已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1/2,an+1=(n+1)an/2n. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=n(2-Sn),n∈N*,若集合
∴an=2n-1. 试题分析:(1)由anan+1=4Sn-1,可得当n≥2时,an-1an=4Sn-1-1,an≠0,两式相减可得an+1-an-1=4;(2)由(1)可得数列{an}的奇数项与偶数项分别为等差数列,进而得出数列{an}的通项公式. 试题解析:(1)证明:∵anan+1=4Sn-1,∴当n≥2时,an-1an=4Sn-1-1,anan+1-an-1a...
当n≥2时,由an+Sn=1及an-1+Sn-1=1,得an-an-1+Sn-Sn-1=0, 即2an=an-1,anan−1=12anan−1=12.…(4分) ∴数列{an}为首项为1212,公比为1212的等比数列.…(5分) ∴an=12∙(12)n−1=12nan=12•(12)n−1=12n.…(6分) ...
分析:(1)等差数列的前n项和公式为Sn= n(a1+an) 2 ,利用倒序相加法进行证明. (2)由已知条件推导出 1 Sn = 2 n(n+1) =2( 1 n - 1 n+1 ),由此利用裂项求和法能求出 1 S1 + 1 S2 +…+ 1 Sn . 解答:解:(1)Sn= n(a1+an) ...
整理,得2an=an-1+1,(n≥2)配方得:2(an-1)=an-1-1∴ an−1 an−1−1= 1 2,可得{an-1}为公比为 1 2的等比数列由已知式可得a1+s1=1,得 a1= 1 2∴ a1−1=− 1 2,可得 an−1=(− 1 2) ( 1 2)n−1=− 1 2n,n=1时也符合因此,数列{an}的通项公式为 an=1−...
2× 1 2an+1=S1+Sn,∴an+1=1+Sn,当n≥2时,an=1+Sn-1,∴an+1-an=an,即an+1=2an,∴数列{an}是等比数列,首项为1,公比为2.∴an=2n-1.(II)bn= n 4an= n 2n+1.∴数列{bn}的前n项和Tn= 1 22+ 2 23+ 3 24+…+ n 2n+1, 1 2Tn= 1 23+ 2 24 + 3 25+…+ n-1 2n+...
参考答案:1)因为,,S成等差数列,所以S +R=20,①···2分所以S1+(n-1)=2a1(a≥2).②①-②,得a.+1=2a.-2a1,所以4+1=2(a1+1)(n≥2).···4分又当=1时,S+1=24,所以3= 1,所以4+1=2,故数列{a+1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以0+1=2-21=2,即4=2-1.···6分...
1 2an.又n=1时,a1+S1=1,∴a1= 1 2.又 an+1 an= 1 2,∴数列{an}是首项为 1 2,公比为 1 2的等比数列.∴an=a1qn-1= 1 2•( 1 2)n-1=( 1 2)n.(2)bn=3+log4( 1 2)n=3- n 2= 6-n 2.当n≤6时,bn≥0,Tn=b1+b2+…+bn= n(11-n) 4;...
解答解:(1)由an+1=Sn+2(n∈N+), 得an=Sn-1+2(n∈N+,n>1). 两式相减得:an+1-an=an,即an+1=2an(n≥2), ∵{an}是等比数列,所以a2=2a1,又a2=a1+2 则a1+2=2a1,∴a1=2, ∴an=2•2n-1=2n. (2)由(1)知an+1=2n+1,an=2n, ...