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已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=2an-2n(neN*)
(1)求数列{an}的通项公式an(2)若数列{bn}满足bn=log2(an+2),Tn为数列{bn除以an+2}的前n项和，求证：Tn大于并且等于2分之1
09-07-10 &匿名提问 发布
1：令n=1&在Sn=2an-2n中有a1=2Sn=2an-2nS(n-1)=2a(n-1)-2(n-1)an=Sn-S(n-1)=2an-2n-(2a(n-1)-2(n-1))&&&&=2an-2a(n-1)-2an=2a(n-1)+2令an+k=2[a(n-1)+k]&得&k=2所以&&an+2=2[a(n-1)+2]即&（an+2）/[a(n-1)+2]&=2由等比数列的定义知&an+2是以2为首项，2为公比的等比数列&2：由1得等比数列的通项公式为:an+2=2*n所以bn=log(2)(an+2)=log(2)(2*n)=nbn/（an+2)=n/2*n&&&&&Tn=1/2+2/4+3/8+...+n/2*n&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&(1式)1/2Tn=1/4+2/8+3/16+...+(n-1)/2*n+n/2*(n+1)&&&&(2式)&&(1式)-(2式)&1/2Tn=1/2+1/4+1/8+...+1/n-n/2*(n+1)&&&&&&&&&=1-(1/2)*n-n/2*(n+1)Tn=2-2(1/2)*n-2n/2*(n+1)
请登录后再发表评论!已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5... ... 1._百度知道
已知Sn为数列{an}的前n项和，且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5... ... 1.
,5,谢啦3,数列{cn}的前n项和为Tn,4,设bn=an·cos nπ,数列{an-2n}为等比数列2,1,37&#47,3,,, ,设cn=1&#47,2,求数列{bn}的前n项和Pn
请写出详细步骤,-3n-2,Tn&lt,已知Sn为数列{an}的前n项和,(an-n),,且Sn=2an+n&#178,求证,求证,44,n=1,
提问者采纳
44,每组和为1,2)^n＞0,
而由第一问可算出an=2^n+2n,对于cos nπ,b3=[(-2)^3]-2*3,cos nπ=cosπ=-1,4,则可算出b1=[(-2)^1]-2*1b2=[(-2)^2]+2*2,2组,Cn=1&#47,a＜1&#47,
……由加法分配率进行合理分类,3)*(-2)^n-n(n为奇数)或= Fn+Dn=(-2&#47,当n为奇数时,2)^3-(1&#47,8-(1&#47,3,当n为偶数时,2)^5,综上所述,2)^4+(1&#47,由上述求和公式得(1&#47,1-(-2)=(-2&#47,由第一问已算出an=2^n+2n,(2^n+n),,可把式子分为两部分,2)^n=1&#47,2)^4,故1&#47,(2^n+n)＜1&#47,再进行合理分组,cos nπ=cos0=1,C2=1&#47,,,需分情况讨论,4,就会得到cos nπ=（-1）^n
,则C1+C2+C3=26&#47,+bn=[(-2)^1+(-2)^2+(-2)^3+……+(-2)^n]+2*(-1+2-3+4-……)对第一部分Fn=[(-2)^1+(-2)^2+(-2)^3+……+(-2)^n],显然是个首项为-2,11,则bn=an*cos(nπ)=(2^n+2n)*[(-1)^n],因为n为正整数,可知,3)*(-2)^n+n(n为偶数)第三问,则1&#47,希望上述过程能使LZ受益,可得[-1+2=-3+4=……=-（n-2）+(n-1)=1,得Pn=b1+b2+b3+,44,2）*(1&#47,(1-q),由分数基本性质,2 – n]=-n-12,Fn=（-2+2*（-2）^n）&#47,2)=(1&#47,3)+ (2&#47,……故C4+C5+……+Cn＜(1&#47,2)^n=[(1&#47,若a＞b＞0,p^n表示p的n次方,故C4＜(1&#47,1,共有（n-1）&#47,8-(1&#47,(2^n)=(1&#47,还剩一个-n,2)^n]&#47,2)^4,故 原命题得到证明。以上仅为本人个人思路而已,故可算出Cn=1&#47,则此时很容易算出C1=1&#47,C3=1&#47,8＜1&#47,Dn=2*[-1+2-3+4-……-（n-2）+(n-1)-n],3)+ (2&#47,Pn=Fn+Dn=(-2&#47,由基本运算(a^n)*(b^n)=(ab)^n得bn=[(-2)^n]+2n*[(-1)^n],故此时Dn=2*[1*(n-1)&#47,知此时只需证明C4+C5+……+Cn＜11&#47,由等比数列前n项和公式Sn=(a1-q*an)&#47,同上Dn=n,如果看懂了具体书写过程就自己整理,n为奇数时,2)^4 – （1&#47,4与上述相符,3)*(-2)^n对第二部分Dn=2*(-1+2-3+4-……),C5＜(1&#47,
综合起来,(an-n)=1&#47,6,2)^n,
a*b 表示a与b相乘,要证Tn=C1+C2+C3+C4+C5+……+Cn＜37&#47,2)^4+(1&#47,即可,两式相减,2)^n,由不等式传递性得C4+C5+……+Cn＜1&#47,44=1&#47,得到一个首项(1&#47,b＜0,3)+ (2&#47,2)^n＜1&#47,2)^5+……+(1&#47,3)*(-2)^n-n-1=(-5&#47,公比为-2的等比数列,2的等比数列,第一问楼上已经解释的很详细了,而由题意和目标,
显然(1&#47,(1-1&#47,相当于把（n-1）个数两两为一分组,公比1&#47,,3)+ (2&#47,本人就不多解释了。第二问,2)^5+……+(1&#47,2)^n,Dn=2*[-1+2-3+4-……-(n-1)+n],所以n为偶数时,n≥4时,计算得,注,
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,｛an-2n｝是以2为首项,所以 a1=4,(1+2)+,a1-2=2 ,2为公比的等比数列。2）由1）知,Pn=b1+b2+b3+,+(-2)^n]+[2-4+6-8+,因此,-2n*(-1)^n]=-2*[1-(-2)^n]&#47,因此,化简得 an-2n=2[a(n-1)-2(n-1)] ,+bn=[(-2)+(-2)^2+(-2)^3+,所以 bn=an*cos(nπ)=(2^n-2n)*(-1)^n=(-2)^n-2n*(-1)^n ,,,,,又 a1=S1=2a1+1-3-2,,1）由Sn=2an+n^2-3n-2 得 S(n-1)=2a(n-1)+(n-1)^2-3(n-1)-2 ,两式相减得 an=Sn-S(n-1)=2an+n^2-3n-2-[2a(n-1)+(n-1)^2-3(n-1)-2] ,an-2n=2^n,,
第二问和第三问解释和步骤写细一些
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出门在外也不愁已知数列{an}的前n项和为Sn。项通an满足Sn+an=0.5（n2+3n-2），求通项公式_百度知道
已知数列{an}的前n项和为Sn。项通an满足Sn+an=0.5（n2+3n-2），求通项公式
解答为：Sn+an=1/2*(n^2+3n-2)...........................(1) S(n-1)+a(n-1)=1/2*[(n-1)^2+3(n-1)-2]............(2) (1)-(2): an+an-a(n-1)=n+1 2an-a(n-1)=n+1 2an-n-1=a(n-1)即:2(an-n)=a(n-1)-(n-1) 即:(an-n)/[a(n-1)-(n-1)]=1/2∴{an-n}是公比为1/2的等比数列令{an-n}={bn}由题意:2a1=1/2*(1+3-2)∴a1=1/2∴b1=a1-1=-1/2∴bn=(-1/2)*(1/2)^(n-1)=-(1/2)^n=an-n∴an=-(1/2)^n+n,n∈N+
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已知各项均为正数的数列｛an｝的前n项和为Sn，且对任意正整数n，点｛an，Sn｝都在直线上2x-y-1/2＝0上求数列an的通项公式设bn＝4-n/an，求｛bn｝的前n项和Tn急！要过程
提问者采纳
（an,Sn)在直线上2an-Sn-1/2=0Sn=2an-1/2。。。1S1=2a1-1/2a1=1/2S（n+1）＝2(an+1)-1/2。。。2（1）-（2）得a(n+1)=2anan=2^(n-2)bn=4-n/2^(n-2)=4[1-n/2^n]Sn=...字数限制，打不下啊。
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an=2^(n-2)
这个很简单
我就不求了所以bn=4-n/[2^(n-2)]Tn=b1+b2+......+bn2Tn=2b1+2b2+2b3+....+2bn用错位相减法Tn=2Tn-Tn可求得结果如果不懂错位相减
可以百度hi我
Sn=2an-0.5;a1=0.5;an=Sn-S(n-1)=2an-2a(n-1);∴an=2^(n-2),bn=4-4n/2^nTn=4n-4*[1/2+2/2^2+3/2^3+……+n/2^n]Tn/2=2n-4*[1/2^2+2/2^3+3/2^4+……+(n-1)/2^n+n/2^(n+1)]错位相减抵消得：Tn=4n-8+(4n+8)/2^n
2an-sn=0.5
则2a(n-1)-s(n-1)=0.5相减的an=2a(n-1) 又2a1-a1=0.5
则an=2^(n-2) bn=4(1-n/2^n) 先求cn=n/2^n的和Tm=c1+c2+…+cn2Tm=2c1+c2+…+cn相减Tm=2-(n+2)/2^nTn=4n+8-(n+2)/2^(n-2)
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出门在外也不愁设等差数列(an)的前N项和为sn,若A1=2+T，S5-S2=24+3T，（T＞0）求数列AN的通_百度知道
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&gt,所以 T=aq-1,1&gt,所以 ,a3,5aq^5-aq=aq(q^4-1)=4&gt,aq&gt,设an公差为d,S5-S2 = a3+a4+a5 = 6+3T+9d = 24+3T所以 9d=19,所以 aq^5-aq=4,(q^2+1)而 b3-a3 = aq^3+3-6-T = aq^3-aq-2 = 4&#47,(q^2+1)-2 &lt,0, 所以 aq^5&gt, T=aq^5-5, a4=2+T+3d,又T&gt,所以 b1=aq+1, b3=aq^3+3,1所以 4 = aq^5-aq = aq^5-aq^3+aq^3-aq = (aq^3-aq)(q^2+1)所以 aq^3-aq = 4&#47,0b5=a5,所以 aq-1&gt,则a3=2+T+2d,q, b5=aq^5+5b1=a1, d=2所以 an=2n+T因为 bn=aq^n+n,0,0,4&#47,0,所以 aq+1=2+T,所以 aq^5+5=10+T=10+aq-1, a5=2+T+4d,(1+1)-2 = 0所以 b3&lt,所以q^4-1&gt,
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1,a3=1&#47,2(ai+a5)b3=根号a1*a5ai+a5≥2根号（a1*a5）a3≥b3,s5-s2=a5+a4+a3=a1+4d+a1+3d+a1+2d=3a1+9d=6+3T+9d=24+3Td=2an=a1+(n-1)d=2+T+2n-2=2n+T2,
这个太复杂了 我只是看看。。。
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