1樓：手機使用者
∵s4=2s2+4，
∴4a+3×4
2d＝2(2a
+d)+4，
∴d=1．∵bn
＝1+1an
，∴bn＝1+1
n+a?1
，∵bn≤b8，an遞增，
∴對an的正數部分，1an
遞減，而b8是bn中的最大的，
說明數列前7項必然為負值才能保證1an
前7項比第8項小，所以a
＝a+6＜0a＝a
+7＞0
，所以-7＜a1＜-6．
故答案為：（-7，-6）．
已知sn為等差數列｛an｝的前n項和，且a1＝2，s4＝20 1，求數列｛an｝的通項公式 2，設
2樓：匿名使用者
解：1，設其公差為d，由題意知
（a1+a4）/2*4=s4=20，解得
a4=10，
又a4=a1+3d，解得
d=2，所以，通項公示為
an=2+2(n-1)
=2n第二題的bn等於什麼？詳細說下，不行拍個**。
3樓：匿名使用者
1、s4=4a1+6d=8+6d=201
d=193/6
an=2+(n-1)*193/6
2、an+1=2+19n/6
bn=1/[2+(n-1)*193/6]*[2+19n/6]=6/193[1/(2+19n/6-193/6)-1/(2+19n/6)]tn=
設等差數列{an}的前n項和為sn．且s4=4s2，a2n=2an+1．（1）求數列{an}的通項公式；（2）數列{bn}滿足：b1
4樓：手機使用者
（1）設等差數列的首項為a1，公差為d，則4a1+4×32d=4（2a1+d），a1+（2n-1）d=2a1+2（n-1）d+1，解得a1=1，d=2
∴an=2n-1．
（2）數列滿足：b1=3，bn-bn-1=an+1，∴bn-bn-1=2n+1
∴b2-b1=2×2+1，
b3-b2=2×3+1，
…bn-bn-1=2n+1，
累加可得，
∴bn-b1=2（2+3+4+…+n）+n-1=n2+n-2+n-1，
∴bn=n2+2n=n（n+2），
驗證當n=1時，b1=1+2=3，成立∴1bn=12（1
n?1n+2
）∴tn=1b+1
b+…+1bn
=12[（1-1
3）+（12?1
4）+…（1
n?1-1
n+1）+（1n?
1n+2
）]=1
2（1+12-1
n+1-1
n+2）=34
-2n+3
2n+6n+4
數列{an}的前n項和為sn，an是sn和1的等差中項，等差數列{bn}滿足b1+s4=0，b9=a1．（1）求數列{an}，{bn}
5樓：悟秀楣
（1）∵an是sn和1的等差中項，∴sn=2an-1，當n≥2時，an=sn-sn-1=（2an-1）-（2an-1-1）=2an-2an-1，∴an=2an-1，
當n=1時，a1=1，（2分）
∴數列是以1為首項，2為公比的等比數列，
∴an=2n-1（6分）
∴sn=2n-1；
設的公差為d，b1=-s4=-15，b9=a1=-15+8d=1，∴d=2，
∴bn=2n-17；（8分）
（2）cn=1(bn
+16)(b
n+18)=12
（12n?1
-12n+1
），∴wn=1
2[（1-1
3）+（13-1
5）+…+（1
2n?1
-12n+1
）]=1
2（1-1
2n+1
）=12
?14n+2
（14分）
已知等差數列{an}的前n項和為sn，且a2=8，s4=40．數列{bn}的前n項和為tn，且tn-2bn+3=0，n∈n*．（ⅰ）求
6樓：半山煙雲
解：（ⅰ）設等差數列的公差為d，
由題意，得
a1+d=8 4a1+6d=40
解得a1=4d=4
∴an=4n，
∵tn-2bn+3=0，∴當n=1時，b1=3
當n≥2時，tn-1-2bn-1+3=0，
兩式相減，得bn=2bn-1，（n≥2）
則數列為等比數列，
∴bn=3•2n-1；
（ⅱ）cn=4n n為奇數
3*2n-1 n為偶數
當n為偶數時，pn=（a1+a3+…+an-1）+（b2+b4+…+bn）
=[(4+4n-4)•n/2]/2+[6(1-4^n/2)]/(1-4)
=2n+1+n2-2．
當n為奇數時，
（法一）n-1為偶數，pn=pn-1+cn=2^[（n-1）+1]+（n-1）^2-2+4n=2^n+n^2+2n-1，
（法二）pn=（a1+a3+…+an-2+an）+（b2+b4+…+bn-1）
=[(4+4n)•(n+1)/2]/2+6(1-4^[(n-1)/2])/(1-4)
=2^n+n^2+2n-1．
∴pn=2^(n+1)+n^2-2，n為偶數
2^n+n^2+2n-1，n為奇數
已知數列{an}的前n項和sn=an2+bn，且a1=1，a2=3．（1）求數列{an}的通項公式；（2）記bn=1anan+1，求數列
7樓：澈澈
（1）∵數列的前n項和sn=an2+bn，且a1=1，a2=3，∴數列是首項為a1=1，公差為d=2的等差數列，∴an=1+（n-1）×2=2n-1．
（2）∵bn=1an
an+1
=1(2n?1)(2n+1)=12
(12n?1
?12n+1
)，∴tn=1
2（1-13+1
3?15+…+1
2n?1
?12n+1）=1
2(1?1
2n+1)＜1
2，∵tn＜m
20對所有n∈n*都成立，
∴m20≥12
，解得m≥10，
∴最小正整數m為10．
已知{an}是首項a1=-52，公差為d的等差數列，它的前n項和為sn，s4=2s2+4，bn=1+anan．則當bn取得最大值是
8樓：來疇
由等差數列的求和公式可得：s4=4a1+4×32d=4a1+6d，s2=2a1+2×1
2d=2a1+d
代入s4=2s2+4，可得d=1，故的通項公式為：an=a1+（n-1）d=n?72，
故bn=1+an
an=n?5
2n?7
2=2n?5
2n?7
=2n?7+2
2n?7
=1+2
2n?7
．而函式y=2
2x?7
在（-∞，7
2）和（7
2，+∞）上均為減函式，
結合n為正整數可知，數列的前三項為負值，故數列的第4項最大．故答案為：4
已知{an}是公差為d的等差數列，它的前n項和為sn，s4=2s2+4，bn＝1+anan．（1）求公差d的值；（2）若a1＝?
9樓：狸愛窩吧
（1）∵s4=2s2+4，∴4a
+3×4
2d＝2(2a
+d)+4，解得d=1，
（2）∵a
＝?52
，∴數列an的通項公式為 an＝a
+(n?1)＝n?7
2，∴b
n＝1+1an
＝1+1
n?72
，∵函式f(x)＝1+1
x?72
在(?∞，7
2)和(7
2，+∞)上分別是單調減函式，
∴b3＜b2＜b1＜1，當n≥4時，1＜bn≤b4，∴數列中的最大項是b4=3，最小項是b3=-1．
（3）由b
n＝1+1an
得 b
n＝1+1
n+a?1
，又函式f(x)＝1+1
x+a?1
在（-∞，1-a1）和（1-a1，+∞）上分別是單調減函式，且x＜1-a1 時，y＜1；x＞1-a1時，y＞1．∵對任意的n∈n*，都有bn≤b8，∴7＜1-a1＜8，∴-7＜a1＜-6，∴a1的取值範圍是（-7，-6）．
已知等差數列{an}的前n項和為sn，並且a2=2，s5=15，數列{bn}滿足：b1=12，bn+1=n+12nbn（n∈n+），記數列
10樓：窩窩煮蛋殼
（1）設數列的公差為d，
由題意得
a+d＝2
5a+10d＝15
，解得a
＝1d＝1
，∴an=n，∴sn
＝n+n2．
（2）由題意得b
n+1bn＝1
2?n+1n，
累乘得bn＝b
nbn?1?b
n?1b
n?2?…?bb?b
＝(12)n
(nn?1
×n?1
n?2×…×2
1)＝nn．
由題意得tn＝1
2+2+3+…+nn①
12tn
＝1+2
+3+…+n?1n+n
n+1②
②-①得：12t
n＝12+1
4+18+…+1n?n
n+1＝1
2(1?1n)
1?12
?nn+1
＝1??n+2
n+1∴t
n＝2?n+2
n（3）由上面可得2s
n(2?tn)
n+2＝n+nn
，令f(n)＝n+nn
，則f（1）=1，f(2)＝3
2，f(3)＝3
2，f(4)＝5
4，f(5)＝1516．
下面研究數列f(n)＝n+nn
的單調性，
∵f(n+1)?f(n)＝(n+1)
+n+1
n+1?n+nn
＝(n+1)(2?n)
n+1，
∴n≥3時，f（n+1）-f（n）＜0，f（n+1）＜f（n），即f（n）單調遞減．
∵集合m的子集個數為16，
∴m中的元素個數為4，
∴不等式n+nn
≥λ，n∈n+解的個數為4，
∴1516
＜λ≤1
是公差為d的等差數列，sn是an的前n項和
1 設首a1 項因為an是等差數列 所以sn 1 2n 2a1 n 1 d 即sn n a1 1 2 n 1 d 所以sn n是等差數列。2 根據等差數列公式tn 12n n 2 你第一題看不懂什麼意思。第二題tn 11n n n 1 2 2 1 sn a1 an n 2 a1 a1 n 1 d n...
已知an是等差數列,其前n項和為sn,bn是等比數列,且a1 b1 1,a4 b4 20,s4 b
a4 a1加3d s4 4a1加6d a4加b4 20 s4 b4 43 相加a4加s4 23 a1加3d加4a1加6d 23 9d 18 d 2a4 7，代入b4 27，則q 3an 2n 1，bn 3 n tn 3 n 2n 1 a4 b4 27,s4 b4 10 a4 s4 37 a4 2a1...
已知數列是首項a1 1的等差數列，其前n項和為Sn，數列bn是首項b1 2的等比數列，且b2S
1 設等差數列公差為d，等比數列公比為q。由b2s2 16，b1b3 b4得 2q 2 d 16，2 2q 2 2q 3。故q 2，d 2 所以，an 1 2 n 1 2n 1，bn 2 n n n 2 最後應該是求的前2n 1項之和吧 c a 2 2k 1 1 4k 3 c a kb 2 2k 1...