数列,设公比大于零的等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,S4=5S2,数列{bn}的前n项和为Tn,满足b1=1,Tn=n^2(bn),n属于N*.求数列{an},{bn}的通项公式?若设Cn=【(Sn）+1)】(nbn-Q),若数列{Cn}是单调递减数列,求实数Q的取值范围我算出来了an=2^(n-1) bn=2/n(n+1) 我只要最后一问
当年情00c9
Cn=(Sn+1)(nbn-Q)=2*an*[2/(n+1)-Q]=2^n[2/(n+1)-Q]显然2^n在不断增大,所以应让2/（n+1)-Q取1
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扫描下载二维码设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1=4an+2（1）设bn=an+1-2an，证明数列{bn}是等比数列&&&（2）求数列{nbn}的前n项和Tn．
（1）由题意知，Sn+1=4an+2 & ①∴Sn=4an-1+2 （n≥2）②①-②：an+1=4an-4an-1 ∴an+1-2an=2（an-2an-1）令n=1得，s2=4a1+2=a1+a2，解得a2=5，数列{an-2an-1}是以3为首项，2为公比的等比数列，∵bn=an+1-2an，∴数列{bn}是等比数列，（2）由（1）得，bn=an+1-2an=3o2n-1，∴nbn=3no2n-1∴Tn=3[1×20+2×21+3×22+…+no2n-1]③∴2Tn=3[1×21+2×22+…+（n-1）o2n-1+no2n]④③-④：-Tn=3[1+21+22+23+…+2n-1-no2n]=3×n1-2-3no2n=（3-3n）o2n-3，∴Tn=（3n-3）o2n+3．
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（1）先根据Sn+1=4an+2，得到Sn=4an-1+3，两式相减得到an+1=4an-4an-1 ，再变形得an+1-2an=2（an-2an-1），令n=1求出a2的值，由等比数列的定义得{an-2an-1}是以3为首项，2为公比的等比数列，即数列{bn}是等比数列；（2）先由（1）和等比数列的通项公式，求出数列{nbn}的通项公式，再利用错位相减法求数列{nbn}的前n项和Tn．
本题考点：
数列的求和；等比关系的确定．
考点点评：
本题主要考查数列通项公式与前n项和之间的关系，等比数列的通项公式和前n项和公式，以及错位相减法求和，考查了计算能力．
扫描下载二维码已知数列{an}满足a1=1，an+1-an=2；数列{bn}满足b1=1，bn+1-bn=2n-1．（Ⅰ）求数列an和bn的通项公式；（Ⅱ）求数列{nbn}的前n项和Tn．
不知道的事105
（I）因为an+1-an=2，所以数列{an}是以2为公差的等差数列，又a1=1，所以an=a1+（n-1）d=2n-1，因为b1=1，bn+1-bn=2n-1，所以2-b1＝20，3-b2＝21，…，n-bn-1＝2n-2，以上（n-1）个式子相加得，n-b1＝20+21+…+2n-2=n-11-2=2n-1-1，所以n＝2n-1，（Ⅱ）由（Ⅰ）得，nbn=no2n-1，所以Tn=1×20+2×21+3×22+…+no2n-1，①2Tn=1×21+2×22+3×23+…+no2n，②①-②得，-Tn=1+2+22+23+…+2n-1-no2n=n1-2-no2n=2n-1-no2n，所以Tn=（n-1）o2n+1．
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（Ⅰ）由an+1-an=2得数列{an}是以2为公差的等差数列，由等差数列的通项公式求出an，根据题意和累加法求出bn；（Ⅱ）根据（Ⅰ）求出nbn，再利用错位相减法求出数列{nbn}的前n项和Tn．
本题考点：
等差数列与等比数列的综合．
考点点评：
本题考查了等差数列的定义、通项公式，累加法求数列的通项公式，以及数列求和方法：错位相减法，属于中档题．
a(n+1)-an=2{an}是等差数列an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1b(n+1)-bn=2^(n-1)则：b(n)-b(n-1)=2^(n-2)
b(n-1)-b(n-2)=2^(n-3)
b2-b1=2^0相加得bn-b1=2^0+2^...
扫描下载二维码【答案】分析：（1）{an}为常数列，a1=1，可求an=1，代入f（n）=a1Cn1+a2Cn2+…+akCnk+…+anCnn（n∈N*）可求f（4）的值；（2）根据题意可求an=2n-1（n∈N*），f（n）=Cn1+2Cn2+4Cn3+…+2n-1Cnn，两端同时2倍，配凑二项式（1+2）n，问题即可解决；（3）假设数列{an}能为等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2n对一切n∈N*都成立，利用倒序相加法求得，最终转化为（d-2）+（d-2）（n+2）2n-1=0对n∈N*恒成立，从而求得d=2，问题解决．解答：解：（1）∵{an}为常数列，∴an=1（n∈N*）．∴f（4）=C41+C42+C43+C44=15．…（4分）（2）∵{an}为公比为2的等比数列，∴an=2n-1（n∈N*）．…（6分）∴f（n）=Cn1+2Cn2+4Cn3+…+2n-1Cnn，∴1+2f（n）=1+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=（1+2）n=3n，故．…（10分）（3）假设数列{an}能为等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2n对一切n∈N*都成立，设公差为d，则f（n）=a1Cn1+a2Cn2+…+akCnk+…+an-1Cnn-1+anCnn，且f（n）=anCnn+an-1Cnn-1+…+akCnk+…+a2Cn2+a1Cn1，…（12分）相加得&2f（n）=2an+（a1+an-1）（Cn1+Cn2+…+Cnk+…+Cnn-1），∴==1+（n-1）d+[2+（n-2）d]（2n-1-1）．∴f（n）-1=（d-2）+[2+（n-2）d]2n-1=（n-1）2n对n∈N*恒成立，即（d-2）+（d-2）（n+2）2n-1=0对n∈N*恒成立，∴d=2．…（15分）故{an}能为等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2n对一切n∈N*都成立，它的通项公式为an=2n-1．…（16分）点评：本题重点考查二项式定理的应用，解决的方法有倒序相加法求 f（n），难点在于综合分析，配凑逆用二项式定理，属于难题．
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科目：高中数学
已知数列{an}的首项a1=，前n项和Sn=n2an（n≥1）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设b1=0，bn=n-1Sn(n≥2)，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：n＜n2n+1．
科目：高中数学
已知数列{an}的首项为a1=2，前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，当n≥2，时，an总是3Sn-4与2-52Sn-1的等差中项．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=（n+1）an，Tn是数列{bn}的前n项和，n∈N*，求Tn．
科目：高中数学
（;江门一模）已知数列{an}的首项a1=1，若?n∈N*，an•an+1=-2，则an=1，n是正奇数-2，n是正偶数1，n是正奇数-2，n是正偶数．
科目：高中数学
已知数列{an}的首项为a1=3，通项an与前n项和sn之间满足2an=Sn•Sn-1（n≥2）．（1）求证：数列{1Sn}是等差数列；（2）求数列{an}的通项公式；（3）求数列{an}中的最大项．
科目：高中数学
已知数列{an}的首项a1=23，an+1=2anan+1，n∈N+（Ⅰ）设bn=1an-1证明：数列{bn}是等比数列；（Ⅱ）数列{nbn}的前n项和Sn．
精英家教网新版app上线啦！用app只需扫描书本条形码就能找到作业，家长给孩子检查作业更省心，同学们作业对答案更方便，扫描上方二维码立刻安装！数列{an}的前n项和为Sn，存在常数A，B，C，使得an+Sn=An2+Bn+C对任意正整数n都成立．（1）若数列{an}为等差数列，求3A-B+C的值；（2）若A=-，B=-，C=1，设bn=an+n数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；（3）若C=0，{an}是首项为1的等差数列，设M=i2+1ai+12，求不超过M的最大整数的值．
（1）因为{an}为等差数列，设公差为d，由an+Sn=An2+Bn+C，得a1+（n-1）d+na1+on（n-1）d=an+Sn=An2+Bn+C，…（2分）即（d-A）n2+（a1+-B）n+（a1-d-C）=0对任意正整数n都成立．…（4分）所以1+12d-B＝0a1-d-C＝0，∴A=d，B=a1+d，C=a1-d，所以3A-B+C=0．&&&&&&&…（10分）（2）∵an+Sn=-n2-n+1，∴a1=，当n≥2时，an-1+Sn-1=-（n-1）2（n-1）+1，∴2a1-an-1=-n-1，∴2（an+n）=an-1+n-1，∴bn=bn-1（n≥2），而b1=a1+1=，所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，所以n＝(12)n．&n＝n2n．所以n＝<table cellpadding="-1" cellspacing="-1" sty
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（1）已知数列{an}为等差数列设公差为d，根据数列通项公式，可前n项和公式代入an+Sn=An2+Bn+C，可以求出A、B、C，再进行证明；（2）由已知条件推导出bn=n，从而得到nbn=n．由此利用错位相减法能求出数列{nbn}的前n项和Tn．（3）由an=n，2+1(n+1)2=2(n+1)2+(n+1)2+n2n2(n+1)2==1+=1+-，由此利用裂项求和法能求出不超过M的最大整数的值．
本题考点：
数列的应用．
考点点评：
本题考查等式的证明，考查数列的前n项和的求法，考查最大整数值的求法，解题时要认真审题，注意错位相减法和裂项求和法的合理运用．
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