1樓：隨緣
^1∵an+1=1/2sn
∴n≥2時，
an=1/2*s(n-1)
兩式相減：
a(n+1)-an=1/2*sn-1/2*s(n-1)=1/2*an∴a(n+1)=3/2*an
∴a(n+1)/an=3/2
∴n≥2時，的通項公式為分段公式：
an={1 (n=1)
{1/2*(3/2)^(n-2) (n≥2)2bn=log(1.5)[3a(n+1)]=log(3/2)[3*1/2*(3/2)^(n-1)]
=log(3/2)[(3/2)^n]=n
∴1/bnbn+1=1/[n(n+1)]=1/n-1/(n+1)∴tn=1/b1*b2+1/b2*b3+....+1/bnb(n+1)
=1-1/2+1/2-1/3+....+1/n-1/(n+1)=1-1/(n+1)
=n/(n+1)
2樓：匿名使用者
a(n+1)=1/2sn,
因此an=1/2s(n-1)
二式的兩邊相減得到a(n+1)-an=1/2[sn-s(n-1)]就是a(n+1)-an=1/2an
--->a(n+1)=3/2an
所以數列是等比數列，第一項a1=1,公比q=3/2，所以an=(3/2)^(n-1).
2)bn=log1.5(an+1)=log1.5(3/2)^n=n所以有:
tn=1/1*2+1/2*3+...+1/n(n+1)=1-1/2+1/2-1/3+...+1/n-1/(n+1)=1-1/(n+1)=n/(n+1)
3樓：玉面諸葛沈耀
由an+1=sn+1 - sn也=1/2 sn可以得到：sn+1/sn=3/2.於是可以知道sn是一項以s1=a1=1，公比q=3/2的等比數列，即：
sn=a1*q(n-1)=3/2 的（n-1）次方。然後再用an=sn-sn-1求出。。 這個實在不好打上去，後面的1/bnbn+1可以放在一起交叉抵消掉。
已知數列{an}的前n項和為sn，且a1=3，an=2sn+1+3n（n∈n*，n≥2）．（1）求證：數列{sn3n}是等差數列；（
4樓：百度使用者
（1）∵a1=3，an=2sn+1+3n（n∈n*，n≥2），∴當n≥2時，an=sn-sn-1
，∴sn-3sn-1=3n，∴sn
n-sn?1n?1
=1，∴數列是以1為首項，1為公差的等差數列；
（2）由（1）得snn
=n，∴sn=n?3n，
∴n≥2時，an=（2n+1）?3n-1，n=1時也成立，
∴an=（2n+1）?3n-1；
（3）bn=2n
?5n?3an
=n?3
n?1，
∴bn+1-bn=?2n+7n，
∴n=1，2，3時，bn+1＞bn，n≥4時，bn+1＜bn，∴對任意n∈n*，都有bn≤127，
∵對任意n∈n*，都有bn+2
9t＜t2，即bn＜t2-2
9t成立，
∴127
＜t2-29t，
解得t＞1
3或t＜-19．
設sn為數列{an}的前n項和，已知a1=2，都有2sn=（n＋1）an 求數列{an}的通項公式
5樓：匿名使用者
解：(1)
n≥2時，
2an=2sn-2s(n-1)=(n+1)an-na(n-1)(n-1)an=na(n-1)
an/n=a(n-1)/(n-1)
a1/1=2/1=2，數列是各項均為2的常數數列an/n=2
an=2n
n=1時，a1=2×1=2，同樣滿足表示式數列的通項公式為an=2n
(2)4/[an(an+2)]=4/[2n×(2n+2)]=1/[n(n+1)]=1/n -1/(n+1)
tn=1-½+½-⅓+...+1/n -1/(n+1)=1- 1/(n+1)
1/(n+1)>0，1- 1/(n+1)<1隨n增大，n+1單調遞增，1/(n+1)單調遞減，1-1/(n+1)單調遞增，當n=1時，
1- 1/(n+1)有最小值=1- 1/(1+1)=½綜上，得½≤tn<1
已知數列{an}的前n項和sn，滿足：a1=1，sn-2sn-1=1，n∈n*，且n≥2．（1）求證：數列{an}是等比數列；（2
6樓：藍瑾璃欔
（1）當n≥2時，由來s
n?2s
n?1＝自1s
n+1?2sn＝1
兩式相減得an+1-2an=0，
又當n=2時，a2=2，
所以an+1an
＝2(n∈n*)，
所以是以1為首項，2為公比的等比數列．
（2）由（1）得a
n＝n?1
，∴**
＝n×(12)
n?1，∴tn
＝1×(12)
+2×(12)
+3×(12)
+…+(n?1)×(12)
n?2+n×(12)
n?1∴12t
n＝1×(12)
+2×(12)
+3×(12)
+…+(n?1)×(12)
n?1+n×(12)
n兩式相減得12t
n＝(12)
+(12
)+(12)
+…+(12)
n?1?n×(12)
n＝2?(n+2)×(12)
n∴tn=4?(n+2)×(12)
n?1＜4，
所以m可以取大於等於4的任意整數，
又∵tn+1?tn
＝(n+1)×(12)
n＞0∴tn≥t1=1，
綜上，存在正整數m，m，使得m≤tn＜m對任意正整數n恆成立，其中m=1，m≥4且m∈n．
已知數列an的前n項和為sn,且滿足an2snsn
an 2sn sn 1 0 其中baian sn sn 1代入上式 dusn sn 1 2sn sn 1 0 a1 1 2,故sn和sn 1 0,上式兩邊同除以zhisn sn 1得 dao 1 sn 1 1 sn 2 0 即 1 sn 1 sn 1 2 為等差內數列,公差為2,首項 容1 s1 1...
已知數列an的前n項和是Sn，且對於任意自然數n，Sn 6 an 3 2 n 1求通項公式an
對於任意自然數n，sn 6 an 3 2 n 1 當n 1時，s1 6 a1 3 2 0 a1 3 2.當n 2時，s n 1 6 a n 1 3 2 n 2 sn 6 an 3 2 n 1 以上兩式相減得 an an a n 1 3 2 n 1 3 2 n 2 即an an a n 1 3 2 n...
已知數列an中a1 4,an0,前n項和為Sn,若an根號Sn 根號Sn
an sn sn 1 sn sn 1 sn sn 1 sn sn 1 an sn sn 1 sn sn 1 1 sn 是以 s1 a1 2為首項，公差為1的等差所列 sn 2 n 1 n 1 sn n 1 an sn sn 1 n 1 n 2n 1 an sn sn 1 an sn sn 1 sn ...