1樓：剛瞝
（ⅰ）∵sn=n2+2n，
∴當n≥2時，an=sn-sn-1=n2+2n-[（n-1）2+2（n-1）]=2n+1，
當n=1時，a1=3，也符合上式，回
∴an=2n+1；
（ⅱ）由題意知bn=2bn-1+1，∴bn+1=2（bn-1+1）（答n≥2），∴bn
+1bn?1+1
=2∵b1+1=2，∴是2為首項，2為公比的等比數列，∴bn+1=2?2n-1=2n．
∴bn=2n-1．
（ⅲ）∵cn=an（bn+1）=（2n+1）?2n，∴tn=c1+c2+…+cn
=3×2+5×22+7×23+…+（2n+1）?2n，①2tn=3×22+5×23+…+（2n-1）?2n+（2n+1）?2n+1，②
①-②得：-tn=3×2+23+24+…+2n+1-（2n+1）?2n+1
=2(1?2
n+1)
1?2-（2n+1）?2n+1
=2n+2-（2n+1）?2n+1-2，
∴tn=（2n-1）×2n+1+2．
已知數列{an}的前n項和為sn，且sn=n2+2n，（1）求數列{an}的通項公式；（2）令bn=1sn，且數列{bn}的前n項
2樓：手機使用者
（1）∵數列的前n項和為sn
，且sn=n2+2n，
n=1時，a1=s1=3，
n≥2時，an=sn-sn-1=（n2+2n）-[（n-1）2+2（n-1）]=2n+1，
n=1時也成立，
∴an=2n+1．
（2）bn＝
1sn＝1
n(n+2)＝12
(1n?1n+2
)，∴tn＝1
2[(1?1
3)+(12?1
4)+(13?1
5)+…(1
n?2?1
n)+(1
n?1?1
n+1)+(1n?1
n+2)]=12
(1+12?1
n+1?1
n+2)
=9n+15n
4(n+1)(n+2)
（3）c
n+1＝acn
+n，即c
n+1＝2c
n+1+n
，假設存在這樣的實數，滿足條件，
又c1=1，c2=2c1+1+2=9，c
＝2c+1+＝23，
3+λ2
，9+λ
4，23+λ
8成等差數列，
即2×9+λ
4＝3+λ
2+23+λ8，
解得λ=1，此時
cn+1
+1n+1?cn
+1n=cn+1
＝1?2(c
n+1)
2×n=c
n+1?2cn?1
2×n=1+n
?12×n=12
，數列是一個等差數列，
∴λ=1．
已知數列{an}的前n項和sn＝n2+2n（ⅰ）求數列{an}的通項公式； （ⅱ）求數列{1anan+1}的前n項和tn
3樓：ㄗs威
（ⅰ）當dun=1時，a1=s1=3；
當n≥2時，an=sn-sn-1=（zhin2+2n）-[（n-1）2+2（n-1）]=2n+1，
對a1=3仍成立，dao
∴數列的通項公
內式：an=2n+1；
（ⅱ）由（ⅰ）知容1a
nan+1=1
(2n+1)(2n+3)=12
（12n+1
-12n+3
）∴tn=1
2[（13-1
5）+（15-1
7）+（17-1
9）+…+（1
2n+1
-12n+3
）]=12（1
3-12n+3）=n
6n+9．
已知數列{an}的前n項和為sn，且sn=n2+2n，在數列{bn}中，b1=1，它的第n項是數列{an}的第bn-1（n≥2）項．
4樓：廖小明
（ⅰ）解：由已知，n≥2時，an=sn-sn-1=2n+1n=1時，a1=s1=3，也滿足上式
∴an=2n+1
（ⅱ）解：由已知bn=abn-1=2bn-1+1（n≥2）∴bn+1=2（bn-1+1）
∴是以2為首項，2為公比的等比數列
∴存在實數t=1使數列為等比數列，且bn+1=2n，∴bn=2n-1
（iii）證明：∵bn+1-2bn=2n+1-1-2（2n-1）=1＞0，∴bn+1＞2bn，
∵bn=2n-1≥1，∴1
bn+1
＜12b
n∴tn=1
b+ 1
b+ …+1bn
＜1b+ 1
2b+ …+1
2bn?1=1b
+ 2(1
b+ …+1
bn?1
)即tn＜1
b+ 2(tn?1
bn)∴tn＜2b?1
bn=2-1n?1＜2
已知數列{an}的前n項和為sn=n^2+2n,求數列{an}的通項公式
5樓：匿名使用者
sn=n^2+2n
s(n-1)=(n-1)^2+2(n-1)=n^2-2n+1+2n-2
=n^2-1
an=sn-s(n-1)
=n^2+2n-(n^2-1)
=2n+1
6樓：x暗夜
先令n=1，求出a1=s1則n>=2時an=sn-sn-1再合併
已知數列{an}的前n項和為sn且sn=n2+2n．（i）求數列{an}的通項公式：（ⅱ）數列{bn}中，b1＝1，bn＝abn?1
7樓：最愛妍
（i）當n=1時，
a1=s1=1+2=3；
當n≥2時，an=sn-sn-1=n2+2n-[（n-1）2+2（n-1）]=2n+1，
上式對於n=1時也成立，故an=2n+1．（ii）當n≥2時，bn＝a
bn?1
＝2bn?1
+1，∴bn+1=2（bn-1+1），b1+1=2．∴數列是以2為首項，2為公比的等比數列．∴bn+1＝2×n?1
，∴bn
＝n?1，n=1時也成立．∴bn
＝n?1．
數列{an}的前n項和為sn，且sn＝n2+2n（其中n∈n*）．（1）求數列{an}的通項公式an； （2）設bn＝an?23n?
8樓：長島的雪丶乪
（1）①當n=1時，a1=s1=1+2=3；
②當n≥2時，an=sn-sn-1=n2+2n-[（n-1）2+2（n-1）]=2n+1．
上式對於n=1時也成立．
綜上：an=2n+1．
（2）由題意得：b
n＝(2n+1)?3n?3
=（2n+1）?8n-1．
設數列的前n項的和為tn．
則tn=3×1+5×8+7×82+…+（2n+1）?8n-1．∴8tn=3×8+5×82+…+（2n-1）?8n-1+（2n+1）?8n，
兩式相減得-7tn=3+2×8+2×82+…+2×8n-1-（2n+1）?8n
=1+2×（1+8+82+…+8n-1）-（2n+1）?8n=1+2×n
?18?1
-（2n+1）?8n=1+27(n
?1)?(2n+1)?n=57
-14n+57?n
．∴tn＝(14n+5)?n
?549．
已知數列an的前n項和為Sn，且Snn N，數列bn滿足an 4log2bn 3，n N
1 當n 1時，a1 s1 3，當n 2時，an sn sn 1 2n n n 2 n 1 n 1 n 1 4n 1,又因為a1 3滿足，所以 an 4n 1，所以4n 1 4log2bn 3 log2bn n 1 bn 2 n 1 2 tn anbn 4n 1 2 n 1 tn 3 2 0 7 2...
已知數列an）的前n項和為Sn，且滿足Sn 1 4 an 1 2,an
a1 1 4 a1 1 2 a1 1 sn 1 4 an 1 2 s n 1 1 4 a n 1 1 22式相減 4an an 1 2 a n 1 1 an 1 2 a n 1 1 0 an 1 a n 1 1 an 1 a n 1 1 0 an a n 1 an a n 1 2 0因為an 0 所...
已知數列an的前n項和為Sn，且對任意正整數n，都有an是n與Sn的等差中項，求數列an的通項公式
解 2an n sn sn 2an n 1 s n 1 2a n 1 n 1 做差的 an 2an 2a n 1 1 an 2a n 1 1 an 1 2 a n 1 1 即 an 1 a n 1 1 2所以 an 1 是以公比為2 得等比數列所以 an 1 a1 2 n 1 帶入 1 式 a1 2...