- 等差数列
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已知函数f(x)=x2+2x,数列{an}的前n项和为Sn,对一切正整数n,点Pn(n,Sn)都在函数f(x)的图象上,且过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)若bn=2kn•an,求数列{bn}的前n项和为Tn;
(Ⅲ)设Q={x|x=kn,n∈N*},R={x|x=2an,n∈N*},等差数列{cn}的任一项cn∈Q∩R,其中c1是Q∩R中的最小数,110<c10<115,求{cn}的通项公式.
正确答案
(Ⅰ)∵点Pn(n,Sn)都在函数f(x)=x2+2x的图象上,
∴Sn=n2+2n.
当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+2n-(n-1)2-2(n-1)=2n+1,
当n=1时,也满足.
故an=2n+1.
(Ⅱ)由f(x)=x2+2x求导可得,f′(x)=2x+2
∵过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn,∴kn=2n+2.
又∵bn=2kn•an,
∴bn=22n+2•(2n+1)=4(2n+1)•4n.
∴Tn=4×3×4+4×5×42+4×7×43+…+4(2n+1)•4n…①
由①×4可得:4Tn=4×3×42+4×5×43+4×7×44+…+4(2n+1)•4n+1…②
①-②可得:-3Tn=4•[3×4+2•(42+43+…+4n)-(2n+1)•4n+1]
=4•[3×4+2•-(2n+1)•4n+1].
∴Tn=•4n+2-
.
(Ⅲ)∵Q={x|x=2n+2,n∈N*},R={x|x=4n+2,n∈N*}
∴Q∩R=R,又∵cn∈Q∩R,其中c1是Q∩R中的最小数,
∴c1=6,∴c10=4m+6,m∈N*,({cn}的公差是4 的倍数!)
又∵110<c10<115
∴解得m=27.
设等差数列{an}的前n项和Sn=2n2,在数列{bn}中,b1=1,bn+1=3bn(n∈N*)
(Ⅰ)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(Ⅱ)设cn=an•bn,求数列{cn}前n项和Tn.
正确答案
(Ⅰ)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n-2,
当n=1时,a1=S1=2,也符合上式,
∴an=4n-2,
∵b1=1,bn+1=3bn,∴bn=1•3n-1=3n-1;
(Ⅱ)cn=anbn=2(2n-1)•3n-1,
∴Tn=c1+c2+c3+…cn=2+6•31+10•32+…+(2n-1)•3n-1①,
3Tn=2•31+6•32+…+(2n-1)•3n②,
①-②整理可得,Tn=(2n-2)•3n+2.
设Sn是等差数列{an}的前n项和,且a1=1,a5=9,则S6=______.
正确答案
∵Sn是等差数列{an}的前n项和,且a1=1,a5=9,故公差d=2,
∴S6=6a1+d=36,
故答案为 36.
在数列{an}中,其前n项和Sn与an满足关系式:(t-1)Sn+(2t+1)an=t(t>0,n=1,2,3,…).
(Ⅰ)求证:数列{an}是等比数列;
(Ⅱ)设数列{an}的公比为f(t),已知数列{bn},b1=1,bn+1=3f() (n=1,2,3,…),求b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+(-1)n+1bnbn+1的值.
正确答案
证明:(Ⅰ) 当n=1时,(t-1)S1+(2t+1)a1=t,∴a1=
当n≥2时,(t-1)Sn+(2t+1)an=t,(t-1)Sn-1+(2t+1)an-1=t
∴(t-1)an+(2t+1)an-(2t+1)an-1=0
∴3tan=(2t+1)an-1,t>0
∴=
,a1=
∴数列{an}是以为公比,
为首项的等比数列;
(II)由(Ⅰ)可知,f(t)=(t>0),bn+1=3f(
),则bn+1=bn+2
所以,数列{bn}是以2为公差,首项为1的等差数列
即bn=2n-1
①当n为奇数时,
b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+(-1)n+1bnbn+1
=b1b2+b3(b4-b2)+b5(b6-b4)+…+bn(bn+1-bn-1)
=3+4(b3+b5+…+bn)
=2n2+2n-1
②当n为偶数时,
b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+(-1)n+1bnbn+1
=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+bn(bn-1-bn+1)
=-4(b2+b4+…+bn)
=-(2n2+2n)
所以,原式=
若等差数列{an}的公差d=2,a15=-10,则它首项a1=______.
正确答案
因为等差数列{an}的公差d=2,a15=-10,
所以a15=a1+(15-1)d,
所以-10=a1+28
解得a1=-38
故答案为-38.
已知等差数列{an},Sn为其前n项的和,a2=0,a5=6,n∈N*.
(I)求数列{an}的通项公式;
(II)若bn=3an,求数列{bn}的前n项的和.
正确答案
(Ⅰ)依题意…(2分)
解得
∴an=2n-4…(5分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知bn=32n-4,=9,
所以数列{bn}是首项为,公比为9的等比数列,…(7分)
=
(9n-1).
所以数列{bn}的前n项的和(9n-1).…(10分)
数列{an}是等差数列,a1=1,an=-512,Sn=-1022,求公差d.
正确答案
∵an=a1+(n-1)d,Sn=na1+d,
又a1=1,an=-512,Sn=-1022,
∴,
把(n-1)d=-513代入②,得
n+n•(-513)=-1022,
解得n=4,∴d=-171.
公差不为零的等差数列{an}中,a3=7,又a2,a4,a9成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=2an,求数列{bn}的前n项和Sn.
正确答案
(1)设数列的公差为d,则
∵a3=7,又a2,a4,a9成等比数列.
∴(7+d)2=(7-d)(7+6d)
∴d2=3d
∵d≠0
∴d=3
∴an=7+(n-3)×3=3n-2
即an=3n-2;
(2)∵bn=2an,∴bn=23n-2
∴=
=8
∴数列{bn}是等比数列,
∵b1=2a1=2
∴数列{bn}的前n项和Sn=.
已知数列{an}前 n项和为Sn,且Sn=n2,
(1)求{an}的通项公式
(2)设 bn=,求数列{bn}的前 n项 和Tn.
正确答案
(1)∵Sn=n2
∴Sn-1=(n-1)2
两个式子相减得
an=2n-1;
(2)bk==
=
(
-
)(
故Tn=(1-
)+
(
-
)+
(
-
)+…+
(
-
)=
(1-
)=
已知等差数列{an}的公差d大于0,且a2,a5是方程x2-12x+27=0的两根,数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=1-bn(n∈N*).
(Ⅰ)求数列{an}、{bn}的通项公式;
(Ⅱ)记cn=anbn,求数列{cn}中的最大项.
正确答案
(Ⅰ)设an的首项为a1,∵a2,a5是方程x2-12x+27=0的两根,
∴⇒
∴an=2n-1
n=1时,b1=T1=1-b1
∴b1=
n≥2时,Tn=1-bn,Tn-1=1-
bn-1,
两式相减得bn=bn-1数列是等比数列,
∴bn=•(
)n-1
(Ⅱ)cn=(2n-1)••(
)n-1cn+1-cn=
•(
)n(1-n)
∴当n=1时,c2=c1
当n≥2时,cn+1<cn,∴cn单调递减,
∴数列{cn}中的最大项为c1=c2=
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