. (2)证明:∵4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn﹣1(n≥2),∴4Sn+2﹣4Sn+1+Sn﹣Sn﹣1=4Sn+1﹣4Sn(n≥2), 即4an+2+an=4an+1(n≥2), ∵,∴4an+2+an=4an+1. ∵=. ∴数列{}是以为首项,公比为的等比数列; }是以. , 为首项,公比为的等比数列, (3)解:由(2)知,{∴即∴{}是以为首项,4为公差的等差数列, ∴,即, ∴数列{an}的通项公式是. 点评: 本题考查了数列递推式,考查了等比关系的确定,考查了等比数列的通项公式,关键是灵活变形能力,是中档题.
26.(2014?广西)数列{an}满足a1=1,a2=2,an+2=2an+1﹣an+2. (Ⅰ)设bn=an+1﹣an,证明{bn}是等差数列; (Ⅱ)求{an}的通项公式.
考点: 数列递推式;等差数列的通项公式;等差关系的确定. 专题: 等差数列与等比数列. 优质范文
. 分析: (Ⅰ)将an+2=2an+1﹣an+2变形为:an+2﹣an+1=an+1﹣an+2,再由条件得bn+1=bn+2,根据条件求出b1,由等差数列的定义证明{bn}是等差数列; (Ⅱ)由(Ⅰ)和等差数列的通项公式求出bn,代入bn=an+1﹣an并令n从1开始取值,依次得(n﹣1)个式子,然后相加,利用等差数列的前n项和公式求出{an}的通项公式an. 解答: 解:(Ⅰ)由an+2=2an+1﹣an+2得, an+2﹣an+1=an+1﹣an+2, 由bn=an+1﹣an得,bn+1=bn+2, 即bn+1﹣bn=2, 又b1=a2﹣a1=1, 所以{bn}是首项为1,公差为2的等差数列. (Ⅱ)由(Ⅰ)得,bn=1+2(n﹣1)=2n﹣1, 由bn=an+1﹣an得,an+1﹣an=2n﹣1, 则a2﹣a1=1,a3﹣a2=3,a4﹣a3=5,…,an﹣an﹣1=2(n﹣1)﹣1, 所以,an﹣a1=1+3+5+…+2(n﹣1)﹣1 =又a1=1, 所以{an}的通项公式an=(n﹣1)2+1=n2﹣2n+2. 点评: 本题考查了等差数列的定义、通项公式、前n项和公式,及累加法求数列的通项公式和转化思想,属于中档题.
27.(2012?碑林区校级模拟)在数列{an}中,a1=1,an+1=(1+)an+(1)设bn=
,求数列{bn}的通项公式;
.
=(n﹣1)2, (2)求数列{an}的前n项和Sn.
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. 考点: 数列递推式;数列的求和. 专题: 计算题;综合题. 分析: (1)由已知得=+,即bn+1=bn+,由此能够推导出所求的通项公式. ++…+),设Tn=1++++…+,(2)由题设知an=2n﹣由错位相减法能求出Tn=4﹣解答: ,故Sn=(2+4+…+2n)(﹣1++.从而导出数列{an}的前n项和Sn. 解:(1)由已知得b1=a1=1,且即bn+1=bn+b3=b2+bn=bn﹣1+, (n≥2). +…+=2﹣,从而b2=b1+, =+, 于是bn=b1++又b1=1, (n≥2). 故所求的通项公式为bn=2﹣(2)由(1)知an=2n﹣, . 故Sn=(2+4+…+2n)﹣(1++设Tn=1++++…++,① +…+), Tn=+++…++,② ①﹣②得, Tn=1++++…+﹣ =﹣=2﹣﹣, ∴Tn=4﹣. 优质范文
. ∴Sn=n(n+1)+﹣4. 点评: 本题考查数列的通项公式和前n项和的求法,解题时要注意错位相减法的合理运用.
28.(2015?琼海校级模拟)已知正项数列满足4Sn=(an+1)2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=
考点: 数列递推式;数列的求和. ,求数列{bn}的前n项和Tn.
专题: 计算题;等差数列与等比数列. 分析: (Ⅰ)由4Sn=(an+1)2.可知当n≥2时,4Sn﹣1=(an﹣1+1)2,两式相减,结合等差数列的通项公式可求 (Ⅱ) 由(1)知 解答: 解:(Ⅰ)∵4Sn=(an+1)2. ∴当n≥2时,4Sn﹣1=(an﹣1+1)2. 两式相减可得,4(sn﹣sn﹣1)=即4an= =,利用裂项求和即可求解 整理得an﹣an﹣1=2 …(4分) 又a1=1 ∴an=1+2(n﹣1)=2n﹣1 …(6分) 优质范文