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    解: (Ⅰ)由 Sn=an-×2n+1+, n=1,2,3.- , ① 得 a1=S1= a1-×4+ 所以a1=2. 再由①有 Sn-1=an-1-×2n+, n=2,3.4,- 将①和②相减得: an=Sn-Sn-1= (an-an-1)-×(2n+1-2n),n=2,3, - 整理得: an+2n=4(an-1+2n-1),n=2,3, - , 因而数列{ an+2n}是首项为a1+2=4,公比为4的等比数列,即 : an+2n=4×4n-1= 4n, n=1,2,3, -, 因而an=4n-2n, n=1,2,3, -, (Ⅱ)将an=4n-2n代入①得 Sn= ×(4n-2n)-×2n+1 + = ×(2n+1-1)(2n+1-2) = ×(2n+1-1)(2n-1) Tn= = × = ×( - ) 所以, = - ) = ×( - ) < 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    已知函数f(x)=alog2x，且关于x的方程
    a
    f(x)
    +2=
    f(x)
    a2
    有两个相同的实数解，数列{an}的前n项和sn=1+f（n+1），n∈N*
    （1）求数列{an}的通项公式；
    （2）试确定数列{an}中n的最小值m，使数列{an}从第m项起为递增数列；
    （3）设数列bn=1-an，一位同学利用数列{bn}设计了一个程序，其框图如图所示，但小明同学认为
    这个程序如果执行将会是一个“死循环”（即一般情况下，程序将会永远循环下去而无法结束）．
    你是否赞同小明同学的观点？请说明你的理由．

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    已知数列{an}的通项为an=（2n-1）•2n，求其前n项和Sn时，我们用错位相减法，即
    由Sn=1•2+3•22+5•23+…+（2n-1）•2n得2Sn=1•22+3•23+5•24+…+（2n-1）•2n+1
    两式相减得-Sn=2+2•22+2•23+…+2•2n-（2n-1）•2n+1，
    求出Sn=2-（2-2n）•2n+1．类比推广以上方法，若数列{bn}的通项为bn=n2•2n，则其前n项和Tn=
    （n2-2n+3）•2n+1-6
    （n2-2n+3）•2n+1-6
    ．

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    阅读下面所给材料：已知数列{an}，a1=2，an=3an-1+2，求数列的通项an．
    解：令an=an-1=x，则有x=3x+2，所以x=-1，故原递推式an=3an-1+2可转化为：
    an+1=3（an-1+1），因此数列{an+1}是首项为a1+1，公比为3的等比数列．
    根据上述材料所给出提示，解答下列问题：
    已知数列{an}，a1=1，an=3an-1+4，
    （1）求数列的通项an；并用解析几何中的有关思想方法来解释其原理；
    （2）若记Sn=
    n
    k=1
    1
    lg(ak+2)lg(ak+1+2)
    ，求
    lim
    n→∞
    Sn；
    （3）若数列{bn}满足：b1=10，bn+1=100bn3，利用所学过的知识，把问题转化为可以用阅读材料的提示，求出解数列{bn}的通项公式bn．

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    13、已知数列{an}的通项公式为an=（2n-1）•2n，我们用错位相减法求其前n项和Sn：由Sn=1×2+3×22+5×23+…（2n-1）•2n得2Sn=1×22+3×23+5×24+…（2n-1）•2n+1，两式项减得：-Sn=2+2×22+2×23+…+2×2n-（2n-1）•2n+1，求得Sn=（2n-3）•2n+1+6．类比推广以上方法，若数列{bn}的通项公式为bn=n2•2n，
    则其前n项和Tn=
    （n2-2n+3）•2n+1-6
    ．

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    （2013•临沂一模）已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+an+(
    12
    )n-1=2(n∈N*)    ，设cn=2nan．
    （I）求证：数列{cn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
    （II）按以下规律构造数列{bn}，具体方法如下：b1=c1，b2=c2+c3，b3=c4+c5+c6+c7，…第n项bn由相应的{cn}中2n-1项的和组成，求数列{bn}的通项bn．

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