1樓：楚牛香
2sn-1=2an-1^2+an-1-1
兩式相減，得2sn-2sn-1=2an^2-2an-1^2+an-an-1
2an=2(an-an-1)(an+an-1)+an-an-10=2(an-an-1)(an+an-1)-(an+an-1)(an+an-1)(2an-2an-1-1)=0an=-an-1或2an=an-1 -1
因為是正項，所以每項都是正數，第一個捨去
所以2an=2an-1 +1
所以an-an-1=1/2
所以an就是公差為1/2的等差數列
所以an=1+(n-1)1/2=1/2n+1/2
2樓：隨後**久愛
an=1+(n-1)/2
bn=2-(n+2)/2^n
2sn=2an^2+an-1
2s(n-1)=2a(n-1)+a(n-1)-12[sn-s(n-1)]=2an^2+an-2a(n-1)^2-a(n-1)
2[an+a(n-1)](an-a(n-1)-1/2)=0故an=a(n-1)+1/2
an=1+(n-1)/2
bn=1/2^n+(n-1)/2^n
利用等比數列求和公式和錯位相減法可得
bn=2-(n+2)/2^n
3樓：匿名使用者
1.2sn=2an∧2＋an－1，2sn-1＝2an-1∧2＋an-1－1，所以an－an-1＝1/2.所以bn=（n＋1）/2∧（n＋1）。
然後利用錯位相消可得sn＝3/4－（n＋3）/2∧（n＋2）.
4樓：匿名使用者
這是等差數列還是等比數列？
已知數列{an}滿足a1=1，an＞0，sn是數列{an}的前n項和，對任意的n∈n*，有2sn=2an2+an-1．（1）求數列{an
已知各項均為正數的數列{an}中，a1=1，sn是數列{an}的前n項和，對任意n∈n*，有 2sn=2an2+an?1．函式f（x
5樓：k笨蛋
（ⅰ）由 2sn=an+a
n?1 ①得2sn+1=an+1+a
n+1?1 ②
由②-①，得 2an+1=2(a
n+1?a
n) +a
n+1?an，
即：2(a
n+1?a
n)(a
n+1+a
n) ?(a
n+1+a
n)＝0（2分）
∴(2a
n+1?2a
n ?1)(a
n+1+a
n)＝0由於數列各項均為正數，
∴2an+1
?2an
?1＝0
即 a
n+1?an＝1
2∴數列是首項為1，公差為1
2的等差數列，
∴數列的通項公式是 a
n＝1+(n?1)×1
2=n+1
2（4分）
（ⅱ）由b
n+1＝f(b
n) ?14知b
n+1＝bn+b
n? 14，
所以bn+1+12
＝ (bn+1
2)，有log
(bn+1+12
) ＝log(bn
+12)=2log
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各項均為正數的數列{an}中，a1=1，sn是數列{an}的前n項和，對任意n∈n*，有2sn=2an2+an-1．（1）求數列{a
6樓：巫妙佛
（1）∵2sn=2an
2+an-1，∴2sn+1=2an+1
2+an+1-1，
兩式相減得：2an+1=2（an+1-an）（an+1+an）+（an+1-an），
即（an+1+an）（2an+1-2an-1）=0．∵an＞0，∴2an+1-2an-1=0，∴an+1-an=12．∴數列是以1為首項，1
2為公差的等差數列，
∴an=n+12．
（2）∵bn=ann
=n+1
n+1，
∴tn=2
+3+4
+…+n+1
n+1，①12
tn=2
+3+4
+…+n+1
n+2，②
①-②得1
2tn=12+1
+1+…+1
n+1-n+1
n+2=12+1
8(1?1
n?1)
1?12
?n+1
n+2=34-1
n+1-n+1
n+2，
∴tn=32-1
n-n+1
n+1=3
2-n+3
n+1．
已知各項均為正數的數列{an}中，a1=1，sn是數列{an}的前n項和，對任意n∈n*，有2sn=2pan2+pan-p（p∈r）
7樓：餓
（1）由a1=1及2sn=2pan
2+pan-p（n∈n*），得：2=2p+p-p∴p=1…（4分）（2）由2sn=2an
2+an-1①
得2sn-1=2an-1
2+an-1-1（n≥2，n∈n*） ②
由①-②得 2an=2（an
2-an-1
2）+（an-an-1）
即：2（an+an-1）（an-an-1）-（an+an-1）=0∴（an+an-1）（2an-2an-1-1）=0
由於數列各項均為正數，
∴2an-2an-1=1即 an?a
n?1＝1
2（n≥2，n∈n*）…（6分）
∴數列是首項為1，公差為1
2的等差數列，∴數列的通項公式是 a
n＝1+(n?1)×1
2＝n+1
2…（9分）
（3）由題意，數列是遞增的，bn+1＞bn，即bn+1＞bn對n∈n*恆成立，
由（2）可得s
n＝n(n+3)4，b
n+1?b
n＝(n+1)(n+4)
4+λn+2
2?(n(n+3)
4+λn+1
2)＞0恆成立，
∴λ＞-（n+2）恆成立，
∴λ＞-3．
已知數列{an}中，a1=1，a2=2，設sn為數列{an}的前n項和，對於任意的n≥2，n∈n+，sn+1+sn-1=2（sn+1）都
8樓：鶘鎖0586惪
由sn+1+sn-1=2（sn+1），得sn+1-sn=sn-sn-1+2，
∴是首項為s2-s1=2，公差為2的等差數列，∴sn+1-sn=2+（版n-1）×2=2n，則n≥2時，權s2-s1=2，s3-s2=4，…，sn-sn-1=2（n-1），
累加，得sn-s1=2+4+…+2（n-1）=(n?1)2n2＝n?n，∴sn＝n
?n+1，又s1=1適合上式，故sn
＝n?n+1，
故答案為：n2-n+1．
已知數列An滿足A1 1，An 1 2An
解 數列滿足a n 1 a n 2 a n 1 採用不動點法，設 x x 2 x 1 x 2 2 解得不動點是 x 2 a n 1 2 a n 1 2 2 2 3 a 1 1 a 1 2 a 1 2 2 2 3 是首項和公比均為2 2 3的等差數列 即 a n 2 a n 2 2 2 3 2 2 3...
已知數列an的首項a1 1,且a n 1 2an
由a n 1 2an 1得a n 1 1 2 an 1 所以是以a1 1 2為首項，以2為公比的等比數列。故an 1 2 n，即an 2 n 1，n an n 2 n n，所以，tn 1 2 2 2 2 3 2 3 n 2 n 1 2 3 n 設sn 1 2 2 2 2 3 2 3 n 2 n，1 ...
已知數列an滿足a1 1 a2 3,an 2 3an
解 i 證明 an 2 3an 1 2an，an 2 an 1 2 an 1 an a1 1，a2 3，an 2 an 1an 1 an 2 n n 是以a2 a1 2為首項，2為公比的等比數列 ii 解 由 i 得an 1 an 2n n n an an an 1 an 1 an 2 a2 a1 ...