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已知数列{an}满足a1=1,an+1=an/1+√an,n为正整数,求数列{an}的前n项和

已知数列{an}满足a1=1,an-An+1=AnAn+1,数列{an}的前n项和为sn,求证:数

(1)证明:由题设,anan+1=λsn-1,an+1an+2=λsn+1-1, 两式相减得an+1(an+2-an)=λan+1. 因为an+1≠0,所以an+2-an=λ. (2)由题设,a1=1,a1a2=λs1-1,可得a2=λ-1, 由(1)知,a3=λ+1. 若{an}为等差数列,则2a2=a1+a3,解得λ=4,故an+2-an=4. 由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列, a2n-1=4n-3; {a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1. 所以an=2n-1,an+1-an=2. 因此存在λ=4,使得数列{an}为等差数列. 请采纳。

已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=anan+1数列{an}的前n项和...

(1)证明:由an-an+1=anan+1,从而得1an+1-1an=1(3分)

a1=1,∴数列{1an}是首项为1,公差为1的等差数列(5分)

(2)1an=n则an=1n,∴Sn=1+12+13+…+1n

∴Tn=S2n-Sn=1+12+13+…+1n+1n+1+…+12n-(1+12+13+…+1n)

=1n+1+1n+2+…+12n(9分)

证:∵Tn+1-Tn=1n+2+1n+3+…+12n+2-(1n+1+1n+2+…+12n)

=12n+1+12n+2-1n+1

=12n+1-12n+2

=1(2n+1)(2n+2)>0,

∴Tn+1>Tn;…12分

简介

数列(sequence of number),是以正整数集(或它的有限子集)为定义域的函数,是一列有序的数。数列中的每一个数都叫做这个数列的项。排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做首项),排在第二位的数称为这个数列的第2项,以此类推,排在第n位的数称为这个数列的第n项,通常用an表示。

已知正数数列{an}满足:a1=1,Sn=1/2(a[n]+1/a[n]),其中Sn为数列{an}前n项的和

已知正数数列{an}满足:a1=1,Sn=1/2(a(n)+1/a(n)),其中Sn为数列{an}前n项的和 ,求数列{an}的通项公式。 【解】Sn=1/2[a(n)+1/a(n)], 利用公式:an=Sn-S(n-1)(n≥2)代入上式可得: Sn=1/2[Sn-S(n-1)+1/( Sn-S(n-1))], 2 Sn= Sn-S(n-1)+1/( Sn-S(n-1)), Sn+S(n-1)=1/( Sn-S(n-1)), S²n- S²(n-1)=1, 所以数列{ S²n }是等差数列,首项是S²1=1,公差为1, ∴S²n=1+(n-1)•1, S²n=n. Sn=√n. 所以n≥2时

已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=anan+1,数列{an}的前n项和为Sn.(1)求证:数列{1an}为等差数列;(2)

证明:(1)由an-an+1=anan+1
从而得

1
an+1
?
1
an
=1(3分)
∵a1=1
∴数列{
1
an
}
是首项为1,公差为1的等差数列.(5分)
(2)∵
1
an
=n
an
1
n
,∴sn=1+
1
2
+
1
3
+…+
1
n
(7分)
∴Tn=S2n-Sn=1+
1
2
+
1
3
+…+
1
n
+
1
n+1
+…+
1
2n
?(1+
1
2
+
1
3
+…+
1
n
)

=
1
n+1
+
1
n+2
+…+
1
2n
(9分)
Tn+1?Tn
1
n+2
+
1
n+3
+…+
1
2n+2
?(
1
n+1
+
1
n+2
+…+
1
2n
)

=
1
2n+1
+
1
2n+2
?
1
n+1
=
1
2n+1
?
1
2n+2
1
(2n+1)(2n+2)
>0

∴Tn+1>Tn.(12分)

已知正项数列{an}满足a1=1,Sn是数列{an}的前n项和,对任意n∈N+,...

2Sn-1=2an-1^2+an-1-1两式相减,得2Sn-2Sn-1=2an^2-2an-1^2+an-an-12an=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因为是正项,所以每项都是正数,第一个舍去所以2an=2an-1 +1所以an-an-1=1/2所以an就是公差为1/2的等差数列所以an=1+(n-1)1/2=1/2n+1/2
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