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已知数列{an}满足：a1＋＝n2＋2n（其中常数λ＞0，n∈N*），（1）求数列{an}的通项公式；（2）当λ＝4时，是否存在互不相同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列？若存在，给出r，s，t满足的条件；若不存在，说明理由；（3）设Sn为数列{an}的前n项和，若对任意n∈N*，都有（1－λ）Sn＋λan≥2λn恒成立，求实数λ的取值范围。
题型：解答题难度：偏难来源：安徽省模拟题
解：（1）当n＝1时，a1＝3；当n≥2时，由a1＋＝n2＋2n，&&&&&&&&&&&&&&①得＝（n-1）2＋2（n-1），&&&&②①-②得：＝2n＋1，所以an＝（2n＋1）·λn-1，（n≥2），因为a1＝3，所以an＝（2n＋1）·λn-1（n∈N*）。（2）当λ＝4时，an＝（2n＋1）·4n-1，若存在ar，as，at成等比数列，则[（2r＋1）4r-1] [（2t＋1）·4t-1]＝（2s＋1）2·42s-2，整理得（2r＋1）（2t＋1） 4r＋t -2s＝（2s＋1）2，由奇偶性知r＋t -2s＝0，所以（2r＋1）（2t＋1）＝（r＋t＋1）2，即（r-t）2＝0，这与r≠t矛盾，故不存在这样的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列。（3）Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋（2n＋1）λn-1，当λ＝1时，Sn＝3＋5＋7＋…＋（2n＋1）＝n2＋2n；当λ≠1时，Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋（2n＋1）λn-1，λSn＝，，要对任意n∈N*，都有（1-λ）Sn+λan≥2λn恒成立，①当λ=1时，左=（1-λ）Sn+λan=an=2n+1≥2，结论显然成立；②当λ≠1时，左=（1-λ）Sn+λan=，因此，对任意n∈N*，都有恒成立，当0＜λ＜1时，只要对任意n∈N*恒成立，只要有，因此，当0＜λ＜1时，结论成立；当λ≥2时，显然不可能对任意n∈N*恒成立；当1＜λ＜2时，只要对任意n∈N*恒成立，只要有即可，解得1≤λ≤；因此当1＜λ≤时，结论成立；综上可得，实数λ的取值范围为（0，]。
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据魔方格专家权威分析，试题“已知数列{an}满足：a1＋＝n2＋2n（其中常数λ＞0，n∈N*），（1）求数列{an}..”主要考查你对&&等比数列的定义及性质，一般数列的通项公式，数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等），反证法与放缩法&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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等比数列的定义及性质一般数列的通项公式数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）反证法与放缩法
等比数列的定义：
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做公比，公比通常用字母q表示（q≠0）。 等比数列的性质：
在等比数列｛an｝中，有 （1）若m+n=p+q，m，n，p，q∈N*，则aman=apaq；当m+n=2p时，aman=ap2； （2）若m，n∈N*，则am=anqm-n； （3）若公比为q，则｛｝是以为公比的等比数列； （4）下标成等差数列的项构成等比数列； （5）1）若a1＞0，q＞1，则｛an｝为递增数列； 2）a1＜0，q＞1， 则｛an｝为递减数列； 3）a1＞0，0＜q＜1，则｛an｝为递减数列； 4）a1＜0， 0＜q＜1， 则｛an｝为递增数列； 5）q＜0，则｛an｝为摆动数列；若q＝1，则｛an｝为常数列。
等差数列和等比数列的比较：
如何证明一个数列是等比数列：
证明一个数列是等比数列，只需证明是一个与n无关的常数即可（或an2=an-1an+1）。 一般数列的定义：
如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子表示成an=f（n），那么这个公式叫做这个数列的通项公式。
&通项公式的求法：
（1）构造等比数列：凡是出现关于后项和前项的一次递推式都可以构造等比数列求通项公式； （2）构造等差数列：递推式不能构造等比数列时，构造等差数列； （3）递推：即按照后项和前项的对应规律，再往前项推写对应式。已知递推公式求通项常见方法：①已知a1=a,an+1=qan+b,求an时，利用待定系数法求解，其关键是确定待定系数λ，使an+1&+λ=q(an+λ)进而得到λ。②已知a1=a,an=an-1+f(n)(n≥2),求an时，利用累加法求解，即an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)的方法。③已知a1=a,an=f(n)an-1(n≥2)，求an时，利用累乘法求解。数列求和的常用方法：
1.裂项相加法：数列中的项形如的形式，可以把表示为，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和； 2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如的数列，其中为等差数列，为等比数列，均可用此法； 3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：& 数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。 数列求和特别提醒：
（1）对通项公式含有的一类数列，在求时，要注意讨论n的奇偶性；（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。
&反证法的定义：
有些不等式无法利用题设的已知条件直接证明，我们可以用间接的方法——反证法去证明，即通过否定原结论——导出矛盾——从而达到肯定原结论的目的。
放缩法的定义：
把原不等式放大或缩小成一个恰好可以化简的形式，比较常用的方法是把分母或分子适当放大或缩小（减去或加上一个正数）使不等式简化易证。 反证法证题的步骤：
若A成立，求证B成立。共分三步：（1）提出与结论相反的假设；如负数的反面是非负数，正数的反面是非正数即0和负数；（2）从假设出发，经过推理，得出矛盾；（必须由假设出发进行推理否则不是反证法或证错）；（3）由矛盾判定假设不正确，从而肯定命题的结论正确.矛盾：与定义、公理、定理、公式、性质等一切已有的结论矛盾甚至自相矛盾。反证法是一种间接证明命题的基本方法。在证明一个数学命题时，如果运用直接证明法比较困难或难以证明时，可运用反证法进行证明。
放缩法的意义：
放缩法理论依据是不等式的传递性：若,a&b,b&c，则a&c.
放缩法的操作：
若求证P&Q，先证P&P1&P2&…&Pn,再证恰有Pn&Q.需注意：（1）只有同方向才可以放缩，反方向不可。（2）不能放（缩）得太大（小），否则不会有最后的Pn&Q.
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与“已知数列{an}满足：a1＋＝n2＋2n（其中常数λ＞0，n∈N*），（1）求数列{an}..”考查相似的试题有：
846044778431847160412278853858879790已知数列{an}前n项和为Sn,a1=2,Sn=n2+n, (1)求数列{an}的通项公式 (2)设{1/Sn}的前n项和为Tn，求证Tn&1_百度知道
已知数列{an}前n项和为Sn,a1=2,Sn=n2+n, (1)求数列{an}的通项公式 (2)设{1/Sn}的前n项和为Tn，求证Tn&1
提问者采纳
（1）n≥2时，an=Sn-S(n-1)=n²+n-(n-1)²-(n-1)=2n.又a1=2，所以an=2n.（2）1/Sn=1/[n(n+1)]=1/n-1/(n+1).所以Tn=(1-1/2)+(1/2-1/3)+...+[1/n-1/(n+1)]=1-1/(n+1)&1.
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n&=2:an=Sn-S(n-1)=n^2+n-(n-1)^2-(n-1)=2n-1+1=2n(2)Sn=(2+2n)n/2=n(n+1)1/Sn=1/n-1/(n+1)Tn=1-1/2+1/2-1/3+....+1/n-1/(n+1)=1-1/(1+n)&1
(1)Sn=n²+n,S(n-1)=(n-1)²+n-1(n＞1){an}的通项公式 an=Sn-S(n-1)=n²+n-[(n-1)²+n-1]=2n(2)1/Sn=1/(n²+n)=1/n-1/(n+1)
Tn=1-1/2+1/2-1/3+....+1/n-1/(n+1)=1-1/(1+n)&1
解：(1)n&=2
a1=2,Sn=n2+n
∴an=Sn-S(n-1)=n^2+n-(n-1)^2-(n-1)=2n-1+1=2n
(2)Sn=(2+2n)n/2=n(n+1)
1/Sn=1/n-1/(n+1)
Tn=1-1/2+1/2-1/3+....+1/n-1/(n+1)=1-1/(1+n)&1
通项是{2，n2,0,0,0,0，0，0，0，0}
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已知数列{an}满足a1=2，an+1-an+1=0（n∈N+），则此数列的通项an等于（　　）A．n2+1B．n+1C．1-nD．3-n
题型：单选题难度：中档来源：不详
由题意可得，an+1 -an =-1，此等差数列是以2为首项，以-1为公差的等差数列，则此数列的通项an =2+（n-1）d=3-n，故选D．
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等差数列的通项公式
等差数列的通项公式:
an=a1+（n-1）d，n∈N*。 an=dn+a1-d，d≠0时，是关于n的一次函数，斜率为公差d； an=kn+b（k≠）｛an｝为等差数列，反之不能。 对等差数列的通项公式的理解：
&①从方程的观点来看，等差数列的通项公式中含有四个量，只要已知其中三个，即可求出另外一个．其中a1和d是基本量，只要知道a1和d即可求出等差数列的任一项；②从函数的观点来看，在等差数列的通项公式中，。。是n的一次函数，其图象是直线y=dx+（a1-d）上均匀排开的一列孤立点，我们知道两点确定一条直线，因此，给出一个等差数列的任意两项，等差数列就被唯一确定了，等差数列公式的推导：
等差数列的通项公式可由归纳得出，当然，等差数列的通项公式也可用累加法得到：
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568625570081473959300384256145566970数列{a n }的通项公式为an=n2*cos(2nπ/3),其前n项和为Sn _百度知道
数列{a n }的通项公式为an=n2*cos(2nπ/3),其前n项和为Sn
数列{a n }通项公式an=n2*cos(2nπ/3),其前n项Sn
| 享 （1）求A3n-2 +A3n-1+A3n及S3n （2）若Bn=S3n/(n*2^n-1),求{b n }前n项Tn （3）若Cn=1/（4（S3n+1）^2-1）令f（n）=C1+C2+.......+CnQ求f(n)取值范围
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（1）∵数列{a[n]}通项a[n]=n^2[(cosnπ/3)^2-(sinnπ/3)^2]前n项S[n]∴a[n]=n^2Cos(2nπ/3)∴S[n]=1^2(-1/2)+2^2(-1/2)+3^2+4^2(-1/2)+5^2(-1/2)+6^2+...+n^2Cos(2nπ/3)n=3k-2即：k=(n+2)/3：S[3k-2]=(-1/2)[1^2+2^2+...+(3k-2)^2]+3^3/2[1^2+2^2+...+(k-1)^2]=-(3k-2)(3k-1)(6k-3)/12+27(k-1)k(2k-1)/12=[-n(n+1)(2n+1)+(n-1)(n+2)(2n+1)]/12=(2n+1)(-n^2-n+n^2+n-2)/12=-(2n+1)/6n=3k-1即：k=(n+1)/3：S[3k-1]=(-1/2)[1^2+2^2+...+(3k-1)^2]+3^3/2[1^2+2^2+...+(k-1)^2]=-(3k-1)3k(6k-1)/12+27(k-1)k(2k-1)/12=[-n(n+1)(2n+1)+(n-2)(n+1)(2n-1)]/12=(n+1)(-2n^2-n+2n^2-5n+2)/12=(n+1)(-6n+2)/12=-(n+1)(3n-1)/6n=3k即：k=n/3：S[3k]=(-1/2)[1^2+2^2+...+(3k)^2]+3^3/2(1^2+2^2+...+k^2)=-3k(3k+1)(6k+1)/12+27k(k+1)(2k+1)/12=[-n(n+1)(2n+1)+n(n+3)(2n+3)]/12=n(-2n^2-3n-1+2n^2+9n+9)/12=n(6n+8)/12=n(3n+4)/6(2)∵n=3k：S[3k]=n(3n+4)/6=3k(9k+4)/6=k(9k+4)/2∴S[3n]=n(9n+4)/2∵b[n]=S[3n]/(n4^n) ∴b[n]=(9n+4)/(2*4^n)=(9/2)(n/4^n)+2/4^n设R[n]=1/4^1+2/4^2+3/4^3+...+n/4^n则R[n]/4=1/4^2+2/4^3+3/4^4+...+n/4^(n+1)∴3R[n]/4=R[n]-R[n]/4=(1/4^1+1/4^2+1/4^3+...+1/4^n)-n/4^(n+1)=(1/4)(1-1/4^n)/(1-1/4)-n/4^(n+1)=(1/3)(1-1/4^n)-n/4^(n+1)=[4-(3n+4)/4^n]/12∴R[n]=[4-(3n+4)/4^n]/9∴T[n]=[(9/2)(1/4^1)+2/4^1]+[(9/2)(2/4^2)+2/4^2]+...+[(9/2)(n/4^n)+2/4^n]=(9/2)(1/4^1+2/4^2+...+n/4^n)+2(1/4^1+1/4^2+1/4^3+...+1/4^n)=(9/2)R[n]+2(1/4)(1-1/4^n)/(1-1/4)=[4-(3n+4)/4^n]/2+(2/3)(1-1/4^n)=2-(3n/2+2)/4^n+2/3-(2/3)/4^n=[16-(9n+16)/4^n]/6
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