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已知a1=9，点（an，an+1）在函数f（x）=x2+2x的图象上，其中n∈N*，设bn=lg（1+an）．（Ⅰ）&证明数列{bn}是等比数列；（Ⅱ）&设cn=nbn，求数列{cn}的前n项和Sn；（Ⅲ）&设dn=1an+1an+2，求数列{dn}的前n项和Dn．
题型：解答题难度：中档来源：不详
（Ⅰ）&证明：由题意知：an+1=a2n+2an，∴an+1+1=(an+1)2，∵a1=9∴an+1＞0，∴lg(an+1+1)=lg(an+1)2，即bn+1=2bn．又∵b1=lg（1+a1）=1＞0，∴{bn}是公比为2的等比数列．（Ⅱ）&由（1）知：bn=b1o2n-1=2n-1，∴cn=no2n-1．∴Sn=c1+c2+…+cn=1o20+2o21+3o22+…+no2n-1①，∴2Sn=1o21+2o22+3o23+…+(n-1)o2n-1+no2n②，∴①-②得，-Sn=1o20+21+22+…+2n-1-no2n=1-2n1-2-no2n=2n-1-no2n，∴S&n=no2n-2n+1．（Ⅲ）∵an+1=a2n+2an=an(a&n+2)＞0，∴1an+1=12(1an-1an+2)，∴1an+2=1an-2an+1，∴dn=1an+1an-2an+1=2(1an-1an+1)，∴Dn=d1+d2+…+dn=2(1a1-1a2+1a2-1a3+…1an-1an+1)=2(1a1-1an+1)，又由（1）知：lg(1+an)=2n-1，∴an+1=102n-1，∴an+1=102n-1，∴Dn=2(19-1102&n-1)．
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据魔方格专家权威分析，试题“已知a1=9，点（an，an+1）在函数f（x）=x2+2x的图象上，其中n∈N*，设..”主要考查你对&&数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等），数列的概念及简单表示法&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）数列的概念及简单表示法
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。
&数列的定义：
一般地按一定次序排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项，数列的一般形式可以写成，简记为数列{an}，其中数列的第一项a1也称首项，an是数列的第n项，也叫数列的通项2、数列的递推公式：如果已知数列的第1项（或前几项），且从第2项（或某一项）开始的任一项an与它的前一项an-1（或前几项）间的关系可以用一个公式表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式，递推公式也是给出数列的一种方法。从函数角度看数列：
数列可以看作是一个定义域为正整数集N'（或它的有限子集{l，2，3，…，n}）的函数，即当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，这里说的函数是一种特殊函数，其特殊性为自变量只能取正整数，且只能从I开始依次增大．可以将序号作为横坐标，相应的项作为纵坐标描点画图来表示一个数列，从数列的图象可以看出数列中各项的变化情况。特别提醒：①数列是一个特殊的函数，因此在解决数列问题时，要善于利用函数的知识、函数的观点、函数的思想方法来解题，即用共性来解决特殊问题；②还要注意数列的特殊性（离散型），由于它的定义域是N'或它的子集{1，2，…，n}，因而它的图象是一系列孤立的点，而不像我们前面所研究过的初等函数一般都是连续的曲线，因此在解决问题时，要充分利用这一特殊性．
发现相似题
与“已知a1=9，点（an，an+1）在函数f（x）=x2+2x的图象上，其中n∈N*，设..”考查相似的试题有：
832693524596570423260035285479461166数列{an}前n项和n＝n24，数列{bn}满足3bn-bn-1=n（n≥2，n∈N*），（1）求数列{an}的通项公式；（2）求证：当1≠14时，数列{bn-an}为等比数列；（3）在题（2）的条件下，设数列{bn}的前n项和为Tn，若数列{Tn}中只有T3最小，求b1的取值范围．
（1）∵数列{an}前n项和n＝n24，∴1＝S1＝14，an=Sn-Sn-1=24-(n-1)24=，当n=1时，1，∴n＝2n-14，n∈N*．（4分）（2）证明：∵数列{bn}满足3bn-bn-1=n（n≥2，n∈N*），∴3（bn-an）-（bn-1-an-1）=（3bn-bn-1）-3an+an-1=n-n=0，∴n-an)＝13(bn-1-an-1)，且b1-a1≠0，∴{bn-an}是以b1-a1为首项、为公比的等比数列．（8分）（3）∵{bn-an}是以b1-a1为首项、为公比的等比数列，∴n＝2n-14+(b1-14)×(13)n-1，（10分）∵数列{Tn}中只有T3最小，∴3＜0b4＞0，解得-47＜b1＜-11，（13分）此时，bn+1-bn=1-14)×(<table cellpadding="-1" cellspacing="-1" style="margin-right:
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（1）由已知条件，利用公式n＝S1，n＝1Sn-Sn-1，n≥2能求出数列{an}的通项公式．（2）由已知条件3（bn-an）-（bn-1-an-1）=0，从而得到n-an)＝13(bn-1-an-1)，由此能证明{bn-an}是等比数列．（3）由已知条件推导出n＝2n-14+(b1-14)×(13)n-1，再由数列{Tn}中只有T3最小，能求出b1的取值范围．
本题考点：
数列与不等式的综合．
考点点评：
本题考查数列通项公式的求法，考查等比数列的证明，考查首项的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用．
扫描下载二维码已知f(x)=1/(4^x+2),若数列{an}的通项公式为an=f(n/m)(m∈N*,n=1,2,3…m),求数列{an}的前n项和Sn若数列{an}的通项公式为an=f(n/m)(m∈N*,n=1,2,3…m),求数列{an}的前n项和Sn.需要详细答案~= =有人说是2Sm=2f(m/m)+1/2(m-1) 看不懂.= =倒序相加怎么加成这样的啊...
Overload丶幻
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&#8203;an=f(n/m)=1/[4^（n/m)+2]an受到m的制约:当m=1时，an只有一项，a1=1/[4^（1/1)+2]=1/6当m=2时，an只有两项，a1=1/[4^（1/2)+2]=1/4，a2=1/[4^（2/2)+2]=1/6
扫描下载二维码设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an-n2+3n-2（n∈N*）．（1）求证：数列{an+2n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；（2）若bn=n+n2an+2n，求数列{bn}的前n项和Bn；（3）若cn=n-2，数列{cn}的前n项和Tn，求证Tn＜．
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（Ⅰ）证明：∵Sn=2an-n2+3n-2．当n≥2时，Sn-1=2an-1-（n-1）2+3（n-1）-2，∴an=2an-2an-1-2n+4，∴an+2n+2[an-1+2（n-1）]，又当n=1时，a1=0，∴{an+2n}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴n＝2n-2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）得n＝2n+1-n2-n-2，n＝2-n+22n，∴n＝2n-(32+422+…+n+22n)，设Dn=2+…+n+22n，①则2Dn=n-2+n+22n-1，②②-①，得Dn=3+n-1-n+22n=4-n-1-n=4-n，∴Bn=2n-4+n．（Ⅲ）证明：当n=1时，T1=，当n≥2时，∵2n+2-2（n+2）＞2[2n+1-2（n+1）]，∴2n+2-2（n+2）＞2[2n+1-2（n+1）]＞…＞2n（22-4）=0，∴cn=n+2-2(n+2)＜n+1-2(n-1)=
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（Ⅰ）由已知条件得an=2an-2an-1-2n+4，从而an+2n+2[an-1+2（n-1）]，又当n=1时，a1=0，由此能证明{an+2n}是以2为首项，2为公比的等比数列，从而求出an=2n-2n．（Ⅱ）由n＝2-n+22n，利用分组求和法和错位相减法能求出数列{bn}的前n项和Bn．（Ⅲ）当n=1时，T1=，当n≥2时，2n+2-2（n+2）＞2[2n+1-2（n+1）]＞…＞2n（22-4）=0，由此能证明Tn＜．．
本题考点：
数列与不等式的综合；数列的求和；等比数列的性质．
考点点评：
本题考查等比数列的证明，考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．
扫描下载二维码(本小题共12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋n＝2an(n∈N*)．(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn.求满足不等式的n的最小值．（1）an＝2n－1.（2）10(1)因为Sn＋n＝2an，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)．两式相减，得an＝2an－1＋1.所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以数列{an＋1}为等比数列．因为Sn＋n＝2an，令n＝1得a1＝1.a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.(2)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n.所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·＋(2n＋1)·2n，①2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·，②①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·＝6＋2×－(2n＋1)·,所以Tn＝2＋(2n－1)·.若,则&2010，即&2010.由于210＝48，所以n＋1≥11，即n≥10.所以满足不等式的n的最小值是10.黑龙江省鹤岗一中学年度高二上学期期中考试数学（理）试题解析
（1）an＝2n－1.（2）10(1)因为Sn＋n＝2an，所以Sn－1＝2an－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)．两式相减，得an＝2an－1＋1.所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以数列{an＋1}为等比数列．因为Sn＋n＝2an，令n＝1得a1＝1.a1＋1＝2，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.(2)因为bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，所以bn＝(2n＋1)·2n.所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·＋(2n＋1)·2n， ①2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·， ②①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·＝6＋2×－(2n＋1)·,所以Tn＝2＋(2n－1)·.若,则&2 010，即&2 010.由于210＝1 024,211＝2 048，所以n＋1≥11，即n≥10.所以满足不等式的n的最小值是10.相关试题}