1樓：匿名使用者
(1)an=n/2^n
(2)| an+1 - an | =(n-1)/2^(n+1)，前n項和為an=1/2[1-(n+1)/2^n]<=1/2，n為無窮大時取「=」。
(3)| cn+1 |=| (cn+1-cn)+(cn - cn-1)+…+(c2-c1)+c1 |<=| cn+1 - cn |+| cn - cn-1 |+…+| c2 - c1 |+| c1 |<=m1+| c1 |，
即| c(n+1) |<=k=m1+|c1|
同理，| a(n+1) |<=m2+|a1|，|an|<=l。而| c(n+1)a(n+1) - cnan |=| c(n+1)a(n+1) -c(n+1)an + c(n+1)an-cnan | <= | cn+1an+1-ancn+1 | + | ancn+1 - cnan |=|cn+1|*|an+1 - an|+|an|*|cn+1 - cn|<=k|an+1 - an|+l|cn+1 -cn|，
即|cn+1an+1 - cnan|<=k|an+1 - an|+l|cn+1 - cn|。
上式的前n項和為
tn <= km2+lm1>0。
故所求得證
2樓：雨夜彳亍
好複雜……不會做……
已知數列{an}的前n項和sn，滿足：a1=1，sn-2sn-1=1，n∈n*，且n≥2．（1）求證：數列{an}是等比數列；（2
3樓：藍瑾璃欔
（1）當n≥2時，由來s
n?2s
n?1＝自1s
n+1?2sn＝1
兩式相減得an+1-2an=0，
又當n=2時，a2=2，
所以an+1an
＝2(n∈n*)，
所以是以1為首項，2為公比的等比數列．
（2）由（1）得a
n＝n?1
，∴cn
＝n×(12)
n?1，∴tn
＝1×(12)
+2×(12)
+3×(12)
+…+(n?1)×(12)
n?2+n×(12)
n?1∴12t
n＝1×(12)
+2×(12)
+3×(12)
+…+(n?1)×(12)
n?1+n×(12)
n兩式相減得12t
n＝(12)
+(12
)+(12)
+…+(12)
n?1?n×(12)
n＝2?(n+2)×(12)
n∴tn=4?(n+2)×(12)
n?1＜4，
所以m可以取大於等於4的任意整數，
又∵tn+1?tn
＝(n+1)×(12)
n＞0∴tn≥t1=1，
綜上，存在正整數m，m，使得m≤tn＜m對任意正整數n恆成立，其中m=1，m≥4且m∈n．
已知數列an的前n項和為sn且滿足sn十n2ann
1 copy 在sn十n 2an中，令n 1得a1 1 2a1所以baia1 1 n du2時 sn十n 2an s n 1 n 1 2a n 1 兩式相減得an 1 2an 2a n 1 即an 1 2a n 1 兩邊同時zhi加上2得an 1 2 a n 1 1 又a1 1 2 dao0 所以a...
已知數列an的前n項和為sn，且a2 8,sn an
遲到的愛，更加珍貴 由8sn an2 4an 3 得8sn?1 an?12 4an?1 3 n 2，n n e68a84e8a2ad62616964757a686964616f31333363366233 得 8an an an 1 an an 1 4an 4an 1，整理得 an an 1 4 a...
已知數列an的前n項和為sn，且滿足3sn（n 2）a
1 因3sn n 2 an 則3s n 1 n 1 a n 1 注意到sn s n 1 an 則有an a n 1 n 1 n 1 由此有a2 a1 a3 a2 an a n 1 3 4 5 n n 1 1 2 3 n 1 即an a1 n n 1 1 2 中間項相約 注意到a1 2 所以an n ...