1樓：澈澈
（i）設等比數列的公比為q，則
1+d＝q①
1+3d＝q②，
把①代入②，得d3+3d2=0，又d≠0，∴d=-3，並求得q=-2，
∴an=-3n+4，b
n＝(?2)
n?1（n∈n*）；
（ii）由（i）知cn＝a
nbn＝(?3n+4)?(?2)
n?1，sn
＝c+c
+c+…+c
n＝1+(?2)?(?2)+…+(?3n+4)(?2)n?1，
則?2s
n＝(?2)+(?2)(?2)
+…+(?3n+7)(?2)
n?1+(?3n+4)(?2)n，
兩式相減得，3s
n＝1+(?3)[(?2)+(?2)
+…+(?2)
n?1]?(?3n+4)(?2)
n=1+(?3)?2[1?(?2)
n?1]
3?(?3n+4)(?2)n，
∴sn＝(n?1)(?2)
n+1．
已知等差數列{an}的公差為d（d≠0），等比數列{bn}的公比為q，a1=b1=1，a2=b2，a5=b3．（1）求數列{an}與
2樓：今生寂酒
（1）由題意可知，
1+d＝q
1+4d＝q
解方程可得，d=2，q=3∴an
＝2n?1，b
n＝n?1
（2）∵cn=an?bn=（2n-1）?3n-1∴sn=1?
1+3?31+5?32+…+（2n-1）?
3n-1∴3sn=1?3+3?32+…+（2n-3）?
3n-1+（2n-1）?3n
兩式相減可得，-2sn=1+2（3+32+…+3n-1）-（2n-1）?3n
=1+2?3(1?n?1
)1?3
-（2n-1）?3n
=1+3n-3-（2n-1）?3n=（-2n+2）?3n-2∴sn＝(n?1)?n+1
已知數列{an}，{bn}分別是等差、等比數列，且a1=b1=1，a2=b2，a4=b3≠b4．①求數列{an}，{bn}的通項公式
3樓：薔宣朗
①設的公差為d，的公比為q，則依題意
1+d＝q
1+3d＝q
q≠1?
q＝2d＝1
∴an=1+（n-1）×1=n；
bn=1×2n-1=2n-1．（4分）
②∵sn=n(n+1)2?1
sn=2n(n+1)
=2（1n-1
n+1）．
∴tn=1s+1
s+…+1sn
=2[（11?1
2）+（12?1
3）+…+（1n?1
n+1）]
=2（1-1
n+1）
=2nn+1
．（8分）
③∵cn=n?n?1
(n+1)(n+2)
2=n?n
(n+1)(n+2)
=n+1
n+2-n
n+1．
∴rn=c1+c2+…+cn=（3
?2）+（4?3
）+…+（n+1
n+2?n
n+1）
=n+1
n+2-1．
已知數列{an}為等差數列，且公差不為0，{bn}為等比數列，a1=b1=1，a2=b2，a4=b3．（ⅰ）求{an}的通項公式
若{an}是公差d≠0等差數列，{bn}是公比q≠1等比數列，已知a1=b1=1，且a2=b2，a6=b3．（1）求數列{an}和{b
4樓：回憶
（1）依題得
1+d＝q
1+5d＝q
?d＝3
q＝4，
∴an=3n-2，bn=4n-1；
（2）∵1an
an+1
=1(3n?2)(3n+1)=13
（13n?2
-13n+1
），∴sn=1
3[（11-1
4）+（14-1
7）+…+（1
3n?2
-13n+1
）]=n
3n+1
；（3）假設存在常數a，b滿足題意，把an=3n-2，bn=4n-1代入an=logabn+b，
得：3n-2=log
an?1
+b，即（3-loga4）n+（loga4-b-2）=0對一切n∈n*都成立，
∴3?log
a4＝0
loga
4?b?2＝0
，解得：
a＝34
b＝1．
即存在常數a=3
4，b=1滿足題設．
在等差數列{an}，等比數列{bn}中，已知a1=b1=1，a2=b2≠1，a8=b3，（1）求數列{an}的公差d和數列{bn}的公
5樓：匿名使用者
（1）∵a1=b1=1，a2=b2≠1，a8=b3，∴1+d=q，1+7d=q2，（d≠0，q≠1）解得：d=5，q=6；
（2）由（1）知：an=1+5（n-1）=5n-4，bn=6n-1，要使對一切正整數n，都有an=logxbn+y成立，即5n-4=（n-1）logx6+y，
∴5＝logx6
?4＝y?logx6
，解得x＝5
6y＝1，∴當
x＝56
y＝1時對，一切正整數n，都有an=logxbn+y成立．
已知等差數列{an}的首項a1=1，公差d＞0，其前n項和為sn，數列{bn}是等比數列，且b1=a2，b2=a5，b3=a14．
6樓：膽分燙
（1）由是等比數列，得b
＝b?b
，即(a
+4d)
＝(a+d)(a
+13d)，整理得：2a
d＝d．
∵a1=1，公差d＞0，
∴d=2．
∴an=1+2（n-1）=2n-1．
b1=a2=3，b2=a5=9，
∴等比數列的公比q=3．∴bn
＝n；（2）由cb+c
b+…+cnb
n=sn，得cb
+cb+…+c
n?1b
n?1＝s
n?1 （n≥2）．
兩式作差得：cnb
n＝an(n≥2)．
∴cn=an?bn（n≥2）．又cb
＝a，∴c1=a1?b1．
∴cn=an?bn．
∴tn=1×3+3×32+5×33+…+（2n-1）?3n．3tn＝1×+3×+…+(2n?1)?n+1
．兩式作差得：?2t
n＝3+2(++…+n
)?(2n?1)?n+1
=3+2×9(1?n?1
)1?3
?(2n?1)?n+1．∴t
n＝3+(n?1)?n+1．
在公差為d（d≠0）的等差數列{an}和公比為q的等比數列{bn}中，已知a1=b1=1，a2=b2，a8=b3．（1）求數列{a
7樓：小夥
（1）由條件得：
1+d＝q
1+7d＝q
?d＝5
q＝6?a
n＝5n?4，b
n＝n?1
（2）tn=c1+c2+c3+…+cntn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an-1bn-1+anbn①qtn=a1b2+a2b3+a3b4+…+an-1bn+anbn+1②
①-②：(1?q)tn＝a
b+db
+db+…+db
n?1+dbn?a
nbn+1＝a
b+db
(1?q
n?1)
1?q?anb
n+1即 ?5t
n＝1+56(1?n?1)?5
?(5n?4)n
∴tn=（n-1）6n+1
已知數列｛an｝為等差數列，數列｛bn｝是公比為正的等比數列，且a1=b1=1，a2=b2+1，b4=a4+1 10
8樓：瀧芊
設等差數列公差d，等比數列公比q(q>0)
a2=a1+d=1+d
b2=b1q=q
1+d=q+1, d=q ....(1)
a4=a1+3d=1+3d
b4=b1q^3=q^3
q^3=1+3d+1=2+3d ...(2)
q^3=2+3q, q^3-3q-2=0,q^3+q^2-(q^2+3q+2)=0
q^2(q+1)-(q+1)(q+2)=0, q^2-q-2=0, (q+1)(q-2)=0, q-2=0, q=2
所以 d=2,q=2
an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1
bn=b1q^(n-1)=2^(n-1)
cn=anbn=(2n-1)*2^(n-1)
tn=1*2^0+3*2^1+5*2^2+....+(2n-3)*2^(n-2)+(2n-1)*2^(n-1) .....(1)
2tn= 1*2^1+3*2^2+...........................+(2n-3)*2^(n-1)+(2n-1)*2^n .....(2)
(1)-(2):
-tn=1*2^0+2*2^1+2*2^2+......+2*2^(n-1)-(2n-1)*2^n
=1+2^2+2^3+....+2^n-(2n-1)*2^n
=1+2*[2^(n-1)-1]/(2-1)-(2n-1)*2^n
=1+2^n-2-(2n-1)*2^n
=-1-(n-1)*2^(n+1)
tn=(n-1)*2^(n+1)+1
t1=(1-1)*2^(1+1)+1=1>=1
假設 tk=(k-1)*2^(k+1)+1>1, k>=1
t(k+1)=(k+1-1)*2^(k+1+1)+1
=2k*2^(k+1)+1
=2k*2^(k+1)-2*2^(k+1)+2*2^(k+1)+1
=2(k-1)*2^(k+1)+2+2^(k+2)-1
=2tk+2^(k+2)-1
>=2*1+2^(1+2)-1=1+8>1
由歸納法知，tn>=1
已知等差數列an的首項a1 1,公差d0,數列bn是等比數列，且a2 b2,a5 b3,a14 b
1 an a1 n 1 d,a1 1 bn b1q n 1 a2 b2 1 d b1.q 1 a5 b3 1 4d b1q 2 2 a14 b4 1 13d b1q 3 3 3 2 2 1 1 13d 1 4d 1 4d 1 d 1 14d 13d 2 1 8d 16d 2 d 2 2d 0 d 2...
已知等差數列an的公差d大於0,且滿足a3a6 55,a2 a7 16,an b1 b2 2 n 1 n是正數
a3 a6 a2 a7 16 a3a6 55 因此a3 5，a6 11 則d 11 5 6 3 2 因此an a3 n 3 2 2n 1 n 1時b1 a1 1 n不等於1時，an an 1 bn 2 n 1 2 因此bn 2 2 n 1 2 n cn 1 cn a n 3 b n a n b n ...
已知等差數列an的公差為1 且a1 a2a98 a
a1 a2 a98 a99 99 99 a1 a99 2 99 a1 a99 2 a1 a1 99 1 d 2 2a1 98d 2 2a1 2 98d 2a1 2 98 1 2a1 96 a1 48 a3 a1 2d a6 a1 5d a9 a1 8d a96 a1 95d a99 a1 98d a...