1樓：手機使用者
（1）∵s2=ks1+2，∴a1+a2=ka1+2，又a1=2，a2=1，
∴2+1=2k+2，解得k＝12
．（2）由 （1）知 s
n+1＝12s
n+2①，當n≥2時，sn＝1
2sn?1+2
②，①-②，得a
n+1＝12a
n(n≥2)，
又a＝12a
，易見a
n≠0 (n∈n
*)，∴a
n+1an＝1
2 (n∈n*)，
於是是等比數列，公比為1
2，首項為2，
所以sn
＝2[1?(12)
n]1?12
=4（1-1n）；
（3）不等式sn?m
sn+1
?m＜1
2，即4(1?1
n)?m
4(1?1
n+1)?m＜12
，整理可得4?m?6
n4?m?2
n＜0．
可得2n
＜4?m＜6
n即2＜2n（4-m）＜6，
假設存在正整數m，n使得上面的不等式成立，由於2n為偶數，4-m為整數，則只能是2n（4-m）=4，∴n＝24?m＝2或n
＝44?m＝1
，因此，存在正整數m＝2， n＝1； 或 m＝3， n＝2， 使 sn?m
sn+1
?m＜12．
已知數列{an}的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2（n∈n*），且a1=2，a2=1（ⅰ）求k的值和sn的表示式；（ⅱ）是否
2樓：青春無悔°眪脿
（i）∵s2=ks1+2，∴a1+a2=ka1+2又a1=2，a2=1，2+1=2k+2，∴k＝12
…（2分）∴s
n+1＝12s
n+2①當n≥2時，sn＝1
2sn?1+2②①-②，得a
n+1＝12a
n(n≥2)
又a＝12a
，由a1=2≠0可得an≠0（n∈n*），∴an+1an＝1
2 (n∈n*)
於是是等比數列，其首項為a1=2，公比為12，所以s
n＝2?[1?(12)
n]1?12
＝4(1?1
n)…（6分）
（ii）不等式sn?m
sn+1
?m＜1
2，即4(1?1
n)?m
4(1?1
n+1)?m＜12
．，整理得n
(4?m)?4
n(4?m)?2＜12
，令t=2n（4-m），則不等式變為t?4t?2＜1
2，解之得2＜t＜6即2＜2n（4-m）＜6…（8分）假設存在正整數m，n使得上面的不等式成立，由於2n為偶數，4-m為整數，
則只能是2n（4-m）=4∴
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收起2015-02-10
已知數列的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2，且a...
2015-02-22
已知數列前n項的和為sn，且有sn+1=ksn+2 ...
2011-02-23
已知數列｛an}的前n項和sn滿足s(n+1)=ksn+2(...
2015-02-10
已知數列的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2，又a...
2015-02-09
已知數列的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2，又a...
2011-08-02
已知數列的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2,又a...
2010-07-25
已知數列｛an｝的前n項和sn滿足sn+1＝ksn+1,又a...
2013-07-26
已知數列｛an｝的前n項和sn滿足sn+1＝ksn+2,又a...
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已知數列{an}的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2，又a1=2，a2=1．（1）求k的值；（2）求數列{an}的通項公式；（3
3樓：矮蝴蝶
（1）∵s2=ks1+2，∴a1+a2=ka1+2，又a1=2，a2=1，2+1=2k+2，∴k=12；
（2）由（1）s
n+1＝12s
n+2①，當n≥2時，sn＝1
2sn?1+2②
①-②，a
n+1＝12a
n，又a＝12a
(∵an
≠0，n∈n
+)，∴a
n+1an＝1
2(n∈n+)
∴是等比數列，公比為1
2，∴a
n＝2×(12)
n?1＝1
n?2；
(3)s
n＝2[1?(12)
n]1?12
＝4?4(12)n
已知數列{an}的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2，又a1=2，a2=4（1）求k的值及通項an（2）若bn=log2an，試求所有
4樓：黑色十月
（bai1）當n=1時，s2=ks1+2，即a1+a2=ka1+2，將a1=2，a2=4
代入上式du，得zhik=2；（2分）
當daon≥2時，
sn+1
＝2sn
+2(1)sn
＝2sn?1
+2(2)
（1）-（2）得an+1=2an（4分）
又因為a
a＝2，所以內an
為首項為2，公比容為2的等比數列，（6分）所以an=2n．（7分）
（2）由（1）知bn=log2an=n，sn=2n+1-2（9分）則bm+1
bm+2bm
＝(m+1)(m+2)
m＝m+2
m+3（10分）
因為m∈n+，sn∈n+，所以m∈1，2，當m=1時m+2m+3＝6＝s
，當m=2時m+2
m+3＝6＝s
，所以m=1或m=2（14分）
已知數列{an}前n項的和為sn，且有sn+1=ksn+2 （n∈n*），a1=2，a2=1．（1）試證明：數列{sn-4}是等比數
5樓：絕情
（1）由sn+1=ksn+2（n∈n*），a1=2，a2=1，令n=1得k=1
2（1分）
∴sn+1=1
2sn+2，即sn+1-4=1
2（sn-4），（2分）
因為s1-4=-2，
∴是等比數列（3分）
∴sn-4=（-2）（1
2）n-1即sn=4[1-（1
2）n]，從而求得an=（1
2）n-2（5分）
（2）由ats
n+1?1at
an+1
?1＜12得a
tsn+1?1at
an+1
?1?1
2＜0即2(ats
n+1?1)?(ata
n+1?1)
2(at
an+1
?1)＜0
化簡得：a
t(2s
n+1?a
n+1)?1(at
an+1
?1)＜0即[at（2sn+1-an+1）-1]（atan+1-1）＜0（7分）
∵2sn+1-an+1＞an+1＞0
∴(at
?12s
n+1?a
n+1)(at?1
an+1
)＜0∴1
2sn+1
?an+1＜at
＜1an+1（9分）
∵an=（1
2）n-2，sn=4[1-（1
2）n]
∴
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收起2013-04-05
已知數列中，a1=2,n∈n+,an＞0，數列的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2（n∈...
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已知數列an的前n項和為Sn,求an
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sn 1 2 n 1 2 n a1 s1 1 2 1 2 1 n 1 當n 1時，an sn s n 1 1 2 n 1 2 n 1 2 n 1 1 2 n 1 1 2 n 1 2 n 1 2 n n 1 2 1 2 n 1 2 n an n 驗證專當n 1時，a1 1，符合題意屬 an n 已知數...
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