1樓：慄又求白桃
是an=n^2*a^(n-1)吧？
一樓和二樓都不怎麼厚道啊。這不是等差數列，不能用等差數列求和，但可轉化為等差或等比數列的和來求。
sn=sigma(i=1,n)[an]=sigma(i=1,n)[n^2*a^(i-1)]
=sigma(i=1,n)[1^2*a^(i-1)]+sigma(i=2,n)[(2^2-1^2)*a^(i-1)]
+sigma(i=3,n)[(3^2-2^2)*a^(i-1)]+…………
=sigma(j=1,n)[sigma(i=j,n)[(j^2-(j-1)^2)*a^(i-1)]]
=sigma(j=1,n)[sigma(i=j,n)[(2j-1)*a^(i-1)]]
=sigma(j=1,n)[(2j-1)*a^(j-1)*(1-a^(n-j))/(1-a)]
（等比數列求和）
=1/(1-a)*sigma(j=1,n)[(2j-1)*]
=1/(1-a)*]
其中後一個求和是一個等差數列，可用等差數列求和公式求出，前一個求和是
形如an=n*a^n
的求和，可轉化為
n個等比數列求和式的和，即
sigma(i=1,n)[i*a^i]=sigma(i=1,i)[a^i]+sigma(i=2,n)[a^i]+…………
=sigma(j=1,n)[sigma(i=j,n)[a^i]]
(內層是等比求和）
=sigma(j=1,n)[/(1-a)]
=1/(1-a)*
這兩項求和一個是等比一個是等差，故可求出。
至此問題轉化為已知問題（等差和等比求和），故可求出（往下具體運算從略）
2樓：夫曦繩欣愉
已知數列an滿足a1=1,而2a(n-1)2^n(n>=2,且n屬於n
)什麼意思，且平白無故一個2a(n-1)
2^n是什麼啊
你的題目還是沒搞好吧？2a(n-1)
2^n=？，是an麼
(1)2a(n-1)
2^n=an
(n>=2)
(2a(n-1)
2^n)/2^n=an/2^n
a(n-1)/2^(n-1)
1=an/2^n
(n>=2)
當n=2時,a2/2^2=3/2
a1/2^1=1/2
因此綜上：(an/2^n)是首項為1/2，公差為1的等差數列（2）由上題可知：(an/2^n)是首項為1/2，公差為1的等差數列則an/2^n=1/2
n-1=n-1/2
因此an=n×2^n-2^(n-1)
因此得an的通項公式：an=n×2^n-2^(n-1)（3）先不管an通項中後面2^(n-1)，只考慮前面部分，對其求和：
sn1=1×2^1
2×2^2
3×2^3
……(n-1)×2^(n-1)
n×2^n
2sn1=
1×2^2
2×2^3
……(n-2)×2^(n-1)
(n-1)×2^n
n×2^(n
1)因此2sn1-sn1=sn1=-(2^12^22^3……
2^(n-1)
2^n)
n×2^(n
1)=2(1-2^n)
n×2^(n
1)再看後幾項求和：tn=-(2^n-1)=1-2^n因此sn=tn
sn1=n×2^(n
1)3(1-2^n)
因此sn/2^n=n×2-3
3/2^n=2n-3
3/2^n
又因為3/2^n>0
因此sn>2n-3得證
望樓主滿意，給個分吧，以後記得把題目抄全了，這樣也不會影響到你由第一題不是得（an/2^n）是等差數列麼，已知首項跟公差，就寫出來了啊
3樓：尤愛冀義
用s表示前n項和
s=1+4a+9a^2+16a^3+
…+[(n-1)^2]*a^(n-2)+(n^2)*a^(n-1)
①as=a+4a^2+9a^3+16a^4+
…+[(n-1)^2]*a^(n-1))+(n^2)*a^n
②①-②得：
(1-a)s=1+3a+5a^2+7a^3+
…+(2n-3)*a^(n-2)+(2n-1)*a^(n-1)-(n^2)*a^n
③a(1-a)s=a+3a^2+5a^3+7a^4+
…+(2n-3)*a^(n-1)+(2n-1)*a^n-(n^2)*a^(n+1)
④③-④得：
(1-a)^2*s=1+2a+2a^2+2a^3+2a^4+
…+2a^(n-1)+(n-1)^2*a^n+(n^2)*a^(n+1)
(1-a)^2*s=1+2[a+a^2+a^3+a^4+
…+a^(n-1)]+(n-1)^2*a^n+(n^2)*a^(n+1)
(1-a)^2*s=1+2a[1-a^(n-1)]/(1-a)+(n-1)^2*a^n+(n^2)*a^(n+1)
s=/(1-a)^2
剩下的自己整理吧。。。打的好辛苦哦。。。
用兩次錯位相消法
數列求和公式 n^2*a^(n-1)
4樓：敬夜卉
用s表示前n項和
s=1+4a+9a^2+16a^3+ … +[(n-1)^2]*a^(n-2)+(n^2)*a^(n-1) ①
as=a+4a^2+9a^3+16a^4+ … +[(n-1)^2]*a^(n-1))+(n^2)*a^n ②
①-②得：
(1-a)s=1+3a+5a^2+7a^3+ … +(2n-3)*a^(n-2)+(2n-1)*a^(n-1)-(n^2)*a^n ③
a(1-a)s=a+3a^2+5a^3+7a^4+ … +(2n-3)*a^(n-1)+(2n-1)*a^n-(n^2)*a^(n+1) ④
③-④得：
(1-a)^2*s=1+2a+2a^2+2a^3+2a^4+ … +2a^(n-1)+(n-1)^2*a^n+(n^2)*a^(n+1)
(1-a)^2*s=1+2[a+a^2+a^3+a^4+ … +a^(n-1)]+(n-1)^2*a^n+(n^2)*a^(n+1)
(1-a)^2*s=1+2a[1-a^(n-1)]/(1-a)+(n-1)^2*a^n+(n^2)*a^(n+1)
s=/(1-a)^2
剩下的自己整理吧。。。打的好辛苦哦。。。
用兩次錯位相消法
5樓：匿名使用者
是an=n^2*a^(n-1)吧？
一樓和二樓都不怎麼厚道啊。這不是等差數列，不能用等差數列求和，但可轉化為等差或等比數列的和來求。
sn=sigma(i=1,n)[an]=sigma(i=1,n)[n^2*a^(i-1)]
=sigma(i=1,n)[1^2*a^(i-1)]+sigma(i=2,n)[(2^2-1^2)*a^(i-1)]
+sigma(i=3,n)[(3^2-2^2)*a^(i-1)]+…………
=sigma(j=1,n)[sigma(i=j,n)[(j^2-(j-1)^2)*a^(i-1)]]
=sigma(j=1,n)[sigma(i=j,n)[(2j-1)*a^(i-1)]]
=sigma(j=1,n)[(2j-1)*a^(j-1)*(1-a^(n-j))/(1-a)] （等比數列求和）
=1/(1-a)*sigma(j=1,n)[(2j-1)*]
=1/(1-a)*]
其中後一個求和是一個等差數列，可用等差數列求和公式求出，前一個求和是
形如 an=n*a^n 的求和，可轉化為 n個等比數列求和式的和，即
sigma(i=1,n)[i*a^i]=sigma(i=1,i)[a^i]+sigma(i=2,n)[a^i]+…………
=sigma(j=1,n)[sigma(i=j,n)[a^i]] (內層是等比求和）
=sigma(j=1,n)[/(1-a)]
=1/(1-a)*
這兩項求和一個是等比一個是等差，故可求出。
至此問題轉化為已知問題（等差和等比求和），故可求出（往下具體運算從略）
6樓：
(a1+an)*n/2
或a1n+(n-1)n*d/2
7樓：冊小獃
（首項+末項）*項數
-------------------2
數列∑1/n^2 求和 15
8樓：匿名使用者
n^2 = n*(n+1)-n
= 1/3*[n(n+1)(n+2) - (n-1)n(n+1)] - n
即:1^2 = 1/3*(1*2*3-0*1*2)-1
2^2 = 1/3*(2*3*4-1*2*3)-2
3^2 - 1/3*(3*4*5-2*3*4)-3
……………………
求和即：
1/3*(1*2*3-0*1*2 + 2*3*4-1*2*3 + 3*4*5-2*3*4……)-(1+2+3+……)
= n(n+1)(n+2)/3 - n(n+1)/2
因此有：
1^2+2^2+3^2+...+n^2= n(n+1)(2n+1)/6
證明一個與正整數n有關的命題，有如下步驟：
（1）證明當n取第一個值時命題成立；
（2）假設當n=k（k≥n的第一個值，k為自然數）時命題成立，證明當n=k+1時命題也成立。
例：求證：
1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + .…… + n(n+1)(n+2)(n+3) = [n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)]/5
證明：當n=1時，有：
1×2×3×4 = 24 = 2×3×4×5/5
假設命題在n=k時成立，於是：
1×2x3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + .…… + k(k+1)(k+2)(k+3) = [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5
則當n=k+1時有：
1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)
= 1×2×3×4 + 2×3×4×5 + 3×4×5×6 + …… + k(k+1)(k+2)(k+3) + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)
= [k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)]/5 + (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)
= (k+1)(k+2)(k+3)(k+4)*(k/5 +1)
= [(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)]/5
即n=k+1時原等式仍然成立，歸納得證。
9樓：陳
這個就是zeta（2），答案是π^2 /6
正弦函式無窮乘積結合taylor或者fourier級數都可以證明
數列求和公式n 2 a n
敬夜卉 用s表示前n項和 s 1 4a 9a 2 16a 3 n 1 2 a n 2 n 2 a n 1 as a 4a 2 9a 3 16a 4 n 1 2 a n 1 n 2 a n 得 1 a s 1 3a 5a 2 7a 3 2n 3 a n 2 2n 1 a n 1 n 2 a n a 1...
等差數列求和公式Sn d 2 n 2 a1 d
明鏡止水丶 通項公式 an a1 n 1 d an am n m d 等差數列的前n項和 sn n a1 an 2 sn na1 n n 1 d 2 等差數列求和公式 等差數列的和 首數 尾數 項數 2 項數的公式 等差數列的項數 尾數 首數 公差 1.化簡得 n 1 an 1 n 2 an a1,...
求數列an 2n 1 4 n 1的前n項和Sn,求和方
你好令bn 2n 1，b1 1，數列bn是首項是1，公差是2的等差數列 設數列bn前n項和為rn rn 1 2n 1 n 2 n 2 令cn 4 n 1 c1 1 數列cn是首項是1，公比是4的等比數列 設數列cn前n項和為tn tn 1 4 n 1 4 1 1 3 4 n 1 3所以an bn c...