1樓：
1)將點(an, a(n+1))代入函式
a(n+1)=an²+2an
1+a(n+1)=an²+2an+1
故1+a(n+1)=(1+an)²
取對數，lg[1+a(n+1)]=2lg(1+an)因此是公比為2的等比數列，首項為lg(1+2)=lg32) 由上， lg(1+an)=(lg3)2^(n-1)得：1+an=3^(2^(n-1))
得：an=3^(2^(n-1))-1
tn=3^(1+2+2²+...+2^(n-1))=3^(2^n-1)
2樓：字峰戚淑懿
(ⅰ)證明:由已知,得an+1=an2+2an,∴an+1+1=(an+1)2.
∵a1=2,∴an+1>1.
兩邊取對數,得lg(an+1+1)=2lg(an+1),即lg(an+1+1)
lg(an+1)
=2.數列是以lg3為首項,
公比為2的等比數列.
(ⅱ)由(ⅰ)得
lg(an+1)=2n-1lg3=lg32n-1,∴an+1=32n-1,
∴an=32n-1-1.
∴tn=(1+a1)(1+a2)(1+an)=3×321×322××32n-1
=31+2+22++2n-1=32n-1.
3樓：程炫宋修平
解：（ⅰ）由已知an+1=an2+2an，
∴an+1+1=（an+1）2
∵a1=2
∴an+1＞1，兩邊取對數得lg（1+an+1）=2lg（1+an），
即lg(1+an+1)lg(1+an)=2
∴是公比為2的等比數列．
（ⅱ）由（ⅰ）知lg（1+an）=2n-1•lg（1+a1）=2n-1•lg3=lg32n-1
∴1+an=32n-1
∴an=32n-1-1
∴tn=（1+a1）（1+a2）（1+an）=320•321•322•…•32n-1=31+2+22+…+2n-1=32n-1
（ⅲ）∵an+1=an2+2an
∴an+1=an（an+2）
∴1an+1=12(1an-1an+2)
∴1an+2=1an-2an+1
又bn=1an+1an+2
∴bn=2(1an-1an+1)
∴sn=b1+b2+…+bn=2(1a1-1a2+1a2-1a3+…+1an-1an+1)=2(1a1-1an+1)
∵an=32n-1-1，a1=2，an+1=32n-1
∴sn=1-232n-1
又tn=32n-1
∴sn+23tn-1=1．
已知a1=2，點（an，an+1）在函式f（x）=x2+2x的圖象上，其中n=1，2，3…（1）證明數列{lg（1+an）}是等比
已知a1=2，點(an,an+1)在函式f(x)=x2+2x的圖象上，其中=1，2，3，… （1） 證明數列｛lg(1+an)｝
4樓：暖眸敏
∵點(an,an+1)在函式f(x)=x2+2x的圖象上∴a(n+1)=a²n+2an
∴1+a(n+1)=1+2an++a²n
∴1+a(n+1)=(1+an)²
∴lg[1+a(n+1)]=lg(1+an)²=2lg(1+an)∴lg[1+a(n+1)]/lg（1+an）=2∴為等比數列，公比為2
∴lg(1+an)=2^(n-1)*lg3=lg[3^[2^(n-1)]]
∴1+an=3^[2^(n-1)]
∴an=3^[2^(n-1)]-1
tn=3^[1+2+4+....+2^(n-1)]=3^(2^n-1)
已知數列{an} 中a1=2，點（an，an+1） 在函式f（x）=x2+2x的圖象上，n∈n*．數列 {bn} 的前n項和為sn，且
已知a 1 2試求下列各式的值 1 a
王前印 a 1 a 3 2，原式兩邊平方，可得a 1 a 2 9 4，所以a 1 a 17 4，設a 1 a x，平方得，a 1 a 2 x 2 a 1 a 1 4,a 1 a 2 25 4，所以x 2 25 4，x 5 2，即a 1 a 5 2 夢幻魔導士 解法一 a 1 a 2 a 2 1 a ...
已知向量a 1,2 ,向量b3,4 ,向量c a 入b,為何值時,c向量與a向量夾角最小請寫下詳細過程
解 c a b 1,2 3,4 1 3 2 4 ac 1,2 1 3 2 4 1 3 2 2 4 5 5 而ac a c cos 其中 為a與c的夾角 cos ac a c a 1 2 5 c 1 3 2 4 25 10 5 a c 5 25 10 5 5 5 2 1 cos 5 5 5 5 2 1...
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