1樓：浮雲
（ⅰ）設等差數列的公差為d，等比數列的公比為q，
由a1=b1=2，得a4=2+3d，b4=2q3，s4=8+6d，
由條件a4+b4=27，s4-b4=10，
得方程組
2+3d+3q
＝278+6d?2q
＝10，
解得d＝3
q＝2，
故an=3n-1，bn=2n，n∈n*．
（ⅱ）方法一，由（ⅰ）得，tn=2an+22an-1+23an-2+…+2na1； ①；
2tn=22an+23an-1+…+2na2+2n+1a1； ②；
由②-①得，tn=-2（3n-1）+3×22+3×23+…+3×2n+2n+2
=12(1?n?1
)1?2
+2n+2-6n+2
=10×2n-6n-10．（n∈n*）．
方法二：數學歸納法，
③當n=1時，t1+12=a1b1+12=16，-2a1+10b1=16，故等式成立，
④假設當n=k時等式成立，即tk+12=-2ak+10bk，
則當n=k+1時有，
tk+1=ak+1b1+akb2+ak-1b3+…+a1bk+1
=ak+1b1+q（akb1+ak-1b2+…+a1bk）
=ak+1b1+qtk
=ak+1b1+q（-2ak+10bk-12）
=2ak+1-4（ak+1-3）+10bk+1-24
=-2ak+1+10bk+1-12．
即tk+1+12=-2ak+1+10bk+1，因此n=k+1時等式成立．
③④對任意的n∈n*，tn+12=-2an+10bn成立．
∴tn=-2an+10bn-12=10×2n-6n-10．（n∈n*）．
2樓：英韋本櫻花
(1)設數列的公差是d,的公比是q,依題意2+3d+2q^3=27,①
8+6d-2q^3=10,②
①+②，10+9d=37,d=3,
代入①，11+2q^3=27,q^3=8,q=2.
∴an=2+3(n-1)=3n-1,
bn=2^n.
(2)tn=2*2+5*2^2+8*2^3+……+（3n-1)*2^n,③
∴2tn=
2*2^2+5*2^3+……+（3n-4)*2^n+(3n-1)*2^(n+1),④
③-④，-tn=4+3(2^2+2^3+……+2^n)-(3n-1)*2^(n+1)
=4-3[2^2-2^(n+1)]-(3n-1)*2^(n+1),=-8-(3n-4)*2^(n+1),
∴tn=8+(3n-4)*2^(n+1),∴tn-8=ab.
已知{an}是等差數列，其前n項和為sn，{bn}是等比數列，且a1=b1=2,a4+b4=27,s4-b4=10
3樓：匿名使用者
(1)設數列的公差是d,的公比是q,依題意2+3d+2q^3=27,①
8+6d-2q^3=10,②
①+②，10+9d=37,d=3,
代入①，11+2q^3=27,q^3=8,q=2.
∴an=2+3(n-1)=3n-1,
bn=2^n.
(2)tn=2*2+5*2^2+8*2^3+……+（3n-1)*2^n,③
∴2tn= 2*2^2+5*2^3+……+（3n-4)*2^n+(3n-1)*2^(n+1),④
③-④，-tn=4+3(2^2+2^3+……+2^n)-(3n-1)*2^(n+1)
=4-3[2^2-2^(n+1)]-(3n-1)*2^(n+1),=-8-(3n-4)*2^(n+1),
∴tn=8+(3n-4)*2^(n+1),∴tn-8=ab.
4樓：真者降臨
∵a4+b4=27,s4-b4=10 ∴a4＋s4＝37 ∴a4＋2a1＋2a4＝37 ∴2a1＋3a4＝37
∴5a1＋9d＝37 ∴9d＝27 ∴d＝3 ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－1
∵a4＋b4＝27 ∴11＋2q³＝27 ∴q³＝8 ∴q＝2 ∴bn＝b1q^(n－1)＝2^n
∵tn＝anb1＋an-1b2＋...＋a1bn ∴2tn＝anb2＋an-1b3＋...＋a2bn＋a1bn+1
兩式相減得：tn＝(an－an-1)b2＋(an-1－an-2)b3＋...＋(a2－a1)bn＋a1bn+1－anb1
＝3(b2＋b3＋...＋bn)＋a1bn+1－anb1
＝3×2²[2^(n－1)－1]＋2×2^(n＋1)－2an
＝3×2×2^n－12＋4×2^n－2an
＝6bn－12＋4bn－2an
∴tn＝10bn－12－2an 即 tn＋12＝﹣2an＋10bn
已知{an}是等差數列,其前n項和為sn,{bn}是等比數列,且a1=b1=2,a4+b4=27,
5樓：匿名使用者
∵a4+b4=27,s4-b4=10 ∴a4＋s4＝37 ∴a4＋2a1＋2a4＝37 ∴2a1＋3a4＝37
∴5a1＋9d＝37 ∴9d＝27 ∴d＝3 ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－1
∵a4＋b4＝27 ∴11＋2q³＝27 ∴q³＝8 ∴q＝2 ∴bn＝b1q^(n－1)＝2^n
∵tn＝anb1＋an-1b2＋...＋a1bn ∴2tn＝anb2＋an-1b3＋...＋a2bn＋a1bn+1
兩式相減得：tn＝(an－an-1)b2＋(an-1－an-2)b3＋...＋(a2－a1)bn＋a1bn+1－anb1
＝3(b2＋b3＋...＋bn)＋a1bn+1－anb1
＝3×2²[2^(n－1)－1]＋2×2^(n＋1)－2an
＝3×2×2^n－12＋4×2^n－2an
＝6bn－12＋4bn－2an
∴tn＝10bn－12－2an 即 tn＋12＝﹣2an＋10bn
6樓：智高無上
a1=b1=2為啥呀
已知｛an｝是等差數列，其前n項為sn，｛bn}是等比數列，且a1=b1=2，a4+b4=27，s4-b4=10，求數列｛an}｛bn｝
7樓：匿名使用者
好巧啊，我也在做這道題，
考點：等差數列與等比數列的綜合；數列的求和．
專題：計算題；證明題．
分析：（1）直接設出首項和公差，根據條件求出首項和公差，即可求出通項．
（2）先藉助於錯位相減法求出tn的表示式；再代入所要證明的結論的兩邊，即可得到結論成立．
解答：解：（1）設等差數列的公差為d，等比數列的首項為q，
由a1=b1=2，得a4=2+3d，b4=2q3，s4=8+6d，
由a4+b4=27，s4-b4=10，得方程組2+3d+2q3=278+6d-2q3=10，
解得d=3q=2，
所以：an=3n-1，bn=2n．
（2）證明：由第一問得：tn=2×2+5×22+8×23+…+（3n-1）×2n； ①；
2tn=2×22+5×23+…+（3n-4）×2n+（3n-1）×2n+1，②．
由①-②得，-tn=2×2+3×22+3×23+…+3×2n-（3n-1）×2n+1
=6×(1-2n)1-2-（3n-1）×2n+1-2
=-（3n-4）×2n+1-8．
即tn-8=（3n-4）×2n+1．
而當n≥2時，an-1bn+1=（3n-4）×2n+1．
∴tn-8=an-1bn+1（n∈n*，n≥2）．
希望對你有幫助
8樓：匿名使用者
設an公差d，bn公比q
a4=a1+3d=2+3d，s4=4(a1+a4)/2=8+6d，b4=b1*q³=2q³
把上述式子帶入已知，可解出d和q，又已知a1和b1，即可得an和bn。
9樓：浦賀撥哲
a4+b4=2+3d+3q^3=27
s4-b4=8+6d-2*q^3=10
解方程組。
已知{an}是等差數列，其前n項和為sn，{bn}是等比數列，且a1=b1=2，a4+b4=27，s4-b4=10．（ⅰ）求數列{an}
10樓：手機使用者
（ⅰ）設等差數列的公差為d，等比數列的公比為q，由a1=b1=2，得a
＝2+3d，b
＝2q，s
＝8+6d，由條件得方程組
2+3d+2q
＝278+6d?2q
＝10?
d＝3q＝2，故a
n＝3n?1，bn＝n
(n∈n*)．
（ⅱ）t
n＝2×2+5×+8×+…+(3n?1)×n①，2t
n＝2×+5×+8×+…+(3n?1)×n+1②，①-②得 ?t
n＝2×2+3×+3×+…+3×n
?(3n?1)×n+1，∴t
n＝5?5×n
+3n×n+1．
己知{an}是 等差數列，其前n項和為sn，{bn}是等比數列，且a1=b1=2，a4+b4=27
11樓：小樣兒1號
∵a4+b4=27,s4-b4=10 ∴a4＋s4＝37 ∴a4＋2a1＋2a4＝37 ∴2a1＋3a4＝37
∴5a1＋9d＝37 ∴9d＝27 ∴d＝3 ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－1
∵a4＋b4＝27 ∴11＋2q³＝27 ∴q³＝8 ∴q＝2 ∴bn＝b1q^(n－1)＝2^n
∵tn＝anb1＋an-1b2＋...＋a1bn ∴2tn＝anb2＋an-1b3＋...＋a2bn＋a1bn+1
兩式相減得：tn＝(an－an-1)b2＋(an-1－an-2)b3＋...＋(a2－a1)bn＋a1bn+1－anb1
＝3(b2＋b3＋...＋bn)＋a1bn+1－anb1
＝3×2²[2^(n－1)－1]＋2×2^(n＋1)－2an
＝3×2×2^n－12＋4×2^n－2an
＝6bn－12＋4bn－2an
∴tn＝10bn－12－2an 即 tn＋12＝﹣2an＋10bn
已知數列{an}滿足2an+1=an+an+2（n∈n+），其前n項和為sn，{bn}是等比數列，且a1=b1=2，a4+b4=27，s4-b4=
12樓：北美
（1）由2an+1=an+an+2（n∈n+），知為等差數列，設等差數列的公差為d，等比數列的公比為q，
由a1=b1=2，得a4=2+3d，b4=2q3，s4=8+6d，由a4+b4=27，s4-b4=10，得方程組2+3d+2q
＝278+6d?2q
＝10，
解得d＝3
q＝2，
所以：an=3n-1，bn=2n．
（2）由（ⅰ）知an?bn=（3n-1）?2n，tn=a1b1+a2b2+…+anbn，
則tn=2×2+5×22+8×23+…+（3n-1）×2n，①；
2tn=2×22+5×23+…+（3n-4）×2n+（3n-1）×2n+1，②．
由①-②得，-tn=2×2+3×22+3×23+…+3×2n-（3n-1）×2n+1
=6×(1?n
)1?2
-（3n-1）×2n+1-2
=-（3n-4）×2n+1-8．
所以tn=（3n-4）×2n+1+8．
已知等差數列的前n項和為a,前2n項和為b,求前3n項的
解 設等差數列的首項為a 公差為d，則數列 s 2n s n s 3n s 2n s 4n s 3n s k 1 n s kn 是一個公差d n d的等差數列 證明略 故 s 3n s 2n s 2n s n n d s 3n n d 2s 2n s n n d 2b a.1 又因為s n na n...
等差數列a（n）的前n項和為Sn，已知S10 0，S15 25，則nSn的最小值為多少
設公差為d,由題意得 s10 10a1 45d 0 s15 15a1 105d 25 聯立 得a1 3 d 2 3 sn 3n 1 2 n n 1 2 3 1 3n 10 3n nsn 1 3n 10 3n 設f x 1 3x 10 3x x 0 則 f x x 20 3x 令f x 0，解得x 0...
設等差數列an的前n項和為Sn
1 a3 12,即a1 2d 12 s12 12a1 12 12 1 d 2 12a1 66d 12 a1 2d 42d 144 42d 144 42d 0,d 24 7,s13 13a1 13 13 1 d 2 13a1 78d 13 a1 2d 52d 156 52d 156 52d 0,d 3...