已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5......1.已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5......1.求证：数列{an-2n}为等比数列2.设bn=an·cos nπ,求数列{bn}的前n项和Pn 3.设cn=1/

已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5......1.已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5......1.求证：数列{an-2n}为等比数列2.设bn=an·cos nπ,求数列{bn}的前n项和Pn 3.设cn=1/
已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5......1.
已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5......
1.求证：数列{an-2n}为等比数列
2.设bn=an·cos nπ,求数列{bn}的前n项和Pn
3.设cn=1/(an-n),数列{cn}的前n项和为Tn,求证：Tn

已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5......1.已知Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n²-3n-2,n=1,2,3,4,5......1.求证：数列{an-2n}为等比数列2.设bn=an·cos nπ,求数列{bn}的前n项和Pn 3.设cn=1/
注：p^n表示p的n次方,a*b 表示a与b相乘.
第一问楼上已经解释的很详细了,本人就不多解释了.
第二问,对于cos nπ,因为n为正整数,所以n为偶数时,cos nπ=cos0=1,
n为奇数时,cos nπ=cosπ=-1,综合起来,就会得到
cos nπ=（-1）^n ,而由第一问可算出an=2^n+2n,
则bn=an*cos(nπ)=(2^n+2n)*[(-1)^n],由基本运算(a^n)*(b^n)=(ab)^n
得bn=[(-2)^n]+2n*[(-1)^n],则可算出
b1=[(-2)^1]-2*1
b2=[(-2)^2]+2*2,
b3=[(-2)^3]-2*3,……
由加法分配率进行合理分类,可把式子分为两部分,得Pn=b1+b2+b3+.+bn
=[(-2)^1+(-2)^2+(-2)^3+……+(-2)^n]+2*(-1+2-3+4-……)
对第一部分Fn=[(-2)^1+(-2)^2+(-2)^3+……+(-2)^n],显然是个首项为-2,公比为-2的等比数列,由等比数列前n项和公式Sn=(a1-q*an)/(1-q),计算得：Fn=（-2+2*（-2）^n）/1-(-2)=(-2/3)+ (2/3)*(-2)^n
对第二部分Dn=2*(-1+2-3+4-……),需分情况讨论,
1、当n为奇数时,Dn=2*[-1+2-3+4-……-（n-2）+(n-1)-n],
再进行合理分组,可得[-1+2=-3+4=……=-（n-2）+(n-1)=1,相当于把（n-1）个数两两为一分组,每组和为1,共有（n-1）/2组,还剩一个-n,故此时Dn=2*[1*(n-1)/2 – n]=-n-1
2、当n为偶数时,Dn=2*[-1+2-3+4-……-(n-1)+n],同上Dn=n,
综上所述,
Pn=Fn+Dn=(-2/3)+ (2/3)*(-2)^n-n-1=(-5/3)+ (2/3)*(-2)^n-n(n为奇数)
或= Fn+Dn=(-2/3)+ (2/3)*(-2)^n+n(n为偶数)
第三问,由第一问已算出an=2^n+2n,
故可算出Cn=1/(an-n)=1/(2^n+n),
则此时很容易算出C1=1/3,C2=1/6,C3=1/11,则C1+C2+C3=26/44,
而由题意和目标,要证Tn=C1+C2+C3+C4+C5+……+Cn＜37/44,
两式相减,知此时只需证明C4+C5+……+Cn＜11/44=1/4,即可,
由分数基本性质：若a＞b＞0,则1/a＜1/b＜0,
可知,n≥4时,Cn=1/(2^n+n)＜1/(2^n)=(1/2)^n,
故C4＜(1/2)^4,C5＜(1/2)^5,……
故C4+C5+……+Cn＜(1/2)^4+(1/2)^5+……+(1/2)^n,得到一个首项(1/2)^4,公比1/2的等比数列,由上述求和公式得(1/2)^4+(1/2)^5+……+(1/2)^n=[(1/2)^4 – （1/2）*(1/2)^n]/(1-1/2)
=(1/2)^3-(1/2)^n=1/8-(1/2)^n,显然(1/2)^n＞0,
故1/8-(1/2)^n＜1/8＜1/4,由不等式传递性得C4+C5+……+Cn＜1/4
与上述相符,故 原命题得到证明.
以上仅为本人个人思路而已,如果看懂了具体书写过程就自己整理,希望上述过程能使LZ受益!

1）由Sn=2an+n^2-3n-2 得
S(n-1)=2a(n-1)+(n-1)^2-3(n-1)-2 ，
两式相减得 an=Sn-S(n-1)=2an+n^2-3n-2-[2a(n-1)+(n-1)^2-3(n-1)-2] ，
化简得 an-2n=2[a(n-1)-2(n-1)] ，
又 a1=S1=2a1+1-3-2，所以 a1=4，a1-2=2 ，

全部展开

1）由Sn=2an+n^2-3n-2 得
S(n-1)=2a(n-1)+(n-1)^2-3(n-1)-2 ，
两式相减得 an=Sn-S(n-1)=2an+n^2-3n-2-[2a(n-1)+(n-1)^2-3(n-1)-2] ，
化简得 an-2n=2[a(n-1)-2(n-1)] ，
又 a1=S1=2a1+1-3-2，所以 a1=4，a1-2=2 ，
因此，｛an-2n｝是以2为首项，2为公比的等比数列。
2）由1）知，an-2n=2^n，
所以 bn=an*cos(nπ)=(2^n-2n)*(-1)^n=(-2)^n-2n*(-1)^n ，
因此，Pn=b1+b2+b3+....+bn
=[(-2)+(-2)^2+(-2)^3+...+(-2)^n]+[2-4+6-8+...-2n*(-1)^n]
=-2*[1-(-2)^n]/(1+2)+

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