已知数列an,an不等于0,an加一

由an+1+an−1an+1−an+1＝n可得an+1+an-1=nan+1-nan+n∴（1-n）an+1+（1+n）an=1+n∴an+1＝n+1n−1an−n+1n−1=1n−1(an−1)×（

解题思路：第三问，肯定应该是裂项求和，应该前后项抵消，但抵消不了，题目条件有问题解题过程：

令1/an=bn则（1/an+1）=2+（1/an）可改写成bn+1=2+bna1=3b1=1/3所以bn=（6n-5）/3所以an=3/（6n-5）

证明：因为an/bn的极限等于a,所以bn/an的极限等于1/a（因为a不等于0）所以数列{bn/an}有界,即设|bn/an|0,由于an的极限等于0所以对于上述ε,存在N,当n>N时,恒有|an-

答案如图

sn=an^2+bns(n-1)=a(n-1)^2+b(n-1)两式作差,由：sn-s(n-1)=an可证．

1)当n=1时,S1=a1=a/(a-1)(a1-1),a1=a\x0d当n≥2时,an=Sn-S(n-1)=a/（a-1)（an-a(n-1)）移项得\x0dan=a*a(n-1),即an/a(n-

(1)2,f(a1),f(a2),...,f(an),2n+4成等差数列令n=1,则2,f(a1),6为等差数列f(a1)=(2+6)/2=4则公差d=2所以f(an)的通项公式为f(an)=2n+2

(1){an}是等差数列,a1=1,a2=a（a>0）,an=1+(n-1)(a-1)a3=2a-1,a4=3a-2b3=a3*a4=(2a-1)(3a-2)=12a=2,或-5/6(舍去）所以a=2

易知道an>0,我们对an+1=1/a*(an)^2(a＞0）,两边同时取ln对数得lna(n+1)=2lnan-lna,则有lna(n+1)-lna=2(lnan-lna)即[lna(n+1)-ln

【解】（1）方程A(k)(X^2)+2A(k+1)X+A(k+2)=0,则其Δ=4[A(k+1)^2-A(k)*A(k+2)]=4[[A(k)+d]^2-A(k)*[A(k)+2d]]=4d^2>0;

由等比数列的求和公式：Sn=a1(1-q^n)/(1-q)Sn=-a1*q^n/(1-q)+a1/(1-q),和题目比较Sn=b*2^n+ab=-a1/(1-q),a=a1/(1-q)说明a=-

是等差数列证明如下bn=Tn-T(n-1)=an^2+bn+c-a(n-1)^2-b(n-1)-c=2an+a+b(从上式整理可得)bn-b(n-1)=2an+a+b-2a(n-1)-a-b=2a即数

若c=0是Bn=Tn-T(n-1)易得为等差数列若c不等于0不是当n=0时T0=c不为0则Bn不是等差数列

B1=T1=a+b+cB2=T2-T1=4a+2b+c-a-b-c=3a+bBn=Tn-T(n-1)=an^2+bn+c-a(n^2-2n+1)-b(n-1)-c=2an-a+bB(n-1)=2an-

想要判断数列{b(n)}是否等差,关键就是要求出通项首先b(1)=T(1)=a+b+c其次n>=2时,有b(n)=T(n)-T(n-1)=2a*n-a+b再令n=1,得b(1)=a+b所以当c=0时,

解题思路：利用数列的性质解决问题，解题过程：

这是一道选择题,所以可以用代入验证法把a1代入[a(n+1)-an]^2-2[a(n+1)+an]+1=0式中可得a2是4（其实得俩解一个是4一个是0,但a(n+1)>an,所以舍去0,得4）最后代入

a[n+1]-a[n]=2a[n+1]a[n]1/a[n]-1/a[n+1]=21/a[n+1]=(1/a[n])-21/a[n]为等差数列,公差为-2,首项1/a[1]=1/2所以1/a[n]=1/

∵an＝nn2+156=1n+156n≤1439∵1n+156n≤1439当且仅当n=239时取等，又由n∈N+，故数列{an}的最大项可能为第12项或第13项又∵当n=12时，a12＝12122+1