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从2010名学生中选取50名学生参加英语比赛,若采用下面的方法选取:先用简单随机抽样从2010人中剔除10人,剩下的2000人再按系统抽样的方法抽取50人,则在2010人中,每人入选的概率()
题目详情
从2010名学生中选取50名学生参加英语比赛,若采用下面的方法选取:先用简单随机抽样从2010人中剔除10人,剩下的2000人再按系统抽样的方法抽取50人,则在2010人中,每人入选的概率( )
▼优质解答
答案和解析
(1)∵
=
,
∴(n-1)an+1-(n+1)an=-(n+1).
∴当n≥2(n∈N*)时,有
−
=
-
.
又∵bn+1=
,a2=6,
∴bn+1-bn=
-
,b2=3.
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
an+1−an+1 an+1−an+1 an+1−an+1n+1−an+1n+1an+1+an−1 an+1+an−1 an+1+an−1n+1+an−1n−1=
,
∴(n-1)an+1-(n+1)an=-(n+1).
∴当n≥2(n∈N*)时,有
−
=
-
.
又∵bn+1=
,a2=6,
∴bn+1-bn=
-
,b2=3.
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 1n n n,
∴(n-1)an+1n+1-(n+1)ann=-(n+1).
∴当n≥2(n∈N**)时,有
−
=
-
.
又∵bn+1=
,a2=6,
∴bn+1-bn=
-
,b2=3.
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
an+1 an+1 an+1n+1(n+1)n (n+1)n (n+1)n−
an an annn(n−1) n(n−1) n(n−1)=
-
.
又∵bn+1=
,a2=6,
∴bn+1-bn=
-
,b2=3.
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 1n n n-
.
又∵bn+1=
,a2=6,
∴bn+1-bn=
-
,b2=3.
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
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)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 1n−1 n−1 n−1.
又∵bn+1n+1=
,a2=6,
∴bn+1-bn=
-
,b2=3.
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
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)n+1,
∴
Sn=-
.
an+1 an+1 an+1n+1n(n+1) n(n+1) n(n+1),a22=6,
∴bn+1n+1-bnn=
-
,b2=3.
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 1n n n-
,b2=3.
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 1n−1 n−1 n−1,b22=3.
∴数列{bnn}的递推公式是b11=1,b22=3,bn+1n+1-bnn=
-
(n≥2,n∈N*),
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
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)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
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•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 1n n n-
(n≥2,n∈N*),
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
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)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 1n−1 n−1 n−1(n≥2,n∈N**),
(2)由(1)可知,bn+1n+1-bnn=
-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 1n n n-
(n≥2,n∈N*),
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
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)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
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∴两式相减可得
Sn=2•(-
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∴Sn=-
+
•(-
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)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 1n−1 n−1 n−1(n≥2,n∈N**),
∴bnn=(bnn-bn-1n-1)+(bn-1n-1-bn-2n-2)+(bn-2n-2-bn-3n-3)+…+(b22-b11)+b11=2+
,
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 1n−1 n−1 n−1,
∴ann=n(n-1)bnn=n(2n-1)(n≥2,n∈N**),
又a22=6,可求得a11=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{ann}的通项公式ann=n(2n-1).
(3)由(2)知,cnn=
.
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
n(2n−1) n(2n−1) n(2n−1)n+c n+c n+c.
又{cnn}是等差数列,
因此,当且仅当cnn=
=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
n(2n−1) n(2n−1) n(2n−1)n+c n+c n+c=2n-2c-1+
是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
c(2c+1) c(2c+1) c(2c+1)n+c n+c n+c是关于n的一次函数或常值函数,即c=-
.
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2.
于是,cnn=2n,
∴Snn=c11c+c22c22+c33c33+…+cnncnn=2•(-
)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
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∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)+4•(-
)2+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)22+…+2n•(-
)n,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)nn,
∴-
Sn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2Snn=2•(-
)2+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)22+4•(-
)3+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)33+…+2n•(-
)n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)n+1n+1,
∴两式相减可得
Sn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
3 3 32 2 2Snn=2•(-
)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)+2•(-
)2+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)22+2•(-
)3+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)33+…+2•(-
)n-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)nn-2n•(-
)n+1,
∴Sn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)n+1n+1,
∴Snn=-
+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
4 4 49 9 9+
•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
4 4 49 9 9•(-
)n-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)nn-
•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
4n 4n 4n3 3 3•(-
)n+1,
∴
Sn=-
.
1 1 12 2 2)n+1n+1,
∴
Sn=-
.
lim lim limn→∞ n→∞ n→∞Sn=-
. n=-
.
4 4 49 9 9.
an+1−an+1 |
an+1+an−1 |
1 |
n |
∴(n-1)an+1-(n+1)an=-(n+1).
∴当n≥2(n∈N*)时,有
an+1 |
(n+1)n |
an |
n(n−1) |
1 |
n |
1 |
n−1 |
又∵bn+1=
an+1 |
n(n+1) |
∴bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴两式相减可得
3 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴Sn=-
4 |
9 |
4 |
9 |
1 |
2 |
4n |
3 |
1 |
2 |
∴
lim |
n→∞ |
4 |
9 |
an+1−an+1 |
an+1+an−1 |
1 |
n |
∴(n-1)an+1-(n+1)an=-(n+1).
∴当n≥2(n∈N*)时,有
an+1 |
(n+1)n |
an |
n(n−1) |
1 |
n |
1 |
n−1 |
又∵bn+1=
an+1 |
n(n+1) |
∴bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴两式相减可得
3 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴Sn=-
4 |
9 |
4 |
9 |
1 |
2 |
4n |
3 |
1 |
2 |
∴
lim |
n→∞ |
4 |
9 |
1 |
n |
∴(n-1)an+1n+1-(n+1)ann=-(n+1).
∴当n≥2(n∈N**)时,有
an+1 |
(n+1)n |
an |
n(n−1) |
1 |
n |
1 |
n−1 |
又∵bn+1=
an+1 |
n(n+1) |
∴bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴两式相减可得
3 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴Sn=-
4 |
9 |
4 |
9 |
1 |
2 |
4n |
3 |
1 |
2 |
∴
lim |
n→∞ |
4 |
9 |
an+1 |
(n+1)n |
an |
n(n−1) |
1 |
n |
1 |
n−1 |
又∵bn+1=
an+1 |
n(n+1) |
∴bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴两式相减可得
3 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴Sn=-
4 |
9 |
4 |
9 |
1 |
2 |
4n |
3 |
1 |
2 |
∴
lim |
n→∞ |
4 |
9 |
1 |
n |
1 |
n−1 |
又∵bn+1=
an+1 |
n(n+1) |
∴bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴两式相减可得
3 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴Sn=-
4 |
9 |
4 |
9 |
1 |
2 |
4n |
3 |
1 |
2 |
∴
lim |
n→∞ |
4 |
9 |
1 |
n−1 |
又∵bn+1n+1=
an+1 |
n(n+1) |
∴bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴两式相减可得
3 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴Sn=-
4 |
9 |
4 |
9 |
1 |
2 |
4n |
3 |
1 |
2 |
∴
lim |
n→∞ |
4 |
9 |
an+1 |
n(n+1) |
∴bn+1n+1-bnn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴两式相减可得
3 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴Sn=-
4 |
9 |
4 |
9 |
1 |
2 |
4n |
3 |
1 |
2 |
∴
lim |
n→∞ |
4 |
9 |
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴数列{bn}的递推公式是b1=1,b2=3,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴-
1 |
2 |
1 |
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1 |
2 |
1 |
2 |
∴两式相减可得
3 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴Sn=-
4 |
9 |
4 |
9 |
1 |
2 |
4n |
3 |
1 |
2 |
∴
lim |
n→∞ |
4 |
9 |
1 |
n−1 |
∴数列{bnn}的递推公式是b11=1,b22=3,bn+1n+1-bnn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
1 |
2 |
1 |
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∴-
1 |
2 |
1 |
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1 |
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∴两式相减可得
3 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴Sn=-
4 |
9 |
4 |
9 |
1 |
2 |
4n |
3 |
1 |
2 |
∴
lim |
n→∞ |
4 |
9 |
1 |
n |
1 |
n−1 |
(2)由(1)可知,bn+1-bn=
1 |
n |
1 |
n−1 |
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
∴-
1 |
2 |
1 |
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1 |
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∴两式相减可得
3 |
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∴Sn=-
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(2)由(1)可知,bn+1n+1-bnn=
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∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
1 |
2 |
于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
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∴两式相减可得
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∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+(bn-2-bn-3)+…+(b2-b1)+b1=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
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于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
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∴bnn=(bnn-bn-1n-1)+(bn-1n-1-bn-2n-2)+(bn-2n-2-bn-3n-3)+…+(b22-b11)+b11=2+
1 |
n−1 |
∴an=n(n-1)bn=n(2n-1)(n≥2,n∈N*),
又a2=6,可求得a1=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{an}的通项公式an=n(2n-1).
(3)由(2)知,cn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
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于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
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∴ann=n(n-1)bnn=n(2n-1)(n≥2,n∈N**),
又a22=6,可求得a11=1.
当n=1时,符合公式.
∴数列{ann}的通项公式ann=n(2n-1).
(3)由(2)知,cnn=
n(2n−1) |
n+c |
又{cn}是等差数列,
因此,当且仅当cn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
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于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
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又{cnn}是等差数列,
因此,当且仅当cnn=
n(2n−1) |
n+c |
c(2c+1) |
n+c |
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于是,cn=2n,
∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
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∴Sn=c1c+c2c2+c3c3+…+cncn=2•(-
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于是,cnn=2n,
∴Snn=c11c+c22c22+c33c33+…+cnncnn=2•(-
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