已知序列 an 和 bn 滿足 a1 2、a2 4 和 bn an 1 an，

b(n+1)=2b(n)+2

b(n+1)+2=2[b(n)+2]

b（n）+2} 是 b（1）+2=4 且公共比值為 2 的第乙個比例序列。

b(n)+2=2^(n+1)

a(n+1)=a(n)+2^(n+1) -2a(n+1)-2^(n+1+1)+2(n+1)=a(n)-2^(n+1)+2n=...=a(1)-2^2+2=0

a(n)=2^(n+1)-2n

bn+1 +2）=2（bn+2），b1 = 2，所以bn = 2 （n+1）。

bn/2=2^n

An = A1 + B1 + B2 + B3 + bn-1，所以 An 2 = 1+2+4+8+。2 （n-1） = 2 n-1，所以 an = 2 n

完成。 事實證明應該是對的......

有乙個條件寫得不清楚：bn+1=2bn+2，你要表示b（n+1）=2b（n+2）[括號內的那個是下標]。

你還想表達 b（n）+1=2b（n+2） 還是 b（n+1）=2b（n）+2???請清楚地寫下此條件。

bn+1 +2=2（bn +2），所以 {bn} 是公比 q=2 的比例級數，因為 b1=a2-a1=4-2=2 所以 bn = 2 （n+1），所以 bn=2*2 n=2 （n+1），我們看一下 bn=a（n+1）-an，我們考慮累積：b1=a2-a1 b2=a3-a2 b3=a4-a3.........bn=a（n+1）-an

（1）b1=3/4

b2=b1 1-a1 2=4 5 所以 a2=1 5

b3=b2 1-a2 2=5 6 所以 a3=1 6

b4=b3/1-a3^2=6/7

2） 將 bn=1-an 代入第二個公式，得到 bn+1=（1-an） 1-an 2=1 （1+an）。

1 （b（n+1）-1）- 1 （bn-1） = （-an+1） an）-（1 an）=-1 常數。

所以這個級數是一系列相等的差異。

3） 1 （bn-1） =-4-（n-1）= -（n+3） 從 （2）.

所以 bn=（n+2） （n+3）。

an=1/（n+3）

sn=(1/4)(1/5)+(1/5)(1/6)+(1/6)(1/7)+…1/(n+3))(1/(n+4))

1/4)-(1/5)+(1/5)-(1/6)+(1/6)-(1/7)+…1/(n+3))-1/(n+4))

1/4)-(1/(n+4))

n/[4(n+4)]

4asn=na/(n+4)

A<（n+2）（n+4） [（n+3）n] 由 4asn bn 獲得

公式 n+2）（n+4） [（n+3）n] 的極限為 1

所以 a=1

a1=1/4，an+bn=1，b(n+1)=bn/(1-an^2)

b1=1-1/4=3/4

bn/b(n+1)=1-an^2=1-(1-bn)^2=2bn-bn^2

1/b(n+1)=2-bn

1/b(n+1)-1=1-bn

b(n+1)-1]/b(n+1)=bn-1

b(n+1)/[b(n+1)-1]=1/(bn-1)

b(n+1)/[b(n+1)-1]-1=1/(bn-1)-1

1/[b(n+1)-1]=1/(bn-1)-1

1/[b(n+1)-1]-1/(bn-1)=-1

所以 1 （bn-1） 是第乙個相等差數列，項為 1 （b1-1） = -4，公差為 -1。

2 從上面，我們得到 1 （bn-1）=-4-（n-1）=-n-3

bn=-1/(n+3)+1=(n+2)/(n+3)

an=1-bn=1/(n+3)

sn=a1a2+a2a3+a3a4+…+ana(n+1)

1/4)(1/5)+(1/5)(1/6)+(1/6)(1/7)+…1/(n+2)][1/(n+3)]+1/(n+3)][1/(n+4)]

1/4-1/5)+(1/5-1/6)+(1/6-1/7)+…1/(n+2)-1/(n+3)]+1/(n+3)-1/(n+4)]

1/4-1/(n+4)

再次達到40億

4a[1/4-1/(n+4)]＜n+2)/(n+3)

n+3)a[(n+4)-4]＜(n+2)(n+4)

a-1)n^2+(3a-6)n-8＜0

如果 a-1 0，則 y=（a-1）n 2+（3a-6）n-8 是一條向上開口的拋物線，並且總是有 n 所以 （a-1）n 2+（3a-6）n-8 0，所以它不符合主題;

如果 a-1 0，則 y=（a-1）n 2+（3a-6）n-8 是開口向下的拋物線，只要為 0，所以。

3a-6） 2+32（a-1）=9a 2-4a+4 0，這樣的a不存在;

如果 a-1=0，則 y=（a-1）n 2+（3a-6）n-8=-3n-8 0 是常數;

綜上所述，a=1

解 an=3 4a（n-1）+1 4b（n-1）+1（1）bn=1 4a（n-1）+3 4b（n-1）+1 （2）（1）+（2） 給出 an+bn=a（n-1）+b（n-1）+2，（n>=2）），因此序列 an+bn 是乙個等差級數，a1+b1=2，公差為 2。

cn=an+bn=2+(n-1)*2=2n

（1）b1=3/4

b2=b1/1-a1^2=4/5

所以 a2 = 1 5

b3=b2/1-a2^2=5/6

所以 a3=1 6

b4=b3/1-a3^2=6/7

2） 將 bn=1-an 替換為

替換第二個公式。

bn+1=（1-an）/1-an^2=1/（1+an）1/（b(n+1)-1）-

1/(bn-1)

-（an+1） an）-（1 an）=-1 常數，所以級數是一系列相等的差。

3）從（2）。

1/(bn-1)

4-（n-1）=

n+3） 所以 bn=（n+2） （n+3）。

an=1/（n+3）

sn=(1/4)(1/5)+(1/5)(1/6)+(1/6)(1/7)+…1/(n+3))(1/(n+4))

1/4)-(1/5)+(1/5)-(1/6)+(1/6)-(1/7)+…1/(n+3))-1/(n+4))

1/4)-(1/(n+4))

n/[4(n+4)]

4asn=na/(n+4)

來自 4ASN 十億

公式 a<（n+2）（n+4） [（n+3）n]（n+2）（n+4） [（n+3）n] 的極限為 1，因此 a=1

b1=√a1a2=√2

b2=b1q=√a2a3,a3=b1^2q^2/a2=q^2

bn=b1q^(n-1)=√anan+1

bn+2=b1q^(n+1)=√an+1an+2

anan+1=2q^(n-1)

an+2an+1=2q^(n+1)

an/an+2=1/q^2

an+2=an *q^2

1.認證。 2、cn=a(2n-1)+2a(2n)

a(2n+2)=q^2a(2n)

a(2n+1)=a(2n-1+2)=q^2a(2n-1)

cn+1/cn

a(2n-1+2)+2a(2n+2)]/[a(2n-1)+2a(2n)]

q^2*[a(2n-1)+2a(2n)]/[a(2n-1)+2a(2n)]

Q2為比例級數，常用比為Q2

3、an+2=anq^2

1/a(2n)=1/a(2n-2+2)=1/q^2a(2n-2)=1/q^4a(2n-4)=1/q^6a(2n-6)

1/[q^2(n-1)a(2n-2n+2]

類似地，1 a（2n-1） = 1 q 2a（2n-3） = 1 q 2（n-1）a1

s=1/a1+1/a2+..1/a(2n-1)+1/a(2n)

是兩個比例級數之和，公比為 q 2，第一項為 b1 = 1 a1 = 1，c1 = 1 a2 = 1 2

都是n個專案。 根據求和公式：

s=(1-q^2n)/(1-q^2)+(1/2)(1-q^2n)/(1-q^2)

3/2)(1-q^n)(1+q^n)/(1-q)(1+q)

q≠±1q^2=1

那麼，a3=a1=a5=....=a(2n-1)=1

a2=a4=a6=...=a(2n)=1/2

s=n/2+n=3n/2

如果你不能問，我會盡力幫助你

回答問題不容易，不滿意請諒解

an+bn=1

bn=1-an b(n+1)=1-a(n+1)b(n+1)=bn/[(1-an)(1+an)]1-a(n+1)=(1-an)/[(1-an)(1+an)]=1/(1+an)

1-a(n+1)](1+an)=1

an-a(n+1)=ana(n+1)

等式的兩邊都除以 ana（n+1）。

1 A（N+1）-1 An=1，是乙個固定值。

1 a1=1 （1 4）=4，則級數是一系列相等差分，其中 4 為第一項，1 為公差。

1/an=4+1×(n-1)=n+3

an=1/(n+3)

bn=1-an=1- 1 （n+3）=（n+2） （n+3） 級數的一般公式為 an=1 （n+3）; 一系列數字的一般公式是 bn=（n+2） （n+3）。

數學歸納法，這道題的前半部分是一樣的，後面猜題，再證明，太麻煩了，可以自己解決，但是已經有上面的結果可以對比了，應該不難。