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在等差數(shù)列{an} a1=1 前n項(xiàng)和Sn滿足條件S2n/Sn =4n+2/n+1

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設(shè)公差為 $ d $，由 $ a_1 = 1 $ 和 $ S_n = frac{n}{2}(2a_1 + (n-1)d) $，
得 $ S_{2n} = frac{2n}{2}(2 + (2n-1)d) $。
代入 $ frac{S_{2n}}{S_n} = frac{4n+2}{n+1} $，
化簡得 $ d = 2 $。
因此數(shù)列通項(xiàng)為 $ a_n = 2n - 1 $。
sunlitao00000

（1），由于題目給出了An是等差數(shù)列，所以可以將n=1帶入S2n/Sn =4n+2/n+1，求出A2=2 所以An=n (2)Bn=n*p^n 可以利用錯(cuò)位相減來計(jì)算，具體為： (1), Tn=1*p^1+2*p^2·······n*p^n 上式同乘p得：pTn= 1*p^2+2*p^3·······(n-1)*p^n+n*p^(n+1) 兩式相減得(1-p)Tn=1*p^1+1*p^2·······1*p^n-n*p^(n+1) 顯然，前n項(xiàng)為等差數(shù)列，求和，得Tn=p(1-p^n)/(1-p)^2-n*p^(n+1) 所以，答案是Tn=p(1-p^n)/(1-p)^2-n*p^(n+1)/1-p
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解：1)因?yàn)镾n=na1+n(n-1)d/2=n+n(n-1)d/2,S2n=2n+2n(2n-1)d/2, S（2n）/Sn=（4n+2）/（n+1）,所以d=1,所以Sn=n+n(n-1)/2 2)an=n,所以bn=n*p^n, bn=p*b(n-1)+p^n b(n-1)=p*b(n-2)+p^(n-1) b(n-2)=p*b(n-3)+p^(n-2) ............... b2=p*b1+p^2 相加起來得到：Tn-b1=p*[T(n-1)]+p^2[1-p^(n-1)]/(1-p) Tn-b1=p*[Tn-bn]+p^2[1-p^(n-1)]/(1-p) Tn(1-p)=b1-bn*p+p^2[1-p^(n-1)]/(1-p) Tn={p-[n*p^n]*p+p^2[1-p^(n-1)]/(1-p)}/(1-p) 化簡得到：Tn=[1-p^(n+1)+n*(p-1)*p^(n+1)]/(1-p)^2
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s4=4a1+4*3*d/2=4a1+6d
s8=s4+4a5+6d
s8=3s4 4a5+6d=2s4
4(a5-a1)=4a1+6d
4*4d=4a1+6d
10d=4a1 d=2a1/5
s8=8a1+8*7*d/2=8a1+28d=8a1+56a1/5=96a1/5
s16=16a1+16*15*d/2=16a1+120d=16a1+48a1=64a1
s8/s16=(96a1/5)/64a1=3/10
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（1），由于題目給出了An是等差數(shù)列，所以可以將n=1帶入S2n/Sn =4n+2/n+1，求出A2=2 所以An=n (2)Bn=n*p^n 可以利用錯(cuò)位相減來計(jì)算，具體為： (1), Tn=1*p^1+2*p^2·······n*p^n 上式同乘p得：pTn= 1*p^2+2*p^3·······(n-1)*p^n+n*p^(n+1) 兩式相減得(1-p)Tn=1*p^1+1*p^2·······1*p^n-n*p^(n+1) 顯然，前n項(xiàng)為等差數(shù)列，求和，得Tn=p(1-p^n)/(1-p)^2-n*p^(n+1) 所以，答案是Tn=p(1-p^n)/(1-p)^2-n*p^(n+1)

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