設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，已知bn＞0（n∈N*），a1=b1=1，a2+b3=a3，S5=
（Ⅰ）設(shè){an}的公差為d，數(shù)列{bn}的公比為q，則
∵a1=b1=1，a2+b3=a3，S5=5（T3+b2），
∴q2=d，1+2d=1+2q+q2，
∴q2-2q=0，
∵q≠0，∴q=2，∴d=4
∴an=4n-3，bn=2n-1；
（Ⅱ）∵==（?）
∴++…+=（?+?+…+?）
=（?）=（1-）．
已知等差數(shù)列數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的各項(xiàng)均為正數(shù)，公比是q，且滿足：a1=3，b1=1，b2+S2=
（Ⅰ）由S2=a1+a2=3+a2，b2=b1q=q，且b2+S2=12，S2=b2q．
∴，消去a2得：q2+q-12=0，解得q=3或q=-4（舍），
∴a2＝q2?3＝32?3＝6，則d=a2-a1=6-3=3，
從而an=a1+（n-1）d=3+3（n-1）=3n，
bn＝b1qn?1＝3n?1；
（Ⅱ）∵an=3n，bn＝3n?1，∴cn＝3bn?λ?2＝3n?λ2n．
∵cn+1＞cn對任意的n∈N*恒成立，即：3n+1-λ?2n+1＞3n-λ?2n恒成立，
整理得：λ?2n＜2?3n對任意的n∈N*恒成立，
即：λ＜2?()n對任意的n∈N*恒成立．
∵y＝2?()x在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，∴ymin＝2?＝3，
∴λ＜3．
∴λ的取值范圍為（-∞，3）．
設(shè)等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列｛bn｝為等比數(shù)列，已知a1=b1=1,
解：∵等差數(shù)列｛an｝的前n項(xiàng)和為Sn,數(shù)列｛bn｝為等比數(shù)列 ∴由a2+b2=a3可知：b2=a3-a2=d 又∵b2=b1q，a1=b1=1 ∴d=q 又∵S3=3（a3+b3) 即a1+a2+a3=3(a3+b3) ∴3a3+3b3-a1-a2-a3 =3d+3b3 =3d+3d2 =0 解得：d=-1或d=0(舍去) ∴an=a1+(n-1)d=-n+2 bn=b1q^(n-1)=(-1)^(n-1) 【中學(xué)生數(shù)理化】團(tuán)隊(duì)為您解答！祝您學(xué)習(xí)進(jìn)步 不明白可以追問！ 滿意請點(diǎn)擊下面的【選為滿意回答】按鈕，O(∩_∩)O謝謝?
已知{an}是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)的和為Sn，{bn}是等比數(shù)列，且a1=b1=2，a3+b3=12
（1）∵{bn}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為4，公比為2， ∴bn=4?2n-1=2n+1， ∵數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且對任意的n∈N*，都有a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn＝n?2n+3， ∴a1b1=24，∴a1＝24 b1 ＝24 4 =4， a1b1+a2b2＝2?25， ∴a2b2＝2?25?24＝48， ∴a2=48 b2 =48 23 =6， ∴d=a2-a1=6-4=2， ∴an=4+（n-1）×2=2n+2． ∴Sn=（a1+a2+a3+…+an）+（b1+b2+…+bn） =[4n+n(n?1) 2 ×2]+4(1?2n) 1?2 =n2+3n+2n+2-4．（2）①∵a
設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列的前n項(xiàng)和為Tn，已知bn大于0，a1=b1=1,a2+b3=a3，S5=5（T3+b2）
分析：等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn， a1=b1=1,a2+b3=a3，S5=5（T3+b2）， 設(shè)an=1+(n-1)d，bn=q^(n-1)， 有b1=1，b3=a3-a2=d， 因?yàn)镾5=5(T3+b2)，S5=5a3，T3=b1+b2+b3=1+b2+d， 所以5a3=5(1+b2+d+b2)，得到5a3-5(1+d)=5(a3-1)-5d=10b2， 又因?yàn)閍3-a1=a3-1=2d，代人得到b2=1/2d， 有b1=1，b2=1/2d，b3=d， 所以公比q=b2/b1=b3/b2，所以d/2=2，得到d=4，q=2， {an}：an=1+4(
