分析 數(shù)列{an},{bn}滿足$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}=2{a}_{n-1}+_{n-1}}\\{_{n}=3{a}_{n-1}+4_{n-1}}\end{array}\right.$(n≥2)且a1=2,b1=3,可得a2=7,b2=18.變形可得:${a}_{n}=\frac{2}{3}_{n}-\frac{5}{3}_{n-1}$,當(dāng)n≥3時(shí),${a}_{n-1}=\frac{2}{3}_{n-1}-\frac{5}{3}_{n-2}$.代入可得:bn-bn-1=5(bn-1-bn-2).利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得:bn-bn-1=3×5n-1.再利用bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1可得bn,進(jìn)而得到an.
解答 解:∵數(shù)列{an},{bn}滿足$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}=2{a}_{n-1}+_{n-1}}\\{_{n}=3{a}_{n-1}+4_{n-1}}\end{array}\right.$(n≥2)且a1=2,b1=3,
∴a2=7,b2=18,a3=32,b3=93.
變形可得:3an-2bn=3bn-1-8bn-1=-5bn-1,∴${a}_{n}=\frac{2}{3}_{n}-\frac{5}{3}_{n-1}$,
∴當(dāng)n≥3時(shí),${a}_{n-1}=\frac{2}{3}_{n-1}-\frac{5}{3}_{n-2}$.
∴bn=2bn-1-5bn-2+4bn-1,
變形為:bn-bn-1=5(bn-1-bn-2).
∴數(shù)列{bn-bn-1}(n≥2)是等比數(shù)列,首項(xiàng)為15,公比為5,
∴bn-bn-1=15×5n-2=3×5n-1.
∴bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1
=3(5n-1+5n-2+…+5)+3
=$3×\frac{5({5}^{n-1}-1)}{5-1}$+3
=$\frac{3×{5}^{n}-3}{4}$.
∴當(dāng)n≥2時(shí),an=$\frac{2}{3}×\frac{3×{5}^{n}-3}{4}$-$\frac{5}{3}×\frac{3×{5}^{n-1}-3}{4}$=$\frac{{5}^{n}+3}{4}$.
當(dāng)n=1時(shí)上式也成立.
∴an=$\frac{{5}^{n}+3}{4}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、“累加求和”方法、遞推關(guān)系的應(yīng)用,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來(lái)源: 題型:選擇題
A. | (0,$\frac{π}{4}$] | B. | (2kπ,2kπ+$\frac{π}{4}$],k∈Z | C. | (kπ,kπ+$\frac{π}{4}$],k∈Z | D. | (kπ-$\frac{π}{2}$,kπ+$\frac{π}{4}$],k∈Z |
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