已知数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,数列{bn}的前n项和Sn=n2...

（1）因为数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2n?1．因为数列{bn}的前n项和Sn＝n2．所以当n≥2时，bn=Sn-Sn-1=n2-（n-1）2=2n-1，当n=1时，b1=S1=1=2×1-1，所以数列{bn}的通项公式为bn=2n-1．（2）由（1）可知，bnan＝2n?12n?1．设...

解：1）：b2=b1*q,S2=a1+a2=2+d，其中q为bn之公比，d为an之公差。又b1*b3=（b2）^2=b4,b4/b2=q^2=b2(由等比数列性质及上式得）故2q=q^2,即q=2，所以由q（2+d)=16得d为2故an=2n-1,bn=2^n 2):由c1+3c2+...+3^（n-1）cn=an,则按此规律有an+1=an+3^nc(n+1...

（Ⅰ）∵{an}是首项为1，公差为2的等差数列，∴an=a1+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1．Sn＝1+3+…+(2n?1)＝n(1+2n?1)2＝n2；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，a4=7，S4=16．∵q2-（a4+1）q+S4=0，即q2-8q+16=0，∴（q-4）2=0，即q=4．又∵{bn}是首项为2的等比数列，∴bn＝b1...

（1）当n=1时，a1=S1=2，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（n2+n）-[（n-1）2+（n-1）]=2n，又n=1时也符合上式．∴an=2n．（2）∵bnbn+1=2n，∴当n≥2时，bn-1bn=2n-1．∴bnbn+1bn-1bn=bn+1bn-1=2n2n-1=2，又∵b1=1，b1b2=2，∴b2=2．∴数列{b2n} 是以2为首项，2...

（1）由已知Sn=n2，得a1=S1=1 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-（n-1）2=2n-1 所以an=2n-1（n∈N*）由已知，b1=a1=1 设等比数列{bn}的公比为q，由2b3=b4得2q2=q3，所以q=2 所以bn=2n-1 （2）设数列{anbn}的前n项和为Tn，则Tn=1×1+3×2+5×22++（2n-1...

（Ⅰ）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则a1=1，a2=2，a3=1+d，a4=2q，a5=1+2d，∴4+d=2q，（1+d）+（1+2d）=2+2q，解得d=2，q=3，则数列{an}的通项公式an=n， n＝2k?12?3n2?1，n＝2k，k∈N?（Ⅱ）∵an=n， n＝2k?12?3n2?1，n＝2k，k∈N?，∴...

Sn?1＝2n?1 (n≥2)（2分）当n=1时，2n-1=1，所以an=2n-1（n≥1）（3分）∵bn=2bn-1+1∴bn+1=2（bn-1+1）n≥2（4分）∴bn+1成等比数列，且首项b1+1=2，公比q=2（5分）∴bn+1=2?2n-1，∴bn=2n-1（6分）（2）cn=an?bn=（2n-1）?（2n-1）=（2n-1）?2n-（...

（1）n=1时，a1=S1=3，n≥2时，an=Sn-Sn-1=（n2+2n）-（n-1）2-2（n-1）=2n+1，且n=1时也适合此式，故数列{an}的通项公式是an=2n+1；（2）依题意，n≥2时，bn＝abn?1＝2bn?1+1，∴bn+1=2（bn-1+1），又b1+1=2，∴{bn+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，即...

(1) an=2^n bn=2^n*log2 (2^n)=n*2^n (2) Sn=1*2+2*2^2+3*2^3+...+(n-1)*2^(n-1)+n*2^n 2Sn=1*2^2+2*2^3+3*2^4+...+(n-1)*2^n+n*2^(n+1)Sn-2Sn=2+(2^2+2^3+...+2^n)-n*2^(n+1)=2^(n+1)-2-n*2^(n+1)Sn=(n-1)2^(n...

（1）解：n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-（n-1）2=2n-1，n=1时，a1=S1=1，满足上式，∴an=2n-1（n∈N*）．∵b5=b1q4=q4=16，bn＞0，∴q=2，∵b1=1，∴bn=2×2n-1=2n-1（n∈N*）．（2）证明：∵cn=anbn=2n?12n?1，∴Tn=120+32+522+…+2n?12n?1．①12Tn＝12+322+...