1.已知Sn=2+5a+8a^2+...+(3n-1)a^(n-1),求Sn.2.用歸納法證：(m+1)^n-nm-1能被m^2整除（其中m為整數，n屬于N)望高手指點。

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1。Sn=2+5a+8a^2+11a^3+。。。。。。+(3n-1)a^(n-1)如果a=1得到Sn=2+5+8+。。。。。。+(3n-1)=n(3n+1)/2假定a1:aSn= 2a+5a^3+8a^3+。。。。。。+(3n-4)a^(n-1)+(3n-1)a^n---(1-a)Sn=2+3a+3a^2+3a^3+。。。。。。+3a^(n-1)-(3n-1)a^n--- 2+(3a-3a^n)/(1-a)-(3n-1)a^n---Sn=2/(1-a)+(3-3a^n)/(1-a)^2-[(3n-1)a^n]/(1-a)。2。(1)。n=1時，原式=0。0能被m^2整除。(2)。n=2時，設n=k(k=2)時原結論成立:(m+1)^k-km-1能被m^2整除。則當n=k+1時，原式=(m+1)^(k+1)-(k+1)m-1=(m+1)(m+1)^k-(m+1)(km+1)+(m+1)(km+1)-km-m-1=(m+1)[(m+1)^k-km-1]+(km^2+km+m+1)-km-m-1=(m+1)[(m+1)^k-km-1]+km^2根據假設(m+1)^k-km-1能被m^2整除,那么(m+1)[(m+1)^k-km-1]也就能被m^2整除。顯然km^2能被m^2整除。所以這兩項的和能被m^2整除。就是說n=k+1時結論成立。由（1）、（2）可知對一切自然數n，原結論(m+1)^n-nm-1能被m^2整除都成立。證完。

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1、Sn=2+5a+8a^2+。。。+(3n-1)a^(n-1)=[3+6a+9a^2+。。。+(3n)a^(n-1)]-[1+a+a^2+。。。+a^(n-1)]令f(a)=3+6a+9a^2+。。。+(3n)a^(n-1),f(a)在區間[0,a]上積分，得到F(a)=3a+3a^2+3a^3+。。。+3a^n=3a(1-a^n)/(1-a)F(a)對a求導數就得到f(a)=[3a-3na^n+3na^(n+1)-3a^(n+1)]/[(1-a)^2]又g(a)=1+a+a^2+。。。+a^(n-1)=(1-a^n)/(1-a)所以Sn=f(a)-g(a)=[2+a-(3n+2)a^n-a^(n+1)]/[(a-1)^2]2、證明：f(n)=(m+1)^n-nm-1能被m^2整除。證：當n=1時,f(1)=m+1-m-1=0,能被m^2整除;設當n=k時，f(k)=(m+1)^k-km-1,能被m^2整除,當n=k+1時，f(k+1)=(m+1)(m+1)^k-(k+1)m-1=[m(m+1)^k-m]+f(k)因為m(m+1)^k-m=m[(m+1)^k-1]=m[C(k,k)m^k+C(k,k-1)m^(k-1)+。。。+C(k,1)m]=(m^2)[C(k,k)m^(k-1)+C(k,k-1)m^(k-2)+。。。+C(k,1)],能被m^2整除又f(k)能被m^2整除,所以f(k+1)能被m^2整除。由數學歸納法原理知，對一切正整數n，f(n)能被m^2整除。。

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第一題：設an=3n-1 bn=a^(n-1) cn=an*bn 所以an是等差數列，bn是等比數列 所以cn=2+5a+8a^2+...+(3n-1)a^(n-1) q*cn=2a+5a^2+8a^3+...+(3n-1)a^n (1-q)cn=2+3[a+a^2+a^3+...+a^(n-1)]-(3n-1)a^n 因為cn=Sn所以可以求出Sn