Sn=(a1+a2+a3+..+an) =na1+n(n-1)d/2 Sn/n=a1+(n-1)d/2; Sn-1/n-1=a1+(n-2)d/2 Sn/n- Sn-1/n-1=d/2为一常数,故{Sn除以n}为等差数列结果一 题目 设{An}是等差数列,其前n项和为Sn.求证数列{Sn除以n}为等差数列 答案 Sn=(a1+a2+a3+..+an)=na1+n(n-1)d/2Sn/n=a1...
所以是等差数列。 证“必要条件”因为是等差数列,所以设数列的公差为, · 则所以 当时, 所以当时满足. 所以常数, 所以{an}是等差数列. ( 故选C. [点睛]本题考查等差数列的证明和充要条件的判断,属于中档题.结果一 题目 已知数列{an}的前n项和为Sn,则“{an}是等差数列”是“是等差数列”的( ) A. 充...
根据等差数列的奇数项的前n项和可以写成最中间一项的n倍,所以把要求的两个数列的第9项之比写成两个数列的前17项之和的比值,两个数列的第10项之比写成两个数列的前19项之和的比值代入数值进行运算.【解析】∵等差数列{an}{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,∵,∴===故选B. 本题考点:等差数列的性质 解析看不...
分析:根据等差数列的性质,推出2(S2n-Sn)=Sn+(S3n-S2n),即可得到Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…为等差数列 解答:证明:设等差数列an的首项为a1,公差为d, 则Sn=a1+a2+…+an,S2n-Sn=an+1+an+2+…+a2n=a1+nd+a2+nd+…+an+nd=Sn+n2d, 同理:S3n-S2n=a2n+1+a2n+2+…+a3n=an+1+an+2+…+a2n+...
已知数列{an},an∈N*,前n项和Sn=1/8(an+2)2. (1)求证:{an}是等差数列; (2)若bn=1/2an-30,求数列{bn}的前n项和的最小值. 已知数列an的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Sn=an^2+n-4,(1)求证an为等差数列 (2)求an的通项公式 特别推荐 热点考点 2022年高考真题试卷汇总 2022年高中...
Sn为等差数列{An}的前n项和,则Sn=(a1+an)*n/2Sn/n=(a1+an)/2=[a1+a1+(n-1)d]/2Sn+1/(n+1)-Sn/n=(2a1+nd)/2-[2a1+(n-1)d]/2=d/2是常数.所以{Sn/n}是等差数列. 结果一 题目 设Sn为等差数列{An}的前n项和,求证:{ Sn/n}是等差数列 答案 Sn为等差数列{An}的前n项和,则...
=(b1)^n*q^[1+2+……+(n-1)]=(b1)^n*q^[n(n-1)/2]={b1*q^[(n-1)/2]}^n 所以(Tn)^(1/n)=b1*q^[(n-1)/2](Tn)^(1/n)/(Tn)^[1/(n-1)]=b1*q^[(n-1)/2]/{b1*q^[(n-2)/2]=q^[(n-1)/2-(n-2)/2]=q^(1/2)所以数列｛(Tn)^(1/n)｝...
等差数列{an}的前n项和为Sn表达式为S(n)=n*a(1)+[n(n-1)/2]d，由此得出公差d=[S(3)-3a(1)]/3=2。数列通项公式a(n)=a(1)+(n-1)d变为(1+√2)+2(n-1)=2n-1+√2。Sn公式进一步简化为S(n)=[a(1)+a(n)]*(n/2)=n(n+√2)。引入新数列b(n)=a(n)-√2=2n-...
先证充分:设公差为d,s(n+1)={(n+1)[a1+a(n+1)]}/2为一式,sn=[n(a1+an)]/2为二式,两式相减 推出 a(n+1)-a1=n[a(n+1)-an]即nd=nd 证必要:an=a1+(n-1)d①sn=ai+a2+a3+.an=a1+a1+d+a1+2d+.a1+(n-1)d=na1+{1+2+3+4+... 解析看不懂?免费查看同类题视频解析查看...
设Sn为等差数列{an}的前n项和,若 =. 试题答案 在线课程 【答案】分析:根据等差数列的性质得出s9=9a5,s11=11a5然后根据条件即可求出答案. 解答:解:∵Sn为等差数列{an}的前n项和 ∴s9=a1+a2+…+a8+a9=(a1+a9)+(a2+a8)+…+(a4+a6)+a5=9a5 ...