在已知的比例序列 an 中，k a n 1 a n 2 是實數的值範圍

a（n）=aq （n-1），a 不是 0

a(n+m)=aq^(n+m-1)=(aq^n)*q^(m-1)

t(n,m)=a(n+1)+a(n+2)+.a(n+m-1)=(aq^n)*[1+q+q^2+..q （m-1）]， q=1， t（n，m）=馬， m-> 無限， t（n，m）=馬->無限.

題外話。 當 q 不為 1 時，t（n，m）=aq n[q m - 1] （q-1）， q|>1，m->無限，q m ->無限，t（n，m）=aq n[q m-1] （q-1）->無限，這不存在。

q=-1，m->無窮大，q m 無限制，t（n，m）=a（-1） n[（-1） m-1] （-2） 沒有限制，這與主題不符。

q|<1，m->無限大，q m->0t（n，m）=aq n[q m-1] （q-1）->aq n （1-q），與標題一致。

因此，只有 |q|<1、符合主題。

在這種情況下，aq （n-1）=k*aq n （1-q），1=kq （1-q），q 不是 0

k=（1-q） q，滿足主題的實數，a不為0 0<|q|<1, k=(1-q)/q.

是求k的值範圍嗎？

從標題可以看出，這個比例級數的公比q必須滿足01，所以k=1 q-1>0

an=a1*q^(n-1)=q^(n-1)q^(k-1)-[q^k+q^(k+1)]=q^(k-1)*[1-q-q²]

由於 an 是 q 的幾個正方形的形式。

所以 1-q-q 也應該是 q 的幾倍形式。

和 0q +2q-1=0

該解決方案給出 q = 2-1（根 - 2-1 <四捨五入），因此 q 的值集是單位集。

an=q*（n-1）

a k- ak+1-ak+2=q*k（1 q-1-q） 仍然是序列之一，則 1 q-1-q=q*n，因為 0 q 1 2， 1 q-1-q 1 2q*0 1 或 q*n 1 2

所以 1 q-1-q=1， q=2 1

只有 1-q-q 平方 = q-n 次方。

比例級數的常用比率是q，a（n+1）+a（n+2）+a（n+3）+ =an q+an q +an q +....

an×(q+q²+q³+…

和 an=k（a（n+1）+a（n+2）+a（n+3）+....an=k× an×(q+q²+q³+…即 1=K（Q+Q +Q+...

自 0<|q|<1

q+q²+q³+…前 n 項的總和是 [1-q （n+1）] （1-q）。

因為存在無窮項，所以 n 趨於無窮大，而 q （n+1） 趨向於 0] q+q +q +....=1/(1-q)

1=k（1-q），即k=（1-q）。

0<|q|<1, -1∴0<1-q<2

0 應該足夠詳細！！

an>a(n+1)+a(n+2)

A1*Q （N-1）>A1*Q N+A1*Q （N+1）A 是正項。

a1>0

q> 裝扮 書 0

1>q+q^2

q^2+q-1<0

1- 5）悶悶不樂 2 如果您同意我的觀點，請點選“獲得滿意的答案”，並祝您在學習中取得進步！

sn=a1（1-q n） （1-q） ......來自 a1+a2+an+…吵。。。。=1 2 0<|q|<1

a1+a2+……an+……姿勢流浪者 = a1 （1-q） =1 2 a1 = 所以磨餡餅 0< a1<1 2 或 1 2

an+1>an

a1*q^n>a1*q^(n-1),n>=1a1<0

q^n0,n>=1

q-1<0

0=1Q-1>0

q 沒有解，所以常用比值 q 為 0

它也是乙個比例級數，常用比為 1 q

a1+a2+..an=a1(1-q^n)/(1-q)=11/a1+1/a2+..1/an

1 A1（1-（1 Q） n） （1-1 Q） = 4，即 （Q N-1） （Q-1）。

4a1q^(n-1)=4an

所以 a1an=1 4

設 t=a1a2....an

t=an...a2a1

將兩個方程相乘得到 t 2 = （1 4） n

再次 t>0

所以 t=（1 2） n