幾個數字系列問題！ 緊急！！ 王牌進階！！

1.根據正選擇定理 sina a=sinb b=sinc c ，得到 a*2=bc。

因為 a、b 和 c 是相等的差分級數，我們得到 a=2b-c。

將兩邊的平方帶入解中，得到 c = 4b 或 b，並帶入驗證，因為 a、b、c 都是。

大於 0，所以我們得到 a=b=c，即三角形 abc 是乙個正三角形。

2.設級數 A 的公差為 b，因此有 a6=a4+2b，a16=a4+12b。

而 A4、A6 和 A16 是比例序列，所以有 a6*2=a4 a16。

引入得到 5b*2=2b a6，因為 b≠0，所以簡化 b=2a4，所以 q=a6 a4=1+2b a4=5。

3.偶數項之和為a2（1-4*n） （1-4）=a1 q（1-4*n） （1-4），奇數項之和為a1（1-4*n）（1-4），因此得到q=2。 由於 a3=1，an=2*（n-3）。

因為中間兩項的總和是 24，所以這兩個項分別是 8 和 16，即 a6 和 a7。

然後這個數字系列中有 12 個項。

4.設數字列為 bn，則很容易知道 sn=（1-2*n） （1-2）=2*n-1=an。

1. A=C等腰三角形。

方法是通過代入 sinb = sinasinc 的平方來簡化 2sinb = sina + sinc（從 2b = a + c 獲得）。

A6 = 可以獲得公差。

第二句知道常用比是2，第四句可以找到中間的左項是8，按照第三項是1，我們知道8是第6項，所以總共有12項。

n-1 這個比例序列的加法是 an，可以直接通過對比例序列求和來計算。

給它加分！

s101=a1+a2+a3+a4+..a101=（a1+a101）*101/2

刪除的數字是 a1、a4、a7、a10 ,..a（3n-2）s（減） = （a1+a4+..a100）*34/2=（8+701）*34/2=12053

所以 s 的其餘部分（左）= 36158-12053 = 24105

A2、A3、A5、A6，一直到A99、A101可以看作是A2、A5一直到A101和A3、A6的一系列相等差異,..a99 的一系列相等差值只是 2 的總和。

當n=1時，a1=2*1=2;

從標題：a1 + 2 a2 + 2a3....+nan=(n-1)sn+2n………1）

a1+2a2+2a3…+(n-1)an-1=(n-2)sn-1+2(n-1)……2）

1）-（2）: nan=(n-1)sn-(n-2)sn-1+2

nsn-nsn-1=nsn-sn-nsn-1-2sn-1+2

sn-2sn-1=2

sn=2an-2………3）

sn-1=2an-1-2………4）

3）-（4）： an=2a(n-1)

公共比率為 2 的比例序列。

an=2^n

在序列 an 的第 n 項之前取的 3n-2 項的總和為 pn=2（1-8 （[n-1） 3]+1）） 1-8）。

n 是 an] 的下標（[a] 表示不超過 a 的最大整數）。

由於 t[n+1] tn 不適合下標，所以我們使用 sn-pn 來計算它。

tk=sn-pn=2(1-2^n)/(1-2)-2(1-8^([n-1)/3]+1))/1-8)

當n=3m（m1）時，約化t[k+1] tk=（sn+2-pn+2） （sn-pn）=（10*8 m-3） （3*8 m-3） （10 3,11 3）。

當 n = 3 m-1 （m 1） 時，簡化 t[k+1] tk = （sn+1-pn+1） （sn-pn） = （12*8 m-12） （5*8 m-12） （12 5,3）。

所以 t[k+1] tk （12， 5， 11， 3）。

2a（n）a（n-1）+（n-1）a（n）=3na（n-1） 除以 a（n）a（n-1） 兩邊

2+ （n-1） a（n-1） = 3n a（n） 設 b（n） = n a（n）。

2+b(n-1) =3b(n)

3（b（n）-1） = （b（n-1）-1） 所以 b（n）-1 是乙個比例級數，公共比為 1 3

b(1) =1/a(1) = 2/3

b（n）-1 = （b（1）-1） （1 3） （n-1） 得到 b（n）= -（1 3） n+1

所以 a（n） = n （-（1， 3） n+1）。

基於此，很明顯，以下是......的 （1-1 3）*（1-（1 3）2）。1-（1 3） n） 大於 1 2 就足夠了。

立方 [1-1 3 （n+1）] 3 = （1-1 [3 （n）]）1 [3 （2n+1）]-1 [1 3 （3n+3）]。

顯然，當 n>=2、2n+1<3n+3 和 1 [3 （2n+1）]-1 [1 3 （3n+3）] 0

所以 [1-1 3 （n+1）] 3 > （1-1 [3 （n）]） 是 1-1 3 （n+1） >1-1 [3 （n）]）1 3）。

所以有 2 3 = （2 3） 1

.1-1/3^(n+1) >2/3)^(1/n)

左 （2， 3） （1+1， 3+1， 9+1， 27+...2/3)^(1/n)）

還有 1+1 3+1 9+1 27+......2/3)^(1/n) = 3/2(1-(1/3)^n) <3/2

所以左“（2 3） （3 2） = > 1 2

所以原來的公式是正確的。

a1=3/2,an=3na(n-1)/[2a(n-1)+n-1]

an=3na(n-1)/[2a(n-1)+n-1]

同時進行雙方的倒計時。

1/an=[2a(n-1)+n-1]/[3na(n-1)]

1/an=2/3n+(n-1)/[3na(n-1)]

n/an=2/3+(1/3)[(n-1)/a(n-1)]

n/an-1=1/3*(n-1)/[a(n-1)-1]

序列是第乙個比例序列，公共比率為 1 比 3。

n/an-1=(1/a1-1)q^(n-1)

n/an-1=[1/(3/2)-1]*(1/3)^(n-1) (n>=1)

n/an-1=[2/3-1]*(1/3)^(n-1)

n/an-1=(-1/3)*(1/3)^(n-1)

n/an=1-(1/3)^n

an/n=1/[1-(1/3)^n]

an=n/[1-(1/3)^n]

A1A2....an<2n! .1)

即 （1 a1） （1 a2） ...1/an)>1/2n!

即 （1-1 3） 1*（1-1 3 2） 2*...1-1/3^n)/n>1/2n!

即 （1-1 3） （1-1 3 2） 2....1-1/3^n)>1/2 ..2)

首先證明當 n n* 時，有 （1-1 3）（1-1 3 2）...1-1/3^n)>=1-(1/3+1/3^2+..1/3^n)..3)

以下通過數學歸納法證明。

等式 （3） 在 n=1 時成立。

當假設 n=k，即時，這是正確的。

1-1/3)(1-1/3^2)..1-1/3^k)>=1-(1/3+1/3^2+..1/3^k)

則 n=k+1。

1-1/3)(1-1/3^2)..1-1/3^k) [1-1/3^(k+1)]>=1-(1/3+1/3^2+..1/3^k)[1-1/3^(k+1)]

1-(1/3+1/3^2+..1/3^k)-1/3^(k+1)+1/3^(k+1)(1/3+1/3^2+..1/3^k)

1-[1/3+1/3^2+..1 3 k+1 3 （k+1）] 3） 為真。

因此，通過數學歸納可以知道，方程（3）對所有n n*都成立。

1-1/3)(1-1/3^2)..1-1/3^n)>=1-(1/3+1/3^2+..1/3^n)

1-(1/3)[1-(1/3)^n]/(1-1/3)

1-(1/2)[1-(1/3)^n]

1/2+1/2(1/3)^n

也就是說，等式（2）成立。

因此，方程（1）成立，即

a1a2...an<2n!

有關詳細資訊，請參見 **。 我已經提出了前兩個問題，呵呵。

（1）首先，倒數兩邊：1（an*n）=1 3*+2 3;

然後未定係數法，讓乙個數字 a 使得有 n （an） + a = 1 3*，我們得到 -2 3 * （a） = 2 3，即 a = -1;

記住 bn=n （an）-1，則有 b1=-1 3 不為零，所以序列是以 1 3 為公比的一系列數字，第一項是 -1 3。

bn=-1 3（1 3） （n-1）=-（1 3） n，所以 an=n*（3 n） [（3 n-1）]。n=1,2,3...

2）首先，有1-1（3 n）=n an，兩邊有[1-1 3]*[1-1 （3 2）]*1-1 3 n]=n！/(a1*a2*..

an），如果為真，則有 [1-1 3]*[1-1 （3 2）]*1-1 3 n]>1 2，數學歸納證明：[1-1 3]*[1-1 （3 2）]*

1-1/3^n]>1-（1/3+1/3^2+..1 3 n） （這是證明部分，證明很簡單，所以省略了） = 1-1 3 （1-1 3 n） （1-1 3） = 1 2 + 1 2 * （1 3 n） > 1 2，所以結論是有效的！！

就是找a11,9乘以2的7次方。

問題 1：選擇 D。 因為 x（n）=a n，0x（2）>....x（n） 問題 2：選擇 b。

由於 f（x）+f（y）=f（x+y）-xy-1 和 f（1）=1，現在 x=1 和 y=n-1，那麼就有了。

1+f（n-1）=f（n）-（n-1）-1=f（n）-n，整理f（n）-n得到f（n）-f（n-1）=n+1

求解這個遞迴方程得到 f（n）=

如果 f（n）=n，則有，並且解是 n=1 且 n=-2，因此選擇 b。

AN容差為d，BN總比值為q

a2*b2=1 => (a1+d)*b1*q=1 => (a1*b1+d*b1)*q=1 => (1+d*b1)*q=1 => d*b1=1/q-1

a3*b3=(a1+2*d)*b1*q*q=(a1*b1+2*d*b1)*q*q=(1+2*d*b1)*q*q=(1+2*(1/q-1))*q*q=2*q-q*q

1- （Q-1） 平方。

我認為它是負無窮大到 1

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