高中數學系列題目，請數學天才解決

1.我開啟原始公式兩邊的正方形並得到它。

an+a（n+1）-1=2 [ana（n+1）]，即 [ an- a（n-1）] =1

單調增加的問題， a1>0， an- a（n-1）=1 an=n

即 an=n

對於自然數 n 2，有 n >n -n

所以 1 n < 1 [n（n-1）]=1 （n-1）-1 n1 2） +1 3） +1 4） +1 n） <1-1 2+1 2-1 3+1 3-1 4+...1/(n-1)-1/n=1-1/n<1

所以 1 1 + （1 2） +1 3） +1 4） +1 n） < 1+1-1 2+1 2-1 3+1 3-1 4+...1/(n-1)-1/n=2-1/n<2

即 1 a1 + 1 a2 + ...1/an<2

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

b(n+1)-bn

n 2-3n+2） [（n+4） 2（n+3） 2]<0 表示 BN 是乙個遞減級數。

即 b1>b2>b3>b4>...bn

因為 b1 = 1 8

b2<1/8

b3<1/8

所以 b1 + b2 + b3 + b4 + .bn<1/8+1/8+1/8+1/8+..1/8=n/8(n>=2)

我很高興回答您的問題，並祝您在學習中取得進步！ 學習指南團隊將為您解答問題。

如果你不明白，你可以問！ 如果你贊成我的。

請點選下方的【選擇滿意】按鈕，謝謝！

第乙個問題可以用 a2=4、a3=9、a4=16 來解決。 使用數學歸納法，這個系列的一般公式是 an=n 2

接下來，縮小規模。 顯然，n*n>n*（n-1），所以 1+1 4+1 9+1 n 2<1+1 （1*2）+1 （2*3）+....1 n*（n-1），去掉分割項，原公式等於1+1-1 n<2，證明完成。

第二個問題，既然已經找到了 an，那麼我們可以得到 bn=（n+1） （n+3） 2，然後我們不知道......

<>第二個問題，我還沒有弄清楚。

我不是數學天才，所以......

證明：吠陀定理有 an+an-1=p，an*an-1=q

有乙個公式可以根據相等差的級數求和。

s2n=[a1+a(2n+1)]*2n/2=n[a1+a(2n+1)]=n[an+a(n-1)]=pn

也就是說，這個系列的總和是 pn

證明這個序列的總和是 （lgx） 2-*lgx+（lgn+lgp） 2=[lgx-（lgn+lgp）] 2=0 的根。

也就是說，它證明了PN是LGX=LGN+LGP的根。

只需要證明 pn 滿足方程，使方程成立。

所以我們引入 lgpn-lgn-lgp=（lgn+lgp）-lgn-lgp=0，這意味著 pn 是 lgx=lgn+lgp 的根。

所以這個序列 s2n=pn 的總和是 （lgx） 2-*lgx+（lgn+lgp）2=0 的根。

解：（1）在2sn=a（n+1）-2（n+1）+1中，設n=1得到：2s1=a2-2 2+1，設n=2得到：2s2=a3-2 3+1，解：a2=2a1+3，a3=6a1+13 和2（a2+5）=a1+a3

解得 a1=1

2） 從 2sn=a（n+1）-2 （n+2）+1 a（n+2）+1 得到 A（n+2）=3a（n+1）+2 （n+1）+1，得到 a1=1，a2=5 也滿足 a2=3a1+2 1，所以 a（n+1）=3an+2 n vs. n n* a（n+1）+2 （n+1）=3（an+2 n）， a1=1，a1+2 1=3，an+2 n=3 n，an=3 n-2 n;

3）∵an=3^n-2^n=（3-2）（3^(n-1)+3^(n-2)×2+3(n-3)×2^2+…+2^(n-1)）≥3^(n-1)

1/an≤1/3^(n-1)

1/a1+2/a2+3/a3+..1/an≤1+1/3+1/3^2+..1/3^(n-1)= 1×[1-(1/3)^n]/(1-1/3)＜3/2

=1 2，序列滿足 f（1）=n 2*an（n 的平方乘以 an），則級數 an = ？ a1+a2+ +an=n^2*an a1+a2+ +a(n-1)=(n-1)^2*a(

序列的每個專案都是正數，an≠0，等式的兩邊都被 2[a（n+1） an] 2=2+[a（n+1） an][a（n+1） an] 2-[a（n+1） an]-2=0[a（n+1） an +1][a（n+1） an -2]=0a（n+1） an +1 常數 “0”， 要使方程成立，只有 a（n+1） an-2=0

a（n+1） an=2，為固定值，數級數為2為公比的比例級數。

a2+a4=2a3+4

2a1+8a1=8a1+4

a1=2an=2×2^(n-1)=2^n

一系列數的一般公式是 an=2 n

假設 b1、bm 和 bn 成正比，那麼。

bm^2=b1bn

m （2m+1）] 2=（1 3）[n （2n+1）]

4nm^2-(2n+3)m+n=0

要在方程中有乙個實根，判別方程 0

(2n+3)]^2-16n^2≥0

4n^2-4n-3≤0

2n+1)(2n-3)≤0

1 2 n 3 2，n 為正整數，n 只能為 1，方程變為 4m 2-5m + 1 = 0

4m-1)(m-1)=0

m=1 4（不是整數，四捨五入）或 m=1（m=n，四捨五入） 總之，沒有滿足主題的 m，n。

是 1+ （n an） 還是 （1+n） ？？

a（n） 非零，a（1）] 2=[a（1）] 3,1=a（1）

a(n+1)]^3=[a(1)+a(2)+.a(n+1)]^2-[a(1)+a(2)+.a(n)]^2=a(n+1)[a(n+1)+2a(1)+2a(2)+.

2a(n)],a(n+1)]^2=a(n+1)+2a(1)+2a(2)+.2a（n），a（2）] 2=a（2）+2a（1）=a（2）+2， 0=[a（2）] 2-a（n）-2=[a（2）-2][a（2）+1]， a（2）=2 或 a（2）=-1

a(n+2)]^2=a(n+2)+2a(1)+2a(2)+.2a（n）+2a（n+1），a（n+2）] 2-[a（n+1）] 2=a（n+2）-a（n+1）+2a（n+1）=a（n+2）+a（n+1），0=[a（n+2）+a（n+1）][a（n+2）-a（n+1）-1]，a（n+2）=-a（n+1） 或 a（n+2）=a（n+1）+1， 讓我們看一下這樣乙個系列的各種可能值：

a(1)=1

a(2)=2,-1

a(3)=3,-2,1

a(4)=4,-3,2,-1,a(5)=5,-4,3,-2,1,..a(2011)=2011,-2010,2009,..2,1,a(2012)=2012,-2011,2010,..2,-1

如果 n<=2011， a（n）=n， n>2011， a（n）=-a（n-1），則 a（2012）=-a（2011）=-2011

當 x=1 時，an 等於 bn

當 x（1， 10， 1）， a3b3假設當 n=k， an>bn，即 （1+lgx） k>1+klgx+k（k-1） 2（lgx） 2

同時將兩邊乘以 （1+LGX）。

1+lgx)^(k+1)>1+(k+1)lgx+k(k+1)/2(lgx)^2+k(k-1)/2*(lgx)^3

因為 lgx>0因此，（1+lgx） （k+1）>1+（k+1）lgx+k（k+1） 2（lgx） 2+k（k-1） 2*（lgx） 3>1+（k+1）lgx+k（k+1） 2（lgx） 2，即a[k+1]>b[k+1]，n=k+1;

因此，當 x （1，+， an>bn.

從標題可以清楚地看出，這樣一系列比率的公共比率不會是負數，也不會小於一。 前者將不滿足等差級數的要求，後者的最後一項趨於零，這是不合理的。

因此，公共比率大於1，因此等差級數是增量的，即公差大於0。

和 a5*a5=a3*an1，即 36=a3*an1。 an1>0 所以 a3 也大於 0。 和 AN1>6>A3

如果 a3 是整數，那麼 36 個中小於 6 的除數都是 12 的除數，這是可以證明的。

1）an的一般公式：a（n）=a（n-1+1）=a（n-1）+a1=a（n-1）+2 所以an-a（n-1）=2表明an是2公差為2的第乙個差分級數為2 an=2n ;

2） an-a（n-1）=（-1） （n-1） bn （2 n+1） =2 其實是 an 的最後一項，我看不清楚，所以直接把 bn 拿出來。

3）第三個問題，我實在不方便玩，有幾種方法，可以試一試：1）c（n+1）-cn大於0，可以表示水平成立，2）除法大於1可以表示水平成立。

3）我記得我應該在高中時學會如何找到指數的導數，c1=3+6=9 讓我們把cn看作乙個函式 只要斜率（導數是乙個概念）大於或等於零，這個函式就是乙個永遠遞增的函式， 那麼上面的要求也可以建立起來，你就直接打球吧，我覺得這樣比較靠譜一點，我實在是沒有地方讓你在工作中算算。

讓我給你一些想法。

1）設p=n-1，q=1。可以發現，數級數 an 是乙個等差級數。 和 an=2n

2）從an=2n開始，公差為2，根據標題：a1=b1 3，a2=b1 3-b2 5，（由此我們可以看出，每n加1之後會多乙個公式，即b1 3=2，-b2 5=2，後面加的每一項都等於2）。

2=（-1） （n-1）*bn （2 n+1），所以我們可以得到bn=2*（2 n+1） （-1） （n-1） 第三個問題不清楚。

我在手機上看到了，一直不明白樓下沒有師傅接聽？