已知an为等差数列公差d≠0an中的部分项组成的数列ak1,ak2

sn=a1+a2+...+an=a1+(a1+d)+...+(a1+(n-1)d)=na1+(1+2+3+...+(n-1))d=na1+(n-1)nd/2；如果d=2an=11；sn=na1+(n-

∵an为等差数列a1,a3,a9成等比数列∴a1(a1+8d)=(a1+2d)^2a1^2+8d*a1=a1^2+4d*a1+4d^2d≠0∴d=a1a1+a3+a9/a2+a4+a10=(a1+a1

显然有：an=a1+(n-1)d,bn=b1*q^(n-1),又a3=b3,a7=b5,所以：a1+2d=a1*q^2,①a1+6d=a1*q^4,②由上面2个式子,得到：3①-②：2a1=a1*(3

a2=a1+d,a3=a1+2d.,a6=a1+5d,...,a10=a1+9d,若a1,a3,a6成等比数列,则a3^2=a1*a6,(a1+2d)^2=a1*(a1+5d),得到a1=4d.则(a

问题还没齐全吧?“求证；方程Akx6”什么意思呢?

1)由已知得(a5)^2=a1(a17)得(a1+4d)^2=a1(a1+16d)化简得a1=2d所以a1=2d,a5=6d,a17=18d,这个等比数列公比为3所以akn=2d·3^(n-1)而ak

设等差数列的公差为d，则a3=a5-2d=6-2d，an1=a5+（n1-5）d=6+（n1-5）d．∵a3，a5，an1成等比数列，∴a52=a3an1化简即（6n1-42）d-2（n1-5）d2=

a1,a5,a17成等比数列a5^2=a1a17(a1+4d)^2=a1(a1+16d)a1^2+8a1d+16d^2=a1^2+16a1d16d^2=8a1da1=2d所以/=/=/=/=26/29

首项为a1,公差为d,a1,a1+4d,a1+16d成等比数列,则(a1+4d)^2=a1*(a1+16d)得d=0,或a1=2d,当d=0时,/=1当d=0时,/=(3a1+20d)/(3a1+23

1.S5=5a1+10d=5(a1+2d)=70a1+2d=14a3=14a7^2=a2×a22(a3+4d)^2=(a3-d)(a3+19d)a3=14代入,整理,得d(d-4)=0d=0(已知d不

等差数列{an}公差为d(d≠0),前n项和Sn=na1+n(n-1)d/2∴xn=Sn/n=a1+(n-1)d/2∴{xn}为等差数列,首项为a1公差为d/2∴｛Xn｝的前n项和Tn=n[2a1+(

ak=48+2kbk=10+(k-1)dSk=(48+2k)[10+(k-1)d]令SK≤21即(48+2k)[10+(k-1)d]≤21求出k来.再问：最大圆面积为Sk

下面用到的a^2表示a的平方.a^(b+c)表示a的b+c次方由题意有a1×a17=a5^2即a1×(a1+16d)=(a1+4d)^2化简后得到a1=2d不妨令d=1得到a1=2于是a1=2a5=6

a1,a5,a17是等比数列(a1+4d)^2=a1*(a1+16d)a1^2+8a1d+16d^2=a1^2+16a1d8a1d=16d^2d不等于0a1=2dq=a5/a1=(a1+4d)/a1=

因为a(k1),a(k2),…,a(kn)恰为等比数列,又k1=1,k2=5,k3=17所以a5的平方=a1乘以a17又因为数列｛an｝为等差数列且公差d≠0所以a5=a1+4da17=a1+16d所

因为{An}是等差数列,所以A2+A8=A4+A6=10,A4*A6=24,所以可将A4、A6看作方程x^2-24x+10=0的两个根,因为d

由题可得A1*A9等于A3方把分子分母都写为A3和公差d的表达式有上式可得A3和d的关系带入就可的到比值

一元二次不等式解集为一个区间说明二次项系数为正.且ax2-3x+2=0这个一元二次方程的两个根就是这个区间的两端即1和d为上方程的两根,‘解出a和d就得到通项了a=1d=2an=1+2(n-1)=2n

a2,a5,a14是等比数列所以（a5)^2=a2*a14即（a+4d)^2=(a+d)*(a+13d)化简得d=2a所以公比q=a5/a2=(a+4*2a)/(a+2a)=3(2)a122=a+12

先求An的通项就行了A1+A4=14A2A3=45d