已知等比数列的公比为正数,q大于1,a1 a6=8

我猜你的题目给出的条件是a(n+2)=a(n+1)+2an,就像楼上所列正解如下a3=a2+2a1=2a1+1a4=a3+2a2=2a1+1+2=2a1+3又an为等比数列,a2=a1*q,a3=a1

已知an是等比数列,且各项均是正数,即公比大于0,a1>0所以,q=√(a5a7)=√(a3a9)≤(a3+a9)/2=p又因为公比不等于1所以,q≠p故,q

作差比较a1+a8-a4-a5=(a1-a4)-(a5-a8)=(a1-a1q3)-a1q4(1-q3)=a1(1-q4)(1-q3)=a1(1+q2)(1-q)2(1+q)(1+q+q2)∵an>0

因此数列各项都是正,则公比q>0,a2=a1q则：(a1＋a2)/2－√(a1a2)=a1(1＋q)/2－a√(2)=(1/2)a1(1－2√q＋q)=(1/2)[√q－1]²>0则：P>Q

特值法1248所以P=2+4=6Q=根号（1*8）显然P>q（如果你想我推导也可以,这里介绍最简单的方法给你）

∵等比数列{an}的各项均为正数，公比q≠1，∴P＝a3+a92＞a3•a9=Q＝a5•a7，故选A．

{an}为等比,各项均为正数,则：q>0a5=a3q²,a6=a3q³a3,a5,a6成等差数列则：2a5=a3+a6即：2a3q²=a3+a3q³约去a3得：

设a4=m，公比为q，所以a6=mq2，a7=mq3a4+a7=2a6m+mq3=2mq21+q3=2q2（q-1）（q2-q-1）=0∵q≠1∴q2-q-1=0∴q=1+52或1−52（舍）∴a4+

公比为q,a1=a2/q,a3=a2qa1×a2×a3=a2³同理,a4×a5×a6=a5³...a28×a29×a30=a29³因此a1×a2×a3×...×a30=(

因为a2+a5=9/4,a3．a4=1/2所以a2(1+q^3)=9/4,a2^2．q^3=1/2（计算过程把q^3看作整体来解）即a2=2,q=1/2所以an=4.(1/2)^(n-1)

a3.a9=2a5＾2(a1*q^2)*(a1*q^8)=(a1*q^4)^2a1^2*q^10==a1^2*q^8q^2=1q=1a2=a1*q1=a1*1a1=1

(1)a3*a4=a2*a5=1/2a2+a5=9/4-1

6m+7=3k+16(m+1)=3kk=2m+2q=bn/bn-1=an+1/an-1an+1-(an-1)=2d两个联立an-1=1+2d/q是常数所以an是常数列bn也是常数列,且bn=1

设a(n)=a1*q^(n-1),则s(n)=a1(1-q^n)/(1-q).求出a(n-1)、s(n-1)、a(n+1)、s(n+1)并代入原不等式化简得：q^(n-2)*(1-q)0.所以q^(n

2a3=a2+a52a₁q²=a₁q+a₁q⁴q⁴-2q²+q=0q(q-1)(q²+q-1)=0q≠0,q≠

（1）假设存在正然数i、k、m,使得ai+ai+m=2ai+kai＞0,an为等比数列,∴1+q^m=2q^k0＜q＜0.5而1+q^m＞1＞2q＞2q^k∴假设不成立,an中不存在三项成等差数列.（

B

（1）.由a（m）+a（m+1）=a（k）知道3m+3(m+1)+1=3k+1,整理后有k-2m=4/3,而m,k均是N+,则k-2m也是整数,故而不存在m,k∈N+,使a（m）+a（m+1）=a（k

设San,Sbn分别为{an}{bn}前n项的和,有San=a1(1-p^n)/(1-p),Sbn=b1(1-q^n)/(1-q)由Cn=an+bn得,Sn＝San+Sbn＝a1(1-p^n)/(1-

作差比较a1+a8-a4-a5=(a1-a4)-(a5-a8)=(a1-a1q3)-a1q4(1-q3)=a1(1-q4)(1-q3)=a1(1+q2)(1-q)2(1+q)(1+q+q2)因为an>