c语言计算数列 ak = 1 (k*(k 1)) 的前n项的和

#include"stdio.h"voidfun(intn,intk){intj;doublesum=0;for(j=1;j

（1）由题意得,An为等差数列,设An=a1+（n-1）*d,因为BK=A1+A2+A3+……+Ak中,A2-A1=d=A3-A2=d=AK-A（K-1),满足等差数列的性质,所以数列BK也是等差数列

Sk=ak×a(k+1)/2Sk-1=ak×a(k-1)/2ak=Sk-Sk-1=ak[a(k+1)-a(k-1)]/2a1=1≠0,又ak=ak[a(k+1)-a(k-1)]/2对于任意正整数k均成

本题的一个完整的c程序如下,程序在win-tc下调试通过,结果正确.#include#include#include#includeintn;doublec[16];doubleFunc(double

∵前n项和Sn＝2n2+pn，∴S7=2×72+7p=98+7p，S6=2×62+6p=72+6p可得a7=S7-S6=26+p=11，所以p=-15∴Sn＝2n2−15n∵数列{an}是等差数列，∴

这是几年级的.

an=1+2(n-1)=2n-1ak=2k-1a(k+1)=2k+11.b1=a1=1a1与a2之间插入2^(1-1)=1个2,b2=2b3=a2=3,即b(1+2)=a2a2与a3之间插入2^(2-

ak=1/6k(k+1)(2k+1)Sn=3/[1/6*1*(1+1)*(2*1+1)]+5/[1/6*2*(2+1)*(2*2+1)]+.+(2n+1)/[1/6n(n+1)(2n+1)]=6/[1

∵|ak+1-ak|=1，∴ak+1-ak=1或ak+1-ak=-1，即数列{an}从前往后依次增加或减小1，∵a1=0，a5=2，a12=5，∴从a1到a5有3次增加1，1次减小1，故有C34=4种

经计算可得a(1)=1,由已知条件有S(n+1)^2=∑(k=1至n+1)a(k)^3=S(n)^2+a(n+1)^3,所以a(n+1)^3=(S(n+1)-S(n))*(S(n+1)+S(n))=a

公差d=（ak-am）/(K-M)=1/MK,根据a1+（m-1）*d=am,求出a1,根据a1+（mk-1）d=amk,然后用求和公式即可

∵|ak+1-ak|=1，∴ak+1-ak=1或ak+1-ak=-1设有x个1，则有10-x个-1∴a11-a1=（a11-a10）+（a10-a9）+…+（a2-a1）∴4=x+（10-x）•（-1

sn=n*(2n+1);bk=2k+1;所以sbn=n*(n+2);

a:b:c=ak:bk:ck=a/k:b/k:c/k

∵an=|n-13|，∴an=13−n    n≤13n−13    n＞13，∴当n≤13时，{an}的前n项和为Sn

当K=1时,ak=2>根号3,显然成立假设K>=2时ak>根号下的2k+1也成立,a(k+1)平方=(ak)2+(1/ak)2+2>2k+1+2>3即当k=k+1时也成立PS:楼主把分给我吧,急缺

(1)k=1时,1/a[1]+1/a[2]=1/5+1/5=2/5

等比数列前n项和为sn=a1−anq1−q，∵等比数列{an}中，已知a1=1，ak=243，q=3，∴数列{an}的前k项的和Sk=a1−akq1−q=1−243×31−3=364，故答案为：364

解题思路：本题主要考查等差数列的通项公式以及性质，以及特殊数列的求和。解题过程：

Sk+S(k+1）=a(k+1)=S(k+1)-Sk所以Sk=0所以an=0选B再问：为什么ak为零？再答：an=Sn-S(n-1)=0再问：Sn是零，不代表S(n-1）也是零啊再答：Sn本身就是常数