已知各项为正数的数列{an}满足a1+a2+a3+……an=1,求证a1^2+a2^2+……an^2>=1/n(n>=2)
a1^2+a2^2+a3^2+……an-1^2=（4(n-1/)^3-(n-1)）/3
a1^2+a2^2+a3^2+……an^2=（4n^3-n）/3
两式相减可得an^2=（2n-1）^2
所以an=2n-1，可知数列an是首列为1公差为2的奇数列
由等差数列公式Sn=[n(A1+An)]/2
可算出sn=[n（1+2n-1）]/2
sn=n^2
令n=1,则a3=a1=1/(1+a1)
所以解得a1为【(根号5)-1】/2
再令n=2,得a4=1/2,从而a6=2/3,a8=3/5,a10=5/8
所以a9+a10=(1+4根号5)/8
证明的方法
(a1*x+1)^2>=0;
(a2*x+1)^2>=0;
....
(an*x+1)^2>=0;
以上n个不等式相加，画简
(a1^2+a2^2+……an^2)*x^2+2*x+n>=0
上面的不等式是恒成立的，判别式就必须《=0
其实这就是柯西不等式的证明方法
（a1^2+a2^2+...+an^2)*(b1^2+b2^2+...+bn^2)>=(a1*b1+a2*b2+...an*bn)^2
柯西不等式 令全部bn=1 就可以了 至于柯西不等式的证明 上面有了 判别式△大于等于0法
考虑到1=(∑ai)^2=∑ai^2+2∑∑aiaj(前两个求和从1到n,第3个求和从i+1到n)
2∑∑aiaj一共有n(n-1)/2项，考虑到ai^2+aj^2≥2aiaj
有(n-1)∑ai^2≥2∑∑aiaj
于是：n∑ai^2=∑ai^2+(n-1)∑ai^2≥∑ai^2+2∑∑aiaj=(∑ai)^2=1
∴∑ai^2≥1/n.
柯西不等式：
(a1^2+a2^2+...+an^2)*n
=(a1^2+a2^2+...+an^2)*(1+1+...+1)
>=(a1+a2+...+an)^2=1
所以a1^2+a2^2+...+an^2>=1/n
已知数列{an}的各项均为正数,且a1=1,anan+1-an2+2an+1-4an-4=0.(1...
答：解答：（1）解：∵anan+1-an2+2an+1-4an-4=0，∴（an+2）（an+1-an-2）=0，∵数列{an}的各项均为正数，∴an+1-an-2=0，∴an+1-an=2，∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列，∴an=1+2（n-1）=2n-1．（2）证明：由（1）知an=2n-1，∴4anan+1＝4(2n?1)(2n+1)=2...
已知数列{an}各项均为正数,其前n项和为Sn,且(an+1)^2=4Sn,数列{bn}满...
答：[an+a(n-1)][an-a(n-1)-2]=0 因为是正项数列，所以an+a(n-1)>0。即an-a(n-1)-2=0、an-a(n-1)=2。所以，{an}是首项为1、公差为2的等差数列，an=2n-1，n为正整数。b(n+1)=a(bn)=2bn-1、b(n+1)-1=2(bn-1)。所以数列{bn-1}是首项为b1-1=2、公比为2的等...
已知各项均为正数的数列{an}前n项和为Sn,数列{an²}的前n项和为Tn...
答：2an=a(n-1)an/a(n-1)=1/2，为定值。数列{an}是以1为首项，1/2为公比的等比数列。2.an=1×(1/2)^(n-1)=1/2^(n-1)an²=1/2^(2n-2)a(n+1)²/an²=[1/2^(2n)]/[1/2^(n-1)]=1/4 Sn=1×(1-1/2ⁿ)/(1-1/2)=2 -1/2^(n-1)T...
已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,满足S1>1,且6Sn=(an+...
答：解答:解:(1)∵各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足S1＞1，且6Sn=(an+1)(an+2)，n∈N*，∴6Sn=an2+3an+2，① 当n≥2时，6Sn-1=an-12+3an-1+2，② ①-②，得:6an=an2-an-12+3an-3an-1，∴3an+3an-1=an2-an-12，∴3(an+an-1)=(an+an-1)(an-an-1)，...
已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且Sn=an(an+1)2(n∈N*...
答：12+an-1，两式相减得：2an＝2(Sn?Sn?1)＝a2n?a2n?1+an?an?1，…（3分）∴（an+an-1）（an-an-1-1）=0，∵an+an-1＞0，∴an-an-1=1，n≥2，…（5分）∴数列{an}是等差数列，∴an=n…（6分）（2）由（1）Sn＝n(n+1)2，∴bn＝?2Sn(n+1)?2n＝?n2n，…（8分）...
已知各项均为正数的数列{an},其前n项和为Sn,且满足4Sn=(an+1)2(Ⅰ...
答：1+1)2两式相减得：（an+an-1）（an-an-1-2）=0又an＞0故an-an-1=2，∴{an}是以2为公差的等差数列又a1=1，∴an=2n-1．（6分）（Ⅱ）∵bn+1＝abn＝2bn?1，∴bn+1-1=2（bn-1）又b1-1=2≠0，∴{bn-1}是以2为公比的等比数列，∴bn?1＝2n，∴bn＝2n+1，故cn＝anbn＝...
已知{an}是各项都为正数的数列,其前N项和为Sn,且满足2anSn-an^2=1
答：Sn²-S(n-1)²=1，为定值。S1²=a1²=1，数列{Sn²}是以1为首项，1为公差的等差数列。Sn²=1+1×(n-1)=n 数列各项均为正，an>0，因此Sn>0 Sn=√n an=Sn-S(n-1)=√n-√(n-1)n=1时，a1=√1-√0=1-0=1，同样满足通项公式 数列{an}...
已知数列{an}的各项都为正数,a1=1,前n项和Sn满足Sn-Sn-1=根号Sn+根号...
答：√Sn-√Sn-1)(√Sn+√Sn-1)=√Sn+√Sn-1 ∴√Sn-√Sn-1=1 （n≥2）∴√Sn是等差数列，公差为1，首项√S1=√a1=1 ∴√Sn=√S1+(n-1)×d=n Sn=n²Sn-Sn-1=n²-(n-1)²an=2n-1 （n≥2）∴an= 1 n=1 2n-1 n≥2 ...
已知{an}是各项都为正数的等比数列,Sn是{an}前n项的和,若a1=1,5Sn=...
答：解：{an}是各项都为正数的等比数列 故设an=an=a1×q^(n-1)且an大于0，Sn=a1(1-q^n)/(1-q) =(a1-an×q)/(1-q) (q≠1) (q为公比，n为项数）;因为a1=1，5Sn=S4;所以5(1-q^n)/(1-q)=(1-q^4)/(1-q)化简得5(1-q^n）=1-q^4 4-5q^n+q^4=0 因为a1=1...
已知各项均为正数的数列{an}前n项和为Sn,数列{an²}的前n项和为Tn...
答：若Sn-S(n-1)=0，则an=0，与数列各项均为正数矛盾！∴4Sn+4S(n-1)-4=0，即：Sn+S(n-1)=1 ∴S(n-1)+S(n-2)=1 ∴上述两式相减，得：an+a(n-1)=0，∴an=-a(n-1)∴{an}是等比数列，而令n=1得：(a1-2)²+3(a1)^2=4，∴a1=1 ∴an=(-1)^(n-1)第（2...
