- 等差数列
- 共11217题
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2S2是S1与3S3的等差中项，则数列{an}的公比为______．
正确答案
因为2S2是S1与3S3的等差中项，
所以4S2=S1+3S3所以4（a1+a1q）=a1+3（a1+a1q+a1q2）
解得q=
故答案为
已知等差数列{an}，{bn}的前 n 项和为Sn，Tn，若对于任意的自然数n，都有
正确答案
∵等差数列{an}，{bn}的前 n 项和为Sn，Tn，
对于任意的自然数n，都有
∴
=
=
=
=
=
故答案为：
设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=-17，a4+a6=-10，则当Sn取最小值时，n的值为______．
正确答案
∵数列{an}为等差数列
又∵a4+a6=-10，
∴a5=-5，
又∵a1=-17，
∴d=3
a6＜0，a7＞0
故当Sn取最小值时，n的值为6
故答案为6
在
（1）若
（2）若
正确答案
（1）
试题分析：（1）根据A、B、C成等差数列，结合A+B+C=π算出B=
（2）根据正弦定理，结合题意得b2=ac，根据B=
试题解析：∵A、B、C成等差数列，可得2B=A+C．
∴结合A+B+C=π，可得B=
（1）∵
∴由正弦定理
∵b＞c，可得B＞C，∴C为锐角，得C=
因此，△ABC的面积为S=
（2）∵sinA、sinB、sinC成等比数列，即sin2B=sinAsinC．
∴由正弦定理，得b2=ac
又∵根据余弦定理，得b2=a2+c2-2accosB=a2+c2-ac，
∴a2+c2-ac=ac，整理得（a-c）2=0，可得a=c
∵B=
在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a10＝30，则a5·a6的最大值是________．
正确答案
9
在等差数列中，a1＋a2＋…＋a10＝30，得5(a1＋a10)＝30，即a1＋a10＝a5＋a6＝6，由a5＋a6≥2
在等差数列{an}中a5+a6=6，a15+a16=26，那么a25+a26的值是______．
正确答案
∵等差数列{an}中，a5+a6=6，a15+a16=26，
∴（a1+4d）+（a1+5d）=6，即2a1+9d=6①，
（a1+14d）+（a1+15d）=26，即2a1+29d=26②，
②-①得：20d=20，解得：d=1，
∴a1=-
则a25+a26=（a1+24d）+（a1+25d）=2a1+49d=-3+49=46．
故答案为：46
若a，b，c成等比数列，且公比q≠-1，x为a，b的等差中项，y为b，c的等差中项，则
正确答案
∵x为a，b的等差中项，y为b，c的等差中项
∴2x=a+b，2y=c+b
∴
又∵a，b，c成等比数列
∴b2=ac
∴
故答案是2
等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm=Sn（m≠n，m，n∈N*），则Sm+n的值为______．
正确答案
数列{an}成等差数列的弃要条件是Sn=an2+bn（其中a，b为常数）；
故有
两式想减得a（m2-n2）+b（m-n）=0，∵m≠n，
∴a（m+n）+b=0，
∴Sm+n=a（m+n）2+b（m+n）=（m+n）[a（m+n）+b]=0．
故答案为0
已知{an}是等差数列，a4=15，S5=55，则过点p（3，a3），Q（4，a4）的直线的斜率是 ______．
正确答案
{an}是等差数列，S5=55，
∴5a3=S5=55
∴a3=11，
∵a4=15，
p（3，a3）=（3，11），Q（4，a4）=（4，15）
∴过点p（3，a3），Q（4，a4）的直线的斜率是
故答案为：4
已知数列{an}为等差数列，且a1+a7+a13=4π，则tan（a2+a12）=______．
正确答案
a1+a7+a13=3a7=4π
∴a7=
∴tan（a2+a12）=tan2a7=tan
故答案为：-
扫码查看完整答案与解析