在1和100之间插入N个正数，使这N+2个数成等比数列，则插入的N个数的积为？_百度知道
在1和100之间插入N个正数，使这N+2个数成等比数列，则插入的N个数的积为？
注意到条件为等比数列。设该数列第二个数为x，则x的N+1次就是100.所以x等于100的N+1次方根。所求N个数的积为x的（1+2+…+N）次方，带入x的值，结果为100的N/2次方。
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设这n个数分别为A1、A2、A3……AnA0=1
A(n+1)=100n+2个数成等比数列，则有A0×A(n+1)=A1×An=A2×A(n-1)=……=100(A1×A2×……×An)×(An×A(n-1)×……×A1)=100^nA1×A2×……×An=10^n
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出门在外也不愁在1与100之间插n个数,使这n+2个数成等比数列,则插入的n个数的积是多少?
在1与100之间插n个数,使这n+2个数成等比数列,则插入的n个数的积是多少?
性质：若 m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，则am*an=ap*aq
积&=a1*a2*……*a(n+2)={√[a1*a(n+2)]}^(n+2)
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公比是二，诶一是三，自己找下规律就出来了
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当前分类官方群专业解答学科习题，随时随地的答疑辅导高中数学竞赛题：已知a1≥a2≥a3≥...≥an≥0,比较n∑(k=1)(-1)^(k+1)ak^2与(n∑(k=1)(-1)^(k+1)ak)^2_百度知道
高中数学竞赛题：已知a1≥a2≥a3≥...≥an≥0,比较n∑(k=1)(-1)^(k+1)ak^2与(n∑(k=1)(-1)^(k+1)ak)^2
高中数学竞赛题：已知a1≥a2≥a3≥...≥an≥0,比较n∑(k=1)(-1)^(k+1)ak^2与(n∑(k=1)(-1)^(k+1)ak)^2的大小，并加以说明。这是高中的数学竞赛题目，可能有点难，请高人指导，新手20分全贡献
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结论：n∑(k=1)(-1)^(k+1)ak^2&=(n∑(k=1)(-1)^(k+1)ak)^2证明用数学归纳法：n=1，2，3时，易证结论成立,即对于任意a&=b&=0,a^2-b^2&=(a-b)^2……（0）a&=b&=c&=0,a^2-b^2+c^2&=(a-b+c)^2……（1）设n=m时成立，分两种情况:1、m为奇数，n=m+1时：(m+1)∑(k=1)(-1)^(k+1)ak^2=m∑(k=1)(-1)^(k+1)ak^2-a(m+1)^2……（2）对a1,a2…,am运用n=m的假设,（2）式右边&=(m∑(k=1)(-1)^(k+1)ak)^2-a(m+1)^2……（3）令m∑(k=1)(-1)^(k+1)=a，a(m+1)=b，易证a&=a(m+1)=b（放缩法，将(a1,a2)(a3,a4)…配对即可），运用（0）：（3）式右边&=(m∑(k=1)(-1)^(k+1)ak-a(m+1))^2=(m+1∑(k=1)(-1)^(k+1)ak)^2，原式得证。1、m为偶数，n=m+2时：(m+2)∑(k=1)(-1)^(k+1)ak^2=(m+2∑(k=3)(-1)^(k+1)ak^2+a1^2-a2^2……（4）对a3,a4,…a(m+2)运用n=m的假设,（4）式右边&=(m+2∑(k=3)(-1)^(k+1)ak)^2+a1^2-a2^2……（5）令a1=a，a2=b，m+2∑(k=3)(-1)^(k+1)ak=c,易证a&=b&=c（放缩法，将(a4,a5)(a5,a6)…配对即可），运用（1）：（5）式右边&=(a1-a2+m+2∑(k=3)(-1)^(k+1)ak)^2=(m+2∑(k=1)(-1)^(k+1)ak)^2，原式得证。故由初始证明(n=2,3）以及归纳原理，结论对任意n成立
题目 第三章数列等差数列与等比数列的性质及其应用高考要求(1)理解数列的概念，了解数列通项公式的意义了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项(2)理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实际问题(3)理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，井能解决简单的实际问题知识点归纳1一般数列的通项an与前n项和Sn的关系：an=2等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d
an=ak+(n-k)d
(其中a1为首项、ak为已知的第k项)
当d≠0时，an是关于n的一次式；当d=0时，an是一个常数3等差数列的前n项和公式：Sn=
Sn=当d≠0时，Sn是关于n的二次式且常数项为0；当d=0时（a1≠0），Sn=na1是关于n的正比例式4等差数列的通项an与前n项和Sn的关系：an=5等差中项公式：A=
（有唯一的值）6等比数列的通项公式： an= a1 qn-1
an= ak qn-k
(其中a1为首项、ak为已知的第k项，an≠0)7等比数列的前n项和公式：当q=1时，Sn=n a1
(是关于n的正比例式)；当q≠1时，Sn=
Sn=8等比中项公式：G=
（ab&0，有两个值）9等差数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、......仍为等差数列10等差数列{an}中，若m+n=p+q，则11等比数列{an}中，若m+n=p+q，则12等比数列{an}的任意连续m项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m - S3m、......仍为等比数列（当m为偶数且公比为-1的情况除外）13两个等差数列{an}与{bn}的和差的数列{an+bn}、{an-bn}仍为等差数列14两个等比数列{an}与{bn}的积、商、倒数的数列{anbn}、、仍为等比数列15等差数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列16等比数列{an}的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列17三个数成等差的设法：a-d,a,a+d；四个数成等差的设法：a-3d,a-d,,a+d,a+3d18三个数成等比的设法：a/q,a,aq；四个数成等比的错误设法：a/q3,a/q,aq,aq3
(因为其公比为&0,对于公比为负的情况不能包括)19{an}为等差数列，则 (c&0)是等比数列20{bn}（bn&0）是等比数列，则{logcbn} (c&0且c1) 是等差数列题型讲解　　例1 公差不为零的等差数列的第二、三、六项成等比数列,求公比q解: 设等差数列的通项an = a1+(n-1)d (d≠0)根据题意得
a32 = a2a6
即(a1+2d)2 = (a1+d)(a1+5d),解得所以　　例2 设各项均为正数的数列{an}和{bn}满足:an、bn、an+1成等差数列,bn、an+1、bn+1成等比数列,且a1 = 1, b1 = 2 , a2 = 3 ,求通项an,bn解: 依题意得:　　　2bn+1 = an+1 + an+2
①　　　a2n+1 = bnbn+1
②∵ an、bn为正数,
由②得 ,代入①并同除以得:
,∴ 为等差数列∵ b1 = 2 , a2 = 3 ,
,∴当n≥2时,,又a1 = 1,当n = 1时成立, ∴　　例3在等比数列{an}的前n项中，a1最小，且a1+an=66，a2 an-1=128，前n项和Sn=126,
求n和公比q解：∵{an}为等比数列
∴a1・an=a2・an-1由a1・an=128 ， a1+an=66 且 a1最小得a1=2 ，an=64解得解得n=6,　　∴n=6,q=2例4 已知：正项等比数列{an}满足条件：　　① ；　　② ；　　求的通项公式解：易知 ，，由已知得
②①÷②得
，∴①×②得
，即 ，即，∴，即　　∴　　例5在等比数列{an}中，前n项和为Sn，若Sm，Sm+2，Sm+1成等差数列，则am, am+2, am+1成等差数列（1）写出这个命题的逆命题；　（2）判断逆命题是否为真，并给出证明　解：（1）逆命题：在等比数列{an}中，前n项和为Sn，若am, am+2, am+1成等差数列，则 Sm，Sm+2，Sm+1成等差数列（2）设{an}的首项为a1，公比为q由已知得2am+2= am + am+1
∴2a1qm+1=a1+a1qm∵a1≠0
q≠0 ,∴2q2－q－1=0 ,　　∴q=1或q=－　　当q=1时，　　　　∵Sm=ma1， Sm+2= (m+2)a1，Sm+1= (m+1)a1，　　∴Sm+Sm+1≠2 Sm+2,　　　
∴Sm，Sm+2，Sm+1不成等差数列当q=－时,　,∴Sm+Sm+1=2 Sm+2 ,∴Sm，Sm+2，Sm+1成等差数列综上得：当公比q=1时，逆命题为假；当公比q≠1时，逆命题为真　点评 对公比进行分类是本题解题的要害所在，问题好在分类，活在逆命题亦假亦真二者兼顾，可谓是一道以知识呈现、能力立意的新颖试题　　例6 在1与2之间插入n个正数a1,a2,a3,...,an使这n+2个数成等比数列;又在1与2之间插入n个正数b1,b2,b3,...,bn使这n+2个数成等差数列记An = a1a2a3...an , Bn = b1+b2+b3+...+bn①求数列{An}和{Bn}的通项;②当n≥7时,比较An与Bn的大小,并证明你的结论解: ①∵1,a1,a2,a3,...,an , 2成等比数列,∴ a1・an = a2・an-1 = ... = ak・an-k+1 = ...=1×2 = 2∴A2n = (a1・an)( a2・an-1)...(ak・an-k+1)...(an-1・a2)(an・a1) = 2n∴∵1,b1,b2,b3,...,bn ,2成等差数列,∴ b1+ bn = 1+2 = 3 ，∴② ∵ , ∴ ,要比较An与Bn的大小,只需比较A2n与B2n的大小,也即比较当n≥7时,的大小,∵当n = 7时, ,∴当n = 7时,经验证: n = 8 , n = 9时,均有命题成立猜想当n≥7时有,用数学归纳法证明：() 当n = 7时, 已验证, 命题成立() 假设n = k ( k≥7) 时,命题成立,即又当k≥7时,有k2 & 2k + 1, ∴这就是说,当n = k + 1时, 命题成立根据() (),可知命题对于都成立故当n ≥7时,An & Bn例7
n2( n≥4)个正数排成n行n列:其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等已知a24=1,求S=a11 + a22 + a33 + ... + ann解: 设数列{}的公差为d, 数列{}(i=1,2,3,...,n)的公比为q则 = a11 + (k-1)d , akk = [a11 + (k-1)d]qk-1依题意得:,解得:a11 = d = q = ±又n2个数都是正数,∴a11 = d = q =
, ∴akk =,,两式相减得:例8 已知数列中，是其前项和，并且，⑴设数列，求证：数列是等比数列；⑵设数列，求证：数列是等差数列；⑶求数列的通项公式及前项和分析：由于{b}和{c}中的项都和{a}中的项有关，{a}中又有S=4a+2，可由S-S作切入点探索解题的途径解：(1)由S=4a，S=4a+2，两式相减，得S-S=4(a-a)，即a=4a-4a(根据b的构造，如何把该式表示成b与b的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)∴a-2a=2(a-2a)，又b=a-2a，所以b=2b　　　 ①已知S=4a+2，a=1，a+a=4a+2，解得a=5，b=a-2a=3　　 ②由①和②得，数列{b}是首项为3，公比为2的等比数列，故b=3・2当n≥2时，S=4a+2=2(3n-4)+2；当n=1时，S=a=1也适合上式综上可知，所求的求和公式为S=2(3n-4)+2说明：本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前项和解决本题的关键在于由条件得出递推公式小结：　　1 等差数列和等比数列的通项公式、前n项和公式联系着五个基本量: a1,d(或q),n,an,Sn&知三求二&是最基本的运算,充分利用公式建立方程是最基本的思想方法　　2列举一些项来判断&关系&和&性质&是解决数列问题常用的思路和手段　　3解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用学生练习1数列1,1/3,1/7,1/16,1/31,...的一个通项公式为an=答案：1/(2n─1) ;2数列a,b,a,b,...的一个通项公式an=答案：[(a+b)+(─1)n─1(a─b)]3数列{an}的前n项之和为Sn=3+2n,则其通项公式为an=答案：;4数列{an}满足a1=1,an=an─1/2+1 (n?2),求其通项公式答案：2─1/2n─15数列{an}中，已知a1=c,an+1=pan+q, (p≠1),求an的通项公式答案：（略）6数列{an}满足a1=1/2,a1+a2+...+an=n2an,求an答案：a1+a2+...+an=n2an，a1+a2+...+an─1=an─1 ==&an/an─1=(n─1)/(n+1)取n=2,3,4,...,n代入上式，各式相乘得：an/a1===（注意上述变形方法，一个式子可以变化成无穷多个式子，这就是函数思想）7数列{an}的前n项之和Sn和第n项an之间满足2lg=lgSn+lg(1─an),求an和Sn答案：原式可以变为(Sn─an+1)2=4Sn(1─an)==&a1=1/2,可以变为(Sn─1+1)2=4Sn(1+Sn─1─Sn)==&(Sn─1+1)2─4Sn(Sn─1+1)+4Sn2=(Sn─1+1─2Sn)2=0==&Sn─1+1=2Sn==&Sn=Sn─1/2+1/2,如果有常数x，使得Sn+x=(Sn─1+x)/2,比较原式可得：─x/2=1/2==&x=─1,∴ Sn─1=(Sn─1─1)/2==&Sn=(S1─1)? =─,从而an=Sn─Sn─1=,另解：直接由原式移项配方可得：[Sn─(1─an)]2=0==&Sn=1─an, Sn─1=1─an─1两式相减得：an=Sn─Sn─1=an─1─an(适合n=1)==&an=an─1/2,{an}为等比数列，an=点评：以上两种解题的思路有所不同，第一种方法是从an转向Sn,第二种方法是从Sn转向an8数列{an}与{bn}的通项公式分别为an=2n,bn=3n+2,它们的公共项从小到大排成的数列是{cn},写出{cn}的前5项；(2)证明{cn}是等比数列答案：(1){cn}的前5项为8,32,128,512,2048;设am=bp=cn,则cn=2m=3p+2==&am+1=2m+1=2(3p+2)=3(2p+1)+1,∴ am+1不在{cn}中，而am+2=2m+2=4(3p+2)=3(4p+2)+2是{bn}中的项，即cn+1=4cn {cn}是公比为4的等比数列9如图：一个粒子在第一象限运动，在第一秒内它从原点运动到(0,1),而后它接着按图所示的方向在与x轴，y轴平行的方向上来回运动，且每秒移动一个单位长度，那么1999秒时，这个粒子所处的位置为答案：选择粒子到达对角点时的总时间为分析对象设粒子到达第n个正方形的对角点所用的总时间为an,则有an+1=an+(n+1)+1+n=an+2(n+1),∴a1=2a2=a1+4a3=a2+6a4=a3+8......an=an─1+2n以上各式相加可得：an=n(n+1),比较an与1999列式：n(n+1)=1999,当n=44时，an=1980,当n=45时，an=,因此粒子走到第44个对角点(44,44)后，在向左走19秒(经过奇数对角点后向下，经过偶数对角点后向左)，即(25,44)本题的解题关键是构造数列，找出数列的递推式10一楼至2楼共n级台阶，上楼梯可以一步上一级台阶，也可以一步上两级台阶，问从一楼上到2楼共有多少种不同的走法？答案：设从一楼到第k级台阶共有ak种走法，则有关系式：a1=1,a2=2, ak+2=ak+1+ak,（这是一个Fibonacci数列）假设存在两个常数p,q，使得ak+2+pak+1=q(ak+1+pak)设bk=ak+1+pak, 便有bk=b1qk─1, 即 ak+1+pak=(a2+pa1)qk─1用方程思想，假设有这样的p,q，则有：解得：p=,q=,或p=─,q=─将上述两组数据分别代入ak+1+pak=(a2+pa1)qk─1式，可得：上述两式子相减得：课前后备注
这个你书写的有问题，这里化简完比较（-1）^(k+1)与(-1)^2k+2,很显然前面一个不确定正负，第二个一定的偶数，一定为正。故第二个式子比第一个大。
既然做高中数学竞赛，应该看过高等数学吧，里面柯西不等式，推论就是这个，课本有完整解答
用柯西不等式
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出门在外也不愁在-5和16之间插入n个数，使这n+2数组成的是和为88的等差数列，求公差d_百度知道
在-5和16之间插入n个数，使这n+2数组成的是和为88的等差数列，求公差d
首项a1=-5,末项a(n+2)=16S(n+2)=(a1+a(n+2))*(n+2)/2=88(-5+16)(n+2)/2=88n=14所以,d=(16-(-5))/(n+1)=21/15=7/5
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出门在外也不愁在1与100之间插入n个正数使这n 2个数成等比数列，求n个数的积
在1与100之间插入n个正数使这n 2个数成等比数列，求n个数的积
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分情况讨论： 1、n为偶数时，则第一个数和最后一个数的乘积是4（1×4），第二个数和倒数第二个数的乘积也是4，以此类推，第i个数和倒数第i个数的乘积也都是4，在插入的n个数中共有n/2对这样的数对，其乘积都是4，则插入的n个数的积为4^（n/2)=2^n 2、n为奇数时，其实同上面的分析一样，不同的就是中间那个数，也就是插入的n个数中的第（n 1)/2个，这个数必然是2或-2，因为这个数的平方必须是4，除了这个数之外，在插入的n个数中有（n-1)/2对乘积是4的数对，那么插入的n个数的积就是[4^（n-1)/2]×(±2)=±(2^n)
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