已知在等差数列中,sm=20

ak=a1+(k-1)dam+an=ap+aq2a1+(m+n-2)d=2a1+(p+q-2)dm+n=p+qSm+Sn=[(2a1+(m-1)d)m+(2a1+(n-1)d)n]/2=[2a1(m+

Sn=(a1+an)n/2=(a1+a1+nd-d)n/2=n(a1-d/2)+dn²/2=an²+bn其中,a=(a1-d/2),b=d/2这么设是为了表示的方便而已.所以有,S

运用简单的等差数列的性质和均值不等式即可证到!显然：当m不等于n时Sn=n/m,Sm=m/n;两式相减,可得公差：d=2/mn;Sm+n=Sm+Sn+mnd=m/n+n/m+2>4;Sm+n>4当m=

1.∵S[n]=m,S[m]=n (m＞n)∴S[n]=na[1]+n(n-1)d/2=m 【1】 S[m]=ma[1]+m(m-1)d/2=n 【2】由【1】

因为Sm/Sn=m^2/n^2,所以{[2a1+(m-1)d]*m}/{[2a1+(n-1)d]*n}=m^2/n^2,[2a1+(m-1)d]/[2a1+(n-1)d]=m/n,2a1n+(m-1)

原问题即：有两个数列,{An}{Bn},若Sm:Sn=m^2:n^2求Am:Bn(公差分别为d1,d2)Sm=A1d+0.5*m(m-1)d1=0.5d1m^2+m(A1-0.5d1)Sn=0.5d2

等差数列中,若Sm=Sn,m≠n,则S(m+n)=0证明：设等差数列{an}的首项为a1,公差为dS(n)=na1+n(n-1)d/2所以ma1+m(m-1)d/2=na1+n(n-1)d/2故(m-

Sm=Snma1+m(m-1)d/2=na1+n(n-1)d/2(m-n)a1+(m²-m-n²+n)d/2=0(m-n)a1+[(m+n)(m-n)-(m-n)]d/2=0a1(

Sn=A1×n+n(n-1)d/2=(d/2)×n^2+(A1-d/2)×n题目中A=d/2B=A1-d/2Sn=A×n^2+B×n=Sm=A×m^2+B×mA×m^2-A×n^2+B×m-B×nA×

证明:因为在等差数列中m＋n=p＋q,所以am＋an=ap＋aq,所以m*am＋n*an=p*ap＋q*aq,m*(a1＋am)＋n*(a1＋am)=p*(a1＋ap)＋q(a1＋aq),所以m*(a

设首项为a1,公差为d,Sn=na1+n*(n-1)d/2=m,Sm=ma1+m*(m-1)d/2=n,两式相减,得(n-m)a1+[(n-m)(n+m)-(n-m)]d/2=-(n-m)a1+[n+

（1）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）数列{an}的首项为a1，公比为q．由题意知：2am+2=am+am+1即

设首项为a1,公差为d,Sn=na1+n*(n-1)d/2,Sm=ma1+m*(m-1)d/2两式相减,得(n-m)a1+[(n-m)(n+m)-(n-m)]d/2=-(Sn-Sm)a1+[n+m-1

等差数列中,Sn=na1+n（n-1）d/2,an=a1+（n-1）d所以an/Sn不是一个常数.也就是这个式子在等差数列中是不一定成立的.等比数列中,Sn=a1（1-q^n）/（1-q）,an=a1

由题意可设Sn=pn2+qn，则Sn=pn2+qn=m，①Sm=pm2+qm=n    ②①-②得：p（n2-m2）+q（n-m）=m-n，即p（m+n）+q=

证明：由数列为等差数列,可设其前n项和Sn=An^2+BnSm=Am^2+Bm=p,（1）Sp=Ap^2+Bp=m（2）（1）+（2）得A(m^2+p^2)+B(m+p)=m+pp*(1)-m*(2)

证：设公差为dSm=Spma1+m(m-1)d/2=pa1+p(p-1)d/2(m-p)a1+[m(m-1)-p(p-1)]d/2=0(m-p)a1+[(m²-p²)-(m-p)]

a(n)=a+(n-1)d.s(n)=na+n(n-1)d/2.p=s(m)=ma+m(m-1)d/2.p^2=mpa+mp(m-1)d/2.m=s(p)=pa+p(p-1)d/2.m^2=mpa+m

依题意可知ma1+m(m−1)d2=na1+n(n−1)d2，整理得a1+n+m−12d=0∴Sm+n=（m+n）a1+(n+m−1)(n+m)2d=（n+m）（a1+n+m−12d）=0故答案为：0

0等差数列的前N项和是过原点的二次函数因为Sm=Sn=L所以该函数的对称轴是X=(M+N)/2所以原点关于该轴的对称点是Sm+n即Sm+n=0又Sm+n=(m+n)(a1+a(m+n))/2所以a1+