已知实数q不等于0,数列

很简单.只要把原方程的系数反过来即可即cx^2+bx+a=0需要证明吗?

1、因为4a1,a6,-2a3成等差数列,并且a6=a1q^5=4q^5,a3=a1q^2=4q^2所以4a1+（-2a3）=2a6,代入解q即可.2、两式子相等,都等于2008.3、cos(B+C)

第二个已知等式1/(q^2)-1/q-3=0里的1/q看作另一个实数,即:设1/q=a那么等式1/(q^2)-1/q-3=0就化为a^2-a-3=0而所求p/q=()即:p*a=()根据条件p^2-p

p^2-p-3=0用求根公式可得p=(1+√13)/2或p=(1-√13)/21/(q^2)-1/q-3=01/q=(1+√13)/2或1/q=(1-√13)/2又因为p*q不等于1,所以p=(1+√

∵p＾2-p-3=0,1/q＾2-1/q-3=0∴p,1/q是方程x＾2-x-3=0的两根∴p+1/q=1两根之和为-c/a

分类讨论：a>0时：1-a1所以f(1-a)=2-a>>>将x=1-a带入f(x)=2x+a,x>>将x=1+a带入f(x)=-x-2a,x≥1中,下面的分类类似相等得到a=-3/2,与a>0的矛盾,

An=A1*q^(n-1),2*2A7=A1+3A4得4A1*q^6=A1+3A1*q^3,所以4q^6=1+3q^3,设q^3=t,则4t^2-3t-1=0,得t=-1/4或1(舍弃）,即q^3=-

把这个不等式看成f(x+1)的导数,即求这个导数大于一恒成立a的范围,分离变量.注意要将定义域变为（-1,0）答案是15到正无穷,左闭右开

An=Sn-S(n-1)=p^n-p^(n-1)A(n+1)=S(n+1)-Sn=p^(n+1)-p^n所以公比为pA1=p+qA2=p^2-p=p^2+pq所以q=-1为充要条件

基本思路：由于数列{an}是等比数列,a1,2a7,3a4成等差数列.列出公式可以得到q的立方等于1或者-1/4.取消1得到q.把q和a看作是已知的定值,代入两个需要证明的数列中就可以得到需要计算的结

①q=-1时,Sn=p^n-1n=1时,a1=p-1,n≥2时,an=Sn-S(n-1)=p^n-1-(p^(n-1)-1)=(p-1)p^(n-1).所以an=(p-1)p^(n-1)n∈N*.此时

令n=m+1,则a(m+1)=s(m+1)-s(m)=q^ms(m+1-m)=s(1)q^m=a(1)q^m,所以a(n)=a(1)q^(n-1),n=1,2,...{a(n)}为首项为a(1),公比

a1,a7,a4成等差数列2a7=a1+a42a1q^6=a1+a1q^32q^6=1+q^32q^6-q^3-1=(2q^3+1)(q^3-1)=0因为公比Q不等于1,所以,q^3=-1/2,2S3

(1)若命题P为真,即对数loga(-2t^+7t-5)(a>1,a不等于1)有意义,所以-2t^+7t-5>0,2t^-7t+5

a1,a7,a4成等差数列2a7=a1+a42a1q^6=a1+a1q^32q^6=1+q^32q^6-q^3-1=(2q^3+1)(q^3-1)=0因为公比Q不等于1,所以,q^3=-1/2,2S3

问题是什么?对于Sn,Sn为=等差数列与等比数列的对应各项积,所以Sn-qSn=a1b1+db2+db3+...+dbn-db(n+1)推出Sn=...对于Tn,Tn=Sn-2a1b1-2a4b4-2

【解】（1）方程A(k)(X^2)+2A(k+1)X+A(k+2)=0,则其Δ=4[A(k+1)^2-A(k)*A(k+2)]=4[[A(k)+d]^2-A(k)*[A(k)+2d]]=4d^2>0;

4a1,a5,-2a3成等差数列2a5=4a1-2a32a1q^4=4a1-2a1q^2q^4+q^2-2=0(q^2+2)(q+1)(q-1)=0因为q不等于1所以,q=-1

设San,Sbn分别为{an}{bn}前n项的和,有San=a1(1-p^n)/(1-p),Sbn=b1(1-q^n)/(1-q)由Cn=an+bn得,Sn＝San+Sbn＝a1(1-p^n)/(1-

(1)设公比为q,2a5=4a1+(-2a3)得：q^4+q^2-2=0q不等于1,所以q=-1(2)利用分组求和法：Sn=2-2×（－1)^nAn=S1+S2+S3+……+Sn＝（2＋2＋……＋2）