已知实数q不等于0,数列{An}的前n项和

令1/an=bn则（1/an+1）=2+（1/an）可改写成bn+1=2+bna1=3b1=1/3所以bn=（6n-5）/3所以an=3/（6n-5）

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+√

sn=an^2+bns(n-1)=a(n-1)^2+b(n-1)两式作差,由：sn-s(n-1)=an可证．

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=-

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

{1/An}是以1/A1为首项,以1/q为公比的等比数列导入求和公式Sn=[A1*(1－q^n)]/(1－q)可得：Sn={(1/A1)*[1－(1/q^n)]}/[1－(1/q)]Sn=[(q^n－

q>1a1+a8>a4+a5q

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

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

an=pn²+qnbn=a(n+1)-an=p(n+1)²+q(n+1)-pn²-qn=2pn+p+qb(n+1)=2p(n+1)+p+qb(n+1)-bn=2p(n+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-

a_(n+1)=Ca_n+(2n+1)C^(n+1)a_(n+1)-((n+1)^2)*C^(n+1)=Ca_n-(n^2)C^(n+1)=C[a_n-(n^2)C^n]所以{a_n-(n^2)C^n

(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）