等差数列前n项和Sn的性质Sm n=(m n) (m-n)*(Sm-Sn)证明

Sm/Sn=m²/n²则：am/Sn=（Sm-Sm-1）/Sn=（m²-(m-1)²）/n²=(2m-1）/n²同理：an/Sn=(2n-1

设公比为q.q=1时,Sm=ma1S(m+2)=(m+2)a1S(m+1)=(m+1)a12S(m+2)=2(m+2)a1=(2m+4)a1Sm+S(m+1)=ma1+(m+1)a1=(2m+1)a1

Sn=na1＋(1/2)n(n＋1)dSm=ma1＋(1/2)m(m＋1)d两式相减,得：0=(n－m)a1＋(1/2)d[(n²－m²)＋(n－m)]两边除以n－m,得：a1＋(

-m-n

Sn=[(a1+a1+(n-1)d]*n/2=[2a1+(n-1)d)]*n/2Sm/m={[2a1+(m-1)d)]*m/2}/m=a1+(m-1)d/2Sn/n=a1+(n-1)d/2Sp/p=a

设an=a+nd,d为公差(1)Sm=am+dm(m+1)/2=nSn=an+dn(n+1)/2=md=-(2m+2n)/mna=(m^2+n^2+mn+m+n)/mn所以Sm+n=(m+n)a+d(

在等差数列中，∵SmSn=m2n2，∴aman＝2am2an＝a1+a2m−1a1+a2n−1＝a1+a2m−12a1+a2n−12＝a1+a2m−12×(2m−1)a1+a2n−12×(2n−1)×

我先给一个常见的结论：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(

am=sm-sm-1=2同理am+1=3公差q=1sm=0递推得到am-1=1am-2=0am-3=-1am-4=-2易知此为第一项,所以m=5用求和公式列出来结果也是一样,项数不多可以直接写

S(m+2)=Sm+a(m+1)+a(m+2)=Sm+a1+m*d+a1+(m+1)*d=Sm+2a1+(2m+1)*dS(m+4)=S(m+2)+2a1+(2m+5)dS(m+4)-S(m+2)=S

{an}是等差数列:Sm=ma1+1/2m(m-1)d=kSk=ka1+1/2k(k-1)d=mkma1+1/2km(m-1)d=k^2mka1+1/2km(k-1)d=m^2相减得:1/2kmd(m

Sm=a1m+m(m-1)d/2=n(1)Sn=a1n+n(n-1)d/2=m(2)(1)-(2)a1(m-n)+(m+n-1)(m-n)d/2=n-ma1+(m+n-1)d/2=-1a1=-1-(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(

∵等差数列{an}前m项和为Sm,若Sm:Sn=m^2:n^2∴m(a1＋am)/n(a1＋an)＝m^2/n^2∴m[2a1＋(n－1)d]＝n[a1＋(m－1)d]∴2(m－n)a1＝(m－n)d

Sn-S(n-m)=A(n-m+1)+A(n-m+2)+……+A(n-m+m)=b共m项A(n-m+1)=A1+(n-m)dA(n-m+2)=A2+(n-m)d……A(n-m+m)=An=Am+(n-

设公差为d.Sm=ma1+(m^2-m)d/2=n,则mna1+(m^2n-mn)d/2=n^2(1)Sn=na1+(n^2-n)d/2=m,则mna1+(mn^2-mn)d/2=m^2(2)(1)-

am=Sm-Sm-1=2，am+1=Sm+1-Sm=3，所以公差d=am+1-am=1，Sm=m(a1+am)2=0，得a1=-2，所以am=-2+（m-1）•1=2，解得m=5，故选C．

没有这样的结果正项等比数列,每一项都是正的除非m=n不然,前m项的和加上几个正数怎么可能与前n项的和相等再问：不好意思，打错了，是｛bn｝的前n项积Tn再答：b1b1qb1q²。。。b1q^

根据等差数列{an}的前n项h和公式和性质：Sm-Sn=a(n+1)+……+am=n-m(a(n+1)+am)(m-n)/2=n-m(a(n+1)+am)/2=-1Sm+n=(a1+a(n+m)(m+

由：Sm=a,及b可求a1；由：Sn=Sn-m+Sm+(n-m)*m*bSn-Sn-m=b连立求得n,由：a1,n即可求Sn