在已知的比例序列 an 中，k a n 1 a n 2 是实数的值范围

a（n）=aq （n-1），a 不是 0

a(n+m)=aq^(n+m-1)=(aq^n)*q^(m-1)

t(n,m)=a(n+1)+a(n+2)+.a(n+m-1)=(aq^n)*[1+q+q^2+..q （m-1）]， q=1， t（n，m）=马， m-> 无限， t（n，m）=马->无限.

题外话。 当 q 不为 1 时，t（n，m）=aq n[q m - 1] （q-1）， q|>1，m->无限，q m ->无限，t（n，m）=aq n[q m-1] （q-1）->无限，这不存在。

q=-1，m->无穷大，q m 无限制，t（n，m）=a（-1） n[（-1） m-1] （-2） 没有限制，这与主题不符。

q|<1，m->无限大，q m->0t（n，m）=aq n[q m-1] （q-1）->aq n （1-q），与标题一致。

因此，只有 |q|<1、符合主题。

在这种情况下，aq （n-1）=k*aq n （1-q），1=kq （1-q），q 不是 0

k=（1-q） q，满足主题的实数，a不为0 0<|q|<1, k=(1-q)/q.

是求k的值范围吗？

从标题可以看出，这个比例级数的公比q必须满足01，所以k=1 q-1>0

an=a1*q^(n-1)=q^(n-1)q^(k-1)-[q^k+q^(k+1)]=q^(k-1)*[1-q-q²]

由于 an 是 q 的几个正方形的形式。

所以 1-q-q 也应该是 q 的几倍形式。

和 0q +2q-1=0

该解决方案给出 q = 2-1（根 - 2-1 <四舍五入），因此 q 的值集是单位集。

an=q*（n-1）

a k- ak+1-ak+2=q*k（1 q-1-q） 仍然是序列之一，则 1 q-1-q=q*n，因为 0 q 1 2， 1 q-1-q 1 2q*0 1 或 q*n 1 2

所以 1 q-1-q=1， q=2 1

只有 1-q-q 平方 = q-n 次方。

比例级数的常用比率是q，a（n+1）+a（n+2）+a（n+3）+ =an q+an q +an q +....

an×(q+q²+q³+…

和 an=k（a（n+1）+a（n+2）+a（n+3）+....an=k× an×(q+q²+q³+…即 1=K（Q+Q +Q+...

自 0<|q|<1

q+q²+q³+…前 n 项的总和是 [1-q （n+1）] （1-q）。

因为存在无穷项，所以 n 趋于无穷大，而 q （n+1） 趋向于 0] q+q +q +....=1/(1-q)

1=k（1-q），即k=（1-q）。

0<|q|<1, -1∴0<1-q<2

0 应该足够详细！！

an>a(n+1)+a(n+2)

A1*Q （N-1）>A1*Q N+A1*Q （N+1）A 是正项。

a1>0

q> 装扮 书 0

1>q+q^2

q^2+q-1<0

1- 5）闷闷不乐 2 如果您同意我的观点，请点击“获得满意的答案”，并祝您在学习中取得进步！

sn=a1（1-q n） （1-q） ......来自 a1+a2+an+…吵。。。。=1 2 0<|q|<1

a1+a2+……an+……姿势流浪者 = a1 （1-q） =1 2 a1 = 所以磨馅饼 0< a1<1 2 或 1 2

an+1>an

a1*q^n>a1*q^(n-1),n>=1a1<0

q^n0,n>=1

q-1<0

0=1Q-1>0

q 没有解，所以常用比值 q 为 0

它也是一个比例级数，常用比为 1 q

a1+a2+..an=a1(1-q^n)/(1-q)=11/a1+1/a2+..1/an

1 A1（1-（1 Q） n） （1-1 Q） = 4，即 （Q N-1） （Q-1）。

4a1q^(n-1)=4an

所以 a1an=1 4

设 t=a1a2....an

t=an...a2a1

将两个方程相乘得到 t 2 = （1 4） n

再次 t>0

所以 t=（1 2） n