在差分序列 an 中，每个项目都不是 0，并且验证 1 a1 a2 1 a2 a2 a3 1 an an 1 n a1 an 1

证书：当系列公差为d=0时，即系列所有项目均相等时，1（a1a2）+1（a2a3）+1/[ana(n+1)]=n/a1²

n/[a1a(n+1)]=n/a1²

1/(a1a2)+1/(a2a3)+.1 [ana（n+1）]=n [a1a（n+1）]，等式成立。

在公差 d≠0 时，1 （a1a2）+1 （a2a3）+1/[ana(n+1)]

1 d） [1 盲目冲刺 a1 -1 a2 +1 笑 a2 -1 a3 +..1/an -1/a(n+1)]

1/d)[1/a1 -1/a(n+1)]

n/[a1a(n+1)]=n/[a1(a1+nd)]=n×[1/(nd)][1/a1 - 1/a(n+1)]=1/d)[1/a1 -1/a(n+1)]

1/(a1a2)+1/(a2a3)+.1 [ana（n+1）]=n [a1a（n+1）]，等式成立。

总之，我们得到 1 （a1a2）+1 （a2a3）+1 [ana（n+1）]=n [a1a（n+1）]，等式成立。

分裂项的消除可以通过数学归纳法来证明。

裂纹项求和：当公差为零时，显然是正确的。

当公差不为零时，因为 1 anan+1=1 d*[1 an-1 an+1]。

1/a1a2+1/a3a4+…沪清+1 anan+1=1 d*[1 a1--1 an+1]=1 d*[（an+1-an） a1an+1]。

1 梁谈 d*[nd a1an+1]=n a1an+1

证明：设差分级数的第一项为 a1，公差为 d

s(n)=na1+n(n-1)d/2

所以 ma1+m（m-1）d 2=na1+n（n-1）d 2，所以 （m-n）a1+（m+n-1）（m-n）d 2=0，因为 m≠n

所以 a1+（m+n-1）d 2=0

所以s（m+n）=（m+n）a1+（m+n）（m+n-1）d 2=（m+n）[a1+（m+n-1）d 2]=（m+n）*0=0

破解与梁咏仪求和的项目：当公与地的差别为零时，这显然是真的。

当公差不为零时，因为 1 anan+1=1 d*[1 an-1 an+1]。

1/a1a2+1/a3a4+…+1/anan+1=1/d*[1/a1--1/an+1]=1/d*[(an+1-an)/a1an+1]

1/d*[nd/a1an+1]=n/a1an+1

谢周渣：A2014、A2015 0、A2014、A2015不同编号。

A1 0， A2014 + A2015 0， A2014 0， A2015 0 使 SN 0 保持，取最大自然数，n 满足。

A2014+A2015=A1+A4028，此时S4028=（A1+A4028） 4028 2=（A2014+A2015） 4028 2>0， S4029=（A1+A4029） 4029 2=2A2015 4029 2“梁拆除0

即 n=4028

回答问题也是一种给予，如果满足书本代码的话。

设 an=a1+（n-1）d，其中 d 是公差，2-a-a=0（n>=2，n n） 得到 2-2an=0，an≠0，an=2，d=0，a1=2，s2010=2010a1=4020

an^2=an-1+an+1=2an

an=0 或 2

所以 an=2

所以数字列是 2、2、2、2、2、2、2、2、2、2、2、2、2、2......

s2010=4020

a1+a2+a3+a4=21

an+a(n-1)+a(n-2)+a(n-3)=67---a1+an)+[a2+a(n-1)]+a3+a(n-2)+[a4+a(n-3)]=88

->4(a1+an)=88

->a1+an=22

因此 sn=n（a1+an） 2=11n

和 sn=286，所以 11n=286

所以 n=26

解：设等差级数中的项数为 2n+1，奇数 = a1 + a2 + a3 + ...a2n+1=（n+1）（a1+a2n+1） 2=（n+1）an+1，seven=a2+a4+a6+....a2n=n（a2+a2n） 2=nan+1，s 奇七=n+1 n=44 33，n=3，项数为2n+1=7，因为s 奇数-七=an+1=a，a4=s 奇数-七=44-33=11，所以中项是 11

因为 an 是一系列相等的差，所以 an=2（an-1+an+1） 已知为 an=an-1+an+1 辛迪加 an-2an=0 an=0 an=2 an=2

s2010=2×2010=4020