1樓：蒼殘悽
^1) 當n=1時，a1=s1=10,,又當n>=2 時，s(n-1)=-(n-1)^2+9(n-1)+2
an=sn-s(n-1)=-2n+10 對於n=1時不成立所以an不是等差數列
（2）當 n=5 時 an=0
hn=s(4)-[sn-s(4)]=-sn+2s(4)=n^2-9n-42
等差數列前n項和一定是沒有常數項的二次函式，你用an=sn-s（n-1)可以證得
前n項和為二次函式（沒有常數項為等差數列） 前n項和為二次函式（有常數項是否一定不是等差數列）
2樓：廬陽高中夏育傳
^如果常數不為零，從第二項起是等差數列，整個數列不能稱為等差數列；
sn=n^2+n+1
a1=s1=3
當n≥2時
sn=n^2+n+1
s(n-1)=(n-1)^2+(n-1)+1上式減下式得：
an=[n^2-(n-1)^2]+[n-(n-1)]=2n-1+1=2n
a(n-1)=2(n-1)
an-a(n-1)=2n-2(n-1)=2=d所以數列從第二項起是一個等差數列
an={3 (n=1)~ {2n (n≥2)
3樓：沉夢之子
★在等差數列中前n項和一定是不含常數項的二次函式。
所以說前n項和為二次函式［有常數項一定不是等差數列！］
等差數列前n項和公式的特點是二次函式且沒有常數項
4樓：匿名使用者
一定。證明如下：sn=(a1+an)*n/2=(a1+a1+(n-1)*d)*n/2=d/2*n^2+(a1-d/2)*n
對於一個沒有
常數項的二次函式來說，可以讓其二次項係數為d/2,一次專項係數為(a1-d/2)，解屬二元一次方程組就好了
5樓：匿名使用者
^q≠bai1時，
等比數列的前dun項和為sn=a1(1-q^zhin)/(1-q)設a1/(1-q)=c,
sn= c(1-q^daon)=c-c q^n.
即若等比數列的前n項和內sn=a q^n+b,則容a+b=0,
例如1. 等比數列sn=2^n+m, 則m=-1.
2.等比數列sn=3^n+m ，則m=-1.
【解】sn-1=3^n-1+m
所以 an=sn-sn-1=2*3^(n-1)n=1，a1=2
所以 s1=a1=2
∴ m=-1
等差數列的前n項和是關於n的二次函式型且無常數項，求關於這個性質的題
6樓：匿名使用者
將a＝d/2,b＝a1－d/2代入，得
sn＝a1×n+d×n×（n－1）/2
此為等差數列通式
為什麼 等差數列的前n項和公式是常數項為零的二次，要詳細過程
7樓：匿名使用者
等差數列通項公式為：
an=a1+（n-1）×d
等差數列求和公式為：
sn=（a1+an）×n÷2
所以sn=【a1+a1+（n-1）×d】×n÷2=（2a1+nd-d）×n÷2
=a1n+dn²/2-dn/2
=d/2n²+（a1-d/2）n
所以等差數列前n項和公式為二次項係數為d/2，一次項係數為（a1-d/2），常數項為0的二次函式。
8樓：
因為等差數列的通項為an=a1+d(n-1), d為公差，a1為首項
前n項和sn=a1+a2+...+an
反序寫為sn=an+....+a2+a1
兩式相加，並利用a1+an=a2+a(n-1)=...=an+a1得：2sn=n(a1+an)
即sn=n(a1+an)/2
而an=a1+d(n-1), a1+an=2a1+d(n-1)所以sn=n[a1+d(n-1)/2]=dn²/2+n(a1-d/2)
沒有常數項。
9樓：搶佔橋頭堡
an = a1 + (n-1)d
sn = a1 + a2 +a3 +a4+ ........+ansn = an + a(n-1) + a(n-2) + .....+a1
上下相加 2sn = (a1+an ) + (a2 + a(n-1)) + ....+ (an + a1) = n(an+a1) = n(2a1 + n(n-1)d)
sn = d *n*n/2 +( a1-d/2) n是讓推導前n項和公式的吧
在等差數列an中，Sn為數列an的前n項和，已知a1 a6 12,a4 7,求a9,S
等差數列 an a1 n 1 d a1 a6 a1 a1 5d 12 a4 a1 3d 7 由 式，解得a1 1,d 2 故an 2n 1 a9 17 s17 a1 a17 17 2 1 2 17 1 17 2 289 由an a1 n 1 d及已知兩等式，得到a1 a1 5d 12 a1 3d 7...
設sn是等差數列an的前n項和已知
a1 3,an 1 2sn 3 an 2s n 1 3 a n 1 an 2 sn s n 1 a n 1 an 2an a n 1 3an a n 1 an 3 an a1 3 n 1 3 3 n 1 3 n an 3 n 2 bn 2n 1 an 2n 1 3 n tn 3 3 3 2 5 3 ...
設無窮等差數列an的前n項和為Sn
1 sk 2 2 a1 2 k 2 a1 k k 2 k d 1 4 k 4 2k 3 k 2 d 2 1 4k 4 k 3 k 2 k 2 1 2 k 1 2sk 2 a1 k 2 1 2 k 4 k 2 d 1 2k 4 k 2 k 2 1 2 k 2 1 sk 2 sk 2 k 2 1 2 k...