等差中项数学这个题 是怎么变下来的?

∵a_n与2的等差中项等于S_n与2的等比中项，
∴
1
2(an+2)＝
2Sn，即Sn＝
1
8(an+2)2．…（2分）
当n=1时，S1＝
1
8(a1+2)2⇒a1＝2； …（3分）
当n≥2时，an＝Sn−Sn−1＝
1
8[(an+2)2−(an−1+2)2]，
即（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-4）=0，…（5分）
又∵a_n+a_n-1＞0，∴a_n-a_n-1=4，
可知{a_n}是公差为4的等差数列．…（7分）
∴a_n=2+（n-1）×4=4n-2． …（8分）

点评：
本题考点： 等差数列的性质．

考点点评： 本题考查等差数列的性质，考查数列的通项，考查学生的计算能力，属于中档题．

由lgy为lgx，lgz的等差中项可得，2lgy=lgx+lgz，
化简可得lgy²=lgxz，即y²=xz，故y是x，z的等比中项；
但当y是x，z的等比中项时，不能推出lgy为lgx，lgz的等差中项，
比如取x=z=1，y=-1，当然满足y是x，z的等比中项，
但此时lgy无意义，更谈不上lgy为lgx，lgz的等差中项了，
故“lgy为lgx，lgz的等差中项”是“y是x，z的等比中项”的充分不必要条件，
故选A

点评：
本题考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断．

考点点评： 本题考查充要条件的判断，涉及等差中项和等比中项以及对数的运算，属基础题．

∵正实数a，b，c成等比数列，x，y分别为a与b，b与c的等差中项，
∴b²=ac，2x=a+b，2y=b+c．
则[a/x]+[c/y]=[2a/a+b+
2c
b+c]=
2(ab+2ac+bc)
ab+ac+b2+bc=
2(ab+2ac+bc)
ab+2ac+bc=2．
故答案为：2．

点评：
本题考点： 基本不等式；等差数列的通项公式．

考点点评： 本题考查了等差数列与等比数列的性质，属于基础题．

∵正实数a，b，c成等比数列，x，y分别为a与b，b与c的等差中项，
∴b²=ac，2x=a+b，2y=b+c．
则[a/x]+[c/y]=[2a/a+b+
2c
b+c]=
2(ab+2ac+bc)
ab+ac+b2+bc=
2(ab+2ac+bc)
ab+2ac+bc=2．
故答案为：2．

点评：
本题考点： 基本不等式；等差数列的通项公式．

考点点评： 本题考查了等差数列与等比数列的性质，属于基础题．

∵△ABC中，sinB既是sinA，sinC的等差中项，又是sinA，sinC的等比中项，
∴2sinB=sinA+sinC，sin²B=sinA•sinC
∴4sin²B=（sinA+sinC）²
∴4sinA•sinC=（sinA+sinC）²
（sinA+sinC）²-4sinA•sinC=0
即（sinA-sinC）²=0，
∴sinA=sinC，
于是2sinB=2sinA=2sinC，
∴sinB=sinA=sinC，
即：a=b=c，
∴B=60°
故选C．

点评：
本题考点： 余弦定理；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式．

考点点评： 本题考查等差数列与等比数列的通项公式，考查正弦定理与等量代换，求得sinA=sinC是关键，属于中档题．

由题意可得：a₂+a₆=2×5，a₃+a₇=2×7，
由等差数列的性质可得2a₄=a₂+a₆=10，2a₅=a₃+a₇=14
解之可得a₄=5，a₅=7，故公差d=a₅-a₄=2
故a₁=a₄-3d=5-6=-1，
故a_n=-1+2（n-1）=2n-3
故答案为：2n-3

点评：
本题考点： 等差数列的通项公式．

考点点评： 本题考查等差数列的通项公式，涉及等差中项的定义，属基础题．

∵当n≥2，n∈N^*时S_n-1是a_n与-3的等差中项，
∴S_n-1=
an−3
2…①
S_n=
an+1−3
2…②
②-①得
3a_n=a_n+1，
∵a₁=3，
∴数列{a_n}是首项为3，公比为3的等比数列，
∴a_n=3ⁿ．

点评：
本题考点： 数列递推式；等差数列的性质．

考点点评： 本题考查数列的通项公式的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意迭代法的合理运用．

（1）∵a_n是S_n与2的等差中项，
∴S_n=2a_n-2，∴a₁=S₁=2a₁-2，解得a₁=2，a₁+a₂=S₂=2a₂-2，解得a₂=4；
（2）∵S_n=2a_n-2①，∴S_n-1=2a_n-1-2（n≥2）②，
①-②得：a_n=2a_n-2a_n-1，即an=2an-1(n≥2，n∈N*)，
∵a₁≠0，∴
an
an-1=2，(n≥2，n∈N*)，即数列{a_n}是等比数列．
∵a₁=2，∴an=a1qn-1=2×2n-1=2n．
由已知得b_n+1-b_n=2，即数列{b_n}是等差数列，
又b₁=1，∴b_n=b₁+（n-1）d=1+2（n-1）=2n-1；
（3）由c_n=a_n•b_n=（2n-1）2ⁿ，
∴Tn=a1b1+a2b2+…+anbn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)2n③，
∴2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1④，
③-④得：-Tn=1×2+(2×22+2×23+…2×2n)-(2n-1)2n+1．
即：-Tn=1×2+(23+24+…2n+1)-(2n-1)2n+1=2+
23(1-2n-1)
1-2-(2n-1)2n+1
∴Tn=(2n-3)2n+1+6．

点评：
本题考点： 数列的求和；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式．

考点点评： 本题考查了等差数列和等比数列的通项公式，考查了错位相减法求数列的前n项和，求一个等差数列和一个等比数列的积数列的前n项和，常采用错位相减法．此题是中档题．

（1）∵n≥2，a_n是3S_n-4与2-
3
2Sn-1的等差中项．
∴2an=3Sn-
3
2Sn-1-2，
2an+1=3Sn+1-
3
2Sn-2
作差得2an+1-2an=3an+1-
3
2an，
得an+1=-
1
2an，n≥2．
又因为2a2=3S2-
3
2S1-2
解得a2=
1
2]，
∴n≥2，an=
1
2•(-
1
2)n-2．
故an=

1，n=1

1
2•(-
1
2)n-2，n≥2
（2）由（1）可得：
故n≥2时，Sn=1+

1
2(1-(-
1
2)n-1)
1-(-
1
2)=
4
3-
1
3(-
1
2)n-1，当n=1时也成立．

点评：
本题考点： 数列递推式；等差数列的性质．

考点点评： 熟练掌握an＝S1，n＝1Sn−Sn−1，n≥2]，等差数列与等比数列的前n项和公式等是解题的关键．

数列{a_n}是等比数列，S_n是它的前n项和，若a₂•a₃=2a₁=a₁•a₄，可得a₄=2．
再由a₄与2a₇的等差中项为[5/4]，可得a₄ +2a₇ =[5/2]，故有a₇ =[1/4]．
∴q³=
a7
a4=[1/8]，∴q=[1/2]，∴a₁=16．
∴s₅=
a1(1−q5)
1−q=31．

点评：
本题考点： 等差数列的性质；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和．

考点点评： 本题主要考查等差数列的定义和性质，等比数列的通项公式，等比数列的前n项和公式，属于中档题．

（1）

因为a2a4＝64，∴a32＝64，a3＝±8.，∴a3＝8，a₃+2是a₂，a₄的等差中项，所以a₂=4，a₄=16，所以数列的通项公式a_n=2ⁿ．
（2）


由(1)得An＝2n+1−2，Bn＝lo
g222n+1＝(n+1)2，
当n＝1时，A1＝2，B1＝(1+1)2＝4，A1＜B1；
当n＝2时，A2＝6，B2＝(2+1)2＝9，A2＜B2；
当n＝3时，A13＝14，B3＝(3+1)2＝16，A3＜B3；
当n＝4时，A4＝30，B4＝(4+1)2＝25，A4＞B4；
由上可以猜想，当1≤n≤3时，An＜Bn；当n≥4时，An＞Bn
下面用数学归纳法给出证明：
①当n=4时，已验证不等式成立．
②


假设n＝k(k≥4)时，Ak＞Bk成立，即2k+1−2＞(k+1)2
当n＝k+1时，Ak+1＝2k+2−2＝2(2k+1−2)+2＞2(k+1)2+2＝2k2+4k+4
＞k2+4k+4＝[(k+1)+1]2＝Bk+1
即当n＝k+1时不等式也成立．
由①②知，当n≥4（n∈N^*）时，A_n＞B_n
综上，当1≤n≤3时，A_n＜B_n；当n≥4时，A_n＞B_n

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合；数列与函数的综合．

考点点评： 本题主要考查了等比数列和等差数列的性质．考查了学生对数列基本知识的掌握．难点在于作差比较大小，得出的结果不能判别符号，不少学生在此会放弃；在于要想到用数学归纳法来证明差中的一部分．

设两数为a，b，
根据题意得：a+b=12，ab=100，
则以这两个数为根的一元二次方程是x²-12x+100=0．
故选：C

点评：
本题考点： 等比数列的性质．

考点点评： 此题考查了等差、等比数列的性质，以及一元二次方程根的分布与系数的关系，熟练掌握性质是解本题的关键．

设|PF₁|=m，|PF₂|=n，则

n2＝m2+4−2mcos120°
m+n＝4
解方程组，得m=[6/5]，n=[14/5]．
由正弦定理，得[2
sin∠F1PF2=

14/5
sin∠PF1F2]，
∴sin∠F₁PF₂=
5
3
14，
∴tan∠F₁PF₂=
5
3
11．

点评：
本题考点： 椭圆的简单性质．

考点点评： 本题主要考查椭圆的性质，考查等差中项及余弦定理，正弦定理，比较基础．

∵a、b的等差中项为4
∴a+b=8
又∵a、b是正数
∴a+b≥2
ab（a=b时等号成立）
∴
ab≤4
又由等比中项的定义知a、b的等比中项为±
ab
∴a、b的等比中项的最大值为4
故选A

点评：
本题考点： 基本不等式；等差数列的性质；等比数列的性质．

考点点评： 本题考查等差中项和等比中项的定义和均值不等式，要注意两个数的等比中项有两个，同时要注意均值不等式的条件．属简单题

∵1是[1/a]与[1/b]的等差中项
∴[1/a]+[1/b]=[a+b/ab]=2，即a+b=2ab，
∵1是a²与b²的等比中项，
∴ab=±1
∴[a+b
a2+b2=
a+b
(a+b)2−2ab=
2ab
4a2b2−2ab=1或-
1/3]
故选D

点评：
本题考点： 等比数列的性质；等差数列的性质．

考点点评： 本题主要考查了等比数列和等差数列的性质．解题的关键是利用等差中项和等比中项求得a和b的关系．