对任意的p,an p-an趋于0,但不是柯西列

（1）因p为常数,a1=1,故当n=1时,2Sn=2a1=2=p(2*1+1-1)=2p,所以,p=1.Sn=n(an+a1)/2=n(an+1)/22Sn=n(an+1)=2an²+an-

当n=1时,有a13=a12,由于an＞0,所以a1=1．当n=2时,有a13+a23=（a1+a2）2,将a1=1代入上式,由于an＞0,所以a2=2．由于a13+a23++an3=（a1+a2++

（1）Sn=n(an-a1)/2,将n=1代入则S1=1(a1-a1)/2=0又S1=a1,所以a1=0故a=0；lz是对的哦!（2）Sn=n(an-a1)/2=n*an/2S(n-1)=(n-1)*

（1）Sn=n(an-a1)/2,将n=1代入则S1=1(a1-a1)/2=0又S1=a1,所以a1=0故a=0；lz是对的哦!（2）Sn=n(an-a1)/2=n*an/2S(n-1)=(n-1)*

1)因为Sn=na1+n(n-1)d/2=n+n(n-1)d/2,S2n=2n+2n(2n-1)d/2,S（2n）/Sn=（4n+2）/（n+1）,所以d=1,所以Sn=n+n(n-1)/22)an=

sn=p(an-1)s(n-1)=p[a(n-1)-1]sn=s(n-1)+an∴p[a(n-1)-1]+an=p(an-1)an=p/(p-1)a(n-1)故为等比数列公比为：p/(p-1)sn=p

①数列0，2，4，6中，aj+ai与aj-ai（1≤i＜j≤3）两数中都是该数列中的项，并且a4-a3=2是该数列中的项，故①正确；②若数列{an}具有性质P，去数列{an}中最大项an，则an+an

两边同时除以P

2Sn=an(an+1),2Sn=a（n-1）【a（n-1）+1】,an=Sn-S(n-1)得2an=an^2(平方）-a(n-1)^2+an-a(n-1).移项,平方的用平方差,因为an≠0,所以两

易得a1=1,a2=7/8,a3=3/4,a4=13/20所以b1=2/3,b2=4/3,b3=8/3,b4=16/3猜想bn=2^n/3证明：1)当n=1时,b1=2/3,命题成立；2)假设当n=k

（Ⅰ）由于3×与均不属于数集{1,3,4,∴该数集不具有性质P．由于1×2,1×3,1×6,2×3,都属于数集{1,2,3,6,∴该数集具有性质P．（Ⅱ）∵A={a1,a2,…,an}具有性质P,∴a

A(p+q)=ApAqp=1时,A(1+q)=(1/3)AqAq=A1(1/3)^(q-1)=(1/3)^qA(p+q)=(1/3)^(p+q)=[(1/3)^p][(1/3)^q]=ApAq所以Aq

an=n^2+pna(n-1)=(n-1)^2+p(n-1)数列{an}是递增数列所以an-a(n-1)>0(n^2+pn)-[(n-1)^2+p(n-1)]>02n-1+p>0p>1-2n因为数列至

an=pn²+qnbn=a(n+1)-an=p(n+1)²+q(n+1)-pn²-qn=2pn+p+qb(n+1)=2p(n+1)+p+qb(n+1)-bn=2p(n+1

若(a,p)不等于1则由于p为质数所以p|a,命题成立若(a,p)=1上述命题等价于证p|a^(p-1)-1这就转化为著名的费马小定理综上结论成立

解题思路：见解答。解题过程：

把Sn换成首项末项和项数的表达式,然后把末项看做变量,求最小值,可以得到m最大值为1/5（最小值为负无穷.）

取ξ=(a-1)/2|lnf(x)/lnx+a|

A(n+1)=f(An)>An即点(An,f(An))在直线y=x的上方但没有别的条件了,∴只能判断函数图形是在直线y=x的上方再问：An+1中n+i是角标再答：知道啊，但是这个和函数没有关系……∵函

由递推公式A[n+1]=1+sin(A[n]-1),A[0]=0可知0