数列难题.给定正整数n和正数M,对于满足条件的 a2（1）+a2（n+1）≤M的所有等差数列a1,a2,a3.,试求S=a（n+1）+a（n+2）+...+a（2n+1）的最大值.这里,（）都是角标做出者50分.至少.
来源：学生作业帮助网 编辑：六六作业网 时间：2024/11/17 13:22:31
数列难题.给定正整数n和正数M,对于满足条件的 a2（1）+a2（n+1）≤M的所有等差数列a1,a2,a3.,试求S=a（n+1）+a（n+2）+...+a（2n+1）的最大值.这里,（）都是角标做出者50分.至少.
数列难题.
给定正整数n和正数M,对于满足条件的
a2（1）+a2（n+1）≤M的所有等差数列a1,a2,a3.,
试求S=a（n+1）+a（n+2）+...+a（2n+1）的最大值.
这里,（）都是角标
做出者50分.至少.
数列难题.给定正整数n和正数M,对于满足条件的 a2（1）+a2（n+1）≤M的所有等差数列a1,a2,a3.,试求S=a（n+1）+a（n+2）+...+a（2n+1）的最大值.这里,（）都是角标做出者50分.至少.
给定正整数n和正数M,对于满足条件a21+a2n+1≤M的所有等差数列a1,a2,a3,…,试求S=an+1+an+2+…+a2n+1的最大值.
设此数列的公差为d,
则S= an+1+an+2+…+a2n+1=(n+1)(a1+32nd).故Sn+1=a1+32nd．
由n给定,故应求a1+32nd =t的最大值．
M≥a12+(a1+nd)2=2a12+2a1nd+n2d2=λ(a1+32nd)2+(2－λ)a12+(2－3λ)a1nd+(1－94λ)n2d2
(若(2－λ)a12+(2－3λ)a1nd+(1－94λ)n2d2能配成完全平方式,则可求出t的最大值．)
取(2－3λ)2－4(2－λ)(1－94λ)=0,即4－12λ+9λ2－8+22λ－9λ2=0,λ=25．
∴ M≥25(a1+32nd)2+110(4a1+nd)2≥25(Sn+1)2.
∴ S≤10 2(n+1)M ．等号当且仅当4a1+nd=0及M=25(a1+32nd)2时成立．即a1=－14nd,a1=－10M 10 ,d=410 •1nM 时成立．易算得此时a12+an+12=M,S=10 2(n+1)M ．
∴ S的最大值为10 2(n+1)M ．
梅西哥哥,这个是1999年全国高中数学联合竞赛第一试的第五题吧,我从网上搜了一下答案,希望能帮助哥哥!
我找时间给你讲吧，各种分数线百度没法发。这题真够BT的。
根据条件，n和M是给定的，此时[a(1)]^2+[a(n+1)]^2≤M
设等差数列公差为d
S=a(n+1)+a(n+2)+…+a(2n+1)=[a(n+1)+a(2n+1)](n+1)/2=[a1+a(n+1)+2nd](n+1)/2={a1+a(n+1)+2[a(n+1)-a(1)]}(n+1)/2=[3a(n+1)-a(1)](n+1)/2
因为(ax+by)^2≤...
全部展开
根据条件，n和M是给定的，此时[a(1)]^2+[a(n+1)]^2≤M
设等差数列公差为d
S=a(n+1)+a(n+2)+…+a(2n+1)=[a(n+1)+a(2n+1)](n+1)/2=[a1+a(n+1)+2nd](n+1)/2={a1+a(n+1)+2[a(n+1)-a(1)]}(n+1)/2=[3a(n+1)-a(1)](n+1)/2
因为(ax+by)^2≤(a^2+b^2)(x^2+y^2)显然成立（只需要把式子展开化简就知道是一个完全平方式），所以[3a(n+1)-a(1)]^2≤[3^2+(-1)^2]{[a(n+1)]^2+[a(1)]^2}≤10M
故，S=[3a(n+1)-a(1)](n+1)/2≤√(10M)(n+1)/2，当且仅当3a(1)=-a(n+1)，[a(1)]^2+[a(n+1)]^2=M时取"="，此时a(1)=-√(10M)/10，d=2√(10M)/(5n)。
所以，S的最大值为√(10M)(n+1)/2。
收起
a2（1）里面的2是在什么地方，和后面的a2什么关系