Question

正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，q為非零常數(shù)．已知對(duì)任意正整數(shù)n，m，當(dāng)n＞m時(shí)，S_n-S_m=q^m•S_n-m總成立．
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（2）若互不相等的正整數(shù)n，m，k成等差數(shù)列，比較S_n+S_k，2S_m的大��；
（3）若正整數(shù)n，m，k成等差數(shù)列，求證：

1

Sn

+

1

Sk

≥

2

Sm

．

Answer 1

分析：（1）在S_n-S_m=q^m•S_n-m中，令m=n-1，得到S_n-S_n-1=q^n-1•S₁轉(zhuǎn)化證明．
（2）寫出S_n+S_k，2S_m的表達(dá)式，作差比較，注意求和時(shí)，對(duì)公比是否為1進(jìn)行討論．
（3）寫出

1

Sn

+

1

Sk

的表達(dá)式，根據(jù)式子結(jié)構(gòu)，考慮放縮法進(jìn)行證明．

解答：解：（1）因?yàn)閷?duì)任意正整數(shù)n，m，
當(dāng)n＞m時(shí)，S_n-S_m=q^m•S_n-m 總成立，
所以n≥2時(shí)，令m=n-1，得到S_n-S_n-1=q^n-1•S₁，即a_n=a₁q ^n-1，
分析可得a_n-1=a₁q ^n-2，
故當(dāng)n≥2時(shí)：

an

an-1

= q（非零常數(shù)），即{a_n}是等比數(shù)列
（2）若q=1，則S_n=na₁，S_m=ma₁，S_k=ka₁
所以S_n+S_k-2S_m=（n+k-2m）a₁=0∴S_n+S_k=2S_m
若q＞0，q≠1，則
Sn=

a1(1-qn)

1-q

，Sm=

a1(1-qm)

1-q

，Sk=

a1(1-qk)

1-q

所以Sn+Sk-2Sm=

a1

1-q

[(1-qn)+(1-qk)-2(1-qm)]=-

a1

1-q

(qn+qk-2qm)∵q＞0，q≠1
∴qn+qk-2qm＞2

qn•qk

-2qm=2q

n+k

2

-2qm=0
①若q＞1，S_n+S_k＞2S_m②若0＜q＜1，S_n+S_k＜2S_m
（3）若q=1，則Sn=na₁，Sm=ma₁，Sk=ka₁
 所以

1

Sn

+

1

Sk

=

n+k

nka1

=

2m

nka1

≥

2m

( n+k 2 ) 2•a1

=

2m

m2a1

=

2

ma1

=

2

Sm

若∵q＞0，q≠1，
所以 

1

Sn

+

1

Sk

≥2

1 SnSk

=2

(1-q)2 (1-qn) (1-qk) a12

又因?yàn)椋?-qⁿ）（1-q^k）=1-（qⁿ+q^k）+q^n+k
≤≤1-2

qn+k

+qn+k=（1-q^m）²．
所以

1

Sn

+

1

Sk

≥2

(1-q)2 (1-qm)2a12

=

2

Sm

綜上可知：若正整數(shù)n，m，k成等差數(shù)列，不等式 

1

Sn

+

1

Sk

≥

2

Sm

總成立（當(dāng)且僅當(dāng)n=m=k時(shí)取“=”）

點(diǎn)評(píng)：本題考查等比數(shù)列通項(xiàng)公式、求和、基本不等式的應(yīng)用，不等式的證明，分類討論，一般到特殊的思想方法，以及分析解決、計(jì)算等能力．