Question

設首項為a₁的正項數列{a_n}的前n項和為S_n，q為非零常數，已知對任意正整數n，m，S_n+m=S_m+q^mS_n總成立．
（Ⅰ）求證：數列{a_n}是等比數列；
（Ⅱ）若不等的正整數m，k，h成等差數列，試比較a_m^m•a_h^h與a_k^2k的大�。�
（Ⅲ）若不等的正整數m，k，h成等比數列，試比較

a

1 m m

•

a

1 h h

與

a

2 k k

的大�。�

Answer 1

分析：（Ⅰ）令n=m=1，得a₂=qa₁，令m=1，得S_n+1=S₁+qS_n（1），從而S_n+2=S₁+qS_n+1兩式相減即可得出a_n+2=qa_n+1，進而可判斷出數列{a_n}是等比數列
（Ⅱ）根據m，k，h成等差數列，可知m+h=2k，進而可判定m2+h2＞

1

2

(m+h)2=2k2，進而根據等比數列的通項公式分q大于、等于和小于1三種情況判斷．
（Ⅲ）正整數m，k，h成等比數列，則m•h=k²，判斷出

1

m

+

1

h

＞2

1 mh

=

2

k

，進而根據等差根據等比數列的通項公式分a₁和q大于、等于和小于1三種情況判斷．

解答：（Ⅰ）證：因為對任意正整數n，m，S_n+m=S_m+q^mS_n總成立，
令n=m=1，得S₂=S₁+qS₁，則a₂=qa₁
令m=1，得S_n+1=S₁+qS_n（1），從而S_n+2=S₁+qS_n+1（2），
（2）-（1）得a_n+2=qa_n+1，（n≥1）
綜上得a_n+1=qa_n（n≥1），所以數列{a_n}是等比數列
（Ⅱ）正整數m，k，h成等差數列，
則m+h=2k，
所以m2+h2＞

1

2

(m+h)2=2k2，
則

a

m m

•

a

h h

=

a

m 1

qm2-m

a

h 1

qh2-h=

a

2k 1

qm2+h2-m-h
①當q=1時，a_m^m•a_h^h=a₁^2k=a_k^2k
②當q＞1時，

a

m m

•

a

h h

=

a

2k 1

qm2+h2-m-h＞

a

2k 1

q2k2-2k=(a1qk-1)2k=

a

2k k

③當0＜q＜1時，

a

m m

•

a

h h

=

a

2k 1

qm2+h2-m-h＜

a

2k 1

q2k2-2k=(a1qk-1)2k=

a

2k k

（Ⅲ）正整數m，k，h成等比數列，則m•h=k²，則

1

m

+

1

h

＞2

1 mh

=

2

k

，
所以

a

1 m m

•

a

1 h h

=(a1qm-1)

1

m

(a1qh-1)

1

h

=

a	1 m + 1 h 1

q2-

1

m

-

1

h

=q2(

a1

q

)

1

m

+

1

h

，ak

2

k

=q2(

a1

q

)

2

k

①當a₁=q，即

a1

q

=1時，

a

1 m m

•

a

1 h h

=

a

2 k k

=q2=ak

2

k

②當a₁＞q，即

a1

q

＞1時，

a

1 m m

•

a

1 h h

=q2(

a1

q

)

1

m

+

1

h

＞q2(

a1

q

)

2

k

=ak

2

k

③當a₁＜q，即

a1

q

＜1時，

a

1 m m

•

a

1 h h

=q2(

a1

q

)

1

m

+

1

h

＜q2(

a1

q

)

2

k

=ak

2

k

點評：本題主要考查了等比關系的確定和等比數列的性質．等比數列常與不等式一塊考查，應引起重視．