Question

设首项为a₁的正项数列{a_n}的前n项和为S_n，q为非零常数，已知对任意正整数n，m，S_n+m=S_m+q^mS_n总成立．
（Ⅰ）求证：数列{a_n}是等比数列；
（Ⅱ）若不等的正整数m，k，h成等差数列，试比较a_m^m•a_h^h与a_k^2k的大小；
（Ⅲ）若不等的正整数m，k，h成等比数列，试比较

a

1 m m

•

a

1 h h

与

a

2 k k

的大小．

Answer 1

分析：（Ⅰ）令n=m=1，得a₂=qa₁，令m=1，得S_n+1=S₁+qS_n（1），从而S_n+2=S₁+qS_n+1两式相减即可得出a_n+2=qa_n+1，进而可判断出数列{a_n}是等比数列
（Ⅱ）根据m，k，h成等差数列，可知m+h=2k，进而可判定m2+h2＞

1

2

(m+h)2=2k2，进而根据等比数列的通项公式分q大于、等于和小于1三种情况判断．
（Ⅲ）正整数m，k，h成等比数列，则m•h=k²，判断出

1

m

+

1

h

＞2

1 mh

=

2

k

，进而根据等差根据等比数列的通项公式分a₁和q大于、等于和小于1三种情况判断．

解答：（Ⅰ）证：因为对任意正整数n，m，S_n+m=S_m+q^mS_n总成立，
令n=m=1，得S₂=S₁+qS₁，则a₂=qa₁
令m=1，得S_n+1=S₁+qS_n（1），从而S_n+2=S₁+qS_n+1（2），
（2）-（1）得a_n+2=qa_n+1，（n≥1）
综上得a_n+1=qa_n（n≥1），所以数列{a_n}是等比数列
（Ⅱ）正整数m，k，h成等差数列，
则m+h=2k，
所以m2+h2＞

1

2

(m+h)2=2k2，
则

a

m m

•

a

h h

=

a

m 1

qm2-m

a

h 1

qh2-h=

a

2k 1

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

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当0＜q＜1时，

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）正整数m，k，h成等比数列，则m•h=k²，则

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当a₁=q，即

a1

q

=1时，

a

1 m m

•

a

1 h h

=

a

2 k k

=q2=ak

2

k

②当a₁＞q，即

a1

q

＞1时，

a

1 m m

•

a

1 h h

=q2(

a1

q

)

1

m

+

1

h

＞q2(

a1

q

)

2

k

=ak

2

k

③当a₁＜q，即

a1

q

＜1时，

a

1 m m

•

a

1 h h

=q2(

a1

q

)

1

m

+

1

h

＜q2(

a1

q

)

2

k

=ak

2

k

点评：本题主要考查了等比关系的确定和等比数列的性质．等比数列常与不等式一块考查，应引起重视．