设正项数列{an}的前项和为Sn，q为非零常数．已知对任意正整数n，m，当n＞m时，Sn-Sm=qm?Sn-m总成立．（1）求证数列{an}是等比数列；（2）若正整数n，m，k成等差数列，求证：1Sn+1Sk≥2Sm．试题及答案-解答题-云返教育

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设正项数列{a_n}的前项和为S_n，q为非零常数．已知对任意正整数n，m，当n＞m时，S_n-S_m=q^m?S_n-m总成立．
（1）求证数列{a_n}是等比数列；
（2）若正整数n，m，k成等差数列，求证：

S_n

S_k

≥

S_m

．

试题解答

见解析

证明：（1）因为对任意正整数n，m，
当n＞m时，S_n-S_m=q^m?S_n-m总成立．
所以当n≥2时：S_n-S_n-1=q^n-1S₁，
即a_n=a₁?q^n-1，且a₁也适合，又a_n＞0，
故当n≥2时：

a_n

a_n-1

=q（非零常数），
即{a_n}是等比数列． …（6分）
（2）若q=1，则S_n=na₁，S_m=ma₁，S_k=ka₁．
所以

S_n

S_k

n+k

nka₁

≥

(

n+k

)²?a₁

m²a₁

ma₁

S_m

． …（8分）
若q≠1，则S_n=

a₁(1-qⁿ)

1-q

，S_m=

a₁(1-q^m)

1-q

，S_k=

a₁(1-q^k)

1-q

． …（10分）
所以

S_n

S_k

≥2

√

S_nS_k

√

(1-q)²

(1-qⁿ)(1-q^k)a₁²

． …（12分）
又因为（1-qⁿ）（1-q^k）=1-（qⁿ+q^k）+q^n+k
≤1-2

√q^n+k

+q^n+k=1-2q^m+q^2m=(1-q^m)²．
所以

S_n

S_k

≥2

√

S_nS_k

√

(1-q)²

(1-qⁿ)(1-q^k)a₁²

≥2

√

(1-q)²

(1-q^m)²?a₁²

S_m

．
综上可知：若正整数n，m，k成等差数列，
不等式

S_n

S_k

≥

S_m

总成立．
（当且仅当n=m=k时取“=”） …（16分）

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必修5 人教B版解答题高中数学

设正项数列{an}的前项和为Sn，q为非零常数．已知对任意正整数n，m，当n＞m时，Sn-Sm=qm?Sn-m总成立．（1）求证数列{an}是等比数列；（2）若正整数n，m，k成等差数列，求证：1Sn+1Sk≥2Sm．试题及答案-解答题-云返教育

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