(2011•浦东新区三模)某同学将命题“在等差数列{an}中.若p+m=2n.则有ap+am=2an(p.m.n∈N*) 改写成:“在等差数列{an}中.若1×p+1×m=2×n.则有1×ap+1×am=2×an(p.m.n∈N*) .进而猜想:“在等差数列{an}中.若2p+3m=5n.则有2ap+3am=5an(p.m.n∈N*)． (1)请你判断以上� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

（2011•浦东新区三模）某同学将命题“在等差数列{a_n}中，若p+m=2n，则有a_p+a_m=2a_n（p，m，n∈N^*）”改写成：“在等差数列{a_n}中，若1×p+1×m=2×n，则有1×a_p+1×a_m=2×a_n（p，m，n∈N^*）”，进而猜想：“在等差数列{a_n}中，若2p+3m=5n，则有2a_p+3a_m=5a_n（p，m，n∈N^*）．”
（1）请你判断以上同学的猜想是否正确，并说明理由；
（2）请你提出一个更一般的命题，使得上面这位同学猜想的命题是你所提出命题的特例，并给予证明．
（3）请类比（2）中所提出的命题，对于等比数列{b_n}，请你写出相应的命题，并给予证明．

分析：（1）利用等差数列的通项公式，可把2a_p，3a_m，5a_n都用a₁和d表示，化简即可得到2a_p+3a_m=5a_n（p，m，n∈N^*）．
（2）解法一：可以把（1）中具体的数2，3，5用参数s，t，以及s+t代替，就可得到一个更一般的命题，同样用等差数列的通项公式，把数列中的每一项用a₁和d表示，化简即可证明．
解法二：可把（1）中左，右边两项推广到多项相加，只要项的前面系数和相等，就有项之和相等，同样用用等差数列的通项公式，把数列中的每一项用a₁和d表示，化简即可证明．
（3）解法一：类比等差数列的性质，得到等比数列的性质，就是把等差数列中的差变为商，和变为积，n倍变为n次方，即可把（2）中解法一类比过去．证明可以用等比数列的通项公式，把数列中的每一项用a₁和q表示，再化简即可．
解法二：和解法一一样，把（2）中解法二类比过去，用等比数列的通项公式，把数列中的每一项用a₁和q表示，再化简即可．

解答：解：（1）命题“在等差数列{a_n}中，若2p+3m=5n，则有2a_p+3a_m=5a_n（p，m，n∈N^*）”正确．
证明：设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，由2p+3m=5n得：2a_p+3a_m=2[a₁+（p-1）d]+3[a₁+（m-1）d]=5a₁+d（2p+3m-5）=5a₁+5（n-1）d=5[a₁+（n-1）d]=5a_n，所以命题成立．
（2）解法一：在等差数列{a_n}中，若sp+tm=kn，s+t=k，则有sa_p+ta_m=ka_n（s，t，k，p，m，n∈N^*）．显然，当s=2，t=3，k=5时为以上某同学的猜想．
证明：设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，由sp+tm=kn，s+t=k得sa_p+ta_m=s[a₁+（p-1）d]+t[a₁+（m-1）d]=（s+t）a₁+d（sp+tm-s-t）=ka₁+d（kn-k）=k[a₁+（n-1）d]=ka_n，所以命题成立．
（3）解法一：在等比数列{b_n}中，
若sp+tm=kn，s+t=k，则有b_p^s•b_m^t=b_n^k（s，t，k，p，m，n∈N^*）．
证明：设等比数列{b_n}的首项为b₁，公比为q，由sp+tm=kn，s+t=k（s，t，k，p，m，n∈N^*）得，b_p^s•b_m^t=（b₁q^p-1）^s•（b₁q^m-1）^t=b₁^s+tq^{ps+mt-（s+t）}=b₁^kq^k（n-1）=（b₁q^n-1）^k=b_n^k，所以命题成立．
（2）解法二：在等差数列{a_n}中，若m₁+m₂+…+m_s=n₁+n₂+…+n_t，且m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s=n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t，则有m1ap1+m2ap2+…+msaps=n1aq1+n2aq2+…+ntaqt
（m₁，m₂，…，m_s，n₁，n₂，…，n_t，p₁，p₂，…，p_s，q₁，q₂，…，q_t∈N^*）．
显然，当s=2，t=1，m₁=2，m₂=3，n₁=5，p=p₁，m=p₂，n=q₁时为某同学的猜想
证明：设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，由m₁+m₂+…+m_s=n₁+n₂+…+n_t，且m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s=n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t得

m1ap1+m2ap2+…+msaps

=m1[a1+(p1-1)d]+m2[a1+(p 2-1)d]+…+ms[a1+(ps-1)]

=（m₁+m₂+…+m_s）a₁-（m₁+m₂+…+m_s）d+（m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s）d
=（n₁+n₂+…+n_t）a₁-（n₁+n₂+…+n_t）d+（n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t）d
=n₁[a₁+（q₁-1）d]+n₂[a₂+（q₂-1）d]+…+n_s[a₁+（q_s-1）]
=n1aq1+n2aq2+…+ntaqt，所以命题成立．
（3）解法二：在等比数列{b_n}中，若m₁+m₂+…+m_s=n₁+n₂+…+n_t，且m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s=n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t，，则有

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