Question

【题目】已知数列{an}的各项均为正数，其前n项的和为Sn，且对任意的m，n∈N*，

都有(Sm＋n＋S1)2＝4a2ma2n．

（1）求的值；

（2）求证：{an}为等比数列；

（3）已知数列{cn}，{dn}满足|cn|＝|dn|＝an，p(p≥3)是给定的正整数，数列{cn}，{dn}的前p项的和分别为Tp，Rp，且Tp＝Rp，求证：对任意正整数k(1≤k≤p)，ck＝dk．

Answer 1

【答案】（1）2；（2）见解析；（3）见解析.

【解析】试题分析：（1）本题采用赋值法，在已知等式中令得得出的关系；（2）也采用赋值法，本题难点在于已知条件中的平方的处理，为此先取和，所得两联立结合（1）可得，然后令得，令得，此两式相除得，因此，即，下面处理方法大家应该很清楚了，由此式有，相应两式相减可证得结论；（3）用反证法证明，由（1），若，不妨设， ，则， ，这与已知Tp＝Rp矛盾，从而，于是，则，依次可证明题设结论.

试题解析：（1）由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(S2＋S1)2＝4a，即(a2＋2a1)2＝4a．

因为a1＞0，a2＞0，所以a2＋2a1＝a2，即＝2． 3分

证明：（2）（方法一）令m＝1，n＝2，得(S3＋S1)2＝4a2a4，即(2a1＋a2＋a3)2＝4a2a4，

令m＝n＝2，得S4＋S1＝2a4，即2a1＋a2＋a3＝a4．

所以a4＝4a2＝8a1．

又因为＝2，所以a3＝4a1． 6分

由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(Sn＋1＋S1)2＝4a2na2，(Sn＋2＋S1)2＝4a2na4．

两式相除，得＝，所以＝＝2．

即Sn＋2＋S1＝2(Sn＋1＋S1)，

从而Sn＋3＋S1＝2(Sn＋2＋S1)．

所以an＋3＝2an＋2，故当n≥3时，{an}是公比为2的等比数列．

又因为a3＝2a2＝4a1，从而an＝a1·2 n－1，n∈N*．

显然，an＝a1·2 n－1满足题设，

因此{an}是首项为a1，公比为2的等比数列． 10分

（方法二）在(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m中，

令m＝n，得S2n＋S1＝2a2n． ①

令m＝n＋1，得S2n＋1＋S1＝2， ②

在①中，用n＋1代n得，S2n＋2＋S1＝2a2n＋2． ③

②－①，得a2n＋1＝2－2a2n＝2(－)， ④

③－②，得a2n＋2＝2a2n＋2－2＝2(－)， ⑤

由④⑤得a2n＋1＝． ⑥ 8分

⑥代入④，得a2n＋1＝2a2n；⑥代入⑤得a2n＋2＝2a2n＋1，

所以＝＝2．又＝2，

从而an＝a1·2 n－1，n∈N*．

显然，an＝a1·2 n－1满足题设，

因此{an}是首项为a1，公比为2的等比数列． 10分

（3）由（2）知，an＝a1·2 n－1．

因为|cp|＝|dp|＝a1·2p－1，所以cp＝dp或cp＝－dp．

若cp＝－dp，不妨设cp＞0，dp＜0，

则Tp≥a1·2p－1－(a1·2p－2＋a1·2p－3＋ ＋a1)＝a1·2p－1－a1·(2p－1－1)＝a1＞0．

Rp≤－a1·2p－1＋(a1·2p－2＋a1·2p－3＋ ＋a1)＝－a1·2p－1＋a1·(2p－1－1)＝－a1＜0．

这与Tp＝Rp矛盾，所以cp＝dp．

从而Tp－1＝Rp－1．

由上证明，同理可得cp－1＝dp－1．如此下去，可得cp－2＝dp－2，cp－3＝dp－3．，c1＝d1．

即对任意正整数k(1≤k≤p)，ck＝dk． 16分