Question

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，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）若互不相等的正整数n，m，k成等差数列，比较S_n+S_k，2S_m的大小；
（3）若正整数n，m，k成等差数列，求证：

1

Sn

+

1

Sk

≥

2

Sm

．

Answer 1

分析：（1）在S_n-S_m=q^m•S_n-m中，令m=n-1，得到S_n-S_n-1=q^n-1•S₁转化证明．
（2）写出S_n+S_k，2S_m的表达式，作差比较，注意求和时，对公比是否为1进行讨论．
（3）写出

1

Sn

+

1

Sk

的表达式，根据式子结构，考虑放缩法进行证明．

解答：解：（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n≥2时，令m=n-1，得到S_n-S_n-1=q^n-1•S₁，即a_n=a₁q ^n-1，
分析可得a_n-1=a₁q ^n-2，
故当n≥2时：

an

an-1

= q（非零常数），即{a_n}是等比数列
（2）若q=1，则S_n=na₁，S_m=ma₁，S_k=ka₁
所以S_n+S_k-2S_m=（n+k-2m）a₁=0∴S_n+S_k=2S_m
若q＞0，q≠1，则
Sn=

a1(1-qn)

1-q

，Sm=

a1(1-qm)

1-q

，Sk=

a1(1-qk)

1-q

所以Sn+Sk-2Sm=

a1

1-q

[(1-qn)+(1-qk)-2(1-qm)]=-

a1

1-q

(qn+qk-2qm)∵q＞0，q≠1
∴qn+qk-2qm＞2

qn•qk

-2qm=2q

n+k

2

-2qm=0
①若q＞1，S_n+S_k＞2S_m②若0＜q＜1，S_n+S_k＜2S_m
（3）若q=1，则Sn=na₁，Sm=ma₁，Sk=ka₁
 所以

1

Sn

+

1

Sk

=

n+k

nka1

=

2m

nka1

≥

2m

( n+k 2 ) 2•a1

=

2m

m2a1

=

2

ma1

=

2

Sm

若∵q＞0，q≠1，
所以 

1

Sn

+

1

Sk

≥2

1 SnSk

=2

(1-q)2 (1-qn) (1-qk) a12

又因为（1-qⁿ）（1-q^k）=1-（qⁿ+q^k）+q^n+k
≤≤1-2

qn+k

+qn+k=（1-q^m）²．
所以

1

Sn

+

1

Sk

≥2

(1-q)2 (1-qm)2a12

=

2

Sm

综上可知：若正整数n，m，k成等差数列，不等式 

1

Sn

+

1

Sk

≥

2

Sm

总成立（当且仅当n=m=k时取“=”）

点评：本题考查等比数列通项公式、求和、基本不等式的应用，不等式的证明，分类讨论，一般到特殊的思想方法，以及分析解决、计算等能力．