Question

【題目】已知數列{an}的各項均為正數，其前n項的和為Sn，且對任意的m，n∈N*，

都有(Sm＋n＋S1)2＝4a2ma2n．

（1）求的值；

（2）求證：{an}為等比數列；

（3）已知數列{cn}，{dn}滿足|cn|＝|dn|＝an，p(p≥3)是給定的正整數，數列{cn}，{dn}的前p項的和分別為Tp，Rp，且Tp＝Rp，求證：對任意正整數k(1≤k≤p)，ck＝dk．

Answer 1

【答案】（1）2；（2）見解析；（3）見解析.

【解析】試題分析：（1）本題采用賦值法，在已知等式中令得得出的關系；（2）也采用賦值法，本題難點在于已知條件中的平方的處理，為此先取和，所得兩聯立結合（1）可得，然后令得，令得，此兩式相除得，因此，即，下面處理方法大家應該很清楚了，由此式有，相應兩式相減可證得結論；（3）用反證法證明，由（1），若，不妨設， ，則， ，這與已知Tp＝Rp矛盾，從而，于是，則，依次可證明題設結論.

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

因為a1＞0，a2＞0，所以a2＋2a1＝a2，即＝2． 3分

證明：（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．

又因為＝2，所以a3＝4a1． 6分

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

兩式相除，得＝，所以＝＝2．

即Sn＋2＋S1＝2(Sn＋1＋S1)，

從而Sn＋3＋S1＝2(Sn＋2＋S1)．

所以an＋3＝2an＋2，故當n≥3時，{an}是公比為2的等比數列．

又因為a3＝2a2＝4a1，從而an＝a1·2 n－1，n∈N*．

顯然，an＝a1·2 n－1滿足題設，

因此{an}是首項為a1，公比為2的等比數列． 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，

從而an＝a1·2 n－1，n∈N*．

顯然，an＝a1·2 n－1滿足題設，

因此{an}是首項為a1，公比為2的等比數列． 10分

（3）由（2）知，an＝a1·2 n－1．

因為|cp|＝|dp|＝a1·2p－1，所以cp＝dp或cp＝－dp．

若cp＝－dp，不妨設cp＞0，dp＜0，

則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．

這與Tp＝Rp矛盾，所以cp＝dp．

從而Tp－1＝Rp－1．

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

即對任意正整數k(1≤k≤p)，ck＝dk． 16分