Question

（1）叙述并证明等比数列的前n项和公式；
（2）已知S_n是等比数列{a_n} 的前n项和，S₃，S₉，S₆成等差数列，求证：a_1+k，a_7+k，a_4+k（k∈N）成等差数列；
（3）已知S_n是正项等比数列{a_n} 的前n项和，公比0＜q≤1，求证：2S_n+1≥S_n+S_n+2．

Answer 1

分析：（1）设等比数列{a_n}的前n项和为S_n，则Sn=

na1(q=1) a1(1-qn) 1-q (q≠1)

设等比数列为{a_n}，公比为q．S_n=a₁+a₁q++a₁q^n-2+a₁q^n-1；分q=1时，S_n=na₁，q≠1时，qS_n=，a₁q+…+a₁q^n-2+a₁q^n-1+a₁qⁿ，，利用乘公比错位相减可求
（2）由S₃，S₉，S₆成等差数列可得2S₉=S₃+S₆，根据（1）可知公比q≠1，从而有

2a1(1-q9)

1-q

=

a1(1-q6)

1-q

+

a1(1-q3)

1-q

，整理可得1+q³=2q⁶，而2a_7+k=2a₁q^k+6=2a₁q⁶•q^k?a_1+k+a_4+k=a₁q^k+a₁q^k+3=a₁（1+q³）•q^k?1+q³=2q⁶∴2a_7+k=a_1+k+a_4+k，从而可证a_1+k，a_7+k，a_4+k（k∈N）成等差数列
（3）分q=1时.2S_n+1-（S_n+S_n+2）=2（n+1）a₁-na₁-（n+2）a₁=0?2S_n+1=S_n+S_n+2，0＜q＜1时，利用作差法可得，2Sn+1-(Sn+Sn+2)=

2a1(1-qn+1)

1-q

-

2a1(1-qn)

1-q

-

2a1(1-qn+2)

1-q

=a₁qⁿ（1-q）＞0，从而可得2S_n+1＞S_n+S_n+2

解答：解：（1）设等比数列{a_n}的前n项和为S_n，则Sn=

na1(q=1) a1(1-qn) 1-q (q≠1)

（1分）
证明：设等比数列为{a_n}，公比为q．
∴S_n=a₁+a₁q++a₁q^n-2+a₁q^n-1①
当q=1时，S_n=na₁（2分）
当q≠1时，qS_n=，a₁q++a₁q^n-2+a₁q^n-1+a₁qⁿ②
1-②：（1-q）S_n=a₁-a₁qⁿ2，从而Sn=

a1(1-qn)

1-q

3
∴Sn=

na1(q=1) a1(1-qn) 1-q (q≠1)

（4分）
（2）∵S₃，S₉，S₆成等差数列∴2S₉=S₃+S₆，显然公比q≠1
∴

2a1(1-q9)

1-q

=

a1(1-q6)

1-q

+

a1(1-q3)

1-q

，∴1+q³=2q⁶（6分）
∴2a_7+k=2a₁q^k+6=2a₁q⁶•q^k又因为：a_1+k+a_4+k=a₁q^k+a₁q^k+3=a₁（1+q³）•q^k
∵1+q³=2q⁶∴2a_7+k=a_1+k+a_4+k
∴a_1+k，a_7+k，a_4+k（k∈N）成等差数列．（8分）
（3）当q=1时.2S_n+1-（S_n+S_n+2）=2（n+1）a₁-na₁-（n+2）a₁=0∴2S_n+1=S_n+S_n+2．（9分）
当0＜q＜1时，2Sn+1-(Sn+Sn+2)=

2a1(1-qn+1)

1-q

-

2a1(1-qn)

1-q

-

2a1(1-qn+2)

1-q

=a₁qⁿ（1-q）＞0
∴2S_n+1＞S_n+S_n+2
综上2S_n+1≥S_n+S_n+2（12分）

点评：本题主要考查了等比数列的前n项和公式及错位相减求数列的和，等差与等比数列的综合，及利用等差中项法求证等差数列的方法，还考查了利用作差法比较大小．