Question

（2007•广州一模）设S_n是数列{a_n}的前n项和，对任意n∈N^*S_n=qa_n+1（q＞0，q≠1），m，k∈N^*，且m≠k
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n
（2）试比较S_m+k与

1

2

(S2m+S2k)的大小
（3）当q＞1时，试比较

2

Sm+k

与

1

S2m

+

1

S2k

的大小．

Answer 1

分析：（1）当n=1时，a₁=S₁=qa₁+1，由q≠1，知a1=

1

1-q

，由此能求出数列{a_n}的通项公式a_n．
（2）由Sn=qan+1=1-(

q

q-1

)n，令

q

q-1

=t，所以Sm+k-

1

2

(S2m+S2k)=(1-tm+k)-

1

2

[(1-t2m)+(1-t2k)]，由此能推导出Sm+k＞

1

2

(S2m+S2k)．
（3）当q＞1时，t=

q

q-1

＞1，由m≠k，知t^2m≠t^2k，1-t^2m＜0，1-t^2k＜0，1-t^m+k＜0，由此入手能够推导出

2

Sm+k

＞

1

S2m

+

1

S2k

．

解答：解：（1）当n=1时，a₁=S₁=qa₁+1，
∵q≠1，∴a1=

1

1-q

（1分）
an+1=Sn+1-Sn=qan+1-qan⇒an+1=

q

q-1

an（3分）
∴数列{a_n}是以首项为

1

1-q

，公比为

q

q-1

的等比数列，
∴an=

1

1-q

(

q

q-1

)n-1．（4分）
（2）由（1）得Sn=qan+1=1-(

q

q-1

)n（5分）
令

q

q-1

=t，
∴Sm+k-

1

2

(S2m+S2k)=(1-tm+k)-

1

2

[(1-t2m)+(1-t2k)]（7分）

= 1 2 [(t2m+2k)-2tm+k] = 1 2 (tm-tk)2＞0

故Sm+k＞

1

2

(S2m+S2k)（9分）
（3）当q＞1时，t=

q

q-1

＞1，
∵m≠k，∴t^2m≠t^2k，1-t^2m＜0，
1-t^2k＜0，1-t^m+k＜0
∴-(

1

S2m

+

1

S2k

)=(-

1

S2m

)+(-

1

S2k

)＞2

(- 1 S2m )(- 1 S2k )

=2

1 (t2m-1)(t2k-1)

（11分）
∵0＜(t2m-1)(t2k-1)=t2m+2k-(t2m+t2k)+1＜t2m+2k-2

t2m•t2k

+1
=（1-t^m+k）²
∴

1

(t2m-1)(t2k-1)

＞

1

(1-tm+k)2

（13分）
∴-(

1

S2m

+

1

S2k

)＞2

1 (1-tm+k)2

=

2

tm+k-1

=-

2

Sm+k

∴

2

Sm+k

＞

1

S2m

+

1

S2k

（14分）

点评：本题考查数列的通项公式的求法和多项式比较大小，考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．解题时要认真审题，仔细解答，注意培养计算能力．