Question

15．已知數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，其前n項的和為S_n，且對任意的m，n∈N*，
都有（S_m+n+S₁）²=4a_2ma_2n．
（1）求$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$的值；
（2）求證：{a_n}為等比數(shù)列；
（3）已知數(shù)列{c_n}，{d_n}滿足|c_n|=|d_n|=a_n，p（p≥3）是給定的正整數(shù)，數(shù)列{c_n}，{d_n}的前p項的和分別為T_p，R_p，且T_p=R_p，求證：對任意正整數(shù)k（1≤k≤p），c_k=d_k．

Answer 1

分析 （1）由（S_m+n+S₁）²=4a_2ma_2n．取m=n=1，可得$（{a}_{2}+2{a}_{1}）^{2}=4{a}_{2}^{2}$，利用a₁，a₂＞0，即可得出．
（2）由（S_m+n+S₁）²=4a_2ma_2n．令m=n，可得S_2n+a₁=2a_2n，S_2n+2+a₁=2a_2n+2．令m=n+1，可得${S}_{2n+1}+{a}_{1}=2\sqrt{{a}_{2n+2}{a}_{2n}}$，化簡整理可得：a_2n+1=2a_2n，
a_2n+2=2a_2n+1，利用等比數(shù)列的通項公式即可得出．
（3）由（2）可知：a_n=${a}_{1}•{2}^{n-1}$，由于|c_n|=|d_n|=a_n=${a}_{1}•{2}^{n-1}$，可得c_p=±d_p，若c_p=-d_p，不妨設(shè)c_p＞0，c_p＜0，則T_p≥a₁＞0，R_p≤-a₁＜0，這與T_p=R_p矛盾，可得c_p=d_p，于是T_p-1=R_p-1，即可證明．

解答 （1）解：由（S_m+n+S₁）²=4a_2ma_2n．取m=n=1，可得$（{a}_{2}+2{a}_{1}）^{2}=4{a}_{2}^{2}$，
∵a₁，a₂＞0，∴a₂+2a₁=2a₂，化為$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=2．
（2）證明：由（S_m+n+S₁）²=4a_2ma_2n．
令m=n，可得S_2n+a₁=2a_2n，①
∴S_2n+2+a₁=2a_2n+2．②
令m=n+1，可得${S}_{2n+1}+{a}_{1}=2\sqrt{{a}_{2n+2}{a}_{2n}}$，③
∴③-①可得：a_2n+1=2$\sqrt{{a}_{2n+2}{a}_{2n}}$-2a_2n=$2\sqrt{{a}_{2n}}$$（\sqrt{{a}_{2n+2}}-\sqrt{{a}_{2n}}）$，④
②-③可得：a_2n+2=$2\sqrt{{a}_{2n+2}}（\sqrt{{a}_{2n+2}}-\sqrt{{a}_{2n}}）$，⑤
由④⑤可得：${a}_{2n+1}=\sqrt{{a}_{2n+2}{a}_{2n}}$，⑥
把⑥代入④可得：a_2n+1=2a_2n，
把⑥代入⑤可得：a_2n+2=2a_2n+1，
∴$\frac{{a}_{2n+2}}{{a}_{2n+1}}=\frac{{a}_{2n+1}}{{a}_{2n}}$=2，又$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=2．∴${a}_{n}={a}_{1}•{2}^{n-1}$，n∈N^*．
∴{a_n}為等比數(shù)列，首項為a₁，公比為2．
（3）證明：由（2）可知：a_n=${a}_{1}•{2}^{n-1}$，
∵|c_n|=|d_n|=a_n=${a}_{1}•{2}^{n-1}$，
∴c_p=±d_p，若c_p=-d_p，
不妨設(shè)c_p＞0，c_p＜0，
則T_p≥${a}_{1}{2}^{p-1}$-$（{a}_{1}{2}^{p-2}+{a}_{1}•{2}^{p-3}+…+{a}_{1}）$=${a}_{1}•{2}^{p-1}$-${a}_{1}•（{2}^{p-1}-1）$=a₁＞0，
R_p≤-${a}_{1}{2}^{p-1}$+$（{a}_{1}{2}^{p-2}+{a}_{1}•{2}^{p-3}+…+{a}_{1}）$=-${a}_{1}•{2}^{p-1}$+${a}_{1}•（{2}^{p-1}-1）$=-a₁＜0，
這與T_p=R_p矛盾，∴c_p=d_p，
于是T_p-1=R_p-1，可得c_p-1=d_p-1，于是c_p-2=d_p-2，…，c₁=d₁．
∴對任意正整數(shù)k（1≤k≤p），c_k=d_k．

點評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式、數(shù)列的單調(diào)性，考查了反證法、推理能力與計算能力，屬于難題．