Question

（1）敘述并證明等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式；
（2）已知S_n是等比數(shù)列{a_n} 的前n項(xiàng)和，S₃，S₉，S₆成等差數(shù)列，求證：a_1+k，a_7+k，a_4+k（k∈N）成等差數(shù)列；
（3）已知S_n是正項(xiàng)等比數(shù)列{a_n} 的前n項(xiàng)和，公比0＜q≤1，求證：2S_n+1≥S_n+S_n+2．

Answer 1

分析：（1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，則Sn=

na1(q=1) a1(1-qn) 1-q (q≠1)

設(shè)等比數(shù)列為{a_n}，公比為q．S_n=a₁+a₁q++a₁q^n-2+a₁q^n-1；分q=1時(shí)，S_n=na₁，q≠1時(shí)，qS_n=，a₁q+…+a₁q^n-2+a₁q^n-1+a₁qⁿ，，利用乘公比錯(cuò)位相減可求
（2）由S₃，S₉，S₆成等差數(shù)列可得2S₉=S₃+S₆，根據(jù)（1）可知公比q≠1，從而有

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，從而可證a_1+k，a_7+k，a_4+k（k∈N）成等差數(shù)列
（3）分q=1時(shí).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時(shí)，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，從而可得2S_n+1＞S_n+S_n+2

解答：解：（1）設(shè)等比數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，則Sn=

na1(q=1) a1(1-qn) 1-q (q≠1)

（1分）
證明：設(shè)等比數(shù)列為{a_n}，公比為q．
∴S_n=a₁+a₁q++a₁q^n-2+a₁q^n-1①
當(dāng)q=1時(shí)，S_n=na₁（2分）
當(dāng)q≠1時(shí)，qS_n=，a₁q++a₁q^n-2+a₁q^n-1+a₁qⁿ②
1-②：（1-q）S_n=a₁-a₁qⁿ2，從而Sn=

a1(1-qn)

1-q

3
∴Sn=

na1(q=1) a1(1-qn) 1-q (q≠1)

（4分）
（2）∵S₃，S₉，S₆成等差數(shù)列∴2S₉=S₃+S₆，顯然公比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?yàn)椋篴_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）成等差數(shù)列．（8分）
（3）當(dāng)q=1時(shí).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）
當(dāng)0＜q＜1時(shí)，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
綜上2S_n+1≥S_n+S_n+2（12分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式及錯(cuò)位相減求數(shù)列的和，等差與等比數(shù)列的綜合，及利用等差中項(xiàng)法求證等差數(shù)列的方法，還考查了利用作差法比較大�。�