Question

（2011•浦東新區(qū)三模）某同學(xué)將命題“在等差數(shù)列{a_n}中，若p+m=2n，則有a_p+a_m=2a_n（p，m，n∈N^*）”改寫成：“在等差數(shù)列{a_n}中，若1×p+1×m=2×n，則有1×a_p+1×a_m=2×a_n（p，m，n∈N^*）”，進而猜想：“在等差數(shù)列{a_n}中，若2p+3m=5n，則有2a_p+3a_m=5a_n（p，m，n∈N^*）．”
（1）請你判斷以上同學(xué)的猜想是否正確，并說明理由；
（2）請你提出一個更一般的命題，使得上面這位同學(xué)猜想的命題是你所提出命題的特例，并給予證明．
（3）請類比（2）中所提出的命題，對于等比數(shù)列{b_n}，請你寫出相應(yīng)的命題，并給予證明．

Answer 1

分析：（1）利用等差數(shù)列的通項公式，可把2a_p，3a_m，5a_n都用a₁和d表示，化簡即可得到2a_p+3a_m=5a_n（p，m，n∈N^*）．
（2）解法一：可以把（1）中具體的數(shù)2，3，5用參數(shù)s，t，以及s+t代替，就可得到一個更一般的命題，同樣用等差數(shù)列的通項公式，把數(shù)列中的每一項用a₁和d表示，化簡即可證明．
解法二：可把（1）中左，右邊兩項推廣到多項相加，只要項的前面系數(shù)和相等，就有項之和相等，同樣用用等差數(shù)列的通項公式，把數(shù)列中的每一項用a₁和d表示，化簡即可證明．
（3）解法一：類比等差數(shù)列的性質(zhì)，得到等比數(shù)列的性質(zhì)，就是把等差數(shù)列中的差變?yōu)樯�，和變�(yōu)榉e，n倍變?yōu)閚次方，即可把（2）中解法一類比過去．證明可以用等比數(shù)列的通項公式，把數(shù)列中的每一項用a₁和q表示，再化簡即可．
解法二：和解法一一樣，把（2）中解法二類比過去，用等比數(shù)列的通項公式，把數(shù)列中的每一項用a₁和q表示，再化簡即可．

解答：解：（1）命題“在等差數(shù)列{a_n}中，若2p+3m=5n，則有2a_p+3a_m=5a_n（p，m，n∈N^*）”正確．
證明：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁，公差為d，由2p+3m=5n得：2a_p+3a_m=2[a₁+（p-1）d]+3[a₁+（m-1）d]=5a₁+d（2p+3m-5）=5a₁+5（n-1）d=5[a₁+（n-1）d]=5a_n，所以命題成立．
（2）解法一：在等差數(shù)列{a_n}中，若sp+tm=kn，s+t=k，則有sa_p+ta_m=ka_n（s，t，k，p，m，n∈N^*）．顯然，當(dāng)s=2，t=3，k=5時為以上某同學(xué)的猜想．
證明：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁，公差為d，由sp+tm=kn，s+t=k得sa_p+ta_m=s[a₁+（p-1）d]+t[a₁+（m-1）d]=（s+t）a₁+d（sp+tm-s-t）=ka₁+d（kn-k）=k[a₁+（n-1）d]=ka_n，所以命題成立．
（3）解法一：在等比數(shù)列{b_n}中，
若sp+tm=kn，s+t=k，則有b_p^s•b_m^t=b_n^k（s，t，k，p，m，n∈N^*）．
證明：設(shè)等比數(shù)列{b_n}的首項為b₁，公比為q，由sp+tm=kn，s+t=k（s，t，k，p，m，n∈N^*）得，b_p^s•b_m^t=（b₁q^p-1）^s•（b₁q^m-1）^t=b₁^s+tq^{ps+mt-（s+t）}=b₁^kq^k（n-1）=（b₁q^n-1）^k=b_n^k，所以命題成立．
（2）解法二：在等差數(shù)列{a_n}中，若m₁+m₂+…+m_s=n₁+n₂+…+n_t，且m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s=n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t，則有m1ap1+m2ap2+…+msaps=n1aq1+n2aq2+…+ntaqt
（m₁，m₂，…，m_s，n₁，n₂，…，n_t，p₁，p₂，…，p_s，q₁，q₂，…，q_t∈N^*）．
顯然，當(dāng)s=2，t=1，m₁=2，m₂=3，n₁=5，p=p₁，m=p₂，n=q₁時為某同學(xué)的猜想
證明：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁，公差為d，由m₁+m₂+…+m_s=n₁+n₂+…+n_t，且m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s=n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t得

m1ap1+m2ap2+…+msaps =m1[a1+(p1-1)d]+m2[a1+(p 2-1)d]+…+ms[a1+(ps-1)]

=（m₁+m₂+…+m_s）a₁-（m₁+m₂+…+m_s）d+（m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s）d
=（n₁+n₂+…+n_t）a₁-（n₁+n₂+…+n_t）d+（n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t）d
=n₁[a₁+（q₁-1）d]+n₂[a₂+（q₂-1）d]+…+n_s[a₁+（q_s-1）]
=n1aq1+n2aq2+…+ntaqt，所以命題成立．                          
（3）解法二：在等比數(shù)列{b_n}中，若m₁+m₂+…+m_s=n₁+n₂+…+n_t，且m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s=n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t，，則有

b

m1 p1

•

b

m2 p2

•…•

b

ms ps

=

b

n1 q1

•

b

n2 q2

•…•

b

nt qt

（m₁，m₂，…，m_s，n₁，n₂，…，n_t，p₁，p₂，…，p_s，q₁，q₂，…，q_t∈N^*）．
證明：設(shè)等比數(shù)列{b_n}的首項為b₁，公比為q，由m₁+m₂+…+m_s=n₁+n₂+…+n_t，且m₁p₁+m₂p₂+…+m_sp_s=n₁q₁+n₂q₂+…+n_tq_t得，

b

m1 p1

•

b

m2 p2

•…•

b

ms ps

=(b1qp1-1)m1•(b1qp2-1)m2•…•(b1qps-1)ms=

b	m1=m2+…+ms 1

•

q	(p1m1+p2m2+…+psms)-(m1+m2+…+ms)

a	n1+n2+…+nt 1

•

q	(q1n1+q2n2+…+qsns)-(n1+n2+…+ns)

=(b1qq1-1)n1•(b1qq2-1)n2•…•(bqqt-1)ns=

b

n1 q1

•

b

n2 q2

•…•

b

nt qt

，所以命題成立．

點評：本題主要考查了應(yīng)用等差數(shù)列，等比數(shù)列的通項公式證明等差，等比數(shù)列的性質(zhì)．