题目 已知数列 $\{a_n\}$ 的各项均为正数，其前 $n$ 项和为 $S_n$，且对任意的 $m,n\in\mathbb N^{\ast}$，都有 $(S_{m+n}+S_1)^2=4a_{2m}a_{2n}$． 问题1 求 $\dfrac{a_2}{a_1}$ 的值； 答案1 $2$ 解析1 令 $m=n=1$，得$$(2a_1+a_2)^2=4a_2^2,$$于是 $\dfrac{a_2}{a_1}=2$． 备注1 问题2 求证：$\{a_n\}$ 为等比数列； 答案2 略 解析2 为了得到合适的递推公式，分别令 $m=1$ 和 $m=2$，有$$ (S_{n+1}+S_1)^2=4a_{2n}a_2,(S_{n+2}+S_1)^2=4a_{2n}a_4,$$两式相比，可得$$\dfrac{S_{n+2}+S_1}{S_{n+1}+S_1}=\sqrt{\dfrac{a_4}{a_2}},n\in\mathbb N^{\ast},$$接下来问题的关键就是求出 $a_4$．<br/>在上述两式中，令 $n=2$，则有$$(S_3+S_1)^2=4a_4a_2,(S_4+S_1)^2=4a_4^2,$$结合第 $(1)$ 小题得到的 $a_2=2a_1$，不难求得$$a_4=8a_1,a_3=4a_1,$$于是 $\dfrac{a_4}{a_2}=4$．<br/>因此由$$\dfrac{S_{n+2}+S_1}{S_{n+1}+S_1}=2,n\in\mathbb N^{\ast},$$可以推得$$S_n+S_1=2^{n-2}\cdot (S_2+S_1),n\geqslant 2\land n\in\mathbb N^{\ast},$$单独验证 $n=1$ 的情形，可得$$S_n=(2^n-1)\cdot a_1,n\in\mathbb N^{\ast},$$进而$$a_n=2^{n-1}\cdot a_1,$$因此 $\{a_n\}$ 为等比数列． 备注2 问题3 已知数列 $\{c_n\},\{d_n\}$ 满足 $|c_n|=|d_n|=a_n$，$p$（$p\geqslant 3)$ 是给定的正整数，数列 $\{c_n\},\{d_n\}$ 的前 $p$ 项的和分别为 $T_p,R_p$，如果有 $T_{p}=R_{p}$，求证：对任意正整数 $k$（$1\leqslant k\leqslant p$），$c_k=d_k$． 答案3 略 解析3 用反证法证明如下．<br/>若存在正整数 $k$ 使得 $c_k\neq d_k$，其中 $1\leqslant k\leqslant p$，设其中最大的 $k$ 为 $K$．不妨设 $c_K=2^{K-1}\cdot a_1$，而 $d_K=-2^{K-1}\cdot a_1$．于是\[\begin{split} T_p-R_p&=(c_1+c_2+\cdots +c_K)-(d_1+d_2+\cdots +d_K)\\ &\geqslant -2\left(1+2+\cdots +2^{K-2}\right)\cdot a_1+2\cdot 2^{K-1}\cdot a_1 \\ &=-2\left(2^{K-1}-1\right)\cdot a_1+2^K\cdot a_1 \\ &=2a_1>0,\end{split}\]矛盾．<br/>因此原命题得证． 备注3 每日一题[410]从 $n$ 到 $n+1$．