设首项为 $a_1$ 的正项数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，$q$ 为非零常数，已知对任意正整数 $n$，$m$，当 $n>m$ 时，$S_n-S_m=q^mS_{n-m}$ 总成立．
【难度】
【出处】
2010年全国高中数学联赛河南省预赛
【标注】
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求证：数列 $\{a_n\}$ 是等比数列；标注答案略解析当 $n>m$ 时，因为$$S_n-S_m=q^mS_{n-m}$$总成立，所以令 $m=n-1$，则$$S_n-S_{n-1}=q^{n-1}S_{1},$$即$$a_n=a_1q^{n-1},$$所以数列 $\{a_n\}$ 是等比数列．
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若正整数 $m$，$k$，$h$ 成等差数列，求证：$\dfrac {1}{S_m}+\dfrac {1}{S_h} \geqslant \dfrac {2}{S_k}$．标注答案略解析正整数 $m$，$k$，$h$ 成等差数列，则 $m+h=2k$．
情形一 当 $q=1$ 时，$$a_n=a_1 , S_n=na_1,$$此时易得$$\dfrac {1}{S_m}+\dfrac {1}{S_h} \geqslant \dfrac {2}{S_k}.$$情形二 当 $q \neq 1$ 时，因为$$S_n=\dfrac {a_1(1-q^n)}{1-q},$$要证$$\dfrac {1}{S_m}+\dfrac {1}{S_h} \geqslant \dfrac {2}{S_k},$$等价于证明$$\dfrac {1-q}{a_1}\cdot \dfrac {1}{1-q^m}+\dfrac {1-q}{a_1}\cdot \dfrac {1}{1-q^h} \geqslant \dfrac {1-q}{a_1}\cdot \dfrac {2}{1-q^k}.$$当 $q>1$ 时，上式等价为$$\dfrac {1}{ q^m-1}+ \dfrac {1}{ q^h-1} \geqslant \dfrac {2}{q^k-1}.$$因为$$q^m+q^h \geqslant 2\sqrt {q^{m+h}}=2\sqrt {q^{2k}}=2q^k,$$所以\[\begin{split}\dfrac {1}{ q^m-1}+ \dfrac {1}{ q^h-1} &=\dfrac {q^m+q^h-2}{q^{m+h}-q^m-q^h+1} \\&\geqslant \dfrac {2q^k-2}{q^{2k}-2q^k+1}\\&= \dfrac {2}{q^k-1},\end{split}\]得证．
当 $q<1$ 时，同理可证．
综上知，$\dfrac {1}{S_m}+\dfrac {1}{S_h} \geqslant \dfrac {2}{S_k}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
