设数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 的前 $n$ 项和为 ${S_n}$，${a_1} \ne 0$，$v{S_{n + 1}} - u{S_n} = {a_1}v$，其中 $u$，$v$ 是正整数，且 $u > v$，$n \in {{\mathbb {N}}^ * }$．
【难度】
【出处】
2012年卓越人才培养合作高校自主选拔学业能力测试数学试题
【标注】
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证明：$\left\{ {{a_n}} \right\}$ 为等比数列．标注答案略解析易知$$v{S_2} - u{S_1} = {a_1}v \Rightarrow v{a_2} = u{a_1}.$$当 $n \geqslant 2$ 时，有$$\begin{cases}
v{S_{n + 1}} - u{S_n} = {a_1}v{} ,\\
v{S_n} - u{S_{n - 1}} = {a_1}v ,\\
\end{cases},$$于是$$v\left( {{S_{n + 1}} - {S_n}} \right) - u\left( {{S_n} - {S_{n - 1}}} \right) = 0 ,$$即$$v{a_{n + 1}} - u{a_n} = 0.$$由前式知当 $n = 1$ 时此式也成立．即 $v{a_{n + 1}} = u{a_n}$ 对 $\forall n \in {{\mathbb{N}}^ * }$ 恒成立．即 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 为等比数列． -
设 $a_1$，$a_p$ 两项均为正整数，其中 $p \geqslant 3$．
① 若 $p \geqslant {a_1}$，证明：$v$ 整除 $u$．
② 若存在正整数 $m$，使得 $a_1\geqslant m^{p-1}$，$a_p \leqslant (m+1)^{p-1}$．证明：${S_p} = {\left( {m + 1} \right)^p} - {m^p}$．标注答案略解析不妨设等比数列 $\left\{ {{a_n}} \right\}$ 的公比为$$q = \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} = \dfrac{u}{v} > 1.$$于是$${a_1} \cdot {q^{p - 1}} = {a_p}.$$第一问 若 $v$ 不能整除 $u$，不妨设 $v = {v_1}{v_2}$，其中 $\left. {{v_1}} \right|u$，$(v_2,u)=1$（${v_2}$ 与 $u$ 互质，${v_2} \geqslant 2$）．
于是$${a_1} \cdot {\left( {\dfrac{u}{{{v_1}}}} \right)^{p - 1}} = {a_p} \cdot {v_2}^{p - 1},$$则有 $\left. {{v_2}^{p - 1}} \right|{a_1}$．
而$${v_2}^{p - 1} \geqslant {\left( {1 + 1} \right)^{p - 1}} > p \geqslant {a_1},$$即 ${v_2}^{p - 1} > {a_1}$，矛盾．
于是 $v$ 整除 $u$．第二问 由$${a_p} = {a_1} \cdot {\left( {\dfrac{u}{v}} \right)^{p - 1}} \in {{\mathbb{N}}^ * }.$$下面分情况进行讨论．情形一 当 $(u,v)=1$ 时，知$$\left. {{v^{p - 1}}} \right|{a_1}.$$而$${a_p} = {a_1} \cdot {\left( {\dfrac{u}{v}} \right)^{p - 1}} = \dfrac{{{a_1}}}{{{v^{p - 1}}}} \cdot {u^{p - 1}} \leqslant {\left( {m + 1} \right)^{p - 1}} \Rightarrow u \leqslant m + 1.$$于是 $v \leqslant m$，于是$$\dfrac{u}{v} \geqslant \dfrac{{v + 1}}{v} = 1 + \dfrac{1}{v} \geqslant 1 + \dfrac{1}{m}.$$又由$${m^{p - 1}} \cdot {\left( {\dfrac{u}{v}} \right)^{p - 1}} \leqslant {a_p} = {a_1} \cdot {\left( {\dfrac{u}{v}} \right)^{p - 1}} \leqslant {\left( {m + 1} \right)^{p - 1}} \Rightarrow \dfrac{u}{v} \leqslant \dfrac{{m + 1}}{m},$$则 $\dfrac{u}{v} = \dfrac{{1 + m}}{m}$，$u = v + 1 = m + 1$，$a_1= m^{p-1}$，$a_p= (m+1)^{p-1}$．容易解得$${S_p} = {\left( {m + 1} \right)^p} - {m^p}.$$情形二 当 $(u,v)=d \in {\mathbb {N}^*},d \geqslant 2$ 时，不妨设 $u=dx$，$v=dy$．于是$${a_p} = {a_1} \cdot {\left( {\dfrac{x}{y}} \right)^{p - 1}},$$同样有 $x > y$．同理可证明$$\dfrac{x}{y} = \dfrac{{1 + m}}{m}.$$剩余的过程同情形一．
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
