《2026年步步高精准讲练高中数学选择性必修第二册人教版》

数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和记为$S_{n}$，已知$a_{1} = 1$，$a_{n + 1} =\frac{n + 2}{n}S_{n}(n = 1,2,3,·s)$。证明：数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是等比数列。
反思感悟：

答案： 证明 由$a_1 = 1$，$a_{n + 1}=\frac{n + 2}{n}S_n$，得$a_n＞0$，$S_n＞0$.
由$a_{n + 1}=\frac{n + 2}{n}S_n$，$a_{n + 1}=S_{n + 1}-S_n$，
得$(n + 2)S_n = n(S_{n + 1}-S_n)$，
整理，得$nS_{n + 1}=2(n + 1)S_n$，
所以$\frac{S_{n + 1}}{n + 1}=2·\frac{S_n}{n}$，则$\frac{\frac{S_{n + 1}}{n + 1}}{\frac{S_n}{n}}=2$.
因为$\frac{S_1}{1}=\frac{a_1}{1}=1$，所以数列$\{\frac{S_n}{n}\}$是以$1$为首项，$2$为公比的等比数列.

你能把等差数列里面的 $ a_n = a_m + (n - m)d $ 类比出等比数列中相似的性质吗？

答案： 类比可得$a_{n}=a_{m}q^{n - m}$；由等比数列的定义可知$a_{n}=a_{1}q^{n - 1}$，$a_{m}=a_{1}q^{m - 1}$，两式相除可得$\frac{a_{n}}{a_{m}}=\frac{a_{1}q^{n - 1}}{a_{1}q^{m - 1}}=q^{(n - 1)-(m - 1)}=q^{n - m}$，即$a_{n}=a_{m}q^{n - m}$。

结合上面的类比，你能把等差数列里面的 $ a_m + a_n = a_k + a_l (m + n = k + l, m, n, k, l \in \mathbf{N}^*) $ 类比出等比数列中相似的性质吗？

答案： 类比可得$a_{m}a_{n}=a_{k}a_{l}$，
其中$m + n=k + l$，$m,n,k,l\in N^{*}$。
推导过程：$a_{m}=a_{1}q^{m - 1}$，$a_{n}=a_{1}q^{n - 1}$，
$a_{k}=a_{1}q^{k - 1}$，$a_{l}=a_{1}q^{l - 1}$，
所以$a_{m}a_{n}=a_{1}q^{m - 1}· a_{1}q^{n - 1}=a_{1}^{2}q^{m + n - 2}$，
$a_{k}a_{l}=a_{1}q^{k - 1}· a_{1}q^{l - 1}=a_{1}^{2}q^{k + l - 2}$，
因为$m + n=k + l$，
所以有$a_{m}a_{n}=a_{k}a_{l}$。

1. 等比数列通项公式的推广和变形 $ a_n = $$\ a_{m}q^{n - m}$。

答案： 1.$a_{m}q^{n - m}$

2. 设数列 $ \{ a_n \} $ 为等比数列，则：
(1) 若 $ k + l = m + n (k, l, m, n \in \mathbf{N}^*) $，则$a_{k}· a_{l}=a_{m}· a_{n}$。
(2) 若 $ m, p, n $ 成等差数列，则$a_{m},a_{p},a_{n}$ 成等比数列。

答案： 2.
(1)$a_{k}· a_{l}=a_{m}· a_{n}$
(2)$a_{m},a_{p},a_{n}$