Question

19．設(shè)正項(xiàng)等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，其中a₁≠a₂．a(chǎn)_m、a_k、a_n是數(shù)列{a_n}中滿足a_n-a_k=a_k-a_m的任意項(xiàng)．
（1）求證：m+n=2k；
（2）若$\sqrt{{S}_{m}}$，$\sqrt{{S}_{k}}$，$\sqrt{{S}_{n}}$也成等差數(shù)列，且a₁=1，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）求證：$\frac{1}{{S}_{m}}$+$\frac{1}{{S}_{n}}$≥$\frac{2}{{S}_{k}}$．

Answer 1

分析 （1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，因?yàn)閍₁≠a₂，所以d≠0，運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得證；
（2）由題意可取m=1，k=2，n=3，即2$\sqrt{{S}_{2}}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+$\sqrt{{S}_{3}}$，解得d=2，求得通項(xiàng)和前n項(xiàng)和，檢驗(yàn)即可得到所求通項(xiàng)；
（3）運(yùn)用等差數(shù)列的求和公式和基本不等式，即可得證．

解答 解：（1）證明：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
因?yàn)閍₁≠a₂，所以d≠0，
又a_n-a_k=a_k-a_m，即有（n-k）d=（k-m）d，
所以n-k=k-m，即m+n=2k；　　　　　　　　　　　　　　
（2）由已知取m=1，k=2，n=3，即2$\sqrt{{S}_{2}}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+$\sqrt{{S}_{3}}$　　　　　　
把a(bǔ)₁=1代入解得d=2，
又a_n=2n-1時(shí)，S_n=n²，即$\sqrt{{S}_{n}}$=n，
則當(dāng)m+n=2k時(shí)，$\sqrt{{S}_{m}}$，$\sqrt{{S}_{k}}$，$\sqrt{{S}_{n}}$成等差數(shù)列，
即有a_n=2n-1；                                          
（3）證明：由條件得S_m，S_k，S_n都大于0，
即有S_m•S_n=[ma₁+$\frac{m（m-1）d}{2}$]•[na₁+$\frac{n（n-1）d}{2}$]=mn[a₁+$\frac{（m-1）d}{2}$][a₁+$\frac{（n-1）d}{2}$]
≤（$\frac{m+n}{2}$）²•[$\frac{{a}_{1}+\frac{（m-1）}{2}d+{a}_{1}+\frac{（n-1）d}{2}}{2}$]²=k²•[a₁+$\frac{（k-1）d}{2}$]²=S_k²，
則$\frac{1}{{S}_{m}}$+$\frac{1}{{S}_{n}}$≥2$\sqrt{\frac{1}{{S}_{m}{S}_{n}}}$≥$\frac{2}{{S}_{k}}$，
即$\frac{1}{{S}_{m}}$+$\frac{1}{{S}_{n}}$≥$\frac{2}{{S}_{k}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式的運(yùn)用，考查數(shù)列不等式的證明，注意運(yùn)用均值不等式，屬于中檔題．