Question

（2013•鹽城三模）記等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n．
（1）求證：數(shù)列{

Sn

n

}是等差數(shù)列；
（2）若a₁=1，且對(duì)任意正整數(shù)n，k（n＞k），都有

Sn+k

+

Sn-k

=2

Sn

成立，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）記b_n=aan（a＞0），求證：

b1+b2+…+bn

n

≤

b1+bn

2

．

Answer 1

分析：（1）數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，等價(jià)于a_n+1-a_n=d（d為常數(shù)）；
（2）已知數(shù)列前n項(xiàng)和公式求通項(xiàng)公式，需用公式an=

Sn-Sn-1 S1

n≥2   n=1

，整理化簡(jiǎn)即可得到數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）與不等式有關(guān)的數(shù)列證明題通常用放縮法來解決．

解答：解：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，（1）由于Sn=na1+

n(n-1)

2

d，從而

Sn

n

=a1+

n-1

2

d，
所以當(dāng)n≥2時(shí)，

Sn

n

-

Sn-1

n-1

=(a1+

n-1

2

d)-(a1+

n-2

2

d)=

d

2

，
即數(shù)列{

Sn

n

}是等差數(shù)列．
（2）∵對(duì)任意正整數(shù)n，k（n＞k），都有

Sn+k

+

Sn-k

=2

Sn

成立，
∴

Sn+1

+

Sn-1

=2

Sn

，即數(shù)列{

Sn

}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為t，
則

Sn

=

S1

+(n-1)t=1+(n-1)t，所以Sn=[1+(n-1)t]2，
所以當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=[1+（n-1）t]²-[1+（n-2）t]²=2t²n-3t²+2t，
又由等差數(shù)列{a_n}中，a₂-a₁=a₃-a₂，即（4t²-3t²+2t）-1=（6t²-3t²+2t）-（4t²-3t²+2t）
所以t=1，即a_n=2n-1．
（3）由于a_n=a₁+（n-1）d，bn=aan，則

bn+1

bn

=aan+1-an=ad，
即數(shù)列{b_n}是公比大于0，首項(xiàng)大于0的等比數(shù)列，記其公比是q（q＞0）．
以下證明：b₁+b_n≥b_p+b_k，其中p，k為正整數(shù)，且p+k=1+n．
∵（b₁+b_n）-（b_p+b_k）=b1+b1qn-1-b1qp-1-b1qk-1=b1(qp-1-1)(qk-1-1)，
當(dāng)q＞1時(shí)，因?yàn)閥=q^x為增函數(shù)，p-1≥0，k-1≥0，
∴q^p-1-1≥0，q^k-1-1≥0，∴b₁+b_n≥b_p+b_k；
當(dāng)q=1時(shí)，b₁+b_n=b_p+b_k；
當(dāng)q=1時(shí)，因?yàn)閥=q^x為減函數(shù)，p-1≥0，k-1≥0，
∴q^p-1-1≤0，q^k-1-1≤0，∴b₁+b_n≥b_p+b_k，
綜上：b₁+b_n≥b_p+b_k，其中p，k為正整數(shù)，且p+k=1+n．
∴n（b₁+b_n）=（b₁+b_n）+（b₁+b_n）+…（b₁+b_n）≥（b₁+b_n）+（b₂+b_n-1）+…（b_n+b₁）
=（b₁+b₂+…+b_n）+（b_n+b_n-1+…+b₁），
即

b1+b2+…+bn

n

≤

b1+bn

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的綜合問題，屬于較難的題目．注意在證明與數(shù)列有關(guān)的不等式時(shí)，放縮法也是解題的法寶．