Question

8．已知各項(xiàng)均為不同正數(shù)的等差數(shù)列{a_n}，其前n項(xiàng)和為S_n
（1）若任意三個(gè)互不相等的正整數(shù)p，q，r成等差數(shù)列
①求證：$\frac{1}{{a}_{p}}$+$\frac{1}{{a}_{r}}$＞$\frac{2}{{a}_{q}}$
②求證：$\frac{1}{{S}_{p}}$+$\frac{1}{{S}_{r}}$＞$\frac{2}{{S}_{q}}$
（2）設(shè)b_n=ln$\root{n}{{a}_{1}•{a}_{2}…{a}_{n}}$，求證：不存在實(shí)數(shù)c，使得對(duì)任意三個(gè)互不相等的正整數(shù)i，j，k都有：（i-j）b_k+（j-k）b_j+（k-i）b_i=c成立．

Answer 1

分析 （1）①設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d＞0，任意三個(gè)互不相等的正整數(shù)p，q，r成等差數(shù)列，不妨設(shè)p＜q＜r．可得：2q=p+r，a_p+a_r=2a_q．利用基本不等式的性質(zhì)可得：${a}_{q}^{2}$≥a_pa_r．代入$\frac{1}{{a}_{p}}+\frac{1}{{a}_{r}}$-$\frac{2}{{a}_{q}}$=$\frac{（{a}_{p}+{a}_{r}）{a}_{q}-2{a}_{p}{a}_{r}}{{a}_{p}{a}_{r}{a}_{q}}$，即可證明．
②各項(xiàng)均為不同正數(shù)的等差數(shù)列{a_n}的公差為d，d≥0，由于任意三個(gè)互不相等的正整數(shù)p，q，r成等差數(shù)列，不妨設(shè)p＜q＜r．可得：2q=p+r，S_p＜S_q＜S_r．利用基本不等式的性質(zhì)可得：pr＜q²．由于S_q=$\frac{q（{a}_{1}+{a}_{p}）}{2}$，S_p=$\frac{p[{a}_{1}+{a}_{q}-（q-p）d]}{2}$，S_r=$\frac{r[{a}_{1}+{a}_{q}+（q-p）d]}{2}$，可得S_mS_n＜${S}_{q}^{2}$，即可證明．
（2）利用反證法：假設(shè)存在實(shí)數(shù)c，使得對(duì)任意三個(gè)互不相等的正整數(shù)i，j，k都有：（i-j）b_k+（j-k）b_j+（k-i）b_i=c成立．可知：數(shù)列{b_n}為常數(shù)列，設(shè)b_n=b，b_n=ln$\root{n}{{a}_{1}•{a}_{2}…{a}_{n}}$，則a₁a₂…a_n=bⁿ，可得：a₁=a₂=…=a_n=b，公差d=0，與已知各項(xiàng)均為不同正數(shù)的等差數(shù)列{a_n}相矛盾．

解答 （1）①證明：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d＞0，∵任意三個(gè)互不相等的正整數(shù)p，q，r成等差數(shù)列，
不妨設(shè)p＜q＜r．則2q=p+r．∴a_p+a_r=2a_q．∴2a_q≥$2\sqrt{{a}_{p}{a}_{r}}$，化為：${a}_{q}^{2}$≥a_pa_r．
$\frac{1}{{a}_{p}}+\frac{1}{{a}_{r}}$-$\frac{2}{{a}_{q}}$=$\frac{（{a}_{p}+{a}_{r}）{a}_{q}-2{a}_{p}{a}_{r}}{{a}_{p}{a}_{r}{a}_{q}}$=$\frac{2{a}_{q}^{2}-2{a}_{p}{a}_{r}}{{a}_{p}{a}_{q}{a}_{r}}$≥0，∴$\frac{1}{{a}_{p}}$+$\frac{1}{{a}_{r}}$＞$\frac{2}{{a}_{q}}$．
②證明：∵各項(xiàng)均為不同正數(shù)的等差數(shù)列{a_n}的公差為d，d≥0，由于任意三個(gè)互不相等的正整數(shù)p，q，r成等差數(shù)列，
不妨設(shè)p＜q＜r．則2q=p+r．則S_p＜S_q＜S_r．
q-p=r-q，2a=p+r＞2$\sqrt{pr}$，即pr＜q²．
S_q=$\frac{q（{a}_{1}+{a}_{p}）}{2}$，S_p=$\frac{p[{a}_{1}+{a}_{q}-（q-p）d]}{2}$，S_r=$\frac{r[{a}_{1}+{a}_{q}+（q-p）d]}{2}$，
∴S_mS_n=pr$\frac{（{a}_{1}+{a}_{q}）^{2}-（q-p）^{2}ftbrzx9^{2}}{2}$＜$\frac{（{a}_{1}+{a}_{q}）^{2}}{4}{q}^{2}$=${S}_{q}^{2}$，
∴$\frac{1}{{S}_{p}}$+$\frac{1}{{S}_{r}}$=$\frac{{S}_{p}+{S}_{r}}{{S}_{p}{S}_{r}}$≥$\frac{2\sqrt{{S}_{p}{S}_{r}}}{{S}_{p}{S}_{r}}$=$\frac{2}{\sqrt{{S}_{p}{S}_{r}}}$＞$\frac{2}{\sqrt{{S}_{q}^{2}}}$=$\frac{2}{{S}_{q}}$．
∴$\frac{1}{{S}_{p}}$+$\frac{1}{{S}_{r}}$＞$\frac{2}{{S}_{q}}$．
（2）證明：用反證法：假設(shè)存在實(shí)數(shù)c，使得對(duì)任意三個(gè)互不相等的正整數(shù)i，j，k都有：（i-j）b_k+（j-k）b_j+（k-i）b_i=c成立．
可知：數(shù)列{b_n}為常數(shù)列，設(shè)b_n=b，b_n=ln$\root{n}{{a}_{1}•{a}_{2}…{a}_{n}}$，則a₁a₂…a_n=bⁿ，
∴a₁=b，${a}_{1}{a}_{2}=^{2}$，…，可得：a₁=a₂=…=a_n=b，∴d=0，與已知各項(xiàng)均為不同正數(shù)的等差數(shù)列{a_n}相矛盾．
因此假設(shè)不成立，即不存在實(shí)數(shù)c，使得對(duì)任意三個(gè)互不相等的正整數(shù)i，j，k都有：（i-j）b_k+（j-k）b_j+（k-i）b_i=c成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、基本不等式的性質(zhì)、反證法、對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．