Question

設(shè)數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，它的前n項和為S_n（n∈N*），已知點（a_n，4S_n）在函數(shù)f （x）=x²+2x+1的圖象上．
（1）證明{a_n}是等差數(shù)列，并求a_n；
（2）設(shè)m、k、p∈N*，m+p=2k，求證：

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

；
（3）對于（2）中的命題，對一般的各項均為正數(shù)的等差數(shù)列還成立嗎？如果成立，請證明你的結(jié)論，如果不成立，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由4S_n=a_n²+2a_n+1，遞推得4S_n-1=a_n-1²+2a_n-1+1（n≥2），兩式相減整理可得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，由a_n+a_n-1≠0，可知a_n-a_n-1=2，符合等差數(shù)列的定義．
（2）由（1）可求得Sn=

n(1+2n-1)

2

=n2，從而有S_m=m²，S_p=p²，S_k=k²．再作差比較．
（3）由特殊到一般可猜想結(jié)論成立，設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁，公差為d，則Sn=na1+

n(n-1)

2

d=

n(a1+an)

2

，可證明S_m+S_p-2S_k=ma₁+

m(m+1)

2

d+pa₁+

p(p-1)

2

d-[2ka₁+k（k-1）d]=（m+p）a₁+

m2+p2-(m+p)

2

d-[2ka₁+（k²-k）d]=

m2+p2-2× ( m+p 2 )2

2

•d=

(m-p)2

4

≥0，S_mS_p=

mp(a1+am)(a1+ap)

4

=

mp[a12+a1(am+ap)+amap]

4

≤

k2(a1+ak) 2

4

=(

Sk

2

)2，從而得證．

解答：證明：（1）∵4S_n=a_n²+2a_n+1，
∴4S_n-1=a_n-1²+2a_n-1+1（n≥2）．
兩式相減得4a_n=a_n²-a_n-1²+2a_n-2a_n-1．
整理得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵a_n+a_n-1≠0，
∴a_n-a_n-1=2（常數(shù)）．
∴{a_n}是以2為公差的等差數(shù)列．又4S₁=a₁²+2a₁+1，即a₁²-2a₁+1=0，解得a₁=1，
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．（4分）
（2）由（1）知Sn=

n(1+2n-1)

2

=n2，∴S_m=m²，S_p=p²，S_k=k²．
由

1

Sm

+

1

Sp

-

2

Sk

=

1

m2

+

1

p2

-

2

k2

=

k2(m2+p2)-2m2p2

m2p2k2

≥

( m+p 2 )2•2mp-2m2p2

m2p2k2

≥

2mp•mp-2m2p2

m2p2k2

=0，
即

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

．（7分）
（3）結(jié)論成立，證明如下：
設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項為a₁，公差為d，則Sn=na1+

n(n-1)

2

d=

n(a1+an)

2

，
∵S_m+S_p-2S_k=ma₁+

m(m+1)

2

d+pa₁+

p(p-1)

2

d-[2ka₁+k（k-1）d]=（m+p）a₁+

m2+p2-(m+p)

2

d-[2ka₁+（k²-k）d]，
把m+p=2k代入上式化簡得
S_m+S_P-2S_k=

m2+p2-2× ( m+p 2 )2

2

•d=

(m-p)2

4

≥0，
∴Sm+Sp≥2Sk．
又S_mS_p=

mp(a1+am)(a1+ap)

4

=

mp[a12+a1(am+ap)+amap]

4

≤

( m+p 2 )2[a12+2a1•ak+( am+ap 2 )2]

4

=

k2(a12+ak2+2a1ak)

4

=

k2(a1+ak) 2

4

=(

Sk

2

)2
∴

1

Sm

+

1

Sp

=

Sm+Sp

SmSp

≥

2Sk

( Sk 2 )2

=

2

Sk

．
故原不等式得證．（14分）

點評：本題主要考查數(shù)列與函數(shù)，不等式的綜合運(yùn)用，主要涉及了等差數(shù)列通項及前n項和，不等式證明，還考查了放縮法，轉(zhuǎn)化思想．