Question

设数列{a_n}的各项均为正数，它的前n项和为S_n（n∈N*），已知点（a_n，4S_n）在函数f （x）=x²+2x+1的图象上．
（1）证明{a_n}是等差数列，并求a_n；
（2）设m、k、p∈N*，m+p=2k，求证：

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

；
（3）对于（2）中的命题，对一般的各项均为正数的等差数列还成立吗？如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）由4S_n=a_n²+2a_n+1，递推得4S_n-1=a_n-1²+2a_n-1+1（n≥2），两式相减整理可得（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，符合等差数列的定义．
（2）由（1）可求得Sn=

n(1+2n-1)

2

=n2，从而有S_m=m²，S_p=p²，S_k=k²．再作差比较．
（3）由特殊到一般可猜想结论成立，设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，则Sn=na1+

n(n-1)

2

d=

n(a1+an)

2

，可证明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，从而得证．

解答：证明：（1）∵4S_n=a_n²+2a_n+1，
∴4S_n-1=a_n-1²+2a_n-1+1（n≥2）．
两式相减得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（常数）．
∴{a_n}是以2为公差的等差数列．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）结论成立，证明如下：
设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，则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代入上式化简得
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

．
故原不等式得证．（14分）

点评：本题主要考查数列与函数，不等式的综合运用，主要涉及了等差数列通项及前n项和，不等式证明，还考查了放缩法，转化思想．