题目

题型：闵行区一模难度：来源：

设数列{a_n}的各项均为正数，前n项和为S_n，已知4Sn=

a

2n

+2an+1(n∈N*)．
（1）证明数列{a_n}是等差数列，并求其通项公式；
（2）证明：对任意m、k、p∈N^*，m+p=2k，都有

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．

答案

（1）∵4Sn=

a

2n

+2an+1，∴当n≥2时，4Sn-1=

a

2n-1

+2an-1+1．
两式相减得4an=

a

2n

-

a

2n-1

+2an-2an-1，
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵a_n＞0，∴a_n-a_n-1=2，
又4S1=

a

21

+2a1+1，∴a₁=1，
∴{a_n}是以a₁=1为首项，d=2为公差的等差数列．  
∴a_n=2n-1；
（2）由（1）知Sn=

(1+2n-1)n

2

=n2，
∴Sm=m2，Sk=k2，Sp=p2，
于是

1

Sm

+

1

Sp

-

2

Sk

=

1

m2

+

1

p2

-

2

k2

=

k2(p2+m2)-2m2p2

m2p2k2

=

( m+p 2 )2(p2+m2)-2m2p2

m2p2k2

≥

mp×2pm-2m2p2

m2p2k2

=0，
∴

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

；
（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

，
于是Sm+Sp-2Sk=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+k2d-kd)，
将m+p=2k代入得，Sm+Sp-2Sk=

(m-p)2

4

d≥0，
∴S_m+S_p≥2S_k，
又SmSp=

mp(a1+am)(a1+ap)

4

=

mp[ a 21 +(am+ap)a1+amap]

4

≤

( m+p 2 )2[ a 21 +2a1ak+( am+ap 2 )2]

4

=

k2(a12+2a1ak+ a 2k )

4

=

k2(a1+ak)2

4

=

S

2k

，
∴

1

Sm

+

1

Sp

=

Sm+Sp

SmSp

≥

2Sk

S 2k

=

2

Sk

．