设数列{an}的各项都为正数，其前n项和为Sn，已知对任意n∈N*，Sn是12an2和an的等差中项证明：数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式；（Ⅱ

题文

设数列{a_n}的各项都为正数，其前n项和为S_n，已知对任意n∈N^*，S_n是12a_n²和a_n的等差中项
（Ⅰ）证明：数列为等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）证明：12≤1S1+1S2+…+1Sn＜1；
（Ⅲ）设集合M={m|m=2k，k∈Z，且1000≤k＜1500}，若存在m∈M，使对满足n＞m的一切正整数n，不等式2Sn-4200＞a2n2恒成立，试问：这样的正整数m共有多少个． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（Ⅰ）证明：由已知，4Sn=a2n+2an，且a_n＞0． …（1分）
当n=1时，4a1=a21+2a1，解得a₁=2．    …（2分）
当n≥2时，有4Sn-1=a2n-1+2an-1．
于是4Sn-4Sn-1=a2n-a2n-1+2an-2an-1，即4an=a2n-a2n-1+2an-2an-1．
于是a2n-a2n-1=2an+2an-1，即（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=2（a_n+a_n-1）．
因为a_n+a_n-1＞0，所以a_n-a_n-1=2（n≥2）．
故数列{a_n}是首项为2，公差为2的等差数列，且a_n=2n．…（4分）
（Ⅱ）证明：因为a_n=2n，则1Sn=1n(n+1)=1n-1n+1，…（5分）
所以1S1+1S2+…+1Sn=(1-12)+(12-13)+…+(1n-1n+1)=1-1n+1＜1．…（7分）
因为1-1n+1随着n的增大而增大，所以当n=1时取最小值12．
故原不等式成立．                                           …（10分）
（Ⅲ）由2Sn-4200＞a2n2，得2n（n+1）-4200＞2n²，所以n＞2100．  …（12分）
由题设，M={2000，2002，…，2008，2010，2012，…，2998}．
因为m∈M，所以m=2100，2102，…，2998均满足条件，且这些数组成首项为2100，公差为2的等差数列．
设这个等差数列共有k项，则2100+2（k-1）=2998，解得k=450．
故集合M中满足条件的正整数m共有450个．                  …（16分）

解析

a2n

考点

据考高分专家说，试题“设数列{an}的各项都为正数，其前n项和.....”主要考查你对 [等差数列的定义及性质 ]考点的理解。 等差数列的定义及性质

等差数列的定义：

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做公差，用符号语言表示为a_n+1-a_n=d。

等差数列的性质：

（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N*，则a_m＝a_n+(m-n)d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t=p+q，则a_s+a_t=a_p+a_q，其中a_s，a_t，a_p，a_q是数列中的项，特别地，当s+t=2p时，有a_s+a_t=2a_p；
（5）若数列｛a_n｝，｛b_n｝均是等差数列，则数列｛ma_n+kb_n｝仍为等差数列，其中m，k均为常数。
（6）




（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即




（8）

 仍为等差数列，公差为

 

对等差数列定义的理解：

①如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或某一项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或某项开始是等差数列． 
②求公差d时，因为d是这个数列的后一项与前一项的差，故有

还有


③公差d∈R，当d=0时，数列为常数列（也是等差数列）；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列；
④

是证明或判断一个数列是否为等差数列的依据；
⑤证明一个数列是等差数列，只需证明a_n+1-a_n是一个与n无关的常数即可。

等差数列求解与证明的基本方法：

(1)学会运用函数与方程思想解题；
(2)抓住首项与公差是解决等差数列问题的关键；
(3)等差数列的通项公式、前n项和公式涉及五个量：a₁，d，n，a_n，S_n，知道其中任意三个就可以列方程组求出另外两个(俗称“知三求二’)．