设数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，已知4Sn=a2n+2an+1(n∈N*)．证明数列{an}是等差数列，并求其通项公式；证明：对任意m

题文

设数列{a_n}的各项均为正数，前n项和为S_n，已知4Sn=a2n+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1Sm+1Sp≥2Sk；
（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． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）∵4Sn=a2n+2an+1，∴当n≥2时，4Sn-1=a2n-1+2an-1+1．
两式相减得4an=a2n-a2n-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=a21+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)n2=n2，
∴Sm=m2，Sk=k2，Sp=p2，
于是1Sm+1Sp-2Sk=1m2+1p2-2k2=k2(p2+m2)-2m2p2m2p2k2
=(m+p2)2(p2+m2)-2m2p2m2p2k2≥mp×2pm-2m2p2m2p2k2=0，
∴1Sm+1Sp≥2Sk；
（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)2d=n(a1+an)2，
于是Sm+Sp-2Sk=ma1+m(m-1)2d+pa1+p(p-1)2d-[2ka1+k(k-1)d]
=(m+p)a1+m2+p2-m-p2d-(2ka1+k2d-kd)，
将m+p=2k代入得，Sm+Sp-2Sk=(m-p)24d≥0，
∴S_m+S_p≥2S_k，
又SmSp=mp(a1+am)(a1+ap)4=mp[a21+(am+ap)a1+amap]4≤(m+p2)2[a21+2a1ak+(am+ap2)2]4
=k2(a12+2a1ak+a2k)4=k2(a1+ak)24=S2k，
∴1Sm+1Sp=Sm+SpSmSp≥2SkS2k=2Sk．

解析

a2n

考点

据考高分专家说，试题“设数列{an}的各项均为正数，前n项和为.....”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’)．