已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn，其中a1≠a2，am、ak、ah都是数列{an}中满足ah-ak=ak-am的任意项．证明：m+h=2k；

题文

已知正项等差数列{a_n}的前n项和为S_n，其中a₁≠a₂，a_m、a_k、a_h都是数列{a_n}中满足a_h-a_k=a_k-a_m的任意项．
（Ⅰ）证明：m+h=2k；
（Ⅱ）证明：S_m•S_h≤S_k²；
（III）若Sm、Sk、Sh也成等差数列，且a₁=2，求数列{1Sn-S1}(n∈N*，n≥3)的前n项和Tn＜524． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（I）设数列{a_n}的公差为d，由题意a₁＜0，d＞0．
∵a_h-a_k=a_k-a_m，∴（h-k）d=（k-m）d，∴m+h=2k．…（2分）
（II）Sm•Sh=m(a1+am)2•h(a1+ah)2=mh4(a1+am)(a1+ah)≤14•[m+h2]2[a1+am+a1+ah2]2=14(a1+ak)2k2=[(a1+ak)k2]2=S2k，∴S_m•S_h≤S_k²．…（6分）
（III）取m=1，k=2，h=3，显然a₁，a₂，a₃满足a₃-a₂=a₂-a₁．…（7分）
由Sm、Sk、Sh也成等差数列，则a1+3a1+3d=22a1+d．
两边平方得2a1(3a1+3d)=4a1+d，
再两边平方整理得4a₁²-4a₁d+d²=0，即（2a₁-d）₂=0，
∴d=2a₁=4．…（9分）
∴a_n=（2n-1）a，S_n=2n²，
∴Sn=2n．，显然这时数列{a_n}满足题意．                         …（10分）
∴S_n-S₁=2n²-2=2（n²-1）．
∴1Sn-S1=12•1n2-1=14(1n-1-1n+1)(n∈N*，n≥3．)…（12分）
则Tn=14(12-14+13-15+…+1n-2-1n+1n-1-1n+1)=14(12+13-1n-1n+1)
=14[56-2n+1n(n+1)]＜524．…（14分）

解析

m(a1+am)2

考点

据考高分专家说，试题“已知正项等差数列{an}的前n项和为Sn.....”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’)．