已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若Sn=142．①求{an}的通项公式；②设m，k，p∈N*，m+p=2k，求证：1Sm+1S

题文

（1）已知数列{a_n}的各项均为正数，前n项和为S_n，若S_n=14（a_n+1）²．
①求{a_n}的通项公式；
②设m，k，p∈N^*，m+p=2k，求证：1Sm+1Sp≥2Sk
（2）若{a_n}是等差数列，前n项和为T_n，求证：对任意n∈N^*，T_n，T_n+1，T_n+2不能构成等比数列． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）①由S_n=14(an+1)2，可得Sn+1=14(an+1+1)2，
两式相减得an+1=14(an+1-an)(an+1+an+2)，
化为（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-2）=0．
∵a_n＞0，∴a_n+1-a_n-2=0，即a_n+1-a_n=2．
∴数列{a_n}是公差为2的等差数列．
又a1=S1=14(a1+1)2，化为(a1-1)2=0，解得a₁=1．
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．
②由①知Sn=n(1+2n-1)2=n2，
∴1Sm+1Sp-2Sk=1m2+1p2-2k2=k2(m2+p2)-2m2p2m2p2k2，
又∵m，k，p∈N^*，m+p=2k，∴k=m+p2．
∴1Sm+1Sp-2Sk=(m+p2)2(m2+p2)-2m2p2m2p2k2≥(mp)2(2mp)-2m2p2m2p2k2=0，
∴1Sm+1Sp≥2Sk成立．
（2）由{a_n}是等差数列，设公差为d，
假设存在m∈N^*，Tm ，T_m+1，T_m+2构成等比数列．即T2m+1=Tm•Tm+2．
∴(Tm+am+1)2=Tm(Tm+am+1+am+2)，
化为dT_m=a2m+1，即a21+mda1+12m(m+1)d2=0（*）
若d=0，则a₁=0，∴T_m=T_m+1=T_m+2=0，这与Tm ，T_m+1，T_m+2构成等比数列矛盾．
若d≠0，要使（*）式中的首项a₁存在，必须△≥0，
然而△=m²d²-2m（m+1）d²=-（m²+2m）d²＜0，矛盾．
综上所述，对任意n∈N^*，T_n，T_n+1，T_n+2不能构成等比数列．

解析

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考点

据考高分专家说，试题“（1）已知数列{an}的各项均为正数，前.....”主要考查你对 [等比数列的定义及性质 ]考点的理解。 等比数列的定义及性质

等比数列的定义：

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做公比，公比通常用字母q表示（q≠0）。

等比数列的性质：

在等比数列｛a_n｝中，有
（1）若m+n=p+q，m，n，p，q∈N*，则a_ma_n=a_pa_q；当m+n=2p时，a_ma_n=a_p²；
（2）若m，n∈N*，则a_m=a_nq^m-n；
（3）若公比为q，则｛

｝是以

为公比的等比数列；
（4）下标成等差数列的项构成等比数列；
（5）
1）若a₁＞0，q＞1，则｛a_n｝为递增数列；
2）a₁＜0，q＞1， 则｛a_n｝为递减数列；
3）a₁＞0，0＜q＜1，则｛a_n｝为递减数列；
4）a₁＜0， 0＜q＜1， 则｛a_n｝为递增数列；
5）q＜0，则｛a_n｝为摆动数列；若q＝1，则｛a_n｝为常数列。

等差数列和等比数列的比较： 

如何证明一个数列是等比数列：

证明一个数列是等比数列，只需证明

是一个与n无关的常数即可（或a_n²=a_n-1a_n+1）。