Question

設(shè)數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，它的前n項(xiàng)和為S_n（n∈N*），已知點(diǎn)（a_n，4S_n）在函數(shù)f （x）=x²+2x+1的圖象上．
（1）證明{a_n}是等差數(shù)列，并求a_n；
（2）設(shè)m、k、p∈N*，m+p=2k，求證：+≥；
（3）對(duì)于（2）中的命題，對(duì)一般的各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列還成立嗎？如果成立，請(qǐng)證明你的結(jié)論，如果不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）由4S_n=a_n²+2a_n+1，遞推得4S_n-1=a_n-1²+2a_n-1+1（n≥2），兩式相減整理可得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，由a_n+a_n-1≠0，可知a_n-a_n-1=2，符合等差數(shù)列的定義．
（2）由（1）可求得，從而有S_m=m²，S_p=p²，S_k=k²．再作差比較．
（3）由特殊到一般可猜想結(jié)論成立，設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，公差為d，則，可證明S_m+S_p-2S_k=ma₁+d+pa₁+d-[2ka₁+k（k-1）d]=（m+p）a₁+d-[2ka₁+（k²-k）d]=•d=≥0，S_mS_p==≤=，從而得證．
解答：證明：（1）∵4S_n=a_n²+2a_n+1，
∴4S_n-1=a_n-1²+2a_n-1+1（n≥2）．
兩式相減得4a_n=a_n²-a_n-1²+2a_n-2a_n-1．
整理得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵a_n+a_n-1≠0，
∴a_n-a_n-1=2（常數(shù)）．
∴{a_n}是以2為公差的等差數(shù)列．又4S₁=a₁²+2a₁+1，即a₁²-2a₁+1=0，解得a₁=1，
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．（4分）
（2）由（1）知，∴S_m=m²，S_p=p²，S_k=k²．
由=
≥≥=0，
即≥．（7分）
（3）結(jié)論成立，證明如下：
設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，公差為d，則，
∵S_m+S_p-2S_k=ma₁+d+pa₁+d-[2ka₁+k（k-1）d]=（m+p）a₁+d-[2ka₁+（k²-k）d]，
把m+p=2k代入上式化簡(jiǎn)得
S_m+S_P-2S_k=•d=≥0，
∴Sm+Sp≥2Sk．
又S_mS_p==
≤
=
==
∴+=≥=．
故原不等式得證．（14分）
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查數(shù)列與函數(shù)，不等式的綜合運(yùn)用，主要涉及了等差數(shù)列通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，不等式證明，還考查了放縮法，轉(zhuǎn)化思想．