Question

設數列{a_n}的各項均為正數，前n項和為S_n，已知4Sn=

a

2n

+2an+1(n∈N*)．
（1）證明數列{a_n}是等差數列，并求其通項公式；
（2）證明：對任意m、k、p∈N^*，m+p=2k，都有

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

；
（3）對于（2）中的命題，對一般的各項均為正數的等差數列還成立嗎？如果成立，請證明你的結論，如果不成立，請說明理由．

Answer 1

（1）∵4Sn=

a

2n

+2an+1，∴當n≥2時，4Sn-1=

a

2n-1

+2an-1+1．
兩式相減得4an=

a

2n

-

a

2n-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=

a

21

+2a1+1，∴a₁=1，
∴{a_n}是以a₁=1為首項，d=2為公差的等差數列．  
∴a_n=2n-1；
（2）由（1）知Sn=

(1+2n-1)n

2

=n2，
∴Sm=m2，Sk=k2，Sp=p2，
于是

1

Sm

+

1

Sp

-

2

Sk

=

1

m2

+

1

p2

-

2

k2

=

k2(p2+m2)-2m2p2

m2p2k2

=

( m+p 2 )2(p2+m2)-2m2p2

m2p2k2

≥

mp×2pm-2m2p2

m2p2k2

=0，
∴

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

；
（3）結論成立，證明如下：
設等差數列{a_n}的首項為a₁，公差為d，則Sn=na1+

n(n-1)

2

d=

n(a1+an)

2

，
于是Sm+Sp-2Sk=ma1+

m(m-1)

2

d+pa1+

p(p-1)

2

d-[2ka1+k(k-1)d]
=(m+p)a1+

m2+p2-m-p

2

d-(2ka1+k2d-kd)，
將m+p=2k代入得，Sm+Sp-2Sk=

(m-p)2

4

d≥0，
∴S_m+S_p≥2S_k，
又SmSp=

mp(a1+am)(a1+ap)

4

=

mp[ a 21 +(am+ap)a1+amap]

4

≤

( m+p 2 )2[ a 21 +2a1ak+( am+ap 2 )2]

4

=

k2(a12+2a1ak+ a 2k )

4

=

k2(a1+ak)2

4

=

S

2k

，
∴

1

Sm

+

1

Sp

=

Sm+Sp

SmSp

≥

2Sk

S 2k

=

2

Sk

．