Question

（1）已知數列{a_n}的各項均為正數，前n項和為S_n，若S_n=

1

4

（a_n+1）²．
①求{a_n}的通項公式；
②設m，k，p∈N^*，m+p=2k，求證：

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

（2）若{a_n}是等差數列，前n項和為T_n，求證：對任意n∈N^*，T_n，T_n+1，T_n+2不能構成等比數列．

Answer 1

分析：（1）①利用n=1時，a₁=S₁即可得出，當n≥1時，a_n+1=S_n+1-S_n即可得出a_n；
②由①可得a_n=2n-1為等差數列，再利用等差數列的前n項和公式即可得到S_n，再利用基本不等式即可證明

1

Sm

+

1

Sp

-

2

Sk

＞0．
（2）由{a_n}是等差數列，設公差為d．假設存在m∈N^*，Tm ，T_m+1，T_m+2構成等比數列．得

T

2 m+1

=Tm•Tm+1即(Tm+am+1)2=Tm(Tm+am+1+am+2)，
化為dT_m=

a

2 m+1

，即

a

2 1

+mda1+

1

2

m(m+1)d2=0（*）對分類討論即可得出．

解答：（1）解：①由S_n=

1

4

(an+1)2，可得Sn+1=

1

4

(an+1+1)2，
兩式相減得an+1=

1

4

(an+1-an)(an+1+an+2)，
化為（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．
∴數列{a_n}是公差為2的等差數列．
又a1=S1=

1

4

(a1+1)2，化為(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，
∴

1

Sm

+

1

Sp

-

2

Sk

=

1

m2

+

1

p2

-

2

k2

=

k2(m2+p2)-2m2p2

m2p2k2

，
又∵m，k，p∈N^*，m+p=2k，∴k=

m+p

2

．
∴

1

Sm

+

1

Sp

-

2

Sk

=

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

m2p2k2

≥

( mp )2(2mp)-2m2p2

m2p2k2

=0，
∴

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

成立．
（2）由{a_n}是等差數列，設公差為d，
假設存在m∈N^*，Tm ，T_m+1，T_m+2構成等比數列．即

T

2 m+1

=Tm•Tm+2．
∴(Tm+am+1)2=Tm(Tm+am+1+am+2)，
化為dT_m=

a

2 m+1

，即

a

2 1

+mda1+

1

2

m(m+1)d2=0（*）
若d=0，則a₁=0，∴T_m=T_m+1=T_m+2=0，這與Tm ，T_m+1，T_m+2構成等比數列矛盾．
若d≠0，要使（*）式中的首項a₁存在，必須△≥0，
然而△=m²d²-2m（m+1）d²=-（m²+2m）d²＜0，矛盾．
綜上所述，對任意n∈N^*，T_n，T_n+1，T_n+2不能構成等比數列．

點評：熟練掌握等差數列的通項公式和前n項和公式及其關系：（n=1時，a₁=S₁即可得出，當n≥1時，a_n+1=S_n+1-S_n即可得出a_n）、基本不等式的性質、分類討論的思想方法、反證法等是解題的關鍵．