Question

設數列{a_n}的通項是關于x的不等式x²-x＜（2n-1）x （n∈N^*）的解集中整數的個數．數列{a_n}的前n項和為S_n．
（Ⅰ）求a_n；
（Ⅱ）設m，k，p∈N^*，m+p=2k，求證：

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

；
（Ⅲ）對于（Ⅱ）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

分析：（1）由題意知數列{a_n}的通項是關于x的不等式的解集中整數的個數，題目首先應該解不等式，從不等式的解集中得到整數的個數，得到數列的通項，用等差數列的定義來驗證．
（2）根據前面結果寫出要用的前幾項的和，從不等式的一側入手，利用均值不等式得到要求的結論．
（3）本題是對上一問的延伸，方法和前面的類似，但題目所給的一般的各項均為正數的等差數列在整理時增加了難度，題目絕大部分工作是算式的整理，注意不能出錯．

解答：解：（1）不等式x²-x＜（2n-1）x 即x（x-2n）＜0，解得：0＜x＜2n，其中整數有2n-1個，
故 a_n=2n-1．
（2）由（1）知Sn=

n(1+2n-1)

2

=n2，∴S_m=m²，S_p=p²，S_k=k²．
由

1

Sm

+

1

Sp

-

2

Sk

=

1

m2

+

1

p2

-

2

k2

=

k2(m2+p2)-2m2p2

m2p2k2

=

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

m2p2k2

≥

2mp•mp-2m2p2

m2p2k2

=0，
即

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

，
∵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+(k2-k)d]，
把m+p=2k代入上式化簡得S_m+S_p-2S_k=

m2+p2-2×( m+p 2 )2

2

•d=

(m-p)2d

4

≥0，…16分．
∴S_m+S_p≥2S_k．
又 S_m•S_p =

mp(a1+am)(a1+ap)

4

=

mp[  a12+2 a1 (am+ap)+amap]

4

 
≤

( m+p 2 )2[a12+2a1ak+( am+ak 2 )2]

4

=

k2(a1+ak)2

4

=(

sk

2

)2．
∴

1

Sm

+

1

Sp

=

sm+sk

smsp

≥

2sk

( sk 2 )2

=

2

sk

，故

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

 成立．

點評：本題沒有具體的數字運算但運算量非常大，它考查的是等差數列和等比數列的性質，基本不等式，實際上這類問題比具體的數字運算要困難，是幾個知識點結合起來的綜合問題，屬于中檔題．