Question

15．記等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n．
（1）求證：數(shù)列{$\frac{{S}_{n}}{n}$}是等差數(shù)列；
（2）若a₁=1，對任意的n∈N*，n≥2，均有$\sqrt{{S}_{n-1}}$，$\sqrt{{S}_{n}}$，$\sqrt{{S}_{n+1}}$是公差為1的等差數(shù)列，求使$\frac{{S}_{k+1}{S}_{k+2}}{{S}_{k}^{2}}$為整數(shù)的正整數(shù)k的取值集合；
（3）記b_n=a${\;}^{{a}_{n}}$（a＞0），求證：$\frac{_{1}+_{2}+…+_{n}}{n}$≤$\frac{_{1}+_{n}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，求出S_n，從而$\frac{Sn}{n}$，然后利用作差法證明數(shù)列{$\frac{Sn}{n}$}是等差數(shù)列；
（2）由題意{$\sqrt{{S}_{n}}$}是公差為1的等差數(shù)列，可得$\sqrt{Sn}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+（n-1）×1=n，則S_n=n²．代入$\frac{{S}_{k+1}{S}_{k+2}}{{S}_{k}^{2}}$，可知k=1，2滿足條件，k=3不滿足條件；當(dāng)k≥4時(shí)，利用作差法證明1$＜1+\frac{3k+2}{{k}^{2}}＜2$，得$\frac{{S}_{k+1}{S}_{k+2}}{{S}_{k}^{2}}$不是整數(shù)，從而可得正整數(shù)k的取值集合為{1，2}；
（3）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，求出a_n，可得b_n=a${\;}^{{a}_{n}}$=${a}^{{a}_{1}}•{a}^{（n-1）d}$，利用定義可得數(shù)列{b_n}是公比大于0，首項(xiàng)大于0的等比數(shù)列，記公比為q（q＞0）．再證明b₁+b_n≥b_p+b_k，其中p，k為正整數(shù)，且p+k=1+n．即可證得$\frac{_{1}+_{2}+…+_{n}}{n}$≤$\frac{_{1}+_{n}}{2}$．

解答 （1）證明：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，則S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d，從而$\frac{Sn}{n}$=a₁+$\frac{n-1}{2}$d，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，$\frac{Sn}{n}$-$\frac{{S}_{n-1}}{n-1}$=（a₁+$\frac{n-1}{2}$d）-（a₁+$\frac{n-2}{2}$d）=$\frac1d12ev5{2}$．
即數(shù)列{$\frac{Sn}{n}$}是等差數(shù)列；
（2）解：∵對任意的n∈N*，n≥2，$\sqrt{{S}_{n-1}}$，$\sqrt{{S}_{n}}$，$\sqrt{{S}_{n+1}}$都是公差為1的等差數(shù)列，
∴{$\sqrt{{S}_{n}}$}是公差為1的等差數(shù)列，
又a₁=1，∴$\sqrt{{S}_{1}}=1$．
∴$\sqrt{Sn}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+（n-1）×1=n，則S_n=n²．
∴$\frac{{S}_{k+1}{S}_{k+2}}{{S}_{k}^{2}}$=$[\frac{（k+1）（k+2）}{{k}^{2}}]^{2}=（1+\frac{3k+2}{{k}^{2}}）^{2}$，
顯然，k=1，2滿足條件，k=3不滿足條件；
當(dāng)k≥4時(shí)，∵k²-3k-2=k（k-3）-2≥4（4-3）-2=2＞0，
∴0＜$\frac{3k+2}{{k}^{2}}$＜1，
∴1$＜1+\frac{3k+2}{{k}^{2}}＜2$，$\frac{{S}_{k+1}{S}_{k+2}}{{S}_{k}^{2}}$不是整數(shù)．
綜上所述，正整數(shù)k的取值集合為{1，2}；
（3）證明：設(shè)等差數(shù)列{a_n}的公差為d，則a_n=a₁+（n-1）d，b_n=a${\;}^{{a}_{n}}$=${a}^{{a}_{1}}•{a}^{（n-1）d}$，
∴$\frac{_{n}}{_{n-1}}$=$\frac{{a}^{{a}_{1}}•{a}^{（n-1）d}}{{a}^{{a}_{1}}•{a}^{（n-2）d}}$=a^d，
即數(shù)列{b_n}是公比大于0，首項(xiàng)大于0的等比數(shù)列，記公比為q（q＞0）．
以下證明：b₁+b_n≥b_p+b_k，其中p，k為正整數(shù)，且p+k=1+n．
∵（b₁+b_n）-（b_p+b_k）=b₁+b₁q^n-1-b₁q^p-1-b₁q^k-1=b₁（q^p-1-1）（q^k-1-1）．
當(dāng)q＞1時(shí)，∵y=q^x為增函數(shù)，p-1≥0，k-1≥0，
∴q^p-1-1≥0，q^k-1-1≥0，則b₁+b_n≥b_p+b_k．
當(dāng)q=1時(shí)，b₁+b_n=b_p+b_k．
當(dāng)0＜q＜1時(shí)，∵y=q^x為減函數(shù)，p-1≥0，k-1≥0，
∴q^p-1-1≤0，q^k-1-1≤0，則b₁+b_n≥b_p+b_k．
綜上，b₁+b_n≥b_p+b_k，其中p，k為正整數(shù)，且p+k=1+n．
∴n（b₁+b_n）=（b₁+b_n）+（b₁+b_n）+…+（b₁+b_n）
≥（b₁+b_n）+（b₂+b_n-1）+（b₃+b_n-2）+…+（b_n+b₁）
=（b₁+b₂+…+b_n）+（b_n+b_n-1+…+b₁），
即$\frac{_{1}+_{2}+…+_{n}}{n}$≤$\frac{_{1}+_{n}}{2}$．

點(diǎn)評 本題是數(shù)列與不等式的綜合題，考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與性質(zhì)，考查了作差法證明數(shù)列不等式，考查分析問題與解決問題得能力，屬中檔題．