Question

（1）已知数列{a_n}的各项均为正数，前n项和为S_n，若S_n=

1

4

（a_n+1）²．
①求{a_n}的通项公式；
②设m，k，p∈N^*，m+p=2k，求证：

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

（2）若{a_n}是等差数列，前n项和为T_n，求证：对任意n∈N^*，T_n，T_n+1，T_n+2不能构成等比数列．

Answer 1

分析：（1）①利用n=1时，a₁=S₁即可得出，当n≥1时，a_n+1=S_n+1-S_n即可得出a_n；
②由①可得a_n=2n-1为等差数列，再利用等差数列的前n项和公式即可得到S_n，再利用基本不等式即可证明

1

Sm

+

1

Sp

-

2

Sk

＞0．
（2）由{a_n}是等差数列，设公差为d．假设存在m∈N^*，Tm ，T_m+1，T_m+2构成等比数列．得

T

2 m+1

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

a

2 m+1

，即

a

2 1

+mda1+

1

2

m(m+1)d2=0（*）对分类讨论即可得出．

解答：（1）解：①由S_n=

1

4

(an+1)2，可得Sn+1=

1

4

(an+1+1)2，
两式相减得an+1=

1

4

(an+1-an)(an+1+an+2)，
化为（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．
∴数列{a_n}是公差为2的等差数列．
又a1=S1=

1

4

(a1+1)2，化为(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}是等差数列，设公差为d，
假设存在m∈N^*，Tm ，T_m+1，T_m+2构成等比数列．即

T

2 m+1

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

a

2 m+1

，即

a

2 1

+mda1+

1

2

m(m+1)d2=0（*）
若d=0，则a₁=0，∴T_m=T_m+1=T_m+2=0，这与Tm ，T_m+1，T_m+2构成等比数列矛盾．
若d≠0，要使（*）式中的首项a₁存在，必须△≥0，
然而△=m²d²-2m（m+1）d²=-（m²+2m）d²＜0，矛盾．
综上所述，对任意n∈N^*，T_n，T_n+1，T_n+2不能构成等比数列．

点评：熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式及其关系：（n=1时，a₁=S₁即可得出，当n≥1时，a_n+1=S_n+1-S_n即可得出a_n）、基本不等式的性质、分类讨论的思想方法、反证法等是解题的关键．