题目内容

设{ak}为等差数列，公差为d，ak＞0，k=1，2，…，2n+1．
（1）证明a＞a2n-1•a2n+1；
（2）记bk=，试证lg b1+lg b2+…+lg bn＞lg a2n+1-lg a1．
分析：（1）欲证明：a＞a2n-1•a2n+1先作差：a-a2n-1•a2n+1=[a1+（2n-1）d]2-[a1+（2n-2）d][a1+2nd]最后化简得到d2＞0从而得到证明；
（2）由（1）知
a
2
2n
a
2
2n-1
＞
a2n+1
a2n-1
，结合放缩法即可证得
a
2
2n
a
2
2n-1
＞
a2n+1
a2n-1
，分别令n=1，2，…，n得到n个式子相乘即可证得结论．
解答：解：（1）证明：a-a2n-1•a2n+1
=[a1+（2n-1）d]2-[a1+（2n-2）d][a1+2nd]
=a12+（4n-2）a1d+（2n-1）2d2-[a12+（4n-2）a1d+（4n2-4n）d2]
=d2＞0   （d＞0）
∴a2n2＞a2n-1•a2n+1   …（5分）
（2）由（1）知
a
2
2n
a
2
2n-1
＞
a2n+1
a2n-1

∴
a
2
2
a
2
1
＞
a3
a1
＞
a
2
4
a
2
3
＞
a5
a3
…
a
2
6
a
2
5
＞
a7
a5
…∴
a
2
2n
a
2
2n-1
＞
a2n+1
a2n-1

∴（
a2
a1
）2•（
a4
a3
）2•（
a6
a5
）2•…•（
a2n
a2n-1
）2＞（
a3
a1
）•（
a5
a3
）•（
a7
a5
）•…•
a2n+1
a2n-1
=
a2n+1
a1

即  b12•b22•b32•…•bn2＞
a2n-1
a1
…（11分）
∴lgb1+lg b2+…+lg bn＞
1
2
lga2n+1-
1
2
lga1 …（12分）
点评：本小题主要考查等差数列、不等式的解法、数列与不等式的综合等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想．属于中档题．
练习册系列答案
相关题目
设数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且对任意正整数n，点（an+1，Sn）在直线2x+y-2=0上．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）是否存在实数λ，使得数列{Sn+λ•n+
λ
2n
}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，则说明理由．
（Ⅲ）求证：
1
6
≤
n
k=1
2-k
(ak+1)(ak+1+1)
＜
1
2
．
已知公比为q（0＜q＜1）的无穷等比数列{an}各项的和为9，无穷等比数列{an2}各项的和为
81
5
．
（1）求数列{an}的首项a1和公比q；
（2）对给定的k（k=1，2，3，…，n），设T（k）是首项为ak，公差为2ak-1的等差数列，求T（2）的前2007项之和；
（3）（理）设bi为数列T（i）的第i项，Sn=b1+b2+…+bn：
①求Sn的表达式，并求出Sn取最大值时n的值．
②求正整数m（m＞1），使得
lim
n→∞
Sn
nm
存在且不等于零．
（文）设bi为数列T（i）的第i项，Sn=b1+b2+…+bn：求Sn的表达式，并求正整数m（m＞1），使得
lim
n→∞
Sn
nm
存在且不等于零．
设数列{an}的通项公式为an=2n，数列{bn}满足2n2-(t+bn)n+
32
bn=0，（t∈R，n∈N*）．
（1）试确定实数t的值，使得数列{bn}为等差数列；
（2）当数列{bn}为等差数列时，对每个正整数k，在ak和ak+1之间插入bk个2，得到一个新数列{cn}．设Tn是数列{cn}的前n项和，试求满足Tm=2cm+1的所有正整数m．
设{ak}为等差数列，公差为d，ak＞0，k=1，2，…，2n+1．
（1）证明a＞a2n-1•a2n+1；
（2）记bk=，试证lg b1+lg b2+…+lg bn＞lg a2n+1-lg a1．

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