题目内容
设数列{an}的通项是关于x的不等式x2-x＜（2n-1）x（n∈N′）的解集中整数的个数．（1）求an并且证明{an}是等差数列；
（2）设m、k、p∈N*，m+p=2k，求证：
| 1 |
| Sm |
| 1 |
| Sp |
| 2 |
| Sk |
（3）对于（2）中的命题，对一般的各项均为正数的等差数列还成立吗？如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由．
分析：（1）由题意知数列{an}的通项是关于x的不等式的解集中整数的个数，题目首先应该解不等式，从不等式的解集中得到整数的个数，得到数列的通项，用等差数列的定义来验证．
（2）根据前面结果写出要用的前几项的和，从不等式的一侧入手，利用均值不等式得到要求的结论．
（3）本题是对上一问的延伸，方法和前面的类似，但题目所给的一般的各项均为正数的等差数列在整理时增加了难度，题目绝大部分工作是算式的整理，注意不能出错．
（2）根据前面结果写出要用的前几项的和，从不等式的一侧入手，利用均值不等式得到要求的结论．
（3）本题是对上一问的延伸，方法和前面的类似，但题目所给的一般的各项均为正数的等差数列在整理时增加了难度，题目绝大部分工作是算式的整理，注意不能出错．
解答：解：（1）不等式x2-x＜（2n-1）x即x（x-2n）＜0
解得：0＜x＜2n，其中整数有2n-1个
∴an=2n-1，
由通项公式可得：an-an-1=2，
∴数列{an}是等差数列；
（2）由（1）知Sn=
=n2，
∴Sm=m2，Sp=p2，Sk=k2．
由
+
-
=
+
-
=
≥
=0，
即
+
≥
；
（3）结论成立，证明如下：
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则Sn=na1+
d=
，
∵Sm+Sp-2Sk=ma1+
d+pa1+
d-[2ka1+k(k-1)d]=(m+p)a1+
d-[2ka1+(k2-k)d]，
把m+p=2k代入上式化简得Sm+Sp-2Sk=
•d=
≥0，
∴Sm+Sp≥2Sk．
又Sm•Sp=
=
≤
=
=
=(
)2，
∴
+
=
≥
=
．
故原不等式得证．
解得：0＜x＜2n，其中整数有2n-1个
∴an=2n-1，
由通项公式可得：an-an-1=2，
∴数列{an}是等差数列；
（2）由（1）知Sn=
| n(1+2n-1) |
| 2 |
∴Sm=m2，Sp=p2，Sk=k2．
由
| 1 |
| Sm |
| 1 |
| Sp |
| 2 |
| Sk |
| 1 |
| m2 |
| 1 |
| p2 |
| 2 |
| k2 |
| k2(m2+p2)-2m2p2 |
| m2p2k2 |
≥
| 2mp•mp-2m2p2 |
| m2p2k2 |
即
| 1 |
| Sm |
| 1 |
| Sp |
| 2 |
| Sk |
（3）结论成立，证明如下：
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则Sn=na1+
| n(n-1) |
| 2 |
| n(a1+an) |
| 2 |
∵Sm+Sp-2Sk=ma1+
| m(m-1) |
| 2 |
| p(p-1) |
| 2 |
| m2+p2-(m+p) |
| 2 |
把m+p=2k代入上式化简得Sm+Sp-2Sk=
m2+p2-2×(
| ||
| 2 |
| (m-p)2d |
| 4 |
∴Sm+Sp≥2Sk．
又Sm•Sp=
| mp(a1+am)(a1+ap) |
| 4 |
mp[
| ||
| 4 |
≤
(
| ||||||
| 4 |
k2(
| ||||
| 4 |
| k2(a1+ak)2 |
| 4 |
| Sk |
| 2 |
∴
| 1 |
| Sm |
| 1 |
| Sp |
| Sm+Sp |
| SmSp |
| 2Sk | ||
(
|
| 2 |
| Sk |
故原不等式得证．
点评：本题没有具体的数字运算但运算量非常大，它考查的是等差数列和等比数列的性质，基本不等式，实际上这类问题比具体的数字运算要困难，是几个知识点结合起来的综合问题．
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