题目内容
【题目】记等差数列{an}的前n项和为Sn ．
（1）求证：数列{ 
}是等差数列；
（2）若a1=1，对任意的n∈N*，n≥2，均有 
， 
， 
是公差为1的等差数列，求使 
为整数的正整数k的取值集合；
（3）记bn=a 
（a＞0），求证： 
≤ 
．
【答案】
（1）证明：设等差数列{an}的公差为d，则Sn=na1+ 
d，从而 
=a1+ 
d，
∴当n≥2时， ﹣ 
=（a1+ d）﹣（a1+ 
d）= 
．
即数列{ }是等差数列；
（2）解：∵对任意的n∈N*，n≥2， 
， 
， 
都是公差为1的等差数列，
∴{ }是公差为1的等差数列，
又a1=1，∴ 
．
∴ 
= 
+（n﹣1）×1=n，则Sn=n2．
∴ 
= 
，
显然，k=1，2满足条件，k=3不满足条件；
当k≥4时，∵k2﹣3k﹣2=k（k﹣3）﹣2≥4（4﹣3）﹣2=2＞0，
∴0＜ 
＜1，
∴1 
， 不是整数．
综上所述，正整数k的取值集合为{1，2}；
（3）证明：设等差数列{an}的公差为d，则an=a1+（n﹣1）d，bn=a 
= 
，
∴ 
= 
=ad，
即数列{bn}是公比大于0，首项大于0的等比数列，记公比为q（q＞0）．
以下证明：b1+bn≥bp+bk，其中p，k为正整数，且p+k=1+n．
∵（b1+bn）﹣（bp+bk）=b1+b1qn﹣1﹣b1qp﹣1﹣b1qk﹣1=b1（qp﹣1﹣1）（qk﹣1﹣1）．
当q＞1时，∵y=qx为增函数，p﹣1≥0，k﹣1≥0，
∴qp﹣1﹣1≥0，qk﹣1﹣1≥0，则b1+bn≥bp+bk．
当q=1时，b1+bn=bp+bk．
当0＜q＜1时，∵y=qx为减函数，p﹣1≥0，k﹣1≥0，
∴qp﹣1﹣1≤0，qk﹣1﹣1≤0，则b1+bn≥bp+bk．
综上，b1+bn≥bp+bk，其中p，k为正整数，且p+k=1+n．
∴n（b1+bn）=（b1+bn）+（b1+bn）+…+（b1+bn）
≥（b1+bn）+（b2+bn﹣1）+（b3+bn﹣2）+…+（bn+b1）
=（b1+b2+…+bn）+（bn+bn﹣1+…+b1），
即 
≤ 
．
【解析】（I）先利用等差数列的前n项和公式可得
，再利用等差数列的定义可证数列{}是等差数列；（II）先由题意可得{}的通项公式，进而可得{Sn}的通项公式，再对k的值进行验证为整数，从而正整数k的取值集合；（III）先利用等比数列的定义可证数列{bn}是等比数列，再利用指数函数的单调性可证b1+bn≥bp+bk，进而可证
．
【考点精析】解答此题的关键在于理解不等式的证明的相关知识，掌握不等式证明的几种常用方法:常用方法有：比较法（作差，作商法）、综合法、分析法；其它方法有：换元法、反证法、放缩法、构造法，函数单调性法，数学归纳法等．
