设{an}是等差数列.其前n项的和为Sn．(1)求证:数列{Snn}为等差数列,(2)设{an}各项为正数.a1=115.a1≠a2.若存在互异正整数m.n.p满足:①m+p=2n,②Sm+Sp=2Sn．求集合{(x.y)|Sx•Sy=1.x∈N*.y∈N*}的元素个数,(3)设bn=aan(a为常数.a＞0.a≠1.a1≠a2).数列{bn}前n项和为Tn．� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

设{a_n}是等差数列，其前n项的和为S_n．
（1）求证：数列{

}为等差数列；
（2）设{a_n}各项为正数，a₁=

，a₁≠a₂，若存在互异正整数m，n，p满足：①m+p=2n；②

．求集合{（x，y）|S_x•S_y=1，x∈N^*，y∈N^*}的元素个数；
（3）设b_n=aan（a为常数，a＞0，a≠1，a₁≠a₂），数列{b_n}前n项和为T_n．对于正整数c，d，e，f，若c＜d＜e＜f，且c+f=d+e，试比较（T_c）^-1+（T_f）^-1与（T_d）^-1+（T_e）^-1的大小．

分析：（1）{a_n}是等差数列，可以用首项a1和公差d来表示前n项的和为S_n再将其代入

的表达式，再用相邻两项作差的方法，得到相邻两项的差为常数，从而证出数列{

}为等差数列；
（2）根据（1）中的结论，先设

=αn+β（其中α、β为常数），从而S_n=αn²+βn．将此式代入已知式中第二个等式，通过整理变形得β=0，再结合结合首项a₁=

，得α=

，故S_n=

n²．然后利用此表达式将集合{（x，y）|S_x•S_y=1，x∈N^*，y∈N^*}化简为{（x，y）|xy=15，x∈N^*，y∈N^*}，根据15有4个正约数，得到满足条件的数对（x，y）的个数为4个；
（3）根据等比数列的定义证出数列{b_n}为等比数列，然后证明等比数列的一个结论：当n＞m时，T_n＞T_n-T_n-m=q^n-mT_m．利用这个结论，结合c+f=d+e可以证得（T_c）^-1-（T_d）^-1比（T_e）^-1-（T_f）^-1大，最后通过移项证得（T_c）^-1+（T_f）^-1＞（T_d）^-1+（T_e）^-1．

解答：解：（1）{a_n}为等差数列，设其公差为d，则

S n

na 1+

n(n-1)d

=a 1+

n-1

d，于是

Sn+1

n+1

S n

=a 1+

d-(aq+

n-1

d)=

（常数），
故数列{

}是a₁为首项，公差为

的等差数列．
（2）因为{a_n}为等差数列，所{

}是等差数列，
于是可设

=αn+β（其中α、β为常数），从而S_n=αn²+βn．
因为m+p=2n，所以由

两边平方得
S_m+S_p+2

=4S_n，即得a(m 2+p 2)+2

=4an 2+2βn=a(m+p) 2+2βn，
于是

Sm Sn

=αmp+βn，两边平方并整理得β²（m-p）²=0．
因为m≠p，所以β=0，从而S_n=αn²，而a₁=

，所以α=

．
故S_n=

n²．所以{（x，y）|S_x•S_y=1，x∈N^*，y∈N^*}={（x，y）|(

xy) 2=1，x∈N^*，y∈N^*}={（x，y）|xy=15，x∈N^*，y∈N^*}．
因为15有4个正约数，所以数对（x，y）的个数为4个．
即集合{（x，y）|S_x•S_y=1，x∈N^*，y∈N^*}中的元素个数为4．
（3）因为

b n+1

b n

aan+1

aan

=a d（常数），
所以数列{b_n}是正项等比数列．
因为a₁≠a₂，所以等比数列{b_n}的公比q≠1．
（T_c）^-1+（T_f）^-1与（T_d）^-1+（T_e）^-1的大小关系即（T_c）^-1-（T_d）^-1与（T_e）^-1-（T_f）^-1的大小关系
注意到当n＞m时，T_n＞T_n-T_n-m=q^n-mT_m．
所以T_d＞q^d-cT_c且T_f＞q^f-eT_e?（T_c）^-1-（T_d）^-1=

T d-T c

T dTc

＞

T f-T e

T eTf