记等差数列{an}的前n项和为Sn．(1)求证:数列{$\frac{{S} {n}}{n}$}是等差数列,(2)若a1=1.对任意的n∈N*.n≥2.均有$\sqrt{{S} {n-1}}$.$\sqrt{{S} {n}}$.$\sqrt{{S} {n+1}}$是公差为1的等差数列.求使$\frac{{S} {k+1}{S} {k+2}}{{S} {k}^{2}}$为整数的正整数k的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

15．记等差数列{a_n}的前n项和为S_n．
（1）求证：数列{$\frac{{S}_{n}}{n}$}是等差数列；
（2）若a₁=1，对任意的n∈N*，n≥2，均有$\sqrt{{S}_{n-1}}$，$\sqrt{{S}_{n}}$，$\sqrt{{S}_{n+1}}$是公差为1的等差数列，求使$\frac{{S}_{k+1}{S}_{k+2}}{{S}_{k}^{2}}$为整数的正整数k的取值集合；
（3）记b_n=a${\;}^{{a}_{n}}$（a＞0），求证：$\frac{{b}_{1}+{b}_{2}+…+{b}_{n}}{n}$≤$\frac{{b}_{1}+{b}_{n}}{2}$．

分析（1）设等差数列{a_n}的公差为d，求出S_n，从而$\frac{Sn}{n}$，然后利用作差法证明数列{$\frac{Sn}{n}$}是等差数列；
（2）由题意{$\sqrt{{S}_{n}}$}是公差为1的等差数列，可得$\sqrt{Sn}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+（n-1）×1=n，则S_n=n²．代入$\frac{{S}_{k+1}{S}_{k+2}}{{S}_{k}^{2}}$，可知k=1，2满足条件，k=3不满足条件；当k≥4时，利用作差法证明1$＜1+\frac{3k+2}{{k}^{2}}＜2$，得$\frac{{S}_{k+1}{S}_{k+2}}{{S}_{k}^{2}}$不是整数，从而可得正整数k的取值集合为{1，2}；
（3）设等差数列{a_n}的公差为d，求出a_n，可得b_n=a${\;}^{{a}_{n}}$=${a}^{{a}_{1}}•{a}^{（n-1）d}$，利用定义可得数列{b_n}是公比大于0，首项大于0的等比数列，记公比为q（q＞0）．再证明b₁+b_n≥b_p+b_k，其中p，k为正整数，且p+k=1+n．即可证得$\frac{{b}_{1}+{b}_{2}+…+{b}_{n}}{n}$≤$\frac{{b}_{1}+{b}_{n}}{2}$．

解答（1）证明：设等差数列{a_n}的公差为d，则S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d，从而$\frac{Sn}{n}$=a₁+$\frac{n-1}{2}$d，
∴当n≥2时，$\frac{Sn}{n}$-$\frac{{S}_{n-1}}{n-1}$=（a₁+$\frac{n-1}{2}$d）-（a₁+$\frac{n-2}{2}$d）=$\frac{d}{2}$．
即数列{$\frac{Sn}{n}$}是等差数列；
（2）解：∵对任意的n∈N*，n≥2，$\sqrt{{S}_{n-1}}$，$\sqrt{{S}_{n}}$，$\sqrt{{S}_{n+1}}$都是公差为1的等差数列，
∴{$\sqrt{{S}_{n}}$}是公差为1的等差数列，
又a₁=1，∴$\sqrt{{S}_{1}}=1$．
∴$\sqrt{Sn}$=$\sqrt{{S}_{1}}$+（n-1）×1=n，则S_n=n²．
∴$\frac{{S}_{k+1}{S}_{k+2}}{{S}_{k}^{2}}$=$[\frac{（k+1）（k+2）}{{k}^{2}}]^{2}=（1+\frac{3k+2}{{k}^{2}}）^{2}$，
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＜$\frac{3k+2}{{k}^{2}}$＜1，
∴1$＜1+\frac{3k+2}{{k}^{2}}＜2$，$\frac{{S}_{k+1}{S}_{k+2}}{{S}_{k}^{2}}$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{a_n}的公差为d，则a_n=a₁+（n-1）d，b_n=a${\;}^{{a}_{n}}$=${a}^{{a}_{1}}•{a}^{（n-1）d}$，
∴$\frac{{b}_{n}}{{b}_{n-1}}$=$\frac{{a}^{{a}_{1}}•{a}^{（n-1）d}}{{a}^{{a}_{1}}•{a}^{（n-2）d}}$=a^d，
即数列{b_n}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+b_n≥b_p+b_k，其中p，k为正整数，且p+k=1+n．
∵（b₁+b_n）-（b_p+b_k）=b₁+b₁q^n-1-b₁q^p-1-b₁q^k-1=b₁（q^p-1-1）（q^k-1-1）．
当q＞1时，∵y=q^x为增函数，p-1≥0，k-1≥0，
∴q^p-1-1≥0，q^k-1-1≥0，则b₁+b_n≥b_p+b_k．
当q=1时，b₁+b_n=b_p+b_k．
当0＜q＜1时，∵y=q^x为减函数，p-1≥0，k-1≥0，
∴q^p-1-1≤0，q^k-1-1≤0，则b₁+b_n≥b_p+b_k．
综上，b₁+b_n≥b_p+b_k，其中p，k为正整数，且p+k=1+n．
∴n（b₁+b_n）=（b₁+b_n）+（b₁+b_n）+…+（b₁+b_n）
≥（b₁+b_n）+（b₂+b_n-1）+（b₃+b_n-2）+…+（b_n+b₁）
=（b₁+b₂+…+b_n）+（b_n+b_n-1+…+b₁），
即$\frac{{b}_{1}+{b}_{2}+…+{b}_{n}}{n}$≤$\frac{{b}_{1}+{b}_{n}}{2}$．