Question

设S_n是各项均为非零实数的数列{a_n}的前n项和，给出如下两个命题：命题p：{a_n}是等差数列；命题q：等式

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

anan+1

=

kn+b

a1an+1

对任意的n（n∈N^*）恒成立，其中k，b是常数．
（1）若p是q的充分条件，求k，b的值；
（2）对于（1）中的k与b，问p是否为q的必要条件，请说明理由；
（3）若p为真命题，对于给定的正整数n（n＞1）和正数M，数列{a_n}满足条件a₁²+a_n+1²≤M，试求S_n的最大值．

Answer 1

考点：数列与三角函数的综合,复合命题的真假,数列的求和,数列与函数的综合

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）设{a_n}的公差为d，原等式可化为

1

d

•

nd

a1an+1

=

kn+b

a1an+1

，利用恒成立求出k=1，b=0．
（2）当k=1，b=0时，假设p是否为q的必要条件，即“若

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

anan+1

=

n

a1an+1

①对于任意的n（n∈N^*）恒成立，则{a_n}为等差数列”．通过当n≥2时，以及n=2时，推出{a_n}为等差数列，得到p是否为q的必要条件．
（3）利用

a

2 1

+

a

2 n+1

≤M，可设a₁=rcosθ，a_n+1=rsinθ，其中r≤

M

．设{a_n}的公差为d，则a_n+1-a₁=nd=rsinθ-rcosθ，求出公差，推出Sn=

(a1+an)n

2

=

(n+1)cosθ+(n-1)sinθ

2

r利用基本不等式求解S_n的最大值．

解答： 解：（1）设{a_n}的公差为d，则原等式可化为

1

d

(

1

a1

-

1

a2

+

1

a2

-

1

a3

+…+

1

an

-

1

an+1

)=

kn+b

a1an+1

，所以

1

d

•

nd

a1an+1

=

kn+b

a1an+1

，
即（k-1）n+b=0对于n∈N^*恒成立，所以k=1，b=0．…（4分）
（2）当k=1，b=0时，假设p是否为q的必要条件，即“若

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

anan+1

=

n

a1an+1

①对于任意的n（n∈N^*）恒成立，则{a_n}为等差数列”．…（6分）
当n≥2时，

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

an-1an

=

n-1

a1an+1

②，由①-②得，

1

anan+1

=

1

a1

(

n

an+1

-

n-1

an

)，即na_n-（n-1）a_n+1=a₁③．
当n=2时，a₁+a₃=2a₂，即a₁、a₂、a₃成等差数列，
当n≥3时，（n-1）a_n-1-（n-2）a_n=a₁④，即2a_n=a_n-1+a_n+1．所以{a_n}为等差数列，即p是否为q的必要条件．…（10分）
（3）由

a

2 1

+

a

2 n+1

≤M，可设a₁=rcosθ，a_n+1=rsinθ，其中r≤

M

．
设{a_n}的公差为d，则a_n+1-a₁=nd=rsinθ-rcosθ，所以d=

rsinθ-rcosθ

n

，
所以an=an+1-d=rsinθ-

rsinθ-rcosθ

n

，Sn=

(a1+an)n

2

=

(n+1)cosθ+(n-1)sinθ

2

r≤

(n+1)2+(n-1)2

2

•

M

=

2

2

M(n2+1)

，所以S_n的最大值为

2

2

M(n2+1)

…（16分）

点评：本题考查数列与函数相结合，基本不等式的应用，恒成立问题的应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．