Question

4．設(shè)S_n是非負(fù)等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，m，n，p∈N⁺，若m+n=2p，求證：
（1）S_n，S_2n-S_n，S_3n-S_2n成等差數(shù)列；
（2）$\frac{1}{S_m}+\frac{1}{S_n}≥\frac{2}{S_p}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)以及定義即可證明S_n，S_2n-S_n，S_3n-S_2n成等差數(shù)列；
（2）利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，進(jìn)行證明即可．

解答 （1）證明：設(shè)等差數(shù)列a_n的首項(xiàng)為a₁，公差為d，
則S_n=a₁+a₂+…+a_n，S_2n-S_n=a_n+1+a_n+2+…+a_2n=a₁+nd+a₂+nd+…+a_n+nd=S_n+n²d，
同理：S_3n-S_2n=a_2n+1+a_2n+2+…+a_3n=a_n+1+a_n+2+…+a_2n+n²d=S_2n-S_n+n²d，
∴2（S_2n-S_n）=S_n+（S_3n-S_2n），
∴S_n，S_2n-S_n，S_3n-S_2n，…是等差數(shù)列．
（2）證明：在等差數(shù)列{a_n}中，由m+n=2p易得a_m+a_n=2a_p，等式兩邊同時(shí)加2a₁，得得（a₁+a_m）+（a₁+a_n）=2（a_p+a₁）．
 由等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式化簡(jiǎn)得$\frac{{S}_{m}}{m}+\frac{{S}_{n}}{n}=\frac{2{S}_{p}}{p}$，
有（$\frac{1}{{S}_{m}}$+$\frac{1}{{S}_{n}}$）（$\frac{{S}_{m}}{m}$+$\frac{{S}_{n}}{n}$）=$\frac{1}{m}$+$\frac{1}{n}$+$\frac{{S}_{m}}{m•{S}_{n}}$+$\frac{{S}_{n}}{n•{S}_{m}}$≥$\frac{1}{m}$+$\frac{1}{n}$+2$\sqrt{\frac{1}{mn}}$=（$\frac{1}{\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n}}$）²
因此，（$\frac{1}{{S}_{m}}$+$\frac{1}{{S}_{n}}$）•$\frac{2{S}_{p}}{p}$≥（$\frac{1}{\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n}}$）²，
故$\frac{1}{{S}_{m}}$+$\frac{1}{{S}_{n}}$≥$\frac{p}{2{S}_{p}}$•（$\frac{1}{\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n}}$）²=$\frac{m+n}{4{S}_{p}}$•（$\frac{1}{\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n}}$）²，

又$\frac{（m+n）}{{4{S_p}}}•{（{\frac{1}{{\sqrt{m}}}+\frac{1}{{\sqrt{n}}}}）^2}=\frac{{2+\frac{n}{m}+\frac{m}{n}+\frac{2（m+n）}{{\sqrt{mn}}}}}{{4{S_p}}}≥\frac{8}{{4{S_p}}}$（以上等號(hào)可同時(shí)成立）
故$\frac{1}{{S}_{m}}$+$\frac{1}{{S}_{n}}$≥$\frac{2}{{S}_{p}}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查等差數(shù)列的性質(zhì)的以及數(shù)列與不等式的證明，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度，考查學(xué)生的運(yùn)算和推理能力．