Question

{a_n}是正項數(shù)列，其前n項．和為Sn，且1與Sn的幾何平均數(shù)等于1與a_n的算術(shù)平均數(shù)．
（1）求證：{a_n}為等差數(shù)列，并求a_n
（2）若

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

anan+1

＜logm2（m²-m）關(guān)于n∈N^*恒成立，求正數(shù)m的范圍；
（3）記T_n=

1

1+a1

+

1

1+a2

+…+

1

1+an

，求證：4T_2ⁿ≥n+2．

Answer 1

分析：第1問利用幾何平均數(shù)和算術(shù)平均數(shù)的概念列出S_n與a_n的關(guān)系式，然后利用：an=

S1          ，n=1 Sn-Sn-1  ，n≥ 2

可得出a_n與a_n-1遞推關(guān)系證明出{a_n}是等差數(shù)列；第2問因為第1問知{a_n}是等差數(shù)列，所以數(shù)列{

1

anan+1

}的前n項和可以用裂項法求出，然后根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可以證明出該不等式．第3問先表達(dá)出T_n，然后在表達(dá)出4T2n，在構(gòu)造f(n)=4T2n -n-2，利用f（n）-f（n-1）結(jié)果的正、負(fù)來判斷出單調(diào)性，從而可以證明出最后的結(jié)論．

解答：解：（1）由題意得：2

Sn

=1+an，即4S_n=1+2a_n+a_n²      ①
當(dāng)n=1時，a₁=1
當(dāng) n≥2時，4S_n1=1+2a_n-1+a_n-1^{2 ②
又}a_n＞0
∴a_n-a_n-1=2（n≥2）
∴{a_n}是以a₁=1為首項，2為公差的等差數(shù)列．
∴a_n=2n-1…4分
（2）由（1）知：

1

a1a2

+

1

a2a3

+…+

1

anan-1

=

1

1×3

+

1

3×5

+…+

1

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

=

1

2

(1-

1

3

+

1

3

-

1

5

+…+

1

2n-1

-

1

2n+1

)
=

1

2

(1-

1

2n+1

)
由數(shù)列{

1

2

(1-

1

2n+1

)}單調(diào)性知：

1

3

≤

1

2

(1-

1

2n+1

)＜

1

2

由題意得：

log

(m2-m) m2

≥

1

2

，其中m＞0且 m≠1
∵

log

(m2-m) m2

=

1

2

log

(m2-m) m

∴

log

(m2-m) m

≥1=log_m^m…③
由

m＞0 m2-m ＞0

得：m＞1
 所以由③可得：m²-m≥m，即  m（m-2）≥0，∴m≥2  
 m的范圍為[2，+∞）…9分
（3）由題意得：Tn=

1

2

+

1

4

+

1

6

+…+

1

2n

∴4T2n=4(

1

2

+

1

4

+

1

6

+…+

1

2n+1

)=2(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2n

)
令f(n)=4T2n -n-2
則f(n)-f(n-1)=2(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2n

)-n-2-2(1+

1

2

+

1

3

+…+

1

2n-1

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

1

2n-1+1

+

1

2n-1+2

+…+

1

2n

)-1
               ＞2(

2n-1

2n

)-1=0
∴f（n）單調(diào)遞增．
由f(1)=4T2-3=4(

1

2

+

1

4

)-3=0
∴f（n）≥0
∴4T2n＞n+2…14分

點評：本題的第1問主要考查了an=

S1          ，n=1 Sn-Sn-1  ，n≥ 2

運用及等比數(shù)列的定義．第2問主要考查裂項法求和，關(guān)鍵要弄清裂項法“什么時候用？怎么用？”，難點在有根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性得出

1

3

≤

1

2

(1-

1

2n+1

)＜

1

2

過渡到

log

(m2-m) m2

≥

1

2

．第3問主要證明不等式的方法是作差，把差式構(gòu)造成關(guān)于正整數(shù)的函數(shù)，利用后項減前項得出了單調(diào)性，體現(xiàn)了用函數(shù)思想解決數(shù)列問題的常規(guī)方法．總體來說綜合性較強難度偏大．