Question

設{a_n}是等差數列，其前n項的和為S_n．
（1）求證：數列{

Sn

n

}為等差數列；
（2）設{a_n}各項為正數，a₁=

1

15

，a₁≠a₂，若存在互異正整數m，n，p滿足：①m+p=2n；②

Sm

+

Sp

=2

Sn

．求集合{（x，y）|S_x•S_y=1，x∈N^*，y∈N^*}的元素個數；
（3）設b_n=aan（a為常數，a＞0，a≠1，a₁≠a₂），數列{b_n}前n項和為T_n．對于正整數c，d，e，f，若c＜d＜e＜f，且c+f=d+e，試比較（T_c）^-1+（T_f）^-1與（T_d）^-1+（T_e）^-1的大小．

Answer 1

分析：（1）{a_n}是等差數列，可以用首項a1和公差d來表示前n項的和為S_n再將其代入

Sn

n

的表達式，再用相鄰兩項作差的方法，得到相鄰兩項的差為常數，從而證出數列{

Sn

n

}為等差數列；
（2）根據（1）中的結論，先設

Sn

n

=αn+β（其中α、β為常數），從而S_n=αn²+βn．將此式代入已知式中第二個等式，通過整理變形得β=0，再結合結合首項a₁=

1

15

，得α=

1

15

，故S_n=

1

15

n²．然后利用此表達式將集合{（x，y）|S_x•S_y=1，x∈N^*，y∈N^*}化簡為{（x，y）|xy=15，x∈N^*，y∈N^*}，根據15有4個正約數，得到滿足條件的數對（x，y）的個數為4個；
（3）根據等比數列的定義證出數列{b_n}為等比數列，然后證明等比數列的一個結論：當n＞m時，T_n＞T_n-T_n-m=q^n-mT_m．利用這個結論，結合c+f=d+e可以證得（T_c）^-1-（T_d）^-1比（T_e）^-1-（T_f）^-1大，最后通過移項證得（T_c）^-1+（T_f）^-1＞（T_d）^-1+（T_e）^-1．

解答：解：（1）{a_n}為等差數列，設其公差為d，則

S n

n

=

na  1+   n(n-1)d 2

n

=a 1+

n-1

2

d，于是

Sn+1

n+1

-

S n

n

=a 1+

n

2

d-(aq+

n-1

2

d)=

d

2

（常數），
故數列{

Sn

n

}是a₁為首項，公差為

d

2

的等差數列．
（2）因為{a_n}為等差數列，所{

Sn

n

}是等差數列，
于是可設

Sn

n

=αn+β（其中α、β為常數），從而S_n=αn²+βn．
因為m+p=2n，所以由

Sm

+

Sp

=2

Sn

兩邊平方得
S_m+S_p+2

Sm

Sp

=4S_n，即得a(m 2+p 2)+2

Sm

Sp

=4an 2+2βn=a(m+p) 2+2βn，
于是

Sm Sn

=αmp+βn，兩邊平方并整理得β²（m-p）²=0．
因為m≠p，所以β=0，從而S_n=αn²，而a₁=

1

15

，所以α=

1

15

．
故S_n=

1

15

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

1

15

xy)  2=1，x∈N^*，y∈N^*}={（x，y）|xy=15，x∈N^*，y∈N^*}．
因為15有4個正約數，所以數對（x，y）的個數為4個．
即集合{（x，y）|S_x•S_y=1，x∈N^*，y∈N^*}中的元素個數為4．
（3）因為

b n+1

b n

=

aan+1

aan

=a d（常數），
所以數列{b_n}是正項等比數列．
因為a₁≠a₂，所以等比數列{b_n}的公比q≠1．
（T_c）^-1+（T_f）^-1與（T_d）^-1+（T_e）^-1的大小關系即（T_c）^-1-（T_d）^-1與（T_e）^-1-（T_f）^-1的大小關系
注意到當n＞m時，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

=（T_e）^-1-（T_f）^-1
移項可得（T_c）^-1+（T_f）^-1＞（T_d）^-1+（T_e）^-1．

點評：本題題是函數與數列、不等式的綜合，是一道難題．著重考查數列的函數性性質、等差數列的定義和性質等知識，考查了轉化構造法、放縮法、數形結合等思想方法．