Question

设数列{a_n}的通项是关于x的不等式x²-x＜（2n-1）x （n∈N^*）的解集中整数的个数．数列{a_n}的前n项和为S_n．
（Ⅰ）求a_n；
（Ⅱ）设m，k，p∈N^*，m+p=2k，求证：

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

；
（Ⅲ）对于（Ⅱ）中的命题，对一般的各项均为正数的等差数列还成立吗？如果成立，请证明你的结论，如果不成立，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）由题意知数列{a_n}的通项是关于x的不等式的解集中整数的个数，题目首先应该解不等式，从不等式的解集中得到整数的个数，得到数列的通项，用等差数列的定义来验证．
（2）根据前面结果写出要用的前几项的和，从不等式的一侧入手，利用均值不等式得到要求的结论．
（3）本题是对上一问的延伸，方法和前面的类似，但题目所给的一般的各项均为正数的等差数列在整理时增加了难度，题目绝大部分工作是算式的整理，注意不能出错．

解答：解：（1）不等式x²-x＜（2n-1）x 即x（x-2n）＜0，解得：0＜x＜2n，其中整数有2n-1个，
故 a_n=2n-1．
（2）由（1）知Sn=

n(1+2n-1)

2

=n2，∴S_m=m²，S_p=p²，S_k=k²．
由

1

Sm

+

1

Sp

-

2

Sk

=

1

m2

+

1

p2

-

2

k2

=

k2(m2+p2)-2m2p2

m2p2k2

=

( m+p 2 )2(m2+p2)-2m2p2

m2p2k2

≥

2mp•mp-2m2p2

m2p2k2

=0，
即

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

．   
（3）结论成立，证明如下：
设等差数列{a_n}的首项为a₁，公差为d，则Sn=na1+

n(n-1)

2

d=

n(a1+an)

2

，
∵Sm+Sp-2Sk=ma1+

m(m-1)

2

d+pa1+

p(p-1)

2

d-[2ka1+k(k-1)d]=(m+p)a1+

m2+p2-(m+p)

2

d-[2ka1+(k2-k)d]，
把m+p=2k代入上式化简得S_m+S_p-2S_k=

m2+p2-2×( m+p 2 )2

2

•d=

(m-p)2d

4

≥0，…16分．
∴S_m+S_p≥2S_k．
又 S_m•S_p =

mp(a1+am)(a1+ap)

4

=

mp[  a12+2 a1 (am+ap)+amap]

4

 
≤

( m+p 2 )2[a12+2a1ak+( am+ak 2 )2]

4

=

k2(a1+ak)2

4

=(

sk

2

)2．
∴

1

Sm

+

1

Sp

=

sm+sk

smsp

≥

2sk

( sk 2 )2

=

2

sk

，故

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

 成立．

点评：本题没有具体的数字运算但运算量非常大，它考查的是等差数列和等比数列的性质，基本不等式，实际上这类问题比具体的数字运算要困难，是几个知识点结合起来的综合问题，属于中档题．