Question

已知數(shù)列{a_n}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列．
（1）若a₁=2，且a₂，a₃，a₄+1成等比數(shù)列，求數(shù)列{a_n}的通項公式a_n；
（2）在（1）的條件下，數(shù)列{a_n}的前n和為S_n，設(shè)b_n=

1

Sn+1

+

1

Sn+2

+…+

1

S2n

，若對任意的n∈^Φ，不等式b_n≤k恒成立，求實數(shù)k的最小值；
（3）若數(shù)列{a_n}中有兩項可以表示為某個整數(shù)c（c＞1）的不同次冪，求證：數(shù)列{a_n}中存在無窮多項構(gòu)成等比數(shù)列．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由已知得a32=a₂（a₄+1），d＞0，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2n．
（2）由S_n=n（n+1），得bn=

1

Sn+1

+

1

Sn+2

+…+

1

S2n

=

1

2n+ 1 n +3

，要使對任意的正整數(shù)n，不等式b_n≤k恒成立，需使k≥[bn]max=

1

6

，由此能求出實數(shù)k的最小值．10分）
（3）設(shè)c^r=a_i，c^s=a_j，其中a_i，a_j 是數(shù)列的項，a是大于1的整數(shù)，r＜s，i＜j，令t=s-r，則c^s-c^r=c^S-c^r=c^r（c^t-1），由此能證明數(shù)列{a_n}中存在無窮多項構(gòu)成等比數(shù)列．

解答： （1）解：因為a₁=2，且a₂，a₃，a₄+1成等比數(shù)列，
所以a₁=2，a32=a₂（a₄+1），又因為{a_n}是正項等差數(shù)列，故d＞0
所以（2+2d）²=（2+d）（3+3d），得d=2或d=1（舍去），
所以數(shù)列{a_n}的通項公式a_n=2n．…（4分）
（2）解：因為S_n=n（n+1），
bn=

1

Sn+1

+

1

Sn+2

+…+

1

S2n

=

1

(n+1)(n+2)

+

1

(n+2)(n+3)

+…+

1

2n(2n+1)

=

1

n+1

-

1

n+2

+

1

n+2

-

1

n+3

+…+

1

2n

-

1

2n+1

=

1

n+1

-

1

2n

=

n

2n2+3n+1

=

1

2n+ 1 n +3

，
令f(x)=2x+

1

x

（x≥1），則f′（x）=2x-

1

x2

，當(dāng)xx≥1時，f′（x）＞0恒成立，
所以f（x）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
故當(dāng)x=1時，[f（x）]_min=f（1）=3，即當(dāng)n=1時，[b_n]_max=

1

6

，
要使對任意的正整數(shù)n，不等式b_n≤k恒成立，
則須使k≥[bn]max=

1

6

，所以實數(shù)k的最小值為

1

6

．…（10分）
（3）證明：因為這個數(shù)列的所有項都是正數(shù)，并且不相等，所以d＞0，
設(shè)c^r=a_i，c^s=a_j，其中a_i，a_j 是數(shù)列的項，a是大于1的整數(shù)，r＜s，i＜j，
令t=s-r，則c^s-c^r=c^S-c^r=c^r（c^t-1），
故c^s-c^r=a_j-a_i是d的整數(shù)倍，是c的r+kt次冪c^c+kl，
所以c^r+kl-c^r=c^r（c^kt-1）=c^r（c^t-1）（c^（k-l）t+k+1），右邊是d的整數(shù)倍．
所有c^r+kt這種形式是數(shù)列{a_n}中某一項，
因此有等比數(shù)列{b_n}，其中b1=cr，q=c^t=c^5-r．    …（16分）

點評：本題考查數(shù)列的通項公式的求法，考查實數(shù)的最小值的求法，考查等比數(shù)列的證明，解題要注意不等式性質(zhì)和數(shù)列知識的合理運用．