题目

题型：闵行区一模难度：来源：

设数列{a_n}的各项均为正数，前n项和为S_n，已知4Sn=

a

2n

+2an+1(n∈N*)
（1）证明数列{a_n}是等差数列，并求其通项公式；
（2）是否存在k∈N^*，使得Sk2=

a

2k+2048

，若存在，求出k的值；若不存在请说明理由；
（3）证明：对任意m、k、p∈N^*，m+p=2k，都有

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

．

答案

（1）∵4Sn=

a

2n

+2an+1，
∴当n≥2时，4Sn-1=

a

2n-1

+2an-1+1．
两式相减得4an=

a

2n

-

a

2n-1

+2an-2an-1，
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0
∵a_n＞0，∴a_n-a_n-1=2，
又4S1=

a

21

+2a1+1，∴a₁=1
∴{a_n}是以a₁=1为首项，d=2为公差的等差数列． 
∴a_n=a₁+（n-1）d=2n-1；
（2）由（1）知Sn=

(1+2n-1)n

2

=n2，
假设正整数k满足条件，
则（k²）²=[2（k+2048）-1]²
∴k²=2（k+2048）-1，
解得k=65；                         
（3）证明：由Sn=n2得：Sm=m2，Sk=k2，Sp=p2
于是

1

Sm

+

1

Sp

-

2

Sk

=

1

m2

+

1

p2

-

2

k2

=

k2(p2+m2)-2m2p2

m2p2k2

∵m、k、p∈N^*，m+p=2k，
∴

k2(p2+m2)-2m2p2

m2p2k2

=

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

m2p2k2

≥

mp×2pm-2m2p2

m2p2k2

=0．
∴

1

Sm

+

1

Sp

≥

2

Sk

．