Question

设数列{a_n}的各项均为正数，它的前n项和为S_n（n∈N*），已知点（a_n，4S_n）在函数f （x）=x²+2x+1的图象上．
（1）证明{a_n}是等差数列，并求a_n；
（2）设m、k、p∈N*，m+p=2k，求证：+≥；
（3）对于（2）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）由4Sn=an2+2an+1，递推得4Sn-1=an-12+2an-1+1（n≥2），两式相减整理可得（an+an-1）（an-an-1-2）=0，由an+an-1≠0，可知an-an-1=2，符合等差数列的定义．
（2）由（1）可求得，从而有Sm=m2，Sp=p2，Sk=k2．再作差比较．
（3）由特殊到一般可猜想结论成立，设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则，可证明Sm+Sp-2Sk=ma1+d+pa1+d-[2ka1+k（k-1）d]=（m+p）a1+d-[2ka1+（k2-k）d]=•d=≥0，SmSp==≤=，从而得证．
证明：（1）∵4Sn=an2+2an+1，
∴4Sn-1=an-12+2an-1+1（n≥2）．
两式相减得4an=an2-an-12+2an-2an-1．
整理得（an+an-1）（an-an-1-2）=0，
∵an+an-1≠0，
∴an-an-1=2（常数）．
∴{an}是以2为公差的等差数列．又4S1=a12+2a1+1，即a12-2a1+1=0，解得a1=1，
∴an=1+（n-1）×2=2n-1．（4分）
（2）由（1）知，∴Sm=m2，Sp=p2，Sk=k2．
由=
≥≥=0，
即≥．（7分）
（3）结论成立，证明如下：
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则，
∵Sm+Sp-2Sk=ma1+d+pa1+d-[2ka1+k（k-1）d]=（m+p）a1+d-[2ka1+（k2-k）d]，
把m+p=2k代入上式化简得
Sm+SP-2Sk=•d=≥0，
∴Sm+Sp≥2Sk．
又SmSp==
≤
=
==
∴+=≥=．
故原不等式得证．（14分）