Question

若實數(shù)列{a_n}滿足a_k-1+a_k+1≥2a_k（k=2，3，…），則稱數(shù)列{a_n}為凸數(shù)列．
（Ⅰ）判斷數(shù)列an=(

3

2

)n(n∈N+)是否是凸數(shù)列？
（Ⅱ）若數(shù)列{a_n}為凸數(shù)列，k、n、m∈N₊，且k＜n＜m，
（i）求證：

am-an

m-n

≥

an-ak

n-k

；
（ii）設(shè)S_n是數(shù)列{a_n}的前n項和，求證：

m-n

k

Sk+

n-k

m

Sm≥

m-k

n

Sn．

Answer 1

分析：（Ⅰ）將an=(

3

2

)n(n∈N+)代入a_k+1+a_k-1-2a_k判定符號，從而確定數(shù)列{a_n}是否是凸數(shù)列；
（Ⅱ） （i）由a_k-1+a_k+1≥2a_k（k=2，3，…）得a_k+1-a_k≥a_k-a_k-1，從而a_m-a_n≥（m-n）（a_n+1-a_n）則

am-an

m-n

≥an+1-an，同理可得a_n-a_k≤（n-k）（a_n+1-a_n）即

an-ak

n-k

≤an+1-an，從而證得結(jié)論；
（ii）由

am-an

m-n

≥

an-ak

n-k

得（m-n）a_k+（n-k）a_m≥（m-k）a_n①，先證{

Sn

n

}是凸數(shù)列，由①得可得結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ）∵ak+1+ak-1-2ak=(

3

2

)k+1+(

3

2

)k-1-2(

3

2

)k=

1

4

(

3

2

)k-1＞0，
∴數(shù)列an=(

3

2

)n(n∈N+)是凸數(shù)列．
證明（Ⅱ） （i）由a_k-1+a_k+1≥2a_k（k=2，3，…）得
a_k+1-a_k≥a_k-a_k-1a_m-a_n=（a_m-a_m-1）+（a_m-1-a_m-2）+…+（a_n+1-a_n）≥（m-n）（a_n+1-a_n）
⇒

am-an

m-n

≥an+1-an，a_n-a_k=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a_k+1-a_k）≤（n-k）（a_n-a_n-1）≤（n-k）（a_n+1-a_n）
⇒

an-ak

n-k

≤an+1-an，故

am-an

m-n

≥

an-ak

n-k

．
（ii）由

am-an

m-n

≥

an-ak

n-k

得（m-n）a_k+（n-k）a_m≥（m-k）a_n．①
故先證{

Sn

n

}是凸數(shù)列．
在（m-n）a_k+（n-k）a_m≥（m-k）a_n中令m=n+1得a_k+（n-k）a_n+1≥（n+1-k）a_n，令k=1，2，…，n-1，（n≥2）疊加得Sn-1+

1

2

n(n-1)an+1≥

1

2

(n+2)(n-1)an，⇒2S_n-1+n（n-1）（S_n+1-S_n）≥（n+2）（n-1）（S_n-S_n-1）

⇒n(n+1)Sn-1+n(n-1)Sn+1≥2(n2-1)Sn ⇒ Sn-1 n-1 + Sn+1 n+1 ≥2 Sn n .

故{

Sn

n

}是凸數(shù)列，由①得

m-n

k

Sk+

n-k

m

Sm≥

m-k

n

Sn．

點評：本題主要考查了數(shù)列與不等式的綜合，以及新定義和數(shù)列的函數(shù)特性，同時考查了計算能力，屬于難題．