（1）已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若Sn=（an+1）2．①求{an}的通项公式；②设m，k，p∈N*，m+p=2k，求证：+≥（2）若{an}是

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（1）解：①由Sn=，可得，
两式相减得，
化为（an+1+an）（an+1-an-2）=0．
∵an＞0，∴an+1-an-2=0，即an+1-an=2．
∴数列{an}是公差为2的等差数列．
又，化为，解得a1=1．
∴an=1+（n-1）×2=2n-1．
②由①知，
∴-==，
又∵m，k，p∈N*，m+p=2k，∴．
∴-=≥=0，
∴≥成立．
（2）由{an}是等差数列，设公差为d，
假设存在m∈N*，，Tm+1，Tm+2构成等比数列．即．
∴，
化为dTm=，即（*）
若d=0，则a1=0，∴Tm=Tm+1=Tm+2=0，这与，Tm+1，Tm+2构成等比数列矛盾．
若d≠0，要使（*）式中的首项a1存在，必须△≥0，
然而△=m2d2-2m（m+1）d2=-（m2+2m）d2＜0，矛盾．
综上所述，对任意n∈N*，Tn，Tn+1，Tn+2不能构成等比数列．
解析分析：（1）①利用n=1时，a1=S1即可得出，当n≥1时，an+1=Sn+1-Sn即可得出an；②由①可得an=2n-1为等差数列，再利用等差数列的前n项和公式即可得到Sn，再利用基本不等式即可证明-＞0．（2）由{an}是等差数列，设公差为d．假设存在m∈N*，，Tm+1，Tm+2构成等比数列．得即，化为dTm=，即（*）对分类讨论即可得出．

点评：熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式及其关系：（n=1时，a1=S1即可得出，当n≥1时，an+1=Sn+1-Sn即可得出an）、基本不等式的性质、分类讨论的思想方法、反证法等是解题的关键．