一道伪装成数列的代数题

原题

(多选)设有正数列 $\{a_n\}$，其前 $k$ 项和为 $S_k$，则下列哪一个 $f(n)\ge0$ 能使对任意的 $n\in\mathbb{N^+}$，都有 $\frac{f(n)}{S_n}+\sum_{k=1}^n\frac k{S_k}\le\sum_{k=1}^n\frac2{a_k}$ 成立 ( )

A.$f(n)=2n$ B.$f(n)=\frac{n^2}2$ C.$f(n)=\ln n$ D.$f(n)=\frac1n$

分析

不妨设 $S_n=1$. 则有 $f(n)\le\sum_{k=1}^n\frac2{a_k}-\sum_{k=1}^n\frac k{S_k}$. 问题转化为对于每个 $n\in\mathbb{N^+}$，$S_n=1$，求 $\sum_{k=1}^n\frac2{a_k}-\sum_{k=1}^n\frac k{S_k}$ 最小值.

设 $T_n$ 为 $S_n=1$ 时 $\sum_{k=1}^n\frac2{a_k}-\sum_{k=1}^n\frac k{S_k}$ 的最小值，则 $T_1=2-1=1$.

用递推方法求 $T_n$. 我们有

$$\begin{align}T_{n+1}&=\sum_{k=1}^{n+1}\frac2{a_k}-\sum_{k=1}^{n+1}\frac k{S_k}\notag\\&=\sum_{k=1}^n\frac2{a_k}-\sum_{k=1}^n\frac k{S_k}+\frac2{a_{n+1}}-\frac{n+1}{S_{n+1}}\notag\\&=\sum_{k=1}^n\frac2{a_k}-\sum_{k=1}^n\frac k{S_k}+\frac2{a_{n+1}}-(n+1)\notag\end{align}$$

这里 $S_{n+1}=1$. 我们设 $S_n=x,a_{n+1}=y$. 则 $x+y=1$，且

$$\begin{align}T_{n+1}&=\frac1{x}(\sum_{k=1}^n\frac2{\frac{a_k}{x}}-\sum_{k=1}^n\frac k{\frac{S_k}{x}})+\frac2{y}-(n+1)\notag\end{align}$$

令 $a_k’=\frac{a_k}x(k=1,2,...,n)$，$S_k’=\sum_{i=1}^ka_k’=\frac{S_k}x$，则有 $a_k’>0,S_n’=1$. 于是 $\sum_{k=1}^n\frac2{\frac{a_k}{x}}-\sum_{k=1}^n\frac k{\frac{S_k}{x}}=T_n$.

于是 $T_{n+1}=\frac{T_n}x+\frac2y-(n+1)\ge\frac{(\sqrt{T_n}+\sqrt{2})^2}{x+y}-(n+1)=(\sqrt{T_n}+\sqrt{2})^2-(n+1)$. 由权方和不等式的取等条件，在 $x=\frac{\sqrt{T_n}}{\sqrt{T_n}+\sqrt{2}},y=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{T_n}+\sqrt{2}}$ 时取等. 因此 $T_{n+1}=(\sqrt{T_n}+\sqrt{2})^2-(n+1)$.

下归纳证明 $T_n>\frac{n^2}2$. $n=1$ 时，$T_1=1>\frac{1^2}2$，成立.

设 $n=k$ 时命题成立，则 $T_{n+1}=(\sqrt{T_n}+\sqrt{2})^2-(n+1)>(\sqrt{\frac{n^2}2}+\sqrt{2})^2-(n+1)>\frac{(n+1)^2}2$.

故 $\forall n\in\mathbb{N_+}$，$\sum_{k=1}^n\frac2{a_k}-\sum_{k=1}^n\frac k{S_k}\ge T_n>\frac{n^2}2$，B 正确. C、D 在 $n\ge2$ 时小于 B，且 $n=1$ 时满足题意，正确. A 在 $n=1$ 时 $f(1)=2>T_1$，错误.

故选 BCD.