Question

13．（1）已知數列{a_n}為等差數列，其前n項和為S_n．若a₄+a₅=0，試分別比較S₅與S₃、S₂與S₆的大小關系．
（2）已知數列{a_n}為等差數列，{a_n}的前n項和為S_n．證明：若存在正整數k，使a_k+a_k+1=0，則S_m=S_2k-m（m∈N*，m＜2k）．
（3）在等比數列{b_n}中，設{b_n}的前n項乘積T_n=b₁•b₂•b₃…b_n，類比（2）的結論，寫出一個與T_n有關的類似的真命題，并證明．

Answer 1

分析 （1）設等差數列{a_n}的公差為d，由a₄+a₅=0，可得${a}_{1}=-\frac{7}{2}d$．分別利用等差數列的前n項和公式可得：S₅，S₃，S₂，S₆．即可得出大小關系．
（2）設等差數列{a_n}的公差為d，存在正整數k，使a_k+a_k+1=0，可得a₁=$\frac{（1-2k）d}{2}$．作差S_2k-m-S_m即可得出．
（3）在等比數列{b_n}中，設{b_n}的前n項乘積T_n=b₁•b₂•b₃…b_n，若存在正整數k，使b_kb_k+1=1，則T_m=T_2k-m（m∈N*，m＜2k）．利用等比數列的通項公式及其等差數列的前n項和公式即可得出．

解答 （1）解：設等差數列{a_n}的公差為d，∵a₄+a₅=0，
∴2a₁+7d=0，解得${a}_{1}=-\frac{7}{2}d$．
∴S₅=5a₁+$\frac{5×4}{2}d$=-$\frac{15}{2}$d，
S₃=$3{a}_{1}+\frac{3×2}{2}d$=-$\frac{15}{2}$d，
∴S₅=S₃．
S₂=$2{a}_{1}+\frac{2×1}{2}d$=-6d；
S₆=6a₁+$\frac{6×5}{2}d$=-6d．
當d≥0時，S₂≥S₆．
當d＜0時，S₂＜S₆．
（2）證明：設等差數列{a_n}的公差為d，
∵存在正整數k，使a_k+a_k+1=0，
∴2a₁+（2k-1）d=0．
∴a₁=$\frac{（1-2k）d}{2}$．
則S_2k-m-S_m=（2k-m）a₁+$\frac{（2k-m）（2k-m-1）}{2}$d-[$m{a}_{1}+\frac{m（m-1）}{2}d$]
=（2k-2m）×$\frac{（1-2k）d}{2}$+[2k²-k（2m+1）+m]d
=[-2k²+（2m+1）k-m]d+[2k²-k（2m+1）+m]d
=0．
（3）在等比數列{b_n}中，設{b_n}的前n項乘積T_n=b₁•b₂•b₃…b_n，若存在正整數k，使b_kb_k+1=1，則T_m=T_2k-m（m∈N*，m＜2k）．
證明：∵b_kb_k+1=1，∴$_{1}^{2}{q}^{2k-1}$=1．
∴$\frac{{T}_{2k-m}}{{T}_{m}}$=$\frac{_{1}_{2}•…•_{2k-m}}{_{1}_{2}•…•_{m}}$=$\frac{_{1}^{2k-m}{q}^{1+2+…+（2k-m-1）}}{_{1}^{m}{q}^{1+2+…+（m-1）}}$=$\frac{_{1}^{2k-m}{q}^{（2k-m）（2k-m-1）}}{_{1}^{m}{q}^{\frac{m（m-1）}{2}}}$=$（_{1}^{2}{q}^{2k-1}）^{k-m}$=1．
則T_m=T_2k-m（m∈N*，m＜2k）．

點評 本題考查了遞推關系的應用、等差數列的通項公式及其前n項和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．