题目内容
设数列{an}的前n项积为Tn,已知对?n,m∈N+,当n>m时,总有
=Tn-m•q(n-m)m(q>0是常数).
(1)求证:数列{an}是等比数列;
(2)设正整数k,m,n(k<m<n)成等差数列,试比较Tn•Tk和(Tm)2的大小,并说明理由;
(3)探究:命题p:“对?n,m∈N+,当n>m时,总有
=Tn-m•q(n-m)m(q>0是常数)”是命题t:“数列{an}是公比为q(q>0)的等比数列”的充要条件吗?若是,请给出证明;若不是,请说明理由.
Tn |
Tm |
(1)求证:数列{an}是等比数列;
(2)设正整数k,m,n(k<m<n)成等差数列,试比较Tn•Tk和(Tm)2的大小,并说明理由;
(3)探究:命题p:“对?n,m∈N+,当n>m时,总有
Tn |
Tm |
分析:(1)设m=1,则有
=Tn-1•qn-1,从而可得an=a1•qn-1,即可证得数列{an}是等比数列;
(2)当q=1时,Tn•Tk=a1n+k=a12m=Tm2;当q≠1时,an=a1•qn-1,Tn=a1n•q
,从而可得Tn•Tk=a1n•q
•a1k•q
=a1n+k•q
,根据Tm2=a12m•qm(m-1),n+k=2m,k<m<n,利用基本不等式,即可得到结论;
(3)证明:由(1)知,充分性成立;
必要性:利用q≠1时,an=a1•qn-1,Tn=a1n•q
,可证得
=Tn-m•q(n-m)m,同理可证,当q=1时,也成立,故得证.
Tn |
T1 |
(2)当q=1时,Tn•Tk=a1n+k=a12m=Tm2;当q≠1时,an=a1•qn-1,Tn=a1n•q
n(n-1) |
2 |
n(n-1) |
2 |
k(k-1) |
2 |
n(n-1)+k(k-1) |
2 |
(3)证明:由(1)知,充分性成立;
必要性:利用q≠1时,an=a1•qn-1,Tn=a1n•q
n(n-1) |
2 |
Tn |
Tm |
解答:(1)证明:设m=1,则有
=Tn-1•qn-1,∴
=a1•qn-1
∴an=a1•qn-1
∴n≥2时,
=q
∴数列{an}是等比数列;
(2)解:当q=1时,an=a1,∴Tn=a1n,∴Tn•Tk=a1n+k=a12m=Tm2
当q≠1时,an=a1•qn-1,Tn=a1n•q
∴Tn•Tk=a1n•q
•a1k•q
=a1n+k•q
∵Tm2=a12m•qm(m-1),n+k=2m,k<m<n
∴a12m=a1n+k,
=
-m>(
)2-m=m2-m
∴q>1时,Tn•Tk>Tm2;q<1时,Tn•Tk<Tm2
(3)证明:由(1)知,充分性成立;
必要性:若数列{an}是公比为q(q>0)的等比数列,则an=a1•qn-1
∴q≠1时,Tn=a1n•q
∴
=
=a1n-mq
Tn-m•q(n-m)m=a1n-m•q
•q(n-m)m=a1n-mq
∴
=Tn-m•q(n-m)m
∴对?n,m∈N+,当n>m时,总有
=Tn-m•q(n-m)m(q>0是常数)
同理可证,当q=1时,也成立
∴命题p:“对?n,m∈N+,当n>m时,总有
=Tn-m•q(n-m)m(q>0是常数)”是命题t:“数列{an}是公比为q(q>0)的等比数列”的充要条件.
Tn |
T1 |
Tn |
Tn-1 |
∴an=a1•qn-1
∴n≥2时,
an |
an-1 |
∴数列{an}是等比数列;
(2)解:当q=1时,an=a1,∴Tn=a1n,∴Tn•Tk=a1n+k=a12m=Tm2
当q≠1时,an=a1•qn-1,Tn=a1n•q
n(n-1) |
2 |
∴Tn•Tk=a1n•q
n(n-1) |
2 |
k(k-1) |
2 |
n(n-1)+k(k-1) |
2 |
∵Tm2=a12m•qm(m-1),n+k=2m,k<m<n
∴a12m=a1n+k,
n(n-1)+k(k-1) |
2 |
n2+k2 |
2 |
n+k |
2 |
∴q>1时,Tn•Tk>Tm2;q<1时,Tn•Tk<Tm2
(3)证明:由(1)知,充分性成立;
必要性:若数列{an}是公比为q(q>0)的等比数列,则an=a1•qn-1
∴q≠1时,Tn=a1n•q
n(n-1) |
2 |
∴
Tn |
Tm |
a1n•q
| ||
a1m•q
|
(n-m)(n+m+1) |
2 |
Tn-m•q(n-m)m=a1n-m•q
(n-m)(n-m-1) |
2 |
(n-m)(n+m+1) |
2 |
∴
Tn |
Tm |
∴对?n,m∈N+,当n>m时,总有
Tn |
Tm |
同理可证,当q=1时,也成立
∴命题p:“对?n,m∈N+,当n>m时,总有
Tn |
Tm |
点评:本题考查等比数列的定义,考查新定义,考查充要性的证明,综合性强,难度大.

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