已知等比数列{an}的首项a1=2011.公比q=-12.数列{an}前n项和记为Sn.前n项积记为Tn．(1)证明:S2≤Sn≤S1,(2)判断Tn与Tn+1的大小.并求n为何值时.Tn取得最大值,(3)证明:若数列{an}中的任意相邻三项按从小到大排列.则总可以使其成等差数列,若所有这些等差数列的公差按从小到大的顺序依次记为d1.d2.-.dn.则数列{dn}为等� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网——

题目内容

已知等比数列{a_n}的首项a₁=2011，公比q=-

1

2

，数列{a_n}前n项和记为S_n，前n项积记为T_n．
（1）证明：S₂≤S_n≤S₁；
（2）判断T_n与T_n+1的大小，并求n为何值时，T_n取得最大值；
（3）证明：若数列{a_n}中的任意相邻三项按从小到大排列，则总可以使其成等差数列；若所有这些等差数列的公差按从小到大的顺序依次记为d₁，d₂，…，d_n，则数列{d_n}为等比数列．

考点：等差数列与等比数列的综合,等差数列的性质,等比数列的性质

专题：综合题

分析：（1）由题设知Sn=S1+

a2[1-(-

1

2

)n-1]

1-(-

1

2

)

=S1-

1

3

a1[1-(-

1

2

)n-1]≤S1，由此能够证明S₂≤S_n≤S₁．
（2）由

|Tn+1|

|Tn|

=

a1a2…anan+1

a1a2…an

=|a_n+1|=

2011

2n

，知|T_n|_max=|T₁₁|，由此能够推导出n为何值时，T_n取得最大值．
（3）由an=2011（-

1

2

）^n-1，知|a_n|随n增大而减小，a_n奇数项均正，偶数项均负．由此进行分类讨论，能够证明数列{d_n}为等比数列．

解答： （1）证：Sn=S1+

a2[1-(-

1

2

)n-1]

1-(-

1

2

)

=S1-

1

3

a1[1-(-

1

2

)n-1]≤S1，
当n=1时，等号成立…2分
Sn=S2+

a3[1-(-

1

2

)n-2]

1-(-

1

2

)

=S2+

1

6

a1[1-(-

1

2

)n-2]≥S2，
当n=2时，等号成立
∴S₂≤S_n≤S₁．…4分
（2）解：∵

|Tn+1|

|Tn|

=

a1a2…anan+1

a1a2…an

=|a_n+1|=

2011

2n

，
∴当n≤10时，|T_n+1|＞|T_n|，
当n≥11时，|T_n+1|＜|T_n|，
故|T_n|_max=|T₁₁|…7分
又T₁₀＜0，T₁₁＜0，T₉＞0，T₁₂＞0，
∴T_n的最大值是T₉和T₁₂中的较大者，
∵

T12

T9

=a₁₀a₁₁a₁₂=[2011（-

1

2

）¹⁰]³＞1，
∴T₁₂＞T₉
因此当n=12时，T_n最大．…10分
（3）证：∵an=2011（-

1

2

）^n-1，
∴|a_n|随n增大而减小，a_n奇数项均正，偶数项均负
①当k是奇数时，设{a_n}中的任意相邻三项按从小到大排列为a_k+1，a_k+2，a_k，
则ak+1+ak=a1(-

1

2

)k+a1(-

1

2

)k-1=

a1

2k

，2ak+2=2a1(-

1

2

)k+1=

a1

2k

，
∴a_k+1+a_k=2a_k+2，因此a_k+1，a_k+2，a_k成等差数列，
公差dk=ak+2-ak+1=a1[(-

1

2

)k+1-(-

1

2

)k]=

3a1

2k+1

…12分
②当k是偶数时，设{a_n}中的任意相邻三项按从小到大排列为a_k，a_k+2，a_k+1，
则ak+1+ak=a1(-

1

2

)k+a1(-

1

2

)k-1=-

a1

2k

，2ak+2=2a1(-

1

2

)k+1=-

a1

2k

，
∴a_k+1+a_k=2a_k+2，因此a_k，a_k+2，a_k+1成等差数列，
公差dk=ak+2-ak=a1[(-

1

2

)k+1-(-

1

2

)k-1]=

3a1

2k+1

…14分
综上可知，{a_n}中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列，且dk=

3a1

2k+1

∵

dn-1

dn

=2，
∴数列{d_n}为等比数列．…16分．

点评：本题考查数列、不等式知识，考查化归与转化、分类与整合的数学思想，培养学生的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识．

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