题目内容
13．（1）已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn．若a4+a5=0，试分别比较S5与S3、S2与S6的大小关系．（2）已知数列{an}为等差数列，{an}的前n项和为Sn．证明：若存在正整数k，使ak+ak+1=0，则Sm=S2k-m（m∈N*，m＜2k）．
（3）在等比数列{bn}中，设{bn}的前n项乘积Tn=b1•b2•b3…bn，类比（2）的结论，写出一个与Tn有关的类似的真命题，并证明．
分析 （1）设等差数列{an}的公差为d，由a4+a5=0，可得${a}_{1}=-\frac{7}{2}d$．分别利用等差数列的前n项和公式可得：S5，S3，S2，S6．即可得出大小关系．
（2）设等差数列{an}的公差为d，存在正整数k，使ak+ak+1=0，可得a1=$\frac{（1-2k）d}{2}$．作差S2k-m-Sm即可得出．
（3）在等比数列{bn}中，设{bn}的前n项乘积Tn=b1•b2•b3…bn，若存在正整数k，使bkbk+1=1，则Tm=T2k-m（m∈N*，m＜2k）．利用等比数列的通项公式及其等差数列的前n项和公式即可得出．
解答 （1）解：设等差数列{an}的公差为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．
当d≥0时，S2≥S6．
当d＜0时，S2＜S6．
（2）证明：设等差数列{an}的公差为d，
∵存在正整数k，使ak+ak+1=0，
∴2a1+（2k-1）d=0．
∴a1=$\frac{（1-2k）d}{2}$．
则S2k-m-Sm=（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）在等比数列{bn}中，设{bn}的前n项乘积Tn=b1•b2•b3…bn，若存在正整数k，使bkbk+1=1，则Tm=T2k-m（m∈N*，m＜2k）．
证明：∵bkbk+1=1，∴${b}_{1}^{2}{q}^{2k-1}$=1．
∴$\frac{{T}_{2k-m}}{{T}_{m}}$=$\frac{{b}_{1}{b}_{2}•…•{b}_{2k-m}}{{b}_{1}{b}_{2}•…•{b}_{m}}$=$\frac{{b}_{1}^{2k-m}{q}^{1+2+…+（2k-m-1）}}{{b}_{1}^{m}{q}^{1+2+…+（m-1）}}$=$\frac{{b}_{1}^{2k-m}{q}^{（2k-m）（2k-m-1）}}{{b}_{1}^{m}{q}^{\frac{m（m-1）}{2}}}$=$（{b}_{1}^{2}{q}^{2k-1}）^{k-m}$=1．
则Tm=T2k-m（m∈N*，m＜2k）．
点评 本题考查了递推关系的应用、等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
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