Question

設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)積為T(mén)_n，已知對(duì)?n，m∈N₊，當(dāng)n＞m時(shí)，總有

Tn

Tm

=Tn-m•q(n-m)m（q＞0是常數(shù)）．
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（2）設(shè)正整數(shù)k，m，n（k＜m＜n）成等差數(shù)列，試比較T_n•T_k和（T_m）²的大小，并說(shuō)明理由；
（3）探究：命題p：“對(duì)?n，m∈N₊，當(dāng)n＞m時(shí)，總有

Tn

Tm

=Tn-m•q(n-m)m（q＞0是常數(shù)）”是命題t：“數(shù)列{a_n}是公比為q（q＞0）的等比數(shù)列”的充要條件嗎？若是，請(qǐng)給出證明；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）設(shè)m=1，則有

Tn

T1

=Tn-1•qn-1，從而可得an=a1•qn-1，即可證得數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（2）當(dāng)q=1時(shí)，T_n•T_k=a1n+k=a12m=Tm2；當(dāng)q≠1時(shí)，an=a1•qn-1，Tn=a1n•q

n(n-1)

2

，從而可得T_n•T_k=a1n•q

n(n-1)

2

•a1k•q

k(k-1)

2

=a1n+k•q

n(n-1)+k(k-1)

2

，根據(jù)Tm2=a12m•qm(m-1)，n+k=2m，k＜m＜n，利用基本不等式，即可得到結(jié)論；
（3）證明：由（1）知，充分性成立；
必要性：利用q≠1時(shí)，an=a1•qn-1，Tn=a1n•q

n(n-1)

2

，可證得

Tn

Tm

=Tn-m•q(n-m)m，同理可證，當(dāng)q=1時(shí)，也成立，故得證．

解答：（1）證明：設(shè)m=1，則有

Tn

T1

=Tn-1•qn-1，∴

Tn

Tn-1

=a1•qn-1
∴an=a1•qn-1
∴n≥2時(shí)，

an

an-1

=q
∴數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（2）解：當(dāng)q=1時(shí)，a_n=a₁，∴Tn=a1n，∴T_n•T_k=a1n+k=a12m=Tm2
當(dāng)q≠1時(shí)，an=a1•qn-1，Tn=a1n•q

n(n-1)

2

∴T_n•T_k=a1n•q

n(n-1)

2

•a1k•q

k(k-1)

2

=a1n+k•q

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

-m＞(

n+k

2

)2-m=m2-m
∴q＞1時(shí)，T_n•T_k＞Tm2；q＜1時(shí)，T_n•T_k＜Tm2
（3）證明：由（1）知，充分性成立；
必要性：若數(shù)列{a_n}是公比為q（q＞0）的等比數(shù)列，則an=a1•qn-1
∴q≠1時(shí)，Tn=a1n•q

n(n-1)

2

∴

Tn

Tm

=

a1n•q n(n-1) 2

a1m•q m(m-1) 2

=a1n-mq

(n-m)(n+m+1)

2

Tn-m•q(n-m)m=a1n-m•q

(n-m)(n-m-1)

2

•q^（n-m）m=a1n-mq

(n-m)(n+m+1)

2

∴

Tn

Tm

=Tn-m•q(n-m)m
∴對(duì)?n，m∈N₊，當(dāng)n＞m時(shí)，總有

Tn

Tm

=Tn-m•q(n-m)m（q＞0是常數(shù)）
同理可證，當(dāng)q=1時(shí)，也成立
∴命題p：“對(duì)?n，m∈N₊，當(dāng)n＞m時(shí)，總有

Tn

Tm

=Tn-m•q(n-m)m（q＞0是常數(shù)）”是命題t：“數(shù)列{a_n}是公比為q（q＞0）的等比數(shù)列”的充要條件．

點(diǎn)評(píng)：本題考查等比數(shù)列的定義，考查新定義，考查充要性的證明，綜合性強(qiáng)，難度大．