Question

10．已知等比數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=2015，數(shù)列{a_n}前n項(xiàng)和記為S_n，前n項(xiàng)積記為T_n．
（1）若${S_3}=\frac{6045}{4}$，求等比數(shù)列{a_n}的公比q；
（2）在（1）的條件下，判斷|T_n|與|T_n+1|的大��；并求n為何值時(shí)，T_n取得最大值；
（3）在（1）的條件下，證明：若數(shù)列{a_n}中的任意相鄰三項(xiàng)按從小到大排列，則總可以使其
成等差數(shù)列；若所有這些等差數(shù)列的公差按從小到大的順序依次記為d₁，d₂，…，d_n，則數(shù)列{d_n}為等比數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，解方程可得公比q；
（2）求出|T_n+1|與|T_n|的商，討論當(dāng)n≤10時(shí)，當(dāng)n≥11時(shí)，課比較大��；由T₁₀＜0，T₁₁＜0，T₉＞0，T₁₂＞0，即可得到n為何值時(shí)，T_n取得最大值；
（3）由等比數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，討論①當(dāng)k是奇數(shù)時(shí)，設(shè){a_n}中的任意相鄰三項(xiàng)按從小到大排列為a_k+1，a_k+2，a_k，②當(dāng)k是偶數(shù)時(shí)，設(shè){a_n}中的任意相鄰三項(xiàng)按從小到大排列為a_k，a_k+2，a_k+1，計(jì)算化簡(jiǎn)即可得到它們成等差數(shù)列，求得公差，再由等比數(shù)列的定義，即可得證．

解答 解：（1）等比數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=2015，公比為q，
有${S_3}=2015（1+q+{q^2}）=\frac{6045}{4}$，即${q^2}+q+\frac{1}{4}=0$，解得$q=-\frac{1}{2}$；
（2）∵$\frac{{|{{T_{n+1}}}|}}{{|{T_n}|}}=\frac{{|{{a_1}•{a_2}…{a_n}•{a_{n+1}}}|}}{{|{{a_1}•{a_2}…{a_n}}|}}=|{{a_{n+1}}}|=\frac{2015}{2^n}$．
又∵$\frac{2015}{{{2^{11}}}}＜1＜\frac{2015}{{{2^{10}}}}$，∴當(dāng)n≤10時(shí)，|T_n+1|＞|T_n|；
當(dāng)n≥11時(shí)，|T_n+1|＜|T_n|．∴當(dāng)n=11時(shí)，|T_n|取得最大值，
又∵T₁₀＜0，T₁₁＜0，T₉＞0，T₁₂＞0，∴T_n的最大值是T₉和T₁₂中的較大者，
又∵$\frac{{{T_{12}}}}{T_9}={a_{10}}•{a_{11}}•{a_{12}}={[{2015•{{（{-\frac{1}{2}}）}^{10}}}]^3}＞1$，∴T₁₂＞T₉．
因此當(dāng)n=12時(shí)，T_n最大．
（3）證明：∵${a_n}=2015•{（{-\frac{1}{2}}）^{n-1}}$，∴|a_n|隨n增大而減小，a_n奇數(shù)項(xiàng)均正，偶數(shù)項(xiàng)均負(fù)，
①當(dāng)k是奇數(shù)時(shí)，設(shè){a_n}中的任意相鄰三項(xiàng)按從小到大排列為a_k+1，a_k+2，a_k，
則${a_{k+1}}+{a_k}={a_1}{（{-\frac{1}{2}}）^k}+{a_1}{（{-\frac{1}{2}}）^{k-1}}=\frac{a_1}{2^k}$，$2{a_{k+2}}=2{a_1}{（{-\frac{1}{2}}）^{k+1}}=\frac{a_1}{2^k}$，
∴a_k+1+a_k=2a_k+2，因此a_k+1，a_k+2，a_k成等差數(shù)列，
公差${d_k}={a_{k+2}}-{a_{k+1}}={a_1}[{{{（{-\frac{1}{2}}）}^{k+1}}-{{（{-\frac{1}{2}}）}^k}}]=\frac{{3{a_1}}}{{{2^{k+1}}}}$；
②當(dāng)k是偶數(shù)時(shí)，設(shè){a_n}中的任意相鄰三項(xiàng)按從小到大排列為a_k，a_k+2，a_k+1，
則${a_{k+1}}+{a_k}={a_1}{（{-\frac{1}{2}}）^k}+{a_1}{（{-\frac{1}{2}}）^{k-1}}=-\frac{a_1}{2^k}$，$2{a_{k+2}}=2{a_1}{（{-\frac{1}{2}}）^{k+1}}=-\frac{a_1}{2^k}$．
∴a_k+1+a_k=2a_k+2，因此a_k，a_k+2，a_k+1成等差數(shù)列，
公差${d_k}={a_{k+2}}-{a_k}={a_1}[{{{（{-\frac{1}{2}}）}^{k+1}}-{{（{-\frac{1}{2}}）}^{k-1}}}]=\frac{{3{a_1}}}{{{2^{k+1}}}}$，
綜上可知，{a_n}中的任意相鄰三項(xiàng)按從小到大排列，總可以使其成等差數(shù)列，
且${d_k}=\frac{{3{a_1}}}{{{2^{k+1}}}}$，∵$\frac{{{d_{n-1}}}}{d_n}=2$，∴數(shù)列{d_n}為首項(xiàng)為$\frac{3}{4}$a₁，公比為$\frac{1}{2}$的等比數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式的運(yùn)用，以及等差數(shù)列的中項(xiàng)，考查數(shù)列的單調(diào)性的運(yùn)用，以及分類討論思想和運(yùn)算能力，屬于中檔題．