Question

已知{a_n}是公差為d的等差數(shù)列，{b_n}是公比為q的等比數(shù)列．
（1）若a_n=3n+1，是否存在m、k∈N^*，有a_m+a_m+1=a_k？說(shuō)明理由；
（2）找出所有數(shù)列{a_n}和{b_n}，使對(duì)一切n∈N^*，，并說(shuō)明理由；
（3）若a₁=5，d=4，b₁=q=3，試確定所有的p，使數(shù)列{a_n}中存在某個(gè)連續(xù)p項(xiàng)的和是數(shù)列{b_n}中的一項(xiàng)，請(qǐng)證明．

Answer 1

【答案】分析：（1）由a_m+a_m+1=a_k，得6m+5=3k+1，，由m、k∈N^*，知k-2m為整數(shù)，所以不存在m、k∈N^*，使等式成立．
（2）設(shè)a_n=nd+c，若，對(duì)n∈N^×都成立，且{b_n}為等比數(shù)列，則，對(duì)n∈N^×都成立，由此入手能夠?qū)С鲇衋_n=c≠0，b_n=1，使對(duì)一切n∈N^×，．
（3）a_n=4n+1，b_n=3ⁿ，n∈N^*，設(shè)a_m+1+a_m+2++a_m+p=b_k=3^k，p、k∈N^*，m∈N．
4m+2p+3+，由p、k∈N^*，知p=3^s，s∈N．由此入手能導(dǎo)出當(dāng)且僅當(dāng)p=3^s，s∈N，命題成立．
解答：解：（1）由a_m+a_m+1=a_k，得6m+5=3k+1，
整理后，可得，∵m、k∈N^*，∴k-2m為整數(shù)，
∴不存在m、k∈N^*，使等式成立．
（2）設(shè)a_n=nd+c，若，對(duì)n∈N^×都成立，
且{b_n}為等比數(shù)列，則，對(duì)n∈N^×都成立，
即a_na_n+2=qa_n+1²，∴（dn+c）（dn+2d+c）=q（dn+d+c）²，
對(duì)n∈N^×都成立，∴d²=qd²
（i）若d=0，則a_n=c≠0，∴b_n=1，n∈N^*．
（ii）若d≠0，則q=1，∴b_n=m（常數(shù)），即=m，則d=0，矛盾．
綜上所述，有a_n=c≠0，b_n=1，使對(duì)一切n∈N^×，．
（3）a_n=4n+1，b_n=3ⁿ，n∈N^*，
設(shè)a_m+1+a_m+2++a_m+p=b_k=3^k，p、k∈N^*，m∈N．
，
∴，
∵p、k∈N^*，∴p=3^s，s∈N
取k=3s+2，4m=3^2s+2-2×3^s-3=（4-1）^2s+2-2×（4-1）^s-3≥0，由
二項(xiàng)展開(kāi)式可得整數(shù)M₁、M₂，
使得（4-1）^2s+2=4M₁+1，2×（4-1）^s=8M₂+（-1）^S2
∴4m=4（M₁-2M₂）-（（-1）^S+1）2，
∴存在整數(shù)m滿足要求．
故當(dāng)且僅當(dāng)p=3^s，s∈N，命題成立．
點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的性質(zhì)和應(yīng)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意公式的靈活運(yùn)用．