Question

已知數(shù)列{a_n}是以d為公差的等差數(shù)列，數(shù)列{b_n}是以q為公比的等比數(shù)列．
（1）若數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a₁=b₁=d=2，S₃＜5b₂+a₈₈-180，求整數(shù)q的值；
（2）在（1）的條件下，試問數(shù)列{b_n}中是否存在一項(xiàng)b_k，使得b_k恰好可以表示為該數(shù)列中連續(xù)P（P∈N，P≥2）項(xiàng)和？請(qǐng)說明理由；
（3）若b₁=a_r，b₂=a_s≠a_r，b₃=a_t（其中t＞s＞r，且（s-r）是（t-r）的約數(shù)）求證：數(shù)列{b_n}中每一項(xiàng)都是數(shù)列{a_n}中的項(xiàng)．

Answer 1

解：（1）由題意知，a_n=2n，b_n=2•q^n-1，所以由S₃＜a₈₈+5b₂-180，
可得，b₁+b₂+b₃＜a₈₈+5b₂-180?b₁-4b₂+b₃＜176-180?q²-4q+3＜0．
解得1＜q＜3，又q為整數(shù)，所以q=2；
（2）不存在這樣的項(xiàng)．理由如下：
假設(shè)數(shù)列{b_n}中存在一項(xiàng)b_k，滿足b_k=b_m+b_m+1+b_m+2+…+b_m+p-1，
因?yàn)閎_n=2ⁿ，∴b_k＞b_m+p-1?2^k＞2^m+p-1?k＞m+p-1?k≥m+p（*），
又bk=2k=bm+bm+1+bm+2+…+bm+p-1=2m+2m+1++2m+p-1==2^m+p-2^m＜2^m+p，
所以k＜m+p，此與（*）式矛盾．
所以，這樣的項(xiàng)b_k不存在；
（Ⅲ）由b₁=a_r，得b₂=b₁q=a_rq=a_s=a_r+（s-r）d，
則d=，
又b3=b1q2=arq2=at=ar+（t-r）d?arq2-a_r=（t-r）•，
從而ar（q+1）（q-1）=ar（q-1）•，
因?yàn)閍_s≠a_r?b₁≠b₂，所以q≠1，又a_r≠0，
故q=-1．又t＞s＞r，且（s-r）是（t-r）的約數(shù)，
所以q是整數(shù)，且q≥2，
對(duì)于數(shù)列中任一項(xiàng)b_i（這里只要討論i＞3的情形），
有b_i=a_rq^i-1=a_r+a_r（q^i-1-1）
=a_r+a_r（q-1）（1+q+q²++q^i-2）
=a_r+d（s-r）（1+q+q²++q^i-2）
=a_r+[（（s-r）（1+q+q²++q^i-2）+1）-1]•d，
由于（s-r）（1+q+q²++q^i-2）+1是正整數(shù)，所以b_i一定是數(shù)列{a_n}的項(xiàng)．
故得證．
分析：（1）由等差等比數(shù)列的表達(dá)式a_n=2n，b_n=2•q^n-1，代入S₃＜a₈₈+5b₂-180直接求解即得到答案．
（2）可以先假設(shè)數(shù)列{b_n}中存在一項(xiàng)b_k，滿足b_k=b_m+b_m+1+b_m+2+…+b_m+p-1，再根據(jù)已知的條件去驗(yàn)證，看是否能找出矛盾．如果沒有矛盾即存在，否則這樣的項(xiàng)b_k不存在；
（3）由已知條件b₁=a_r，得b₂=b₁q=a_rq=a_s=a_r+（s-r）d，和等差等比數(shù)列的性質(zhì)，由數(shù)學(xué)歸納法求證數(shù)列中每一項(xiàng)是否都是數(shù)列中的項(xiàng)．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查等差等比數(shù)列的性質(zhì)的應(yīng)用，以及數(shù)學(xué)歸納法在數(shù)列中的應(yīng)用，題目較為復(fù)雜，需要一步一步的分析求解，計(jì)算量要求較高，屬于難題．