已知{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．若an=3n+1，是否存在m、k∈N*，有am+am+1=ak？说明理由；找出所有数

题文

已知{a_n}是公差为d的等差数列，{b_n}是公比为q的等比数列．
（1）若a_n=3n+1，是否存在m、k∈N^*，有a_m+a_m+1=a_k？说明理由；
（2）找出所有数列{a_n}和{b_n}，使对一切n∈N^*，an+1an=bn，并说明理由；
（3）若a₁=5，d=4，b₁=q=3，试确定所有的p，使数列{a_n}中存在某个连续p项的和是数列{b_n}中的一项，请证明． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）由a_m+a_m+1=a_k，得6m+5=3k+1，
整理后，可得k-2m=43，∵m、k∈N^*，∴k-2m为整数，
∴不存在m、k∈N^*，使等式成立．
（2）设a_n=nd+c，若an+1an=bn，对n∈N^×都成立，
且{b_n}为等比数列，则an+2an+1/an+1an=q，对n∈N^×都成立，
即a_na_n+2=qa_n+1²，∴（dn+c）（dn+2d+c）=q（dn+d+c）²，
对n∈N^×都成立，∴d²=qd²
（i）若d=0，则a_n=c≠0，∴b_n=1，n∈N^*．
（ii）若d≠0，则q=1，∴b_n=m（常数），即dn+d+cdn+c=m，则d=0，矛盾．
综上所述，有a_n=c≠0，b_n=1，使对一切n∈N^×，an+1an=bn．
（3）a_n=4n+1，b_n=3ⁿ，n∈N^*，
设a_m+1+a_m+2++a_m+p=b_k=3^k，p、k∈N^*，m∈N．
4(m+1)+1+4(m+p)+12p=3k，
∴4m+2p+3=3kp，
∵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
二项展开式可得整数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，
∴存在整数m满足要求．
故当且仅当p=3^s，s∈N，命题成立．

解析

43

考点

据考高分专家说，试题“已知{an}是公差为d的等差数列，{bn.....”主要考查你对 [等差数列的定义及性质 ]考点的理解。 等差数列的定义及性质

等差数列的定义：

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做公差，用符号语言表示为a_n+1-a_n=d。

等差数列的性质：

（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N*，则a_m＝a_n+(m-n)d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t=p+q，则a_s+a_t=a_p+a_q，其中a_s，a_t，a_p，a_q是数列中的项，特别地，当s+t=2p时，有a_s+a_t=2a_p；
（5）若数列｛a_n｝，｛b_n｝均是等差数列，则数列｛ma_n+kb_n｝仍为等差数列，其中m，k均为常数。
（6）




（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即




（8）

 仍为等差数列，公差为

 

对等差数列定义的理解：

①如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或某一项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或某项开始是等差数列． 
②求公差d时，因为d是这个数列的后一项与前一项的差，故有

还有


③公差d∈R，当d=0时，数列为常数列（也是等差数列）；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列；
④

是证明或判断一个数列是否为等差数列的依据；
⑤证明一个数列是等差数列，只需证明a_n+1-a_n是一个与n无关的常数即可。

等差数列求解与证明的基本方法：

(1)学会运用函数与方程思想解题；
(2)抓住首项与公差是解决等差数列问题的关键；
(3)等差数列的通项公式、前n项和公式涉及五个量：a₁，d，n，a_n，S_n，知道其中任意三个就可以列方程组求出另外两个(俗称“知三求二’)．