已知数列{an}是以d为公差的等差数列，数列{bn}是以q为公比的等比数列．若数列{bn}的前n项和为Sn，且a1=b1=d=2，S3＜5b2+a88-1

题文

已知数列{a_n}是以d为公差的等差数列，数列{b_n}是以q为公比的等比数列．
（1）若数列{b_n}的前n项和为S_n，且a₁=b₁=d=2，S₃＜5b₂+a₈₈-180，求整数q的值；
（2）在（1）的条件下，试问数列{b_n}中是否存在一项b_k，使得b_k恰好可以表示为该数列中连续P（P∈N，P≥2）项和？请说明理由；
（3）若b₁=a_r，b₂=a_s≠a_r，b₃=a_t（其中t＞s＞r，且（s-r）是（t-r）的约数）求证：数列{b_n}中每一项都是数列{a_n}中的项． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）由题意知，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为整数，所以q=2；
（2）不存在这样的项．理由如下：
假设数列{b_n}中存在一项b_k，满足b_k=b_m+b_m+1+b_m+2+…+b_m+p-1，
因为b_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=2m(2p-1)2-1=2^m+p-2^m＜2^m+p，
所以k＜m+p，此与（*）式矛盾．
所以，这样的项b_k不存在；
（Ⅲ）由b₁=a_r，得b₂=b₁q=a_rq=a_s=a_r+（s-r）d，
则d=ar(q-1)s-r，
又b3=b1q2=arq2=at=ar+（t-r）d⇒arq2-a_r=（t-r）•ar(q-1)s-r，
从而ar（q+1）（q-1）=ar（q-1）•t-rs-r，
因为a_s≠a_r⇒b₁≠b₂，所以q≠1，又a_r≠0，
故q=t-rs-r-1．又t＞s＞r，且（s-r）是（t-r）的约数，
所以q是整数，且q≥2，
对于数列中任一项b_i（这里只要讨论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是正整数，所以b_i一定是数列{a_n}的项．
故得证．

解析

2m(2p-1)2-1

考点

据考高分专家说，试题“已知数列{an}是以d为公差的等差数列，.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。