Question

5．已知等差数列{a_n}的公差为d，等比数列{b_n}的公比为q，且数列{b_n}的前n项和为S_n．
（1）若a₁=b₁=d=2，S₃＜a₁₀₀₆+5b₂-2016，求整数q的值；
（2）若S_n+1-2S_n=2，试问数列{b_n}中是否存在一点b_k，使得b_k恰好可以表示为该数列中连续p（p∈N，p≥2）项的和？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），证明数列{b_n}中每一项都是数列{a_n}中的项．

Answer 1

分析 （1）若数列{b_n}的前n项和为S_n，且a₁=b₁=d=2，S₃＜5b₂+a₈₈-180，借助于通项公式得到q的值．
（2）在（1）的条件下，假设数列{b_n}中存在一项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，然后推理证明．
（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），要证明数列{b_n}中每一项都是数列{a_n}中的项，只要分析通项公式的特点可以得到．

解答 解：（1）由题意知a_n=2+（n-1）×2=2n，${b}_{n}=2{q}^{n-1}$，
∵S₃＜a₁₀₀₆+5b₂-2016，∴b₁+b₂+b₃＜a₁₀₀₆+5b₂-2016，
∴b₁-4b₂+b₃＜2012-2016，
∴q²-4q+3＜0，
解得1＜q＜3，又q为整数，
∴q=2．
（2）由S_n+1-2S_n=2，得S_n-2S_n-1=2，n≥2，
两式相减得b_n+1-2b_n=0，n≥2，
∵等比数列{b_n}的公比为q，∴q=2，
又n=1时，S₂-2S₁=2，∴b₁+b₂-2b₁=2，
解得b₁=2，∴${b}_{n}={2}^{n}$．
数列{b_n}中存在一点b_k，使得b_k恰好可以表示为该数列中连续p（p∈N，p≥2）项的和，
即b_k=b_n+b_n+1+b_n+2+…+b_n+p-1，
∵${b}_{n}={2}^{n}$，∴b_k＞b_n+p-1，∴2^k＞2^n+p-1，
∴k＞n+p-1，∴k≥n+p，（*）
又${b}_{k}={2}^{k}={b}_{n}+{b}_{n+1}+{b}_{n+2}+…+{b}_{n+p-1}$=$\frac{{2}^{n}（{2}^{n}-1）}{2-1}$=2^n+p-2ⁿ＜2^n+p，
∴k＜n+p，这与（*）式矛盾，
∴假设不成立，故数列{b_n}中不存在一点b_k，使得b_k恰好可以表示为该数列中连续p（p∈N，p≥2）项的和，
证明：（3）∵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），
∴b₂=b₁q=a_rq=a_s=a_r+（s-r）d，
∴d=$\frac{{a}_{r}（q-1）}{s-r}$，∴${{a}_{r}（q-1）（q+1）={a}_{r}（q-1）•\frac{t-r}{s-r}}^{\;}$，
∵a_s≠a_r，∴b₁≠b₂，∴q≠1，
又a_r≠0，∴q=$\frac{t-r}{s-r}-1$，
∵t＞s＞r，且（s-r）是（t-r）的约数，
∴q是正整数，且q≥2，
对于{b_n}中的任一项b_i（这里只讨论i＞3的情形），
有${b}_{1}={a}_{r}{{q}^{i-1}}_{\;}$=${a}_{r}+{a}_{r}（{q}^{i-1}-1）$=${a}_{r}+{a}_{r}（{q}^{i-1}-1）$
=${a}_{r}+{a}_{r}（q-1）（1+q+…+{q}^{i-2}$）
=${a}_{r}+[（（s-r）（1+q+…+{q}^{i+2}）+1）-1]d$，
由于（s-r）（1q+…+q^i-1）+1为正整数，
∴b_i一定是数列{a_n}中的项．

点评 本试题主要是考查了数列的通项公式和数列求和的综合运用，综合性强，难度大，对数学思维能力要求高，解题时要注意等差数列、等比数列的性质的合理运用．