Question

20．設(shè){a_n}是公差為d的等差數(shù)列，{b_n}是公比為q（q≠1）的等比數(shù)列．記c_n=b_n-a_n．
（1）求證：數(shù)列{c_n+1-c_n+d}為等比數(shù)列；
（2）已知數(shù)列{c_n}的前4項(xiàng)分別為9，17，30，53．
①求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
②是否存在元素均為正整數(shù)的集合A={n₁，n₂，…，n_k}，（k≥4，k∈N^*），使得數(shù)列c_n1，c_n2，…，c_nk等差數(shù)列？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）依題意，c_n+1-c_n+d=（b_n+1-a_n+1）-（b_n-a_n）+d=（b_n+1-b_n）-（a_n+1-a_n）+d=b_n（q-1）≠0，利用等比數(shù)列的定義，即可證得結(jié)論；
（2）①由（1）得，等比數(shù)列{c_n+1-c_n+d}的前3項(xiàng)為8+d，13+d，23+d，求出d，q，即可求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
②利用反證法，假設(shè)存在滿足題意的集合A，不妨設(shè)l，m，p，r∈A（l＜m＜p＜r），且c_l，c_m，c_p，c_r成等差數(shù)列，則2c_m=c_p+c_l，得出c_m，c_p，c_r為數(shù)列{c_n}的連續(xù)三項(xiàng)，從而2c_m+1=c_m+c_m+2，只能q=1，這與q≠1矛盾，即可證明結(jié)論．

解答 （1）證明：依題意，c_n+1-c_n+d=（b_n+1-a_n+1）-（b_n-a_n）+d
=（b_n+1-b_n）-（a_n+1-a_n）+d=b_n（q-1）≠0，
從而$\frac{{{c_{n+2}}-{c_{n+1}}+d}}{{{c_{n+1}}-{c_n}+d}}=\frac{{{b_{n+1}}（{q-1}）}}{{{b_n}（{q-1}）}}=q$，又c₂-c₁+d=b₁（q-1）≠0，
∴{c_n+1-c_n+d}是首項(xiàng)為b₁（q-1），公比為q的等比數(shù)列；
（2）解：①由（1）得，等比數(shù)列{c_n+1-c_n+d}的前3項(xiàng)為8+d，13+d，23+d，
則（13+d）²=（8+d）（23+d），
解得d=-3，從而q=2，且$\left\{\begin{array}{l}{b_1}-{a_1}=9\\ 2{b_1}-（{{a_1}-3}）=17\end{array}\right.$，
解得a₁=-4，b₁=5，
∴${a_n}=-3n-1，{b_n}=5•{2^{n-1}}$；
②假設(shè)存在滿足題意的集合A，不妨設(shè)l，m，p，r∈A（l＜m＜p＜r），
且c_l，c_m，c_p，c_r成等差數(shù)列，則2c_m=c_p+c_l，
∵c_l＞0，∴2c_m=c_p+c_l ①
若p＞m+1，則p≥m+2，結(jié)合①得，${c_n}=5•{2^{n-1}}+（{3n+1}）$，
則2[5•2^m-1+（3m+1）]＞5•2^p-1+（3p+1）＞5•2^m+1+3（m+2）+1，
化簡得，${2^m}-\frac{3m}{5}＜-1＜0$，②
∵m≥2，m∈N^*，不難知${2^m}-\frac{3m}{5}＞0$，這與②矛盾，
∴只能p=m+1，同理r=p+l=m+2，
∴c_m，c_p，c_r為數(shù)列{c_n}的連續(xù)三項(xiàng)，從而2c_m+1=c_m+c_m+2，
即2（b_m+1-a_m+1）=（b_m-a_m）+（b_m+2-a_m+2），又2a_m+1=a_m+a_m+2．
故2b_m+1=b_m+b_m+2，又${b_{m+1}}^2={b_m}•{b_{m+2}}$，故q=1，這與q≠1矛盾，
∴假設(shè)不成立，從而不存在滿足題意的集合A．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列的判定，考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)，考查反證法的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．