Question

（2009•上海）已知{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．

Answer 1

（1）由a_m+a_m+1=a_k，得6m+5=3k+1，

整理后，可得k−2m＝

4

3，∵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+1

an＝bn，对n∈N^×都成立，

且{b_n}为等比数列，则

an+2

an+1/

an+1

an＝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+c/dn+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+1

an＝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)+1

2p＝3k，

∴4m+2p+3＝

3k

p，

∵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．