Question

11．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=a_n+b_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4，10，19，34．
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${c_{n_1}}$，${c_{n_2}}$，…，${c_{n_k}}$為等差數(shù)列？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）依題意，c_n+1-c_n-d=（a_n+1+b_n+1）-（a_n+b_n）-d=（a_n+1-a_n）-d+（b_n+1-b_n）=b_n（q-1）≠0，利用等比數(shù)列的定義，即可得出結(jié)論；
（2）①由（1）得，等比數(shù)列{c_n+1-c_n-d}的前3項(xiàng)為6-d，9-d，15-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=（a_n+1+b_n+1）-（a_n+b_n）-d=（a_n+1-a_n）-d+（b_n+1-b_n）=b_n（q-1）≠0，…3分
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，
所以{c_n+1-c_n-d}是首項(xiàng)為b₁（q-1），公比為q的等比數(shù)列．        …5分
（2）解：①由已知條件得，等比數(shù)列{c_n+1-c_n-d}的前3項(xiàng)為6-d，9-d，15-d，
則（9-d）²=（6-d）（15-d），
解得d=3，從而q=2，…7分
且$\left\{\begin{array}{l}{a_1}+{b_1}=4\\{a_1}+3+2{b_1}=10\end{array}\right.$
解得a₁=1，b₁=3，
所以a_n=3n-2，${b_n}=3•{2^{n-1}}$．                              …10分
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，
因?yàn)閏_l＞0，所以2c_m＞c_p，①
若p＞m+1，則p≥m+2，
結(jié)合①得，2[（3m-2）+3•2^m-1]＞（3p-2）+3•2^p-1≥3（m+2）-2+3•2^m+1，
化簡得，${2^m}-m＜-\frac{8}{3}＜0$，②
因?yàn)閙≥2，m∈N^*，不難知2^m-m＞0，這與②矛盾，
所以只能p=m+1，
同理，r=p+1，
所以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（a_m+1+b_m+1）=a_m+b_m+a_m+2+b_m+2，
故2b_m+1=b_m+b_m+2，只能q=1，這與q≠1矛盾，
所以假設(shè)不成立，從而不存在滿足題意的集合A．                  …16分

點(diǎn)評 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．