Question

11．设{a_n}是公差为d的等差数列，{b_n}是公比为q（q≠1）的等比数列．记c_n=a_n+b_n．
（1）求证：数列{c_n+1-c_n-d}为等比数列；
（2）已知数列{c_n}的前4项分别为4，10，19，34．
①求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
②是否存在元素均为正整数的集合A={n₁，n₂，…，n_k}（k≥4，k∈N^*），使得数列${c_{n_1}}$，${c_{n_2}}$，…，${c_{n_k}}$为等差数列？证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）依题意，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，利用等比数列的定义，即可得出结论；
（2）①由（1）得，等比数列{c_n+1-c_n-d}的前3项为6-d，9-d，15-d，求出d，q，即可求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
②利用反证法，假设存在满足题意的集合A，不妨设l，m，p，r∈A（l＜m＜p＜r），且c_l，c_m，c_p，c_r成等差数列，则2c_m=c_p+c_l，得出c_m，c_p，c_r为数列{c_n}的连续三项，从而2c_m+1=c_m+c_m+2，只能q=1，这与q≠1矛盾，即可证明结论．

解答 （1）证明：依题意，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
从而$\frac{{{c_{n+2}}-{c_{n+1}}-d}}{{{c_{n+1}}-{c_n}-d}}=\frac{{{b_{n+1}}（q-1）}}{{{b_n}（q-1）}}=q$，又c₂-c₁-d=b₁（q-1）≠0，
所以{c_n+1-c_n-d}是首项为b₁（q-1），公比为q的等比数列．        …5分
（2）解：①由已知条件得，等比数列{c_n+1-c_n-d}的前3项为6-d，9-d，15-d，
则（9-d）²=（6-d）（15-d），
解得d=3，从而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假设存在满足题意的集合A，不妨设l，m，p，r∈A（l＜m＜p＜r），且c_l，c_m，c_p，c_r成等差数列，
则2c_m=c_p+c_l，
因为c_l＞0，所以2c_m＞c_p，①
若p＞m+1，则p≥m+2，
结合①得，2[（3m-2）+3•2^m-1]＞（3p-2）+3•2^p-1≥3（m+2）-2+3•2^m+1，
化简得，${2^m}-m＜-\frac{8}{3}＜0$，②
因为m≥2，m∈N^*，不难知2^m-m＞0，这与②矛盾，
所以只能p=m+1，
同理，r=p+1，
所以c_m，c_p，c_r为数列{c_n}的连续三项，从而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，这与q≠1矛盾，
所以假设不成立，从而不存在满足题意的集合A．                  …16分

点评 本题考查等比数列的判定，考查等差数列、等比数列的通项，考查反证法的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．