Question

20．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=b_n-a_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9，17，30，53．
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_n1，c_n2，…，c_nk等差数列？证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）依题意，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，利用等比数列的定义，即可证得结论；
（2）①由（1）得，等比数列{c_n+1-c_n+d}的前3项为8+d，13+d，23+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=（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，
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，
∴{c_n+1-c_n+d}是首项为b₁（q-1），公比为q的等比数列；
（2）解：①由（1）得，等比数列{c_n+1-c_n+d}的前3项为8+d，13+d，23+d，
则（13+d）²=（8+d）（23+d），
解得d=-3，从而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，
∵c_l＞0，∴2c_m=c_p+c_l ①
若p＞m+1，则p≥m+2，结合①得，${c_n}=5•{2^{n-1}}+（{3n+1}）$，
则2[5•2^m-1+（3m+1）]＞5•2^p-1+（3p+1）＞5•2^m+1+3（m+2）+1，
化简得，${2^m}-\frac{3m}{5}＜-1＜0$，②
∵m≥2，m∈N^*，不难知${2^m}-\frac{3m}{5}＞0$，这与②矛盾，
∴只能p=m+1，同理r=p+l=m+2，
∴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（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，这与q≠1矛盾，
∴假设不成立，从而不存在满足题意的集合A．

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．