已知数列{an}是以d为公差的等差数列，数列{bn}是以q为公比的等比数列．（1）若数列{bn}的前n项和为Sn，且a1=b1=d=2，S3＜5b2+a88-1

题型：不详难度：来源：

已知数列{a_n}是以d为公差的等差数列，数列{b_n}是以q为公比的等比数列．
（1）若数列{b_n}的前n项和为S_n，且a₁=b₁=d=2，S₃＜5b₂+a₈₈-180，求整数q的值；
（2）在（1）的条件下，试问数列{b_n}中是否存在一项b_k，使得b_k恰好可以表示为该数列中连续P（P∈N，P≥2）项和？请说明理由；
（3）若b₁=a_r，b₂=a_s≠a_r，b₃=a_t（其中t＞s＞r，且（s-r）是（t-r）的约数）求证：数列{b_n}中每一项都是数列{a_n}中的项．

答案

（1）由题意知，a_n=2n，b_n=2•q^n-1，所以由S₃＜a₈₈+5b₂-180，
可得，b₁+b₂+b₃＜a₈₈+5b₂-180⇒b₁-4b₂+b₃＜176-180⇒q²-4q+3＜0．
解得1＜q＜3，又q为整数，所以q=2；
（2）不存在这样的项．理由如下：
假设数列{b_n}中存在一项b_k，满足b_k=b_m+b_m+1+b_m+2+…+b_m+p-1，
因为b_n=2ⁿ，∴b_k＞b_m+p-1⇒2^k＞2^m+p-1⇒k＞m+p-1⇒k≥m+p（*），
又bk=2k=bm+bm+1+bm+2+…+bm+p-1=2m+2m+1++2m+p-1=

2m(2p-1)

2-1

=2^m+p-2^m＜2^m+p，
所以k＜m+p，此与（*）式矛盾．
所以，这样的项b_k不存在；
（Ⅲ）由b₁=a_r，得b₂=b₁q=a_rq=a_s=a_r+（s-r）d，
则d=

ar(q-1)

s-r

，
又b3=b1q2=arq2=at=ar+（t-r）d⇒arq2-a_r=（t-r）•

ar(q-1)

s-r

，
从而ar（q+1）（q-1）=ar（q-1）•

t-r

s-r

，
因为a_s≠a_r⇒b₁≠b₂，所以q≠1，又a_r≠0，
故q=

t-r

s-r

-1．又t＞s＞r，且（s-r）是（t-r）的约数，
所以q是整数，且q≥2，
对于数列中任一项b_i（这里只要讨论i＞3的情形），
有b_i=a_rq^i-1=a_r+a_r（q^i-1-1）
=a_r+a_r（q-1）（1+q+q²++q^i-2）
=a_r+d（s-r）（1+q+q²++q^i-2）
=a_r+[（（s-r）（1+q+q²++q^i-2）+1）-1]•d，
由于（s-r）（1+q+q²++q^i-2）+1是正整数，所以b_i一定是数列{a_n}的项．
故得证．