2009-上海卷文-23 解-等差等比存在性

本题导读

考查数列综合。（1）$6m+5=3k+1$ 左边模 $3$ 余 $2$ 无解；（2）$a^2{q}^{2m+1}=a{q}^k⟺a=q^c$ 且 $k=2m+1+c⩾1$ 对任意 $m$ 成立 $⟺c⩾-2$；（3）和为 $3^{m+1}\cdot \frac{3^p-1}{2}$，$p$ 偶时为偶数不是奇数，$p$ 奇时为奇数可表成 $2n+1$。

📌【题干】

Question

（2009年上海卷(文)） 已知 $\{a_n\}$ 是公差为 $d$ 的等差数列，$\{b_n\}$ 是公比为 $q$ 的等比数列.

(1)若 $a_n=3n+1$，是否存在 $m$、$k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，有 $a_m+a_{m+1}=a_k$？请说明理由；

(2)若 $b_n=a{q}^n$（$a$、$q$ 为常数，且 $aq\ne 0$），对任意 $m$ 存在 $k$，有 $b_m\cdot b_{m+1}=b_k$，试求 $a$、$q$ 满足的充要条件；

(3)若 $a_n=2n+1$，$b_n=3^n$，试确定所有的 $p$，使数列 $\{b_n\}$ 中存在某个连续 $p$ 项的和是数列 $\{a_n\}$ 中的一项，请证明.

🔍【思路分析】

破题导航

1. （1）$a_m+a_{m+1}=(3m+1)+(3m+4)=6m+5=3k+1\Rightarrow 3k=6m+4$，而 $6m+4$ 不是 $3$ 的倍数，$k$ 非整数，不存在。
2. （2）$b_m{b}_{m+1}=a^2{q}^{2m+1}=a{q}^k⟺a=q^{k-2m-1}$。令 $c=k-2m-1\in \mathbf{Z}$：充要条件 $a=q^c$（$c\in \mathbf{Z}$），且对任意 $m⩾1$ 有 $k=2m+1+c⩾1⟺c⩾-2$。
3. （3）连续 $p$ 项和 $S=3^{m+1}(3^p-1)/2$。$p$ 偶时为偶数不是奇数，$p$ 奇时为奇数可表成 $2n+1$。

✅【答案】

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(1) 不存在；(2)$a=q^c$，其中 $c\in \mathbf{Z}$ 且 $c⩾-2$；(3)$p$ 为奇数

✍【详细解析】

Abstract

（1）$a_m+a_{m+1}=(3m+1)+(3m+4)=6m+5$。若 $6m+5=3k+1$，则 $3k=6m+4$，即 $k=\frac{6m+4}{3}=2m+\frac{4}{3}$。 因为 $6m+4$ 除以 $3$ 余 $1$，不是 $3$ 的倍数，所以 $k$ 不是正整数。 故不存在 $m$、$k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，使 $a_m+a_{m+1}=a_k$。 （2）$b_m\cdot b_{m+1}=a{q}^m\cdot a{q}^{m+1}=a^2{q}^{2m+1}$。若 $b_m{b}_{m+1}=b_k=a{q}^k$，因 $aq\ne 0$，两边除以 $aq$： $a{q}^{2m}=q^k$，即 $a=q^{k-2m-1}$。 必要性：令 $c=k-2m-1$，则 $c\in \mathbf{Z}$ 且 $a=q^c$；又对任意 $m\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，$k=2m+1+c$ 须为正整数，$m=1$ 时 $k=c+3⩾1$，即 $c⩾-2$。 充分性：若 $a=q^c$（$c\in \mathbf{Z}$，$c⩾-2$），对任意 $m\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 取 $k=2m+1+c⩾2+1-2=1$，则 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，且 $b_k=a{q}^k=q^c{q}^{2m+1+c}=q^{2m+1+2c}=(q^c{)}^2{q}^{2m+1}=a^2{q}^{2m+1}=b_m{b}_{m+1}$，成立。 所以充要条件是 $a=q^c$，其中 $c\in \mathbf{Z}$ 且 $c⩾-2$。 （3）设 $S=3^{m+1}+3^{m+2}+\cdots +3^{m+p}=3^{m+1}\cdot \frac{3^p-1}{2}$（$m⩾0$，$p\in {\mathbf{N}}^{\ast }$）。 $3^{m+1}$ 是奇数，故 $S$ 的奇偶性由 $\frac{3^p-1}{2}$ 决定。 当 $p$ 为偶数时，$3^p\equiv 1(\mathrm{mod}4)$，$3^p-1$ 是 $4$ 的倍数，$\frac{3^p-1}{2}$ 是偶数，从而 $S$ 是偶数，不可能等于 $\{2n+1\}$ 中的奇数项。 当 $p$ 为奇数时，$3^p\equiv 3(\mathrm{mod}4)$，$\frac{3^p-1}{2}$ 是奇数，从而 $S$ 是奇数，且 $S⩾3^1\cdot \frac{3-1}{2}=3$。 于是 $S=2n+1$（$n=\frac{S-1}{2}⩾1\in {\mathbf{N}}^{\ast }$），即 $S$ 是数列 $\{a_n\}$ 中的项。 所以所求的 $p$ 为一切奇数。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：等差等比数列的存在性与整除分析

核心方法：同余否定 + 幂指数化归 + 奇偶定 $p$

避坑指南：（2）充分性取 $k=2m+1+c$ 时 $k⩾1$ 的最紧约束来自 $m=1$，得 $c⩾-2$；（3）的奇偶分析落在 $\frac{3^p-1}{2}$ 上：$p$ 偶时 $3^p\equiv 1(\mathrm{mod}4)$。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：存在性 + 充要条件 + 确定 $p$ 是上海卷压轴三连。

结论推广：$b_m{b}_{m+1}=a^2{q}^{2m+1}$ 与 $b_k=a{q}^k$ 比较指数。

方法推广：（3）连续 $p$ 项和用等比求和：$S=3^{m+1}(3^p-1)/2$，奇偶性由 $p$ 的奇偶决定，与 $m$ 无关。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质
• 19.01 等差数列全总结
• 19.02 等比数列全总结

类题演练 (Links)

• 2009-北京卷文-20 解-新定义数列存在性
• 2013-江苏卷-23 解-数列的综合应用
• 2009-天津卷文-20 解-等差数列交错和