等差数列中等比数列子数列的探究

熊如佐

一、问题提出

等差数列和等比数列是高中数学的重要内容，也是高考说明中的两个C级考点，其难度水平不言而喻.通过对数列考题的梳理，发现在等差数列中探究等比子数列是常考问题之一.本文力求给出解决该类问题的一般思路和方法，供同学们复习时参考.

二、问题解决

例1 记从数列{an}中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称之为数列{an}的一个子数列.等差数列{an}的通项为an=3n-2，n∈N*，数列{an}中是否存在不同的三项（按原来的顺序）成等比数列？数列{an}中是否存在无穷等比数列子数列？

解题分析：写出数列的一些项：1，4，7，10，13，16，19，……，观察可以发现，其中1，4，16成等比数列，即a1，a2，a6成等比数列，且公比为4.是否存在无穷等比数列子数列，只要判断在上面的等比数列，即首项为1，公比为4的等比数列中任意一项都是等差数列的项.

解法：由an=3n-2得a1=1，a2=4，a6=16，所以存在不同的三项成等比数列，且公比为4.下证等比数列的第4项也是等差数列中的项，记an1是数列的第四项，则an1a6=a6a2=4，而an1a6=a6a2=an1-a6a6-a2=（n1-6）×3（6-2）×3=4，所以n1=6+4×（6-2），同理，可以算得等比数列的第五项an2，其中n2=n1+4×（n1-6），……，依次可以得到下一项，从而一定存在无穷等比数列子数列.

反思：1.探究数列问题常常从写出数列的前几项观察开始;

2.说明等差数列中存在无穷等比数列子数列是通过构造等比数列的后一项，来说明该项一定在等差数列中，其中用到比例的性质，也可以从等比数列的通项入手，说明等比数列中的任意一项都在等差数列中，即由等比数列的第n项是等差数列的第m项列出等式，说明用n表示出的m一定是正整数，说明过程中需要用二项式定理;

3.从构造等比数列的过程可以发现，只要等差数列中存在两项，其后项与前项的比为整数，则一定存在等比数列子数列.

结论：一个公差非零的无穷等差数列{an}中，如果存在两项an1，an2（n1

例2 等差数列{an}的通项为an=3n-2，n∈N*，试确定等比数列子数列公比的最小值.

解题分析：数列{an}的每一项都是正整数，且是递增数列，所以先确定其等比数列子数列的公比一定是不小于2的整数，再运用子数列中项的双重性建立等量关系，确定公比的最小值.

解法：由an=3n-2，n∈N*知，an∈N*，an+1>an，记其等比数列子数列{akn}的公比为q，首项为ak1，则q≥2且q∈N*，否则，一定存在n∈N*使ak1qn-1Z.

由akn是等差数列的第kn项，同时又是等比数列的第n项，得

akn=ak1+（kn-k1）×3，akn=ak1qn-1，

所以ak1+（kn-k1）×3=ak1qn-1，

kn-k1=ak13（qn-1-1）∈N*，

由于ak1不是3的倍数，所以当n∈N*时qn-1-1必是3的倍数.

当n≥2，n∈N*时，qn-1-1=（q-1）（qn-2+qn-3+…+q+1），其中qn-2+qn-3+…+q+1的公约数为1，从而q-1必是3的倍数，

所以公比q的最小值为4.

反思：1.等差数列中的等比数列子数列问题，特别要关注子数列的项在不同数列中的表示;

2.在解决问题的过程中，用到了等差等比数列的基本性质，还涉及整除、因式分解等数论相关基础知识，本题中等差数列的各项均为整数，易得等比数列子数列的公比为正整数，实际上，一般等差数列若存在等比数列子数列，其公比也是正整数.

结论：等差数列的公差非零，如果存在等比数列子数列，则其公比是大于1的整数.

例3 在等差数列{a+bn}（ab≠0）中是否存在无穷等比数列子数列？

解题分析：先从数列中存在等比数列子数列入手，探究a，b应该满足的条件，再考虑所得条件是否充分，从而确定等差数列{a+bn}（ab≠0）中存在无穷等比数列子数列条件.

解法：设{a+bn}中存在一个等比数列子数列：a+bn1，a+bn2，a+bn3，…，其中n1

反过来，如果ab∈Q，不妨设a，b∈Z且b>0，取自然数n1，使c1=a+bn1>0 ①，

设a+bn2=c1q ②，a+bn3=c1q2 ③，

由②-①知：b（n2-n1）=c1（q-1），取q-1=b，则q=b+1，n2=n1+c1，

由③-②知：b（n3-n2）=c1q（q-1）=c1bq，n3=n2+c1q.

由归纳法知a+bnk=c1qk-1，其中q=b+1，nk+1=nk+c1qk-1.

所以子数列{a+bnk}成等比数列.

反思：探究存在性问题，一般先从存在入手，寻找结论的必要性，特别是从前三项去确定条件是一种自然的思路，但必须确定条件的充分性.本题中，充分性的确定也是采用的构造法，实际上是从同号的项开始，确定两项，使得两项之比为整数.

结论：1.等差数列{a+bn}（ab≠0）中存在一个无穷等比数列子数列的充要条件是ab∈Q.

2.公差为d（d≠0）非零等差数列{an}中a1dQ，则其一定不存在等比数列子数列.

三、尝试解决

1.已知数列{an}满足an=3n-1，将数列{an}中的部分项按原来顺序构成数列{bn}，且b1=a2.证明：存在无数个满足条件的无穷等比数列{bn}.

答案：可以先列舉出数列{an}中的前面的一些项，如2，5，8，11，14，17，20，23等，首先能与5形成倍数关系的是20，可以考虑满足要求的一个等比数列公比为4.

证明如下：bn=5×4n-1为数列{an}中的项.

因为an=3n-1，令5×4n-1=3m-1，

则m=5×4n-1+13.

即证：m=5×4n-1+13为正整数.显然当n=1或2时，满足要求.

因为m=5×4n-1+13=5×（4n-1-1）+63

=5×（4n-1-1）4-1+2=5×（1+4+…+4n-2）+2，

所以当n≥3时，m为正整数，故数列{bn}其中bn=5×4n-1满足题意.

所以当首项取5，公比取42，43，…时均满足题意，这样的等比数列{bn}有无数个.

2.（江苏高考题）求证：对于给定的正整数n（n≥4），存在一个各项及公差均不为零的等差数列b1，b2，…，bn，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列.

证明：假设对于某个正整数n，存在一个公差为d的n项等差数列b1，b2，…，bn，其中bx+1，by+1，bz+1（0≤x

由b1d≠0知，y2-xz与x+z-2y同时为0或同时不为0.

当y2-xz与x+z-2y同时为0时，有x=y=z与题设矛盾.

故y2-xz与x+z-2y同时不为0，所以由（*）得b1d=y2-xzx+z-2y.

因为0≤x

于是，对于任意的正整数n（n≥4），只要b1d为无理数，相应的数列就是满足题意要求的数列.

例如n项数列1，1+2，1+22，…，1+（n-1）2满足要求.