已知各项均为正数的等差数列{an}的公差d不等于0，设a1，a3，ak是公比为q的等比数列{bn}的前三项，（1）若k=7，a1=2；（i）求数列{anbn}的前n项和Tn；（ii）将数列{an}和{bn}的相同的项去掉，剩下

Question

已知各项均为正数的等差数列{a_n}的公差d不等于0，设a₁，a₃，a_k是公比为q的等比数列{b_n}的前三项，
（1）若k=7，a₁=2；
（i）求数列{a_nb_n}的前n项和T_n；
（ii）将数列{a_n}和{b_n}的相同的项去掉，剩下的项依次构成新的数列{c_n}，设其前n项和为S_n，求S2n−n−1−22n−1+3•2n−1(n≥2，n∈N*)的值
（2）若存在m＞k，m∈N^*使得a₁，a₃，a_k，a_m成等比数列，求证k为奇数．

Answer 1

（1）因为k=7，所以a₁，a₃，a₇成等比数列，又a_n是公差d≠0的等差数列，
所以（a₁+2d）²=a₁（a₁+6d），整理得a₁=2d，
又a₁=2，所以d=1，b₁=a₁=2，q＝(b2)/(b1)＝(a3)/(a1)＝(a1+2d)/(a1)＝2，
所以a_n=a₁+（n-1）d=n+1，b_n=b₁×q^n-1=2ⁿ，
（i）用错位相减法或其它方法可求得a_nb_n的前n项和为T_n=n×2ⁿ⁺¹；
（ii）因为新的数列{c_n }的前2ⁿ-n-1项和为数列a_n的前2ⁿ-1项的和减去数列b_n前n项的和，
所以S2n−n−1＝((2n−1)(2+2n))/(2)−(2(2n−1))/(2−1)＝(2n−1)(2n−1−1)．
所以S2n−n−1−22n−1+3•2n−1＝1
（2）由（a₁+2d）²=a₁（a₁+（k-1））d，整理得4d²=a₁d（k-5），
因为d≠0，所以d＝(a1(k−5))/(4)，所以q＝(a3)/(a1)＝(a1+2d)/(a1)＝(k−3)/(2)．
因为存在m＞k，m∈N^*使得a₁，a₃，a_k，a_m成等比数列，
所以am＝a 1q3＝a1((k−3)/(2))3，
又在正项等差数列{a_n}中，am＝a1+(m−1)d＝a1+(a1(m−1)(k−5))/(4)，
所以a1+(a1(m−1)(k−5))/(4)＝a1((k−3)/(2))3，又因为a₁＞0，
所以有2[4+（m-1）（k-5）]=（k-3）³，
因为2[4+（m-1）（k-5）]是偶数，所以（k-3）³也是偶数，
即k-3为偶数，所以k为奇数．