（2009•上海）已知{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．
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（1）由am+am+1=ak，得6m+5=3k+1，
整理后，可得k−2m＝
4
3，∵m、k∈N*，∴k-2m为整数，
∴不存在m、k∈N*，使等式成立．
（2）设an=nd+c，若
an+1
an＝bn，对n∈N×都成立，
且{bn}为等比数列，则
an+2
an+1/
an+1
an＝q，对n∈N×都成立，
即anan+2=qan+12，∴（dn+c）（dn+2d+c）=q（dn+d+c）2，
对n∈N×都成立，∴d2=qd2
（i）若d=0，则an=c≠0，∴bn=1，n∈N*．
（ii）若d≠0，则q=1，∴bn=m（常数），即[dn+d+c/dn+c]=m，则d=0，矛盾．
综上所述，有an=c≠0，bn=1，使对一切n∈N×，
an+1
an＝bn．
（3）an=4n+1，bn=3n，n∈N*，
设am+1+am+2++am+p=bk=3k，p、k∈N*，m∈N．
4(m+1)+1+4(m+p)+1
2p＝3k，
∴4m+2p+3＝
3k
p，
∵p、k∈N*，∴p=3s，s∈N
取k=3s+2，4m=32s+2-2×3s-3=（4-1）2s+2-2×（4-1）s-3≥0，由
二项展开式可得整数M1、M2，
使得（4-1）2s+2=4M1+1，2×（4-1）s=8M2+（-1）S2
∴4m=4（M1-2M2）-（（-1）S+1）2，
∴存在整数m满足要求．
故当且仅当p=3s，s∈N，命题成立．
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