| 在数列{an}和{bn}中，an=an，bn=（a+1）n+b，n=1，2，3，…，其中a≥2且a∈N*，b∈R． （Ⅰ）若a1=b1，a2＜b2，求数列{bn}的前n项和； （Ⅱ）证明：当a=2，b=
（Ⅲ）设A={a1，a2，a3，…}，B={b1，b2，b3，…}，试问在区间[1，a]上是否存在实数b使得C=A∩B≠∅．若存在，求出b的一切可能的取值及相应的集合C；若不存在，试说明理由． |
（Ⅰ）因为a1=b1，所以a=a+1+b，b=-1，（1分）
由a2＜b2，得a2-2a-1＜0，
所以1-
＜a＜1+2
，（3分）2
因为a≥2且a∈N*，所以a=2，（4分）
所以bn=3n-1，{bn}是等差数列，
所以数列{bn}的前n项和Sn=
(b1+bn)=n 2
n2+3 2
n．（5分）1 2
（Ⅱ）由已知bn=3n+
，假设3m+2
，3n+2
，3t+2
成等比数列，其中m，n，t∈N*，且彼此不等，2
则(3n+
)2=(3m+2
)(3t+2
)，（6分）2
所以9n2+6
n+2=9mt+32
m+32
t+2，2
所以3n2-3mt=(m+t-2n)
，2
若m+t-2n=0，则3n2-3mt=0，可得m=t，与m≠t矛盾；（7分）
若m+t-2n≠0，则m+t-2n为非零整数，(m+t-2n)
为无理数，2
所以3n2-3mt为无理数，与3n2-3mt是整数矛盾．（9分）
所以数列{bn}中的任意三项都不能构成等比数列．
（Ⅲ）设存在实数b∈[1，a]，使C=A∩B≠∅，
设m0∈C，则m0∈A，且m0∈B，
设m0=at（t∈N*），m0=（a+1）s+b（s∈N*），
则at=（a+1）s+b，所以s=
，at-b a+1
因为a，t，s∈N*，且a≥2，所以at-b能被a+1整除．（10分）
（1）当t=1时，因为b∈[1，a]，a-b∈[0，a-1]，
所以s=
∉N*；（11分）a-b a+1
（2）当t=2n（n∈N*）时，a2n-b=[（a+1）-1]2n-b=（a+1）2n+-C2n1（a+1）+1-b，
由于b∈[1，a]，所以b-1∈[0，a-1]，0≤b-1＜a+1，
所以，当且仅当b=1时，at-b能被a+1整除．（12分）
（3）当t=2n+1（n∈N*）时，a2n+1-b=[（a+1）-1]2n+1-b=（a+1）2n+1++C2n+11（a+1）-1-b，
由于b∈[1，a]，所以b+1∈[2，a+1]，
所以，当且仅当b+1=a+1，即b=a时，at-b能被a+1整除．（13分）
综上，在区间[1，a]上存在实数b，使C=A∩B≠∅成立，且当b=1时，C={y|y=a2n，n∈N*}；当b=a时，C={y|y=a2n+1，n∈N}．