浙江 2012 · 数学 q13

冷启动：两个条件长得一模一样，这是全题最大的提示

题面给的东西很少：公比 $q>0$，$S_{n}$ 是前 $n$ 项和，

$$S_{2}=3a_{2}+2,\qquad S_{4}=3a_{4}+2,$$

问 $q$。

先数一下未知量。 一个等比数列由 $a_1$ 与 $q$ 两个量完全定死，条件恰好也是两个—— 方程数够，$q$ 定得下来。但题目只问 $q$，所以 $a_1$ 是个必须被消掉的过客； 哪条路能早点甩掉它，哪条路就短。

再看两个条件的形状。 它们是同一个式子

$$S_{k}=3a_{k}+2$$

在 $k=2$ 与 $k=4$ 处各取一次——同形。同形的两个条件，第一反应就是相减： 右边那个碍事的常数 $2$ 会整段对消。这就是解法一。

三个前提先摆在明处，后面每条路都要用：

• $a_1\neq 0$、$q\neq 0$，这是等比数列定义自带的，于是每一项都不为零—— 三条路都要在某一步除以 $a_1$ 或 $a_2$，靠的就是它；
• $q>0$ 是题面给的，它的用处只有一个：在解出来的两个根里砍掉负的那个；
• $q>0$ 不是「各项为正」。这一条现在还看不出要紧，等回代出 $a_1=-1$ 就明白了。

解法一：两式相减——常数 $2$ 自己消掉，$a_1$ 从头到尾没露面

左边相减。 前 $n$ 项和之差就是中间那一段连续项：

$$S_{4}-S_{2}=a_{3}+a_{4}.$$

右边相减。 两个条件的常数都是 $2$，一减就没了：

$$(3a_{4}+2)-(3a_{2}+2)=3a_{4}-3a_{2}.$$

合起来：

$$a_{3}+a_{4}=3a_{4}-3a_{2}\quad\Longrightarrow\quad a_{3}+3a_{2}=2a_{4}.$$

现在整条式子只剩三个相邻的项。把它们都用 $a_{2}$ 表出——$a_{3}=a_{2}q$、$a_{4}=a_{2}q^{2}$—— 再除以 $a_{2}$。除得掉，因为等比数列的项不为零：

$$q+3=2q^{2},\qquad\text{即}\qquad 2q^{2}-q-3=0 .$$ $$(2q-3)(q+1)=0\ \Longrightarrow\ q=\frac{3}{2}\ \text{或}\ q=-1; \qquad q>0\ \Longrightarrow\ \boxed{q=\dfrac{3}{2}}$$

这条路值钱的地方有三处：

• $a_{1}$ 一次都没出现。 相减那一步顺手把它连同常数一起消掉了；
• 没用求和公式。 用到的只有「$S_4-S_2$ 是第 $3$、$4$ 项之和」与「相邻项差一个 $q$」；
• 不必单独讨论 $q=1$。 那个讨论只在用闭式 $S_n=\dfrac{a_1(1-q^{n})}{1-q}$ 时才需要（分母是 $1-q$）， 这条路根本没碰闭式。

解法二：基本量法——全摊成 $a_1$ 与 $q$，两个条件的左边同为 $2$

不玩技巧，把两个条件都翻译成 $a_1$ 与 $q$ 的等式。注意 $S_4$ 直接写成四项相加， 不用闭式，于是同样躲开 $q=1$ 的讨论：

$$S_{2}=a_{1}(1+q)=3a_{1}q+2\ \Longrightarrow\ a_{1}(1+q-3q)=2,\ \text{即}\ a_{1}(1-2q)=2;$$ $$S_{4}=a_{1}(1+q+q^{2}+q^{3})=3a_{1}q^{3}+2\ \Longrightarrow\ a_{1}(1+q+q^{2}-2q^{3})=2 .$$

两个式子的左边同为 $2$，于是

$$a_{1}(1-2q)=a_{1}(1+q+q^{2}-2q^{3}).$$

约掉 $a_{1}\neq 0$：

$$1-2q=1+q+q^{2}-2q^{3}\ \Longrightarrow\ 2q^{3}-q^{2}-3q=0\ \Longrightarrow\ q\,(2q^{2}-q-3)=0 .$$

$q>0$ 排掉 $q=0$（其实等比数列本来就不许 $q=0$），剩下的还是 $2q^{2}-q-3=0$， 仍得 $q=\dfrac{3}{2}$。

顺手把首项也拿到手：代回 $a_{1}(1-2q)=2$，

$$a_{1}=\frac{2}{1-2\cdot\frac{3}{2}}=\frac{2}{-2}=-1 .$$

这条路慢一点，但它多给了一样东西：整个数列。$q$ 与 $a_1$ 都到手，后面的验算才有得算。

若坚持用闭式，$q=1$ 必须先单独看一眼：那时 $S_2=2a_1=3a_1+2$ 给 $a_1=-2$， 而 $S_4=4a_1=-8$ 与 $3a_4+2=3(-2)+2=-4$ 对不上，所以 $q=1$ 舍。 讨论完再用闭式，结论一样。

解法三：分段关系一步换掉 $S_4$——$a_2$ 竟被 $q$ 单独定死

等比数列的分段和还是成等比：后两项之和是前两项之和的 $q^{2}$ 倍，于是

$$S_{4}=S_{2}+(a_{3}+a_{4})=S_{2}+q^{2}(a_{1}+a_{2})=(1+q^{2})S_{2}, \qquad a_{4}=q^{2}a_{2}.$$

把这两条一起塞进第二个条件：

$$(1+q^{2})S_{2}=3q^{2}a_{2}+2 .$$

再用第一个条件 $S_{2}=3a_{2}+2$ 替掉 $S_2$：

$$(1+q^{2})(3a_{2}+2)=3q^{2}a_{2}+2 .$$

左边展开是 $3a_{2}+2+3q^{2}a_{2}+2q^{2}$，与右边一比，$3q^{2}a_{2}$ 与 $2$ 两块整段对消，只剩

$$3a_{2}+2q^{2}=0\qquad\Longrightarrow\qquad a_{2}=-\frac{2q^{2}}{3}.$$

这是本题最漂亮的一个中间结果：$a_{2}$ 被 $q$ 单独定死了，和 $S_2$、和 $a_1$ 都没关系。

另一头，第一个条件自己也能解出 $a_{2}$。由 $S_{2}=\dfrac{a_{2}}{q}+a_{2}=3a_{2}+2$ 得

$$a_{2}\Bigl(\frac{1}{q}+1-3\Bigr)=2\ \Longrightarrow\ a_{2}(1+q-3q)=2q\ \Longrightarrow\ a_{2}=\frac{2q}{1-2q}.$$

两个 $a_{2}$ 相等：

$$-\frac{2q^{2}}{3}=\frac{2q}{1-2q}.$$

$q>0$，两边同除以 $2q$：

$$-\frac{q}{3}=\frac{1}{1-2q}\ \Longrightarrow\ -q(1-2q)=3\ \Longrightarrow\ 2q^{2}-q-3=0,$$

还是同一条方程，还是 $q=\dfrac{3}{2}$。

回代验算：这个数列全是负的

三条路都停在 $2q^{2}-q-3=0$ 上，取 $q=\dfrac{3}{2}$、$a_{1}=-1$，四项是

$$a_{1}=-1,\quad a_{2}=-\frac{3}{2},\quad a_{3}=-\frac{9}{4},\quad a_{4}=-\frac{27}{8}.$$

验第一个条件：$S_{2}=-1-\dfrac{3}{2}=-\dfrac{5}{2}$，而 $3a_{2}+2=-\dfrac{9}{2}+2=-\dfrac{5}{2}$，相符。

验第二个条件：$S_{4}=-1-\dfrac{3}{2}-\dfrac{9}{4}-\dfrac{27}{8}=-\dfrac{65}{8}$， 而 $3a_{4}+2=-\dfrac{81}{8}+2=-\dfrac{65}{8}$，相符。

注意验的是原来那两个条件，不是相减得到的那条。 差式比原条件弱—— 只验差式，首项写错了也查不出来。

三个提醒

1. $q>0$ 只管同号，不管正负。 这个数列的公比是正的 $\dfrac{3}{2}$，可四项全在 $0$ 以下， 前 $n$ 项和也全是负的。要「各项为正」得再有 $a_{1}>0$，题面并没有给。 若在解法二算出 $a_{1}=-1$ 时觉得「首项怎么会是负的」而回头找错，就白忙一场了。

2. 两个根都要写出来再取舍。 $2q^{2}-q-3=0$ 的根是 $\dfrac{3}{2}$ 与 $-1$； $q>0$ 是题面白纸黑字给的取舍依据，用它砍掉 $-1$ 天经地义。 反过来，若题面没给 $q>0$，$q=-1$ 就得留着验一验（此时 $a_1(1-2q)=2$ 给 $a_1=\frac23$， 数列成 $\frac23,-\frac23,\frac23,-\frac23$，$S_2=0$ 而 $3a_2+2=0$、$S_4=0$ 而 $3a_4+2=0$， 居然也成立）——所以那句 $q>0$ 是必需的，不是装饰。

3. 用闭式求和就必须先讨论 $q=1$。 $S_n=\dfrac{a_1(1-q^{n})}{1-q}$ 的分母是 $1-q$， 写下它的那一刻就默认了 $q\neq 1$。本题三条路里，解法一根本没用和的闭式， 解法二把 $S_4$ 写成四项相加，都合法地绕开了这个讨论；一旦你在卷面上写出那个分式， 就欠了一句「$q=1$ 时不成立」。