浙江 2018 · 数学 q10

冷启动：四个选项在比什么

$a_1,a_2,a_3,a_4$ 成等比数列，公比记作 $q\neq 0$，首项 $a_1=a>1$。于是四项是

$$a,\quad aq,\quad aq^{2},\quad aq^{3}.$$

$a_1$ 与 $a_3$ 比的是 $1$ 和 $q^{2}$（$a>0$），$a_2$ 与 $a_4$ 比的还是 $1$ 和 $q^{2}$，只是前面多乘了一个 $aq$。所以：

• $q>0$ 时，两次比较同向——选项只可能是 A 或 D；
• $q<0$ 时，两次比较反向——选项只可能是 B 或 C。

右边还有一个 $\ln(a_1+a_2+a_3)$，真数必须为正，且 $\ln t<t$ 对所有 $t>0$ 成立。下面两条路都靠这两件事把 $q$ 钉进 $(-1,0)$。

解法一：先用 $\ln t<t$ 逼出 $a_4<0$，再按 $|q|$ 分界

怎么想到的。 把前三项的和看成一个正数 $t$，原式就是 $t+a_4=\ln t$。对数永远在直线 $y=t$ 下方，所以 $a_4$ 必须是负数——公比立刻被逼到负半轴，A、D 先出局。

① $\ln$ 有定义，且 $\ln t<t$。 记 $t=a_1+a_2+a_3$，则 $t>0$，且

$$t+a_4=\ln t.$$

对 $f(x)=x-\ln x$（$x>0$）：$f'(x)=1-1/x$，在 $(0,1)$ 上为负、在 $(1,+\infty)$ 上为正，$f(1)=1>0$，所以 $f(x)>0$，即 $\ln x<x$。于是 $\ln t<t$，必须 $a_4<0$。

② 公比为负。 $a_4=aq^{3}<0$，$a>1>0$，故 $q^{3}<0$，即 $q<0$。此时 $a_3=aq^{2}>0$，$a_2=aq<0$。A、D 要求两次比较同向，已经不可能。

③ 丢掉 $q\le-1$。 四项和 $S_4=a(1+q)(1+q^{2})$。$1+q^{2}>0$ 恒成立。

• $q=-1$：$S_4=0$，$t=a>1$，$\ln t>0$，左边 $0$ 对不上右边的正数。
• $q<-1$：$1+q<0$，故 $S_4<0$。而 $t=a(1+q+q^{2})$，$q^{2}+q+1=(q+\tfrac12)^{2}+\tfrac34>0$，且 $q<-1$ 时 $q^{2}+q+1>1$，于是 $t>a>1$，$\ln t>0$。负数等于正数，不行。

只剩 $q\in(-1,0)$。这时 $q^{2}<1$，所以 $a_1>a_3>0$；又 $aq<0$ 且 $1-q^{2}>0$，故 $a_2-a_4=aq(1-q^{2})<0$，即 $a_2<a_4<0$。这正是 B。

选 B。

解法二：直接对公比的符号与绝对值分类

怎么想到的。 不想先走 $\ln t<t$ 这一刀时，按 $q$ 的符号切开，再用 $S_4$ 与 $\ln t$ 的正负对表。区间仍然是 $q>0$、$q=-1$、$q<-1$、$q\in(-1,0)$ 四段，一段一段排除。

仍写 $a>1$，$t=a(1+q+q^{2})$，$S_4=a(1+q)(1+q^{2})$。$q^{2}+q+1>0$ 恒成立，所以 $t>0$，$\ln t$ 有定义。

① $q>0$。 $a_4=aq^{3}>0$，故 $S_4=t+a_4>t$。若 $S_4=\ln t$，就有 $\ln t>t$，与 $\ln t<t$ 矛盾。这一段对应 A（$q>1$）和 D（$0<q<1$），整段丢掉。$q=1$ 时 $S_4=4a$、$t=3a$，$4a=\ln(3a)$ 同样因 $\ln(3a)<3a<4a$ 不成立。

② $q=-1$。 $S_4=0$，$\ln t=\ln a>0$，不等。

③ $q<-1$。 $S_4<0$，而 $t>a>1$ 使 $\ln t>0$，正负不同。对应选项 C，丢掉。

④ $q\in(-1,0)$。 $a_1>a_3>0$，$a_2<a_4<0$，落在 B。这一段里 $S_4>0$，等式也确实有解。取 $q=-0.9$，令 $k=(1+q)(1+q^{2})=0.1\times 1.81=0.181$，$m=1+q+q^{2}=0.91$。函数 $g(x)=kx-\ln x$ 在 $x=1/k>1$ 处取最小值 $1+\ln k=\ln(ek)$。$e<3$，故 $ek<0.543<0.91=m$，即最小值小于 $\ln m$；又 $g(1)=k=0.181>\ln 0.91$（右边为负）。所以 $\ln m$ 落在 $g$ 在 $[1,+\infty)$ 的值域里，存在 $a>1$ 使原式成立。

选 B。