浙江 2020 · 数学 q07

冷启动：把题设、$b$ 的定义和「不可能成立」各自翻译一遍

题面给的东西分三层，一层一层译清楚，这道题就只剩计算。

第一层：题设是两个筛子。 $\{a_n\}$ 是等差数列，另外给了

$$d\ne0,\qquad \frac{a_1}{d}\leqslant1$$

这两句话不是背景，是筛子——下面每一个「可能成立」的判断，最后都要回来过这两道筛。 因为 $d\ne0$，比值 $t=\dfrac{a_1}{d}$ 有意义，题设就是一句话：$t\leqslant1$。

第二层：$b$ 是由前缀和之差定义的。

$$b_1=S_2,\qquad b_{n+1}=S_{n+2}-S_{2n}\quad(n\in\mathbf{N}^*)$$

注意左边写的是 $b_{n+1}$ 而不是 $b_n$。要 $b_4$ 就得代 $n=3$，要 $b_8$ 就得代 $n=7$—— 下标先减一。选项要用的是 $b_2,b_4,b_6,b_8$，对应的是 $n=1,3,5,7$。

第三层：「不可能成立」问的是无解。 四个选项都是关于 $a_1$、$d$ 的方程。对某个选项，

• 「可能成立」$=$ 存在一组 $(a_1,d)$，同时满足 $d\ne0$、$\dfrac{a_1}{d}\leqslant1$，并让这个等式成立；
• 「不可能成立」$=$ 这样的 $(a_1,d)$ 一组都没有。

所以要做的事是：把四个等式各自化简，看它逼出什么条件，再拿两个筛子筛一遍。三个会活下来， 死掉的那一个就是答案。

顺带认一下四个选项的形状。 A、B 是「中间那项的两倍等于两头之和」，即等差中项的关系； C、D 是「中间那项的平方等于两头之积」，即 $G^2=xz$ 那种关系——也就是等比中项的写法， 它说的是 $a_2,a_4,a_8$（或 $b_2,b_4,b_8$）成等比。不过选项写下来的只是那个等式， 并不额外要求三项非零，所以判「可能成立」时只需要方程有解。

解法一：先把 $b$ 的通式算出来，四个选项逐一代进去验

怎么想到的。 四个选项要用四个不同的 $b$，一个一个去减两个和太碎。既然 $b_{n+1}=S_{n+2}-S_{2n}$ 对每个 $n$ 都是同一个式子，那就一次性把它算成 $n$ 的表达式， 之后代 $n$ 就完事。这条路只需要两个公式，胜在无脑。

① 两个公式。 设首项 $a_1$、公差 $d$（$d\ne0$），则

$$a_n=a_1+(n-1)d,\qquad S_m=ma_1+\frac{m(m-1)}{2}d$$

② 把 $b_{n+1}$ 算成 $n$ 的式子。 代 $m=n+2$ 与 $m=2n$：

$$S_{n+2}=(n+2)a_1+\frac{(n+2)(n+1)}{2}d,\qquad S_{2n}=2na_1+\frac{2n(2n-1)}{2}d$$

相减。$a_1$ 的系数是 $(n+2)-2n=2-n$；$d$ 的系数是

$$\frac{(n+2)(n+1)-2n(2n-1)}{2}=\frac{(n^2+3n+2)-(4n^2-2n)}{2}=\frac{-3n^2+5n+2}{2}$$

于是

$$b_{n+1}=(2-n)a_1-\frac{3n^2-5n-2}{2}\,d$$

先自检一次再往下走。 代 $n=1$ 得 $b_2=a_1-\dfrac{3-5-2}{2}d=a_1+2d$； 而按定义 $b_2=S_3-S_2=a_3=a_1+2d$。两条路一致，通式没算错。

③ 代出四个 $b$（下标记住减一）。 $b_2,b_4,b_6,b_8$ 对应 $n=1,3,5,7$：

④ A 是恒等式，可能成立。

$$2a_4=2(a_1+3d)=2a_1+6d,\qquad a_2+a_6=(a_1+d)+(a_1+5d)=2a_1+6d$$

两边完全相同，所以 A 对任何等差数列都成立，当然也对满足题设的数列成立—— 取 $a_1=d=1$（即 $a_n=n$）：$d=1\ne0$、$\dfrac{a_1}{d}=1\leqslant1$，题设全满足。A 可能成立。

⑤ B 逼出 $d=0$，与题设冲突，不可能成立。

$$2b_4=-2a_1-10d,\qquad b_2+b_6=(a_1+2d)+(-3a_1-24d)=-2a_1-22d$$

两边的 $a_1$ 系数都是 $-2$，相等就只剩 $d$ 的事：

$$-2a_1-10d=-2a_1-22d\iff 12d=0\iff d=0$$

而题设写着 $d\ne0$。所以没有任何满足题设的数列能让 B 成立——B 不可能成立。

⑥ C 逼出 $a_1=d$，恰好过筛，可能成立。

$$a_4^2=a_2a_8\iff(a_1+3d)^2=(a_1+d)(a_1+7d)$$

左边 $a_1^2+6a_1d+9d^2$，右边 $a_1^2+8a_1d+7d^2$，相减得 $2d^2=2a_1d$，即 $d^2=a_1d$。 因为 $d\ne0$，两边同除 $d$ 得 $a_1=d$，也就是 $t=\dfrac{a_1}{d}=1$。 再过第二道筛：$1\leqslant1$，边界上的等号恰好收下它。取 $a_1=d=1$（$a_n=n$）验一眼： $a_4^2=16$，$a_2a_8=2\times8=16$，真的相等。C 可能成立。

⑦ D 逼出一个二次方程，两根都过筛，可能成立。

$$b_4^2=b_2b_8\iff(-a_1-5d)^2=(a_1+2d)(-5a_1-55d)$$

左边 $(a_1+5d)^2=a_1^2+10a_1d+25d^2$；右边 $-5(a_1+2d)(a_1+11d)=-5a_1^2-65a_1d-110d^2$。 移项得 $6a_1^2+75a_1d+135d^2=0$，同除 $3$：

$$2a_1^2+25a_1d+45d^2=0$$

这是关于 $a_1$、$d$ 的齐次方程，同除 $d^2$（$d\ne0$，除得），记 $t=\dfrac{a_1}{d}$：

$$2t^2+25t+45=0$$

判别式 $\Delta=25^2-4\times2\times45=625-360=265>0$，有两个不等实根。不必开根号就能定位它们：

$$t_1+t_2=-\frac{25}{2}<0,\qquad t_1t_2=\frac{45}{2}>0$$

积为正、和为负 $\Rightarrow$ 两根同为负数，于是两根都 $<0\leqslant1$，第二道筛也过了。 （要具体值就开一次根：$t=\dfrac{-25\pm\sqrt{265}}{4}$，约 $-2.18$ 与 $-10.32$。取 $d=1$、 $a_1=t$ 即得一个合法数列。）D 可能成立。

⑧ 收口。 A 恒成立、C 有一个合法解、D 有两个合法解，只有 B 把自己逼成了 $d=0$—— 它是四个里唯一不可能成立的，选 B。

解法二：每个 $b$ 都是一段连续项之和，用中间项一步压掉

怎么想到的。 $S_{n+2}-S_{2n}$ 是两个前缀和之差，而前缀和之差从来不需要展开算—— 公共的那一截整段对消，剩下的必然是一段连续项。等差数列里一段连续项之和又等于 「项数 $\times$ 中间项」。于是每个 $b$ 都能压成一项，四个选项比起来就轻得多。

① 前缀和之差是哪一段。 按定义 $S_m=a_1+a_2+\cdots+a_m$，故当 $p<q$ 时

$$S_q-S_p=a_{p+1}+a_{p+2}+\cdots+a_q$$

现在两个下标是 $n+2$ 与 $2n$，谁大谁小随 $n$ 变：$n+2>2n\iff n<2$。分开看（$b_{n+1}$ 里 要 $b_k$ 就代 $n=k-1$，下标先减一）：

• $n=1$（给 $b_2$）：$n+2=3>2=2n$，$b_2=S_3-S_2=a_3$，正的一项；
• $n=2$（给 $b_3$）：两个和相等，$b_3=0$（本题没用到）；
• $n\geqslant3$：$n+2<2n$，被减的那个和更长，

$$b_{n+1}=S_{n+2}-S_{2n}=-\bigl(a_{n+3}+a_{n+4}+\cdots+a_{2n}\bigr)$$

括号里共 $2n-(n+3)+1=n-2$ 项，连续。

② 一段连续项之和 $=$ 项数 $\times$ 中间项。 等差数列里把 $a_l+a_{l+1}+\cdots+a_r$ 首尾配对， 每一对之和都等于 $2a_{(l+r)/2}$，故当项数为奇数（$l+r$ 为偶数）时

$$a_l+a_{l+1}+\cdots+a_r=(r-l+1)\,a_{\frac{l+r}{2}}$$

③ 四个 $b$ 各是哪一项。 选项要 $b_2,b_4,b_6,b_8$，即 $n=1,3,5,7$：

中间项的下标是 $3,6,9,12$——它们自己成等差，公差 $3$。于是记 $u=a_3$，四个 $b$ 全部用 $u$ 与 $d$ 写出来（$a_6=u+3d$、$a_9=u+6d$、$a_{12}=u+9d$）：

$$b_2=u,\qquad b_4=-(u+3d),\qquad b_6=-3(u+6d),\qquad b_8=-5(u+9d)$$

④ A：下标 $2,4,6$ 成等差，故恒成立。 $2a_4=a_2+a_6$ 说的是 $a_4$ 是 $a_2$、$a_6$ 的等差中项。 直接验：$2a_4=2(a_1+3d)=2a_1+6d$，$a_2+a_6=(a_1+d)+(a_1+5d)=2a_1+6d$，两边相同。 所以 A 对任何等差数列都成立；取 $a_1=d=1$（即 $a_n=n$），$d\ne0$、$\dfrac{a_1}{d}=1\leqslant1$ 题设全满足。A 可能成立。

⑤ B：一步就逼出 $d=0$。 用 ③ 的写法，

$$2b_4=-2(u+3d)=-2u-6d,\qquad b_2+b_6=u-3(u+6d)=-2u-18d$$

两边的 $u$ 系数都是 $-2$，相等即 $-6d=-18d$，即 $12d=0$，即 $d=0$——与题设 $d\ne0$ 冲突。 B 不可能成立。

⑥ C：换成以 $a_4$ 为基准，一眼看出 $a_1=d$。 待判的是 $a_4^2=a_2a_8$。记 $v=a_4$， 则 $a_2=v-2d$、$a_8=v+4d$，于是

$$v^2=(v-2d)(v+4d)=v^2+2vd-8d^2\iff 2vd=8d^2$$

因 $d\ne0$，同除 $2d$ 得 $v=4d$，即 $a_4=4d$，于是 $a_1=a_4-3d=d$，即 $\dfrac{a_1}{d}=1$。 题设要的是 $\leqslant1$，边界上的等号正好收下它。验一眼：$a_n=nd$ 时 $a_4^2=16d^2$、 $a_2a_8=2d\cdot8d=16d^2$，相等。C 可能成立。

⑦ D：同样换基准，化成关于 $u/d$ 的二次方程。 待判的是 $b_4^2=b_2b_8$。代 ③ 的写法：

$$(u+3d)^2=u\cdot\bigl[-5(u+9d)\bigr]=-5u^2-45ud$$

左边展开 $u^2+6ud+9d^2$，移项得 $6u^2+51ud+9d^2=0$，同除 $3$：

$$2u^2+17ud+3d^2=0$$

齐次，同除 $d^2$（$d\ne0$）。记 $s=\dfrac{u}{d}=\dfrac{a_3}{d}$：

$$2s^2+17s+3=0$$

判别式 $17^2-4\times2\times3=289-24=265>0$，两个不等实根；且

$$s_1+s_2=-\frac{17}{2}<0,\qquad s_1s_2=\frac{3}{2}>0$$

两根同为负数。最后翻回题设要的那个比值：$u=a_3=a_1+2d$，所以

$$\frac{a_1}{d}=\frac{u-2d}{d}=s-2$$

两个 $s$ 都是负的，故两个 $\dfrac{a_1}{d}$ 都 $<-2<1$，两组解都过筛。D 可能成立。

⑧ 收口。 A 恒成立、C 与 D 各有过筛的解，只有 B 被自己逼成 $d=0$，选 B。

两条路差在哪。 分歧在选哪一组基本量。解法一选 $(a_1,d)$——最标准的一组，代价是每个 $b$ 都是含两个字母的一次式（$-3a_1-24d$ 这种），四个选项各要展开一次；好处是完全不用想， 两个公式套到底。解法二先把 $b$ 压成一项，再顺着「中间项下标 $3,6,9,12$ 成等差」改选 $(a_3,d)$ 作基本量，于是四个 $b$ 变成 $u,\ -(u+3d),\ -3(u+6d),\ -5(u+9d)$——结构一眼看得见， B 那一步只剩「$-6d$ 与 $-18d$ 谁等于谁」。

代价是最后多一次翻译：题设管的是 $\dfrac{a_1}{d}$，而解法二算出来的是 $\dfrac{a_3}{d}$， 差一个 $-2$（$a_3=a_1+2d$）。换了基准就得记得换回去——这是解法二唯一容易漏的一步， 也正是它省下的展开量的对价。

两条路在 D 上得到的方程不同（$2t^2+25t+45=0$ 与 $2s^2+17s+3=0$），但判别式都是 $265$， 根也对得上：$t=s-2$。这不是巧合——两个方程只差一次平移代换。

🕳️ 避坑

• 定义给的是 $b_{n+1}$，不是 $b_n$。 要 $b_4$ 代 $n=3$、要 $b_8$ 代 $n=7$。代成 $n=4$、$n=8$ 算出来的是 $b_5$、$b_9$，每一步都算得通、最后一个选项都对不上。四个要用的项对应 $n=1,3,5,7$， 开工前先把这行对照写下来。
• 「不可能成立」问的是无解，不是「不一定成立」。 C 只有 $t=1$ 一组解、D 只有两组解， 它们照样是「可能成立」——只要存在一组合法的 $(a_1,d)$ 就够。把「解很少」当成「不成立」， 会误杀 C 或 D。
• 两个筛子都要用，而且各有各的战场。 B 死在 $d\ne0$ 上；C 活在 $\leqslant$ 那个等号上。 解出参数后必须回头把题给的范围逐条验一遍，不能算完就走。
• $\dfrac{a_1}{d}\leqslant1$ 这一句一个解都没筛掉，但它把答案钉成了唯一。 回头看： C 算出的 $t$ 恰好等于 $1$、D 的两根远在 $-2$ 左边，三个「可能成立」的选项没有一个被它挡下。 可它不是废话——把 $\leqslant$ 换成 $<$，C 就跟着不可能成立，这道题会有两个答案。 题面把边界卡在 $1$ 上，正是为了让 C 刚好活下来。看到「不等号取不取等」这种细节， 先算一算边界上那个值是不是恰好被某个选项用上。
• 判别式为正只说明有实根，还得看根落在哪。 D 要的是「根满足 $t\leqslant1$」。 与其硬算 $\sqrt{265}$，不如用两根之和与之积定符号：积正和负 $\Rightarrow$ 两根同负 $\Rightarrow$ 都小于 $1$。这一步比开根号快，也不会算错小数。
• 能同除 $d$ 是因为 $d\ne0$，但别顺手把 $a_n$ 也「不妨设」成 $n$。 四个等式都是 $a_1$、$d$ 的齐次方程（A、B 一次，C、D 二次），所以能除以 $d$ 或 $d^2$ 化成只含 $t=\dfrac{a_1}{d}$ 的方程——这一步合法。但不能进一步「不妨设 $a_n=n$」：那等于把 $t$ 钉死成 $1$， C 会变成唯一解、D 的两个根会整个丢掉。这道题问的正是 $t$ 能取哪些值，$t$ 不可以被归一化掉。
• C、D 写的只是一个等式，不要替它补「三项成等比」的非零条件。 $a_4^2=a_2a_8$ 与 「$a_2,a_4,a_8$ 成等比」差一句「三项都不为零」。判「这个等式可不可能成立」时只需方程有解； 本题里解出的数列（$a_n=nd$）三项恰好都非零，但那是附带结果，不是解题必须验的门槛。

综上，四个等式里 A 恒成立、C 与 D 各有满足 $d\ne0$ 与 $\dfrac{a_1}{d}\leqslant1$ 的解， 只有 $2b_4=b_2+b_6$ 把自己逼成了 $d=0$，与题设冲突——不可能成立的是 B。