浙江 2022 · 数学 q20

题面

20. 已知等差数列 $\{a_{n}\}$ 的首项 $a_{1} = -1$，公差 $d > 1$。记 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n} (n \in N^{*})$。

（1）若 $S_{4} - 2a_{2}a_{3} + 6 = 0$ ，求 $S_{n}$

（2）若对于每个 $n \in N^*$，存在实数 $c_n$，使 $a_n + c_n, a_{n+1} + 4c_n, a_{n+2} + 15c_n$ 成等比数列，求 $d^n$ 取值范围.

答案

(1) $S_{n} = \frac{3n^{2} - 5n}{2} (n\in \mathrm{N}^{*})$

(2) $1 < d \leq 2$

解析

分析

（1）利用等差数列通项公式及前 n 项和公式化简条件，求出 d，再求 $S_{n}$ ;

(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求 $d$ 的范围.

【小问 1 详解】

因为 $S_{4} - 2a_{2}a_{3} + 6 = 0, a_{1} = -1$

$- 4 + 6 d - 2 (- 1 + d) (- 1 + 2 d) + 6 = 0$

所以 $d^2 - 3d = 0$，又 $d > 1$，

所以 d = 3，

所以 $a_{n} = 3n - 4$

所以 $S_{n} = \frac{(a_{1} + a_{n})n}{2} = \frac{3n^{2} - 5n}{2},$

【小问 2 详解】

因为 $a_{n} + c_{n}$ ， $a_{n + 1} + 4c_{n}$ ， $a_{n + 2} + 15c_{n}$ 成等比数列，

所以 $\left(a_{n+1}+4c_{n}\right)^{2}=\left(a_{n}+c_{n}\right)\left(a_{n+2}+15c_{n}\right)$ ,

$\left(n d - 1 + 4 c_{n}\right)^{2} = \left(- 1 + n d - d + c_{n}\right) \left(- 1 + n d + d + 1 5 c_{n}\right),$

$c_{n}^{2} + (1 4 d - 8 n d + 8) c_{n} + d^{2} = 0,$

由已知方程 $c_{n}^{2} + (14d - 8nd + 8)c_{n} + d^{2} = 0$ 的判别式大于等于0，

所以 $\Delta = (14d - 8nd + 8)^2 - 4d^2 \geq 0$

所以 $(16d-8nd+8)(12d-8nd+8)\geq0$ 对于任意的 $n\in N^{*}$ 恒成立，

所以 $\left[(n-2)d-1\right]\left[(2n-3)d-2\right]\geq0$ 对于任意的 $n\in N^{*}$ 恒成立，

当 $n = 1$ 时， $\left[(n - 2)d - 1\right]\left[(2n - 3)d - 2\right] = (d + 1)(d + 2)\geq 0,$

当 $n = 2$ 时，由 $\big(2d - 2d - 1\big)(4d - 3d - 2)\geq 0$ ，可得 $d\leq 2$

当 $n \geq 3$ 时，$\left[(n - 2)d - 1\right]\left[(2n - 3)d - 2\right] > (n - 3)(2n - 5) \geq 0,$

又 $d > 1$

所以 $1 < d \leq 2$