浙江 2022 · 数学 q20

冷启动：把两问的骨架看清楚

等差数列 $\{a_n\}$，首项 $a_1=-1$，公差 $d>1$，前 $n$ 项和 $S_n$。

• (1) 若 $S_4-2a_2a_3+6=0$，求 $S_n$；
• (2) 若对每个 $n\in\mathbf N^*$，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 $d$ 的取值范围。

① 只有一个未知量。 等差数列由 $a_1$ 与 $d$ 完全确定，而 $a_1=-1$ 已给定——整道题的唯一未知量是 $d$。所以每一步都该往「关于 $d$ 的方程 / 不等式」上靠。

$$a_n=a_1+(n-1)d=(n-1)d-1$$

② 第 (2) 问的量词结构：$\forall n\ \exists c_n$。 读法是逐个 $n$ 各配一个 $c_n$（下标 $n$ 就是在说这件事），不是「找一个通用的 $c$」。所以做法固定为两层：

1. 先固定 $n$，把「存在 $c_n$」解掉，得到一个关于 $d$（与 $n$）的条件；
2. 再让这个条件对所有 $n$ 成立——对 $n$ 取交集。

顺序反了就是另一道题。

③ 「成等比数列」怎么落地。 等比中项：

$$\left(a_{n+1}+4c_n\right)^2=\left(a_n+c_n\right)\left(a_{n+2}+15c_n\right)$$

并且三项都不能为零（等比数列不允许有零项）——$G^2=ab$ 只是必要条件，$0=x\cdot0$ 也满足它。这一条先记下，两条路各自的最后一步都要回头把它补上，而且它是承重的：不补，「存在 $c_n$ ⟺ 方程有实根」这个等价就只有一半。

第 (1) 问：把条件化成关于 d 的方程

① 把四个量都用 $d$ 写出来。 $a_1=-1$：

$$S_4=4a_1+\frac{4\times3}{2}d=-4+6d,\qquad a_2=-1+d,\qquad a_3=-1+2d$$

② 代入条件。

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

先展开括号：$(-1+d)(-1+2d)=1-2d-d+2d^2=2d^2-3d+1$，于是

$$-4+6d-2\left(2d^2-3d+1\right)+6=-4+6d-4d^2+6d-2+6=-4d^2+12d=0$$ $$d^2-3d=0\ \Longrightarrow\ d(d-3)=0\ \Longrightarrow\ d=0\ \text{或}\ d=3$$

③ 用 $d>1$ 筛。 $d=0$ 不合，故 $d=3$。

$$a_n=-1+3(n-1)=3n-4$$ $$S_n=\frac{n\left(a_1+a_n\right)}{2}=\frac{n(-1+3n-4)}{2}=\boxed{\frac{3n^2-5n}{2}}\quad(n\in\mathbf N^*)$$

（自查） $S_1=\dfrac{3-5}{2}=-1=a_1$ ✓；$S_2=\dfrac{12-10}{2}=1=a_1+a_2=-1+2$ ✓。

第 (2) 问的公共第一步：把「成等比」化成关于 $c_n$ 的二次方程

这一步两条路都要走。记 $u=a_{n+1}=nd-1$，则

$$a_n=u-d,\qquad a_{n+2}=u+d$$

代进等比中项：

$$(u+4c_n)^2=(u-d+c_n)(u+d+15c_n)$$

左边 $=u^2+8uc_n+16c_n^2$；右边展开：

$$(u-d+c_n)(u+d+15c_n)=u^2+16uc_n+15c_n^2-d^2-14dc_n$$

两边相减：

$$\boxed{c_n^2+(14d-8nd+8)\,c_n+d^2=0}$$

（把 $u=nd-1$ 代回：$-8u+14d=14d-8nd+8$。）

这是一个关于 $c_n$ 的一元二次方程，二次项系数是 $1\ne0$，常数项是 $d^2>0$。 两条路都是在回答同一个问题：它什么时候有实数解？

解法一：判别式非负，再逐个 n 收紧

怎么想到的。 「存在实数 $c_n$」= 这个一元二次方程有实根，而一元二次方程有实根的充要条件就是判别式非负。这是最直的一条路。

① 写判别式。

$$\Delta_n=(14d-8nd+8)^2-4d^2\ \ge\ 0$$

② 用平方差分解，别去展开。 $A^2-B^2=(A-B)(A+B)$，取 $A=14d-8nd+8$、$B=2d$：

$$(14d-8nd+8-2d)(14d-8nd+8+2d)\ge0 \ \Longrightarrow\ (12d-8nd+8)(16d-8nd+8)\ge0$$

两个括号各提公因子：$12d-8nd+8=-4\left[(2n-3)d-2\right]$，$16d-8nd+8=-8\left[(n-2)d-1\right]$。两个负号相乘为正，$32>0$ 可约去：

$$\left[(n-2)d-1\right]\left[(2n-3)d-2\right]\ \ge\ 0 \qquad\text{对一切 }n\in\mathbf N^*\text{ 成立}$$

③ 逐个 $n$ 看谁真的卡人。 这一步的要领是：小的 $n$ 逐个试，大的 $n$ 统一估。

• $n=1$：$\left[(-1)d-1\right]\left[(-1)d-2\right]=(d+1)(d+2)>0$ ✓（$d>1$），不构成约束；
• $n=2$：第一个括号是 $0\cdot d-1=-1$，于是不等式成 $-(d-2)\ge0$，即

$$\boxed{d\le2}$$

• $n\ge3$：$d>1$ 时 $(n-2)d-1>(n-2)-1=n-3\ge0$，且 $(2n-3)d-2>(2n-3)-2=2n-5\ge1>0$，两个括号都是正的，乘积自然 $\ge0$ ✓，也不构成约束。

真正卡住答案的只有 $n=2$ 这一个——它恰好让第一个括号退化成常数 $-1$。

④ 合起来。 与 $d>1$ 取交：

$$\boxed{1<d\le2}$$

⑤ 补上承重的一步：$\Delta_n\ge0$ 与「真配得出 $c_n$」等价。

第 ① 步一上来就把「存在实数 $c_n$」换成了 $\Delta_n\ge0$，可判别式只管方程有实根，等比数列还要求三项都不为零。这笔账不能只用「两根之积 $=d^2>0$ 故 $c_n\ne0$」来还——$c_n\ne0$ 说的是 $c_n$ 自己不为零，三项照样可能有零项。

退化必然从中间项开始。 三项记作

$$T_1=a_n+c_n,\qquad T_2=a_{n+1}+4c_n,\qquad T_3=a_{n+2}+15c_n, \qquad T_2^2=T_1T_3$$

只要 $T_1=0$ 或 $T_3=0$，右边就是 $0$，于是 $T_2=0$。所以任何退化都逼着中间项为零，也就是只有一个入口：

$$c_n=-\frac{a_{n+1}}{4}=-\frac{v}{4},\qquad v:=a_{n+1}=nd-1$$

这个值什么时候真是根？ 用 $v$ 重写系数：$B=14d-8nd+8=14d-8v$。把 $c_n=-\frac v4$ 代进 $c_n^2+Bc_n+d^2=0$，乘 $16$：

$$v^2-4v(14d-8v)+16d^2=33v^2-56dv+16d^2=(3v-4d)(11v-4d)=0$$ $$\Longleftrightarrow\quad v=\frac{4d}{3}\quad\text{或}\quad v=\frac{4d}{11}$$

关键是：退化只吃掉两根中的一个。 $d>0$ 时 $\frac{4d}{3}\ne\frac{4d}{11}$，而 $v$ 由 $n,d$ 唯一确定，所以两种退化不会同时出现。另一根由两根之积 $=d^2$ 给出，即 $c_n'=-\dfrac{4d^2}{v}$，它与 $-\frac v4$ 相等要 $v^2=16d^2$ 即 $v=\pm4d$——两种退化都不是，所以两根确实不同。逐项算出来：

$d>1>0$，两行的三项全都非零。于是 $\Delta_n\ge0\Rightarrow$ 至少一个根给出真正的等比三项；反过来「三项成等比」本来就要求那个方程有实根。两边合起来，① 用的等价才真的成立。

落到本题的区间。 $v=\frac{4d}{3}$ 即 $d=\frac{3}{3n-4}$，$1<d\le2$ 内只有 $(n,d)=\left(2,\frac32\right)$；$v=\frac{4d}{11}$ 即 $d=\frac{11}{11n-4}$，只有 $(n,d)=\left(1,\frac{11}{7}\right)$。两处各换用另一根即可：前者 $c_2=-\frac92$ 给出 $-4,-16,-64$（公比 $4$）✓，后者 $c_1=-\frac{121}{7}$ 给出 $-\frac{128}{7},-\frac{480}{7},-\frac{1800}{7}$（公比 $\frac{15}{4}$）✓。

唯一没有「另一根」可换的情形是 $\Delta_n=0$，而由第 ② 步的分解，$\Delta_n=0$ 就是 $\left[(n-2)d-1\right]\left[(2n-3)d-2\right]=0$：$(n-2)d=1$ 在 $d>1$ 下要 $n-2=\frac1d\in(0,1)$，不是整数，无解；$(2n-3)d=2$ 只给 $n=2,d=2$。那里的双根是 $c_2=-\frac B2=-2$，三项 $-1,-5,-25$、公比 $5$ ✓，本来就不在退化名单上。

解法二：分离成对勾函数，用它的值域卡住

怎么想到的。 判别式回答了「有没有根」，但它是一个记熟的结论。换个角度：把 $c_n$ 解出来看它能取到什么。

方程的常数项是 $d^2>0$，所以 $c_n=0$ 不可能是根（代进去得 $d^2=0$）。既然 $c_n\ne0$，两边同除以 $c_n$：

$$c_n+\frac{d^2}{c_n}=8nd-14d-8$$

左边是一个对勾函数——它能取到哪些值，基本不等式一句话就说完了。

① 对勾函数的值域。 记 $t=c_n$，$f(t)=t+\dfrac{d^2}{t}$（$d>1>0$）：

• $t>0$：$f(t)=t+\dfrac{d^2}{t}\ge2\sqrt{t\cdot\dfrac{d^2}{t}}=2d$，等号在 $t=d$ 取到；
• $t<0$：令 $t=-s$（$s>0$），$f(t)=-\left(s+\dfrac{d^2}{s}\right)\le-2d$，等号在 $t=-d$ 取到。

$$\text{值域}=\left(-\infty,\,-2d\right]\cup\left[\,2d,\,+\infty\right)$$

中间的 $(-2d,2d)$ 是取不到的——这正是「方程有没有解」的分水岭。

② 于是有解的条件是一个绝对值不等式。

$$\text{存在 }c_n\iff 8nd-14d-8\in\text{值域}\iff \left|8nd-14d-8\right|\ge2d$$

两边同除以 $2$：$\left|4nd-7d-4\right|\ge d$。

③ 拆成两支。 绝对值不等式 $|X|\ge d$ 就是 $X\ge d$ 或 $X\le-d$：

$$4nd-7d-4\ge d \quad\text{或}\quad 4nd-7d-4\le-d$$ $$\Longleftrightarrow\quad (n-2)d\ge1 \quad\text{或}\quad (2n-3)d\le2$$

（第一支：$4nd-8d\ge4\Rightarrow(n-2)d\ge1$；第二支：$4nd-6d\le4\Rightarrow(2n-3)d\le2$。）

「两支至少成立一支」——这就是每个 $n$ 要满足的条件。

④ 逐个 $n$ 判。

（$n\ge3$ 那行用了 $d>1$。）

⑤ 收口。 与 $d>1$ 取交：

$$\boxed{1<d\le2}$$

⑥ 补上承重的一步：三项非零。

第 ② 步那个 "$\iff$" 只把「成等比」换成了「右端落在值域里」，也就是方程有解。可等比数列还要求三项都不为零。注意 $c_n\ne0$ 只是除法合法的凭据（第 ② 步开头用过一次），它推不出三项非零——这一步得单独走。

对勾函数自带「另一个原像」。 $f(t)=t+\dfrac{d^2}{t}$ 满足

$$f\!\left(\frac{d^2}{t}\right)=\frac{d^2}{t}+t=f(t)$$

所以右端每取到一个不在边界 $\pm2d$ 上的值，都恰有两个原像 $t_0$ 与 $\dfrac{d^2}{t_0}$（落在边界上时两者重合于 $t=\pm d$）。这正是「两根之积 $=d^2$」在函数视角下的样子——手里总有两个候选的 $c_n$。

退化只有一个入口：中间项。 记 $T_1=a_n+c_n$、$T_2=a_{n+1}+4c_n$、$T_3=a_{n+2}+15c_n$，它们满足 $T_2^2=T_1T_3$。只要 $T_1$ 或 $T_3$ 为零，右边为零就迫使 $T_2=0$。所以坏的候选只可能是

$$c_n=-\frac{a_{n+1}}{4}=-\frac{v}{4},\qquad v:=a_{n+1}=nd-1$$

它什么时候真的是原像？ 让 $f\!\left(-\frac v4\right)$ 等于右端（$8nd-14d-8=8v-14d$）：

$$-\frac v4-\frac{4d^2}{v}=8v-14d \quad\Longrightarrow\quad 33v^2-56dv+16d^2=0 \quad\Longrightarrow\quad (3v-4d)(11v-4d)=0$$

即 $v=\frac{4d}{3}$ 或 $v=\frac{4d}{11}$。$d>0$ 时两者不等，而 $v$ 由 $n,d$ 定死，所以至多一种退化发生，且它只占掉两个原像中的一个。另一个原像 $\dfrac{d^2}{-v/4}=-\dfrac{4d^2}{v}$ 就是能用的那个（它与 $-\frac v4$ 相等要 $v=\pm4d$，两种退化都不是，故确实没重合）：

$d>1>0$ ⟹ 两行的三项全非零。这样第 ② 步的正向蕴含才真的成立。

本题区间内退化只有两处：$d=\frac{3}{3n-4}$ 给 $(n,d)=\left(2,\frac32\right)$、$d=\frac{11}{11n-4}$ 给 $(n,d)=\left(1,\frac{11}{7}\right)$，各换用另一个原像即可。两个原像重合（取等）的情形是 ③ 里某一支取等号：$(n-2)d=1$ 在 $d>1$ 下无整数解，$(2n-3)d=2$ 只给 $n=2,d=2$——那里 $c_2=-d=-2$，三项 $-1,-5,-25$、公比 $5$ ✓，本来就不在退化名单上，无须换。

这两条路差在哪

• 解法一造的是判别式：$\Delta_n=(14d-8nd+8)^2-4d^2\ge0$，再靠平方差分解成两个一次因式的乘积。它把问题变成一个乘积的符号，好处是分解之后 $n$ 的作用一目了然（$n=2$ 让第一个因式退化成常数）。
• 解法二造的是对勾函数的值域：先说明 $c_n\ne0$，除下去得 $c_n+\dfrac{d^2}{c_n}=8nd-14d-8$，用基本不等式读出左边的值域 $\left(-\infty,-2d\right]\cup\left[2d,+\infty\right)$，问题变成右边落不落在那两段里。它把条件变成一个绝对值不等式，并且顺带告诉你根的符号与取等位置（$c_n=\pm d$）。

第一个实质动作就分岔了（算判别式 vs 除以 $c_n$ 分离），依赖的工具也不同（判别式定理 vs 基本不等式），中间对象一个是数 $\Delta_n$、一个是函数的值域。所以是两条路。

两条路欠的是同一笔账：都把「存在 $c_n$」换成了「方程有解」，于是都要回头证「三项非零」。还账的手法各带各的味道——解法一用两根之积 $=d^2$ 找出另一根 $-\frac{4d^2}{v}$，解法二直接用 $f(t)=f\!\left(\frac{d^2}{t}\right)$ 读出另一个原像，是同一件事的两种说法。

考场上怎么选：解法一更短，$\Delta\ge0$ 写下去就完事，本题的平方差还恰好分解得很干净。解法二的价值在看得见——对勾函数那张图直接显示「中间一段够不到」，$2d$ 这个门槛不是背来的；而且它给出的绝对值形式在讨论 $n$ 时更容易分支（两支各是一次不等式）。

🕳️ 避坑

• 量词是 $\forall n\ \exists c_n$，不是 $\exists c\ \forall n$。 $c_n$ 带下标，说明每个 $n$ 各配一个。先固定 $n$ 解掉存在性，再对 $n$ 取交集——顺序反了就是另一道题。
• 「成等比数列」还要求三项非零，而且「$c_n\ne0$」不等于「三项非零」。 $G^2=ab$ 只是必要条件——$0=x\cdot0$ 也满足它。用 $T_2^2=T_1T_3$ 可以看出退化必然让中间项为零，本题即 $c_n=-\frac{a_{n+1}}4$，它成为根的条件是 $(3v-4d)(11v-4d)=0$（$v=a_{n+1}$），两种退化各吃掉两根中的一个，换另一根（$-3d$ 或 $-11d$）三项就全非零了。只写「两根之积 $=d^2>0$ 故 $c_n\ne0$」就收工，是把承重的一步跳了。
• 别急着对所有 $n$ 一起处理。 分解出 $\left[(n-2)d-1\right]\left[(2n-3)d-2\right]\ge0$ 之后，$n=1$ 与 $n\ge3$ 都是恒成立的，只有 $n=2$ 给出真约束。挨个试小的 $n$、再统一估大的 $n$，比想一个「万能的 $n$」快得多。
• 平方差别展开。 $(14d-8nd+8)^2-4d^2$ 直接按 $A^2-B^2$ 分解；展开成 $d^2$、$nd$、$n^2d^2$ 的多项式就没法看了。
• $d>1$ 要用两次：一次在第 (1) 问筛掉 $d=0$，一次在第 (2) 问证 $n\ge3$ 恒成立。两处都是题目给的、不是白给的。
• 对勾函数的两支要分开写（解法二）。$t>0$ 给上界 $2d$、$t<0$ 给下界 $-2d$，合起来才是 $|{\cdot}|\ge2d$；只写正的那一支，条件会少一半。