2011-江西卷文-21 解-等比数列唯一性存在性

本题导读

本题考查等比数列的定义，以及方程解的个数与数列唯一性。

📌【题干】

Question

（2011年江西卷(文)） (1)已知两个等比数列 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ ，满足 $a_{1} = a$ （ $a > 0$ ）， $b_{1} - a_{1} = 1$ ， $b_{2} - a_{2} = 2$ ， $b_{3} - a_{3} = 3$ ，若数列 ${a_{n}}$ 唯一，求 $a$ 的值；

(2)是否存在两个等比数列 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ ，使得 $b_{1} - a_{1}$ ， $b_{2} - a_{2}$ ， $b_{3} - a_{3}$ ， $b_{4} - a_{4}$ 成公差不为 $0$ 的等差数列？若存在，求 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ 的通项公式；若不存在，说明理由.

🔍【思路分析】

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步骤1：设 $a_{n} = a q^{n - 1}$

步骤2： $b_{n} = b r^{n - 1}$

步骤3：由三个差条件消元得 $(1 + a) r^{2} - 4 (1 + a) r + (4 + 3 a) = 0$

步骤4：讨论解的合法个数

✅【答案】

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(1) $a = \frac{1}{3}$

(2) 不存在满足条件的两个等比数列

✍【详细解析】

Abstract

（1）设 $a_{n} = a q^{n - 1}$ ， $b_{n} = b r^{n - 1}$ 。由 $b_{1} - a_{1} = 1$ 得 $b = a + 1$ 。

$b_{2} - a_{2} = 2$ ： $(1 + a) r - a q = 2$ ； $b_{3} - a_{3} = 3$ ： $(1 + a) r^{2} - a q^{2} = 3$ 。

由第一式 $q = \frac{( 1 + a ) r - 2}{a}$ （ $a > 0$ ），代入第二式整理：

$(1 + a) r^{2} - 4 (1 + a) r + (4 + 3 a) = 0$ 。

判别式 $Δ = 16 (1 + a)^{2} - 4 (1 + a) (4 + 3 a) = 4 a (1 + a) > 0$ ，恒有两实根 $r = 2 \pm \frac{a}{1 + a}$ 。

每个 $r$ 对应 $q = \frac{( 1 + a ) r - 2}{a}$ 。要 ${a_{n}}$ 唯一，须两根中恰有一个给出合法的等比数列 ${a_{n}}$ （要求 $q \neq = 0$ ； $b_{1} = a + 1 \neq = 0$ 与 $r \neq = 0$ 对一切 $a > 0$ 自动满足）。

记 $s = \frac{a}{1 + a} \in (0, 1)$ 。 $q_{+} = \frac{( 1 + a ) ( 2 + s ) - 2}{a} > 0$ 恒成立（分子 $\geq 2 (1 + a) - 2 = 2 a > 0$ ），故 $r_{+}$ 恒给出合法解； $q_{-} = \frac{( 1 + a ) ( 2 - s ) - 2}{a} > 0 ⟺ 2 a > (1 + a) s$ ，两边平方： $\frac{4 a ^{2}}{( 1 + a ) ^{2}} > \frac{a}{1 + a} ⟺ 4 a > a + 1 ⟺ a > \frac{1}{3}$ 。

而 $q_{-} = 0 ⟺ r_{-} = \frac{2}{1 + a}$ 。把 $r = \frac{2}{1 + a}$ 代入方程左端： $(1 + a) \cdot \frac{4}{( 1 + a ) ^{2}} - 4 (1 + a) \cdot \frac{2}{1 + a} + (4 + 3 a) = \frac{4}{1 + a} - 4 + 3 a$ ，令其为零： $4 = (4 - 3 a) (1 + a) = 4 + a - 3 a^{2}$ ，即 $a (1 - 3 a) = 0$ ，正根 $a = \frac{1}{3}$ （验证： $a = \frac{1}{3}$ 时 $r_{-} = \frac{3}{2}$ ， $q = \frac{\frac{4}{3} \cdot \frac{3}{2} - 2}{\frac{1}{3}} = 0$ ）。

故仅当 $a = \frac{1}{3}$ 时 ${a_{n}}$ 唯一（ $q = \frac{( 1 + a ) r _{+} - 2}{a} = 4$ ， $a_{n} = \frac{1}{3} \cdot 4^{n - 1}$ ；对应 $b_{n} = \frac{4}{3} \cdot (\frac{5}{2})^{n - 1}$ ）。

（2）设差数列 $d_{n} = b_{n} - a_{n}$ 成公差 $d \neq = 0$ 的等差数列。

$d_{1} + d_{3} = 2 d_{2}$ ： $d_{1} + d_{3} - 2 d_{2} = (b - a) + (b r^{2} - a q^{2}) - 2 (b r - a q) = b (1 - r)^{2} - a (1 - q)^{2} = 0$ ，即 $b (1 - r)^{2} = a (1 - q)^{2}$ 。

$d_{2} + d_{4} = 2 d_{3}$ ： $b r (1 - r)^{2} = a q (1 - q)^{2}$ 。

若 $r \neq = 1$ 且 $q \neq = 1$ ，两式相除得 $r = q$ ，于是 $d_{n} = (b - a) q^{n - 1}$ 既是等差又是等比，必为常数列，公差为 $0$ ，矛盾。

若 $r = 1$ ： $b (1 - r)^{2} = 0 = a (1 - q)^{2}$ ， $a > 0$ ，故 $q = 1$ ，两数列均为常数列， $d_{n} = b - a$ 常数，公差 $0$ ，矛盾。 $q = 1$ 同理。

故不存在使 $d_{n}$ 成公差非零等差数列的两个等比数列。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：等比数列通项的设法；消元后解的个数与”唯一性”的对应；公比为零/项为零的排除；两次等差条件联立的代数结构

核心方法：（1）把唯一性翻译成”关于 $r$ 的二次方程恰有一个合法根”，用符号分析确定另一根何时非法（ $q = 0$ ）；（2）把两个等差条件写成 $d_{1} + d_{3} = 2 d_{2}$ ， $d_{2} + d_{4} = 2 d_{3}$ ，相除逼出 $r = q$

避坑指南： $q = 0$ 的数列不是等比数列（第二项起全为 $0$ ），这是（1）中舍根的唯一依据，漏掉它会在 $a = \frac{1}{3}$ 处误判”不唯一”； $q < 0$ 合法（等比数列公比可为负），别按正数列习惯把负根也舍掉；（2）相除的前提是 $(1 - r)^{2}$ ， $(1 - q)^{2}$ 非零， $r = 1$ 或 $q = 1$ 必须单独讨论；等差且等比的数列只能是常数列，这一”双性质逼常数”是收尾关键。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：等比数列存在性与唯一性题与 2011-四川卷文-20、2012-山东卷文-20 同族。

结论推广：推广：等差数列与等比数列的差序列 $b_{n} - a_{n}$ 至多前三项”任意指定”，第四项起受 $d_{1} + d_{3} = 2 d_{2}$ 与 $d_{2} + d_{4} = 2 d_{3}$ 双重约束——两式相除强制 $r = q$ （或退化常数列），这正是”四个差成非零等差不可能”的代数本质；唯一性问题 = 方程解个数问题，非法解（零项、零公比）的识别是核心。

方法推广：数列压轴题：设基本量（首项、公比）列方程组；“唯一”先写出全部解再数合法解；存在性证明走”两个约束联立 → 逼出退化（公比相等或常数列） → 与题设矛盾”。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

19.02 等比数列全总结

19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)

2011-四川卷文-20 解-等比数列等差条件

2012-山东卷文-20 解-等差数列与等比数列求和

∑ ( Math )

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2011-江西卷文-21 解-等比数列唯一性存在性

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