2022-浙江卷-20 解-数列综合

本题导读

本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式。核心在于基本量法、换元思想（整体代换）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年浙江卷） 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 $S_n$（$n\in N^{\ast }$）．

（Ⅰ）若 $S_4-2a_2{a}_3+6=0$，求 $S_n$；

（Ⅱ）若对于每个 $n\in N^{\ast }$，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．

🔍【思路分析】

破题导航

第（Ⅰ）问：等差数列基本量计算。

已知首项 $a_1=-1$，只需利用基本量法将 $S_4$、$a_2$、$a_3$ 全部用首项 $a_1$ 和公差 $d$ 表示。代入方程后可得到关于 $d$ 的一元二次方程，结合题干条件 $d>1$ 即可锁定 $d$ 的值，进而求出前 $n$ 项和 $S_n$。

第（Ⅱ）问：存在性与恒成立的嵌套问题。

题目要求“存在实数 $c_n$，使得…成等比数列”，根据等比中项的性质，这意味着关于 $c_n$ 的一元二次方程 $(a_{n+1}+4c_n{)}^2=(a_n+c_n)(a_{n+2}+15c_n)$ 有实数解。

• 转化：一元二次方程有实根，等价于判别式 $\Delta \ge 0$。

• 难点：方程展开极其繁琐。破局点在于利用等差数列的对称性，设核心项 $a_{n+1}=x$，则 $a_n=x-d$，$a_{n+2}=x+d$，这样可以极大地简化代数展开过程。

• 深入：将化简后的方程求判别式 $\Delta$，题目要求“对于每个 $n\in N^{\ast }$”，这意味着 $\Delta \ge 0$ 必须对所有的正整数 $n$ 恒成立。通过分析 $n=1,2,3\dots$ 时的不等式，求出参数 $d$ 的公共交集即可。

✅【答案】

点击查看答案

$d$ 的取值范围为 $(1,2]$

✍【详细解析】

Abstract

因为 $\{a_n\}$ 是等差数列，首项 $a_1=-1$，设公差为 $d$（已知 $d>1$）。

由通项公式和求和公式可得：

$S_4=4a_1+\frac{4\times 3}{2}d=-4+6d$

$a_2=a_1+d=-1+d$

$a_3=a_1+2d=-1+2d$

代入已知等式 $S_4-2a_2{a}_3+6=0$ 中：

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

化简得：

6d + 2 - 2(1 - 3d + 2d^2) = 0$$$$6d + 2 - 2 + 6d - 4d^2 = 0$$$$12d - 4d^2 = 0 \implies 4d(3 - d) = 0

解得 $d=0$ 或 $d=3$。

因为题设要求公差 $d>1$，所以取 $d=3$。

故等差数列的前 $n$ 项和公式为：

$S_n=n{a}_1+\frac{n(n-1)}{2}d=-n+\frac{3n(n-1)}{2}=\frac{3n^2-5n}{2}$

即 $S_n=\frac{3n^2-5n}{2}$。

已知存在实数 $c_n$，使得 $a_n+c_n$，$a_{n+1}+4c_n$，$a_{n+2}+15c_n$ 成等比数列。

根据等比中项性质，有：

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

【高能技巧：利用等差中项换元化简】

为了避免直接代入 $n$ 和 $d$ 导致计算量爆炸，我们设 $a_{n+1}=x$。

根据等差数列的性质，则有 $a_n=x-d$，$a_{n+2}=x+d$。代入上述等式：

$(x+4c_n{)}^2=(x-d+c_n)(x+d+15c_n)$

展开得：

x^2 + 8xc_n + 16c_n^2 = x^2 + x(d + 15c_n) + (c_n - d)x + (c_n - d)(15c_n + d)$$$$8xc_n + 16c_n^2 = x(16c_n) + 15c_n^2 + c_n d - 15 c_n d - d^2$$$$8xc_n + 16c_n^2 = 16xc_n + 15c_n^2 - 14dc_n - d^2

移项整理成关于 $c_n$ 的一元二次方程：

$c_n^2+(14d-8x)c_n+d^2=0$

现在将 $x$ 还原为 $a_{n+1}$，由于 $a_{n+1}=a_1+nd=-1+nd$，代入得一次项系数：

$14d-8(-1+nd)=14d+8-8nd=(14-8n)d+8$

所以关于 $c_n$ 的方程为：

$c_n^2+[(14-8n)d+8]c_n+d^2=0$

题目要求“存在实数 $c_n$”，即该一元二次方程有实根，因此其判别式 $\Delta \ge 0$：

$\Delta =[(14-8n)d+8{]}^2-4d^2\ge 0$

利用平方差公式 $A^2-B^2=(A-B)(A+B)$ 进行因式分解：

[(14 - 8n)d + 8 - 2d] \cdot [(14 - 8n)d + 8 + 2d] \ge 0$$$$[(12 - 8n)d + 8] \cdot [(16 - 8n)d + 8] \ge 0

从第一个括号中提出 $4$，第二个括号中提出 $8$：

$4[(3-2n)d+2]\cdot 8[(2-n)d+1]\ge 0$

消去常数 $32$，得到：

$[(3-2n)d+2]\cdot [(2-n)d+1]\ge 0$

题目要求上式对于任意 $n\in N^{\ast }$ 都恒成立。我们分情况代入 $n$ 进行验证（已知 $d>1$）：

1. 当 $n=1$ 时：

   不等式变为 $[(3-2)d+2]\cdot [(2-1)d+1]\ge 0⟹(d+2)(d+1)\ge 0$。

   因为 $d>1$，显然 $(d+2)(d+1)>0$ 恒成立。此时对 $d$ 无额外限制。

2. 当 $n=2$ 时：

   不等式变为 $[(3-4)d+2]\cdot [(2-2)d+1]\ge 0⟹(-d+2)\cdot 1\ge 0$。

   解得：$d\le 2$。

   结合前提条件 $d>1$，可得 $d$ 的取值范围必须满足 $1<d\le 2$。

3. 当 $n\ge 3$ 时：

   因 $n\ge 3$，则 $3-2n\le -3<0$ 且 $2-n\le -1<0$。

   因为 $d>1$，所以：

   第一因式 $(3-2n)d+2\le -3d+2<-3(1)+2=-1<0$；

   第二因式 $(2-n)d+1\le -d+1<-1+1=0$。

   即两个因式均恒为负数。

   “负负得正”，所以它们的乘积 $[(3-2n)d+2]\cdot [(2-n)d+1]>0$ 永远恒成立。

综上所述，要使不等式对所有 $n\in N^{\ast }$ 都成立，只有 $n=2$ 时产生了实质性的约束 $d\le 2$。

因此，$d$ 的取值范围为 $(1,2]$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 代数变形的“简化处理”（换元法）：本题第（Ⅱ）问是典型的“不换元算死人”的题目。直接代入 $a_n=-1+(n-1)d$ 展开等比数列中项公式，会产生大量的 $n,d,c_n$ 的交叉项，极易出错。利用等差数列项与项之间对称的特性，令中间项 $a_{n+1}=x$，是处理此类问题的“黄金法则”，可以让式子瞬间变得清爽。

• 平方差公式妙用：在处理判别式 $\Delta =A^2-(2d{)}^2\ge 0$ 时，很多同学习惯把它完全展开成二次三项式再求根。但在本题中，直接使用平方差公式因式分解为两个一次式的乘积，不仅计算量小，而且后面的符号判断更加直观。

• 全称量词（对于所有n）的降解：对于“对任意正整数 $n$ 恒成立”的问题，通常有两套逻辑：

  1. 视为关于 $n$ 的函数，求最值；

  2. 特值法 + 归纳验证（本题最优解）。先代入 $n=1,n=2$ 找出必要条件（窄化参数范围），再验证这个范围对 $n\ge 3$ 是否恒成立。本题中 $n=2$ 是唯一的“卡脖子”条件，抓住了它，题目也就迎刃而解了。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 19.02 等比数列全总结

类题演练 (Links)

• 2008-江苏卷-19 解-数列删项等比
• 2013-四川卷理-16 解-等差数列通项与前n项和公式
• 2014-安徽卷理-12 填-等差数列通项