Question

1．设a₁，a₂，a₃．a₄是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．
（1）证明：2${\;}^{{a}_{1}}$，2${\;}^{{a}_{2}}$，2${\;}^{{a}_{3}}$，2${\;}^{{a}_{4}}$依次构成等比数列；
（2）是否存在a₁，d，使得a₁，a₂²，a₃³，a₄⁴依次构成等比数列？并说明理由；
（3）是否存在a₁，d及正整数n，k，使得a₁ⁿ，a₂^n+k，a₃^n+2k，a₄^n+3k依次构成等比数列？并说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据等比数列和等差数列的定义即可证明；
（2）利用反证法，假设存在a₁，d使得a₁，a₂²，a₃³，a₄⁴依次构成等比数列，推出矛盾，否定假设，得到结论；
（3）利用反证法，假设存在a₁，d及正整数n，k，使得a₁ⁿ，a₂^n+k，a₃^n+2k，a₄^n+3k依次构成等比数列，得到a₁ⁿ（a₁+2d）^n+2k=（a₁+d）^2（n+k），且（a₁+d）^n+k（a₁+3d）^n+3k=（a₁+2d）^2（n+2k），利用等式以及对数的性质化简整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**），多次构造函数，多次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．

解答 解：（1）证明：∵$\frac{{2}^{{a}_{n+1}}}{{2}^{{a}_{n}}}$=${2}^{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=2^d，（n=1，2，3，）是同一个常数，
∴2${\;}^{{a}_{1}}$，2${\;}^{{a}_{2}}$，2${\;}^{{a}_{3}}$，2${\;}^{{a}_{4}}$依次构成等比数列；
（2）令a₁+d=a，则a₁，a₂，a₃，a₄分别为a-d，a，a+d，a+2d（a＞d，a＞-2d，d≠0）
假设存在a₁，d使得a₁，a₂²，a₃³，a₄⁴依次构成等比数列，
则a⁴=（a-d）（a+d）³，且（a+d）⁶=a²（a+2d）⁴，
令t=$\frac{d}{a}$，则1=（1-t）（1+t）³，且（1+t）⁶=（1+2t）⁴，（-$\frac{1}{2}$＜t＜1，t≠0），
化简得t³+2t²-2=0（*），且t²=t+1，将t²=t+1代入（*）式，
t（t+1）+2（t+1）-2=t²+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=-$\frac{1}{4}$，
显然t=-$\frac{1}{4}$不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在a₁，d，使得a₁，a₂²，a₃³，a₄⁴依次构成等比数列．
（3）假设存在a₁，d及正整数n，k，使得a₁ⁿ，a₂^n+k，a₃^n+2k，a₄^n+3k依次构成等比数列，
则a₁ⁿ（a₁+2d）^n+2k=（a₁+d）^2（n+k），且（a₁+d）^n+k（a₁+3d）^n+3k=（a₁+2d）^2（n+2k），
分别在两个等式的两边同除以a₁^2（n+k），a₁^2（n+2k），并令t=$\frac{d}{{a}_{1}}$，（t＞$-\frac{1}{3}$，t≠0），
则（1+2t）^n+2k=（1+t）^2（n+k），且（1+t）^n+k（1+3t）^n+3k=（1+2t）^2（n+2k），
将上述两个等式取对数，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），
且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），
化简得，2k[ln（1+2t）-ln（1+t）]=n[2ln（1+t）-ln（1+2t）]，
且3k[ln（1+3t）-ln（1+t）]=n[3ln（1+t）-ln（1+3t）]，
再将这两式相除，化简得，
ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**）
令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）-ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t），
则g′（t）=$\frac{2}{（1+t）（1+2t）（1+3t）}$[（1+3t）²ln（1+3t）-3（1+2t）²ln（1+2t）+3（1+t）²ln（1+t）]，
令φ（t）=（1+3t）²ln（1+3t）-3（1+2t）²ln（1+2t）+3（1+t）²ln（1+t），
则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）-2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t）]，
令φ₁（t）=φ′（t），则φ₁′（t）=6[3ln（1+3t）-4ln（1+2t）+ln（1+t）]，
令φ₂（t）=φ₁′（t），则φ₂′（t）=$\frac{12}{（1+t）（1+2t）（1+3t）}$＞0，
由g（0）=φ（0）=φ₁（0）=φ₂（0）=0，φ₂′（t）＞0，
知g（t），φ（t），φ₁（t），φ₂（t）在（-$\frac{1}{3}$，0）和（0，+∞）上均单调，
故g（t）只有唯一的零点t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假设不成立，
所以不存在a₁，d及正整数n，k，使得a₁ⁿ，a₂^n+k，a₃^n+2k，a₄^n+3k依次构成等比数列．

点评 本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质，函数与方程等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，属于难题．