Question

1．設(shè)a₁，a₂，a₃．a(chǎn)₄是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d（d≠0）的等差數(shù)列．
（1）證明：2${\;}^{{a}_{1}}$，2${\;}^{{a}_{2}}$，2${\;}^{{a}_{3}}$，2${\;}^{{a}_{4}}$依次構(gòu)成等比數(shù)列；
（2）是否存在a₁，d，使得a₁，a₂²，a₃³，a₄⁴依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說(shuō)明理由；
（3）是否存在a₁，d及正整數(shù)n，k，使得a₁ⁿ，a₂^n+k，a₃^n+2k，a₄^n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等比數(shù)列和等差數(shù)列的定義即可證明；
（2）利用反證法，假設(shè)存在a₁，d使得a₁，a₂²，a₃³，a₄⁴依次構(gòu)成等比數(shù)列，推出矛盾，否定假設(shè)，得到結(jié)論；
（3）利用反證法，假設(shè)存在a₁，d及正整數(shù)n，k，使得a₁ⁿ，a₂^n+k，a₃^n+2k，a₄^n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)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），利用等式以及對(duì)數(shù)的性質(zhì)化簡(jiǎn)整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**），多次構(gòu)造函數(shù)，多次求導(dǎo)，利用零點(diǎn)存在定理，推出假設(shè)不成立．

解答 解：（1）證明：∵$\frac{{2}^{{a}_{n+1}}}{{2}^{{a}_{n}}}$=${2}^{{a}_{n+1}-{a}_{n}}$=2^d，（n=1，2，3，）是同一個(gè)常數(shù)，
∴2${\;}^{{a}_{1}}$，2${\;}^{{a}_{2}}$，2${\;}^{{a}_{3}}$，2${\;}^{{a}_{4}}$依次構(gòu)成等比數(shù)列；
（2）令a₁+d=a，則a₁，a₂，a₃，a₄分別為a-d，a，a+d，a+2d（a＞d，a＞-2d，d≠0）
假設(shè)存在a₁，d使得a₁，a₂²，a₃³，a₄⁴依次構(gòu)成等比數(shù)列，
則a⁴=（a-d）（a+d）³，且（a+d）⁶=a²（a+2d）⁴，
令t=$\fracivumadz{a}$，則1=（1-t）（1+t）³，且（1+t）⁶=（1+2t）⁴，（-$\frac{1}{2}$＜t＜1，t≠0），
化簡(jiǎn)得t³+2t²-2=0（*），且t²=t+1，將t²=t+1代入（*）式，
t（t+1）+2（t+1）-2=t²+3t=t+1+3t=4t+1=0，則t=-$\frac{1}{4}$，
顯然t=-$\frac{1}{4}$不是上面方程的解，矛盾，所以假設(shè)不成立，
因此不存在a₁，d，使得a₁，a₂²，a₃³，a₄⁴依次構(gòu)成等比數(shù)列．
（3）假設(shè)存在a₁，d及正整數(shù)n，k，使得a₁ⁿ，a₂^n+k，a₃^n+2k，a₄^n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列，
則a₁ⁿ（a₁+2d）^n+2k=（a₁+d）^2（n+k），且（a₁+d）^n+k（a₁+3d）^n+3k=（a₁+2d）^2（n+2k），
分別在兩個(gè)等式的兩邊同除以a₁^2（n+k），a₁^2（n+2k），并令t=$\fracy7b4aub{{a}_{1}}$，（t＞$-\frac{1}{3}$，t≠0），
則（1+2t）^n+2k=（1+t）^2（n+k），且（1+t）^n+k（1+3t）^n+3k=（1+2t）^2（n+2k），
將上述兩個(gè)等式取對(duì)數(shù)，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），
化簡(jiǎn)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）]，
再將這兩式相除，化簡(jiǎn)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），
則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），
則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），則φ₁′（t）=6[3ln（1+3t）-4ln（1+2t）+ln（1+t）]，
令φ₂（t）=φ₁′（t），則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，+∞）上均單調(diào)，
故g（t）只有唯一的零點(diǎn)t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假設(shè)不成立，
所以不存在a₁，d及正整數(shù)n，k，使得a₁ⁿ，a₂^n+k，a₃^n+2k，a₄^n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的定義和性質(zhì)，函數(shù)與方程等基礎(chǔ)知識(shí)，考查代數(shù)推理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)探究與解決問(wèn)題的能力，屬于難題．