每日一题[180] 齐次化、降次与凹凸性

2015年高考江苏卷第20题（压轴题）：

设$a_1,a_2,a_3,a_4$是各项为正数且公差为$d$（$d\neq 0$）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$a_1,d$使得$a_1,a_2^2,a_3^3,a_4^4$依次构成等比数列；

（3）是否存在$a_1,d$及正整数$n,k$使得$a_1^n,a_2^{n+k},a_3^{n+2k},a_4^{n+3k}$依次构成等比数列？并说明理由．

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（1）证明    注意到

$$\dfrac{2^{a_2}}{2^{a_1}}=\dfrac{2^{a_3}}{2^{a_2}}=\dfrac{2^{a_4}}{2^{a_3}}=2^d,$$ 于是命题得证．

解法一

（2）记$a_1,a_2,a_3,a_4$为$a-d,a,a+d,a+2d$，其中$a=a_1+d$． 这样$a_1,a_2^2,a_3^3,a_4^4$依次构成等比数列即

$$\begin{cases}a^4=(a-d)(a+d)^3,\\(a+d)^6=a^2(a+2d)^4,\end{cases}$$ 令$\dfrac da=x$（齐次化），$-\dfrac 12<x<1$，且$x\ne 0$，得 $$\begin{cases}1=(1-x)(1+x)^3,\\(1+x)^6=(1+2x)^4,\end{cases}$$ 整理得 $$\begin{cases}x^3+2x^2-2=0,\\x^2-x-1=0,\end{cases}$$ 利用第二个方程降次可得该方程组无解，于是不存在符合题意的$a_1,d$．

（3）与（2）类似，令$\dfrac d{a_1}=x$，$x>-\dfrac 13\land x\neq 0$，得

$$1,(1+x)^{n+k},(1+2x)^{n+2k},(1+3x)^{n+3k}$$ 成等比数列，于是有 $$\begin{cases}(1+x)^{2n+2k}=(1+2x)^{n+2k},\\(1+2x)^{2n+4k}=(1+x)^{n+k}(1+3x)^{n+3k},\end{cases}$$ 利用第一个方程化简第二个方程，有 $$\begin{cases}(1+x)^{2n+2k}=(1+2x)^{n+2k},\\(1+x)^{3n+3k}=(1+3x)^{n+3k},\end{cases}$$ 取对数得 $$\begin{cases}(2n+2k)\ln (1+x)=(n+2k)\ln (1+2x),\\(3n+3k)\ln (1+x)=(n+3k) \ln (1+3x),\end{cases}$$ 从中消去$n,k$得 $$3\ln (1+x)\ln (1+2x) +\ln (1+2x)\ln (1+3x)=4\ln (1+x)\ln (1+3x)$$ 即 $$\dfrac{3}{\ln (1+3x)}+\dfrac{1}{\ln (1+x)}=2\cdot \dfrac{2}{\ln (1+2x)}.$$ 记函数 $$f(x)=\dfrac{x}{\ln (1+ax)},ax>-1\land ax\neq 0,$$ 则 $$f'(x)=\dfrac{1}{\ln^2(1+ax)}\cdot\left[\ln (1+ax)+\dfrac 1{1+ax}-1\right]$$ 进而 $$f'^\prime (x)=\dfrac{a(2+ax)}{(1+ax)^2\ln^3 (1+ax)}\cdot\left[\dfrac{2ax}{2+ax}-\ln (1+ax)\right],$$ 不难证明当$0<1+ax<1$时，有 $$\ln (1+ax)<\dfrac{2ax}{2+ax},$$ 当$1+ax>1$时，有 $$\ln (1+ax)>\dfrac{2ax}{2+ax},$$ 因此$f(x)$为上凸函数，从而当$a>-\dfrac 13$时，有 $$\dfrac 12\left[f(1)+f(3)\right]<f(2),$$ 也即 $$\dfrac{3}{\ln (1+3x)}+\dfrac{1}{\ln (1+x)}>2\cdot \dfrac{2}{\ln (1+2x)}.$$ 综上，不存在符合题意的$x$，因此不存在符合题意的$a_1,d$．

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注一    如图为$a$分别为$1,2,3$时，函数$f(x)$的图象，均为上凸函数． 注二    不等式

$$\dfrac 12\left[f(1)+f(3)\right]<f(2)$$ 的证明可以利用牛顿-莱布尼兹公式进行．

解法二

（2）若$a_1,a_2^2,a_3^3,a_4^4$依次构成等比数列，记$a_0=a_1-d$，那么

$$\ln (a_0+ d),2\ln (a_0+ 2d),3\ln (a_0+ 3d),4\ln (a_0+ 4d)$$ 构成等差数列，设该等差数列为$b_0+d_0,b_0+2d_0,b_0+3d_0,b_0+4d_0$，则关于$x$的方程 $$x\ln(a_0+dx)=b_0+d_0x$$ 至少有$4$个实数根$x=1,2,3,4$．

设函数$\varphi(x)=\ln(a_0+dx)-\dfrac{b_0+d_0x}x,x\geqslant 1$，则其导函数

$$\varphi'(x)=\dfrac{d}{a_0+dx}+\dfrac{b_0}{x^2}=\dfrac{dx^2+b_0dx+a_0b_0}{x^2(a_0+dx)},$$ 由于$\varphi'(x)$至多有$2$个零点，因此函数$\varphi(x)$的单调性至多发生$2$次变化，所以不可能有多于$3$个零点(因为连续函数在两个相邻零点之间都至少发生一次单调性变化)，从而不存在$a_1,d$使得$a_1,a_2^2,a_3^3,a_4^4$依次构成等比数列．

（3）若$a_1^n,a_2^{n+k},a_3^{n+2k},a_4^{n+3k}$依次构成等比数列，那么

$$n\ln a_1,(n+k)\ln(a_1+d),(n+2k)\ln(a_1+2d),(n+3k)\ln(a_1+3d)$$ 构成等差数列，设该等差数列为$b_1,b_1+d_1,b_1+2d_1,b_1+3d_1$，则关于$x$的方程 $$(n+kx)\ln(a_1+dx)=b_1+d_1x$$ 至少有$4$个实数根$x=0,1,2,3$．

设函数$\mu(x)=\ln(a_1+dx)-\dfrac{b_1+d_1x}{n+kx}$，则其导函数

$$\mu'(x)=\dfrac{d}{a_1+dx}-\dfrac{nd_1-kb_1}{(n+kx)^2}=\dfrac{d(n+kx)^2-(nd_1-kb_1)(a_1+dx)}{(a_1+dx)(n+kx)^2},$$ 由于$\mu'(x)$至多有$2$个零点，因此函数$\mu(x)$的单调性至多发生$2$次变化，所以不可能有多于$3$个零点(理由同上)，从而不存在$a_1,d$及正整数$n,k$，使得$a_1^n,a_2^{n+k},a_3^{n+2k},a_4^{n+3k}$依次构成等比数列．