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2022年高考数学浙江20

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（15分）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

$S_{n}(n\in N^{*})$ ．
（Ⅰ）若

$S_{4}-2a_{2}a_{3}+6=0$ ，求

$S_{n}$ ；
（Ⅱ）若对于每个

$n\in N^{*}$ ，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．
分析：（Ⅰ）由等差数列

$\{a_{n}\}$ 的首项

$a_{1}=-1$ 及

$S_{4}-2a_{2}a_{3}+6=0$ 可得关于公差

$d$ 的方程，再由公差

$d$ 的范围可得

$d$ 的值，再由等差数列的前

$n$ 项和公式可得

$S_{n}$ 的解析式；
（Ⅱ）由

$a_{n}+c_{n}$ ，

$a_{n+1}+4c_{n}$ ，

$a_{n+2}+15c_{n}$ 成等比数列，可得关于

$c_{n}$ 的二次方程，由判别式大于0可得

$d$ 的表达式，分类讨论可得

$d$ 的取值范围．
解：（Ⅰ）因为等差数列

$\{a_{n}\}$ 的首项

$a_{1}=-1$ ，公差

$d > 1$ ，
因为

$S_{4}-2a_{2}a_{3}+6=0$ ，可得

$\dfrac{4({a}_{1}+{a}_{4})}{2}-2a_{2}a_{3}+6=0$ ，即

$2(a_{1}+a_{4})-2a_{2}a_{3}+6=0$ ，

$a_{1}+a_{1}+3d-(a_{1}+d)(a_{1}+2d)+3=0$ ，即

$-1-1+3d-(-1+d)(-1+2d)+3=0$ ，
整理可得：

$d^{2}=3d$ ，解得

$d=3$ ，
所以

$S_{n}=na_{1}+\dfrac{n(n-1)}{2}d=-n+\dfrac{3{n}^{2}-3n}{2}=\dfrac{3{n}^{2}-5n}{2}$ ，
即

$S_{n}=\dfrac{3{n}^{2}-5n}{2}$ ；
（Ⅱ）因为对于每个

$n\in N^{*}$ ，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，
则

$(a_{1}+nd+4c_{n})^{2}=[a_{1}+(n-1)d+c_{n}][(a_{1}+(n+1)d+15c_{n}]$ ，

$a_{1}=-1$ ，
整理可得：

$c_{n}^{2}+[(14-8n)d+8]c_{n}+d^{2}=0$ ，则△

$=[(14-8n)d+8]^{2}-4d^{2}\geqslant 0$ 恒成立在

$n\in N^{+}$ ，
整理可得

$[(2n-3)d-2][n-2)d-1]\geqslant 0$ ，
当

$n=1$ 时，可得

$d\leqslant -2$ 或

$d\geqslant -1$ ，而

$d > 1$ ，
所以

$d$ 的范围为

$(1,+\infty )$ ；

$n=2$ 时，不等式变为

$(d-2)(-1)\geqslant 0$ ，解得

$d\leqslant 2$ ，而

$d > 1$ ，
所以此时

$d\in (1$ ，

$2]$ ，
当

$n\geqslant 3$ 时，

$d > 1$ ，则

$[(2n-3)d-2][n-2)d-1] > (2n-5)(n-3)\geqslant 0$ 符合要求，
综上所述，对于每个

$n\in N^{*}$ ，

$d$ 的取值范围为

$(1$ ，

$2]$ ，使

$a_{n}+c_{n}$ ，

$a_{n+1}+4c_{n}$ ，

$a_{n+2}+15c_{n}$ 成等比数列．
点评：本题考查等差数列的性质的应用及等比数列的性质的应用，恒成立的判断方法，属于中档题．

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