2022_浙江卷 (2022)
20．已知等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项 $a_{1}=-1$ ，公差 $d>1$ ．记 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ．
（1）若 $S_{4}-2 a_{2} a_{3}+6=0$ ，求 $S_{n}$ ；
（2）若对于每个 $n \in \mathbf{N}^{*}$ ，存在实数 $c_{n}$ ，使 $a_{n}+c_{n}, a_{n+1}+4 c_{n}, a_{n+2}+15 c_{n}$ 成等比数列，求 $d$ 的取值范围．
(1) $S_{n}=\frac{3 n^{2}-5 n}{2}\left(n \in \mathrm{~N}^{*}\right)$; (2) $1<d \leq 2$
先把常见基础得分点练稳，再回来处理综合题。
【答案】（1）$S_{n}=\frac{3 n^{2}-5 n}{2}\left(n \in \mathrm{~N}^{*}\right)$
② $1<d \leq 2$
【解析】
【分析】（1）利用等差数列通项公式及前 $n$ 项和公式化简条件，求出 $d$ ，再求 $S_{n}$ ；
②由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求 $\boldsymbol{d}$ 的范围．
【小问 1 详解】
因为 $S_{4}-2 a_{2} a_{3}+6=0, a_{1}=-1$ ，
所以 $-4+6 d-2(-1+d)(-1+2 d)+6=0$ ，
所以 $d^{2}-3 d=0$ ，又 $d>1$ ，
所以 $d=3$ ，
所以 $a_{n}=3 n-4$ ，
所以 $S_{n}=\frac{\left(a_{1}+a_{n}\right) n}{2}=\frac{3 n^{2}-5 n}{2}$ ，
【小问 2 详解】
因为 $a_{n}+c_{n}, a_{n+1}+4 c_{n}, a_{n+2}+15 c_{n}$ 成等比数列，
所以 $\left(a_{n+1}+4 c_{n}\right)^{2}=\left(a_{n}+c_{n}\right)\left(a_{n+2}+15 c_{n}\right)$ ，
$\left(n d-1+4 c_{n}\right)^{2}=\left(-1+n d-d+c_{n}\right)\left(-1+n d+d+15 c_{n}\right)$,
$c_{n}^{2}+(14 d-8 n d+8) c_{n}+d^{2}=0$,
由已知方程 $c_{n}^{2}+(14 d-8 n d+8) c_{n}+d^{2}=0$ 的判别式大于等于 0 ，
所以 $\Delta=(14 d-8 n d+8)^{2}-4 d^{2} \geq 0$ ，
所以 $(16 d-8 n d+8)(12 d-8 n d+8) \geq 0$ 对于任意的 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 恒成立，
所以 $[(n-2) d-1][(2 n-3) d-2] \geq 0$ 对于任意的 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 恒成立，
当 $n=1$ 时，$[(n-2) d-1][(2 n-3) d-2]=(d+1)(d+2) \geq 0$ ，
当 $n=2$ 时，由 $(2 d-2 d-1)(4 d-3 d-2) \geq 0$ ，可得 $d \leq 2$
当 $n \geq 3$ 时，$[(n-2) d-1][(2 n-3) d-2]>(n-3)(2 n-5) \geq 0$ ，
又 $d>1$
所以 $1<d \leq 2$