将上述两个等式两边取对数，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)＝.

　　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)＋(1＋t)ln(1＋t)]．

　　令φ1(t)＝φ′(t)，则φ′1(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．

　　令φ2(t)＝φ′1(t)，则φ′2(t)＝＞0.

　　由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0，

　　知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均单调．

　　故g(t)只有唯一零点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a，a，a，a依次构成等比数列．

　　4.【证明】　(1)f′(x)＝aeaxsin x＋eaxcos x

　　＝eax(asin x＋cos x)

　　＝eaxsin(x＋φ)．

　　其中tan φ＝，0<φ<.

　　令f′(x)＝0，由x≥0得x＋φ＝mπ，

　　即x＝mπ－φ，m∈N*.

　　对k∈N，若2kπ0；

　　若(2k＋1)π

　　因此，在区间((m－1)π，mπ－φ)与(mπ－φ，mπ)上，f′(x)的符号总相反．于是当x＝mπ－φ(m∈N*)时，f(x)取得极值，

　　所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．

此时，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)·