2007-浙江卷理-21 解-三角函数符号判定交错级数

本题导读

本题考查方程根与系数的关系、数列求和及不等式证明。第一问通过因式分解确定项的值；第二问利用韦达定理进行分组求和；第三问利用放缩法证明级数的部分和有界性。

📌【题干】

Question

（2007年浙江卷(理)） 已知数列 $\{a_n\}$ 中的相邻两项 $a_{2k-1},a_{2k}$ 是关于 $x$ 的方程 $x^2-(3k+2^k)x+3k\cdot 2^k=0$ 的两个根，且 $a_{2k-1}\le a_{2k}$ ($k=1,2,3,\cdots$).

(1) 求 $a_1,a_3,a_5,a_7$;

(2) 求数列 $\{a_n\}$ 的前 $2n$ 项和 $S_{2n}$;

(3) 记 $f(n)=\frac{1}{2}\left(\frac{|\sin n|}{\sin n}+3\right)$，$T_n=\frac{(-1{)}^{f(2)}}{a_1{a}_2}+\frac{(-1{)}^{f(3)}}{a_3{a}_4}+\frac{(-1{)}^{f(4)}}{a_5{a}_6}+\cdots +\frac{(-1{)}^{f(n+1)}}{a_{2n-1}{a}_{2n}}$，求证：$\frac{1}{6}\le T_n\le \frac{5}{24}$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$).

🔍【思路分析】

破题导航

1. 分解方程求出两根为 $3k$ 与 $2^k$，依据 $a_{2k-1}\le a_{2k}$ 确定前几项的值。
2. 将 $S_{2n}$ 分组为 $\sum (a_{2k-1}+a_{2k})$，利用韦达定理将两根之和整体代入，转化为等差与等比数列组合求和。
3. 分析 $f(n)$ 的符号特征，计算前两项后对剩余项利用绝对值进行几何级数放缩，确立上下界。

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对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ ， $\frac{1}{6}\le T_n\le \frac{5}{24}$ 恒成立

✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 原方程可化为 $(x-3k)(x-2^k)=0$，两根为 $3k$ 与 $2^k$。 因 $a_{2k-1}\le a_{2k}$，故 $a_{2k-1}=\min \{3k,2^k\}$。

• 当 $k=1$ 时，两根为 $3,2$，故 $a_1=2$；
• 当 $k=2$ 时，两根为 $6,4$，故 $a_3=4$；
• 当 $k=3$ 时，两根为 $9,8$，故 $a_5=8$；
• 当 $k=4$ 时，两根为 $12,16$，故 $a_7=12$。 所以 $a_1=2,a_3=4,a_5=8,a_7=12$。

(2) 由韦达定理知 $a_{2k-1}+a_{2k}=3k+2^k$。 $S_{2n}={\sum }_{k=1}^n(a_{2k-1}+a_{2k})={\sum }_{k=1}^n(3k+2^k)=3{\sum }_{k=1}^{n}k+{\sum }_{k=1}^n{2}^k$ $S_{2n}=3\cdot \frac{n(n+1)}{2}+\frac{2(2^n-1)}{2-1}=\frac{3n(n+1)}{2}+2^{n+1}-2$

(3) 证明： 由 $f(n)$ 定义可知，当 $\sin n>0$ 时 $f(n)=2⟹(-1{)}^{f(n)}=1$；当 $\sin n<0$ 时 $f(n)=1⟹(-1{)}^{f(n)}=-1$。 又由韦达定理知 $a_{2k-1}{a}_{2k}=3k\cdot 2^k$。 由 $\frac{\pi }{2}<2<3<\pi$ 知 $\sin 2>0,\sin 3>0⟹(-1{)}^{f(2)}=1,(-1{)}^{f(3)}=1$。 由 $\pi <4<\frac{3\pi }{2}$ 知 $\sin 4<0⟹(-1{)}^{f(4)}=-1$。 故 $T_n$ 的前三项分别为 $\frac{1}{6},\frac{1}{24},-\frac{1}{72}$。

• 当 $n=1$ 时， $T_1=\frac{1}{6}$，结论成立。
• 当 $n=2$ 时， $T_2=\frac{1}{6}+\frac{1}{24}=\frac{5}{24}$，结论成立。
• 当 $n\ge 3$ 时， $T_n=\frac{5}{24}-\frac{1}{72}+{\sum }_{k=4}^n\frac{(-1{)}^{f(k+1)}}{3k\cdot 2^k}$。 利用绝对值放缩法： $\left|{\sum }_{k=4}^n\frac{(-1{)}^{f(k+1)}}{3k\cdot 2^k}\right|\le {\sum }_{k=4}^n\frac{1}{3k\cdot 2^k}$ 当 $k\ge 4$ 时， $3k\ge 12$，故： ${\sum }_{k=4}^n\frac{1}{3k\cdot 2^k}\le \frac{1}{12}{\sum }_{k=4}^n\frac{1}{2^k}<\frac{1}{12}\cdot \frac{\frac{1}{16}}{1-\frac{1}{2}}=\frac{1}{96}$ 因此： $T_n\le \frac{5}{24}-\frac{1}{72}+\frac{1}{96}=\frac{59}{288}<\frac{60}{288}=\frac{5}{24}$ $T_n\ge \frac{5}{24}-\frac{1}{72}-\frac{1}{96}=\frac{53}{288}>\frac{48}{288}=\frac{1}{6}$ 综上所述，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ ， $\frac{1}{6}\le T_n\le \frac{5}{24}$ 恒成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：方程根的分布，数列分组求和，交错级数的绝对值放缩。
2. 核心方法：整体代换与等比级数夹逼。
3. 避坑指南：第二问求和时无需因两根大小关系的切换而分段，直接应用两根之和的整体代数关系最为简捷。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题由一元二次方程根的离散分布规律衍生，第三问具有高等数学中交错级数绝对收敛性的理论背景。
2. 结论推广: 对于形如 $\sum \frac{{ϵ}_k}{k\cdot q^k}$ (${ϵ}_k=\pm 1,q>1$) 的长尾级数，精确提取前几项的波动后，剩余部分均可通过等比数列求和公式进行绝对值放大围堵。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.04 数列求和核心方法与裂项模型
• 19.05 数列放缩法路径选择与常用模型

类题演练 (Links)

• 2013-新课标I卷理-12 单-数列单调性
• 2022-新高考II卷-12 多-不等式最值