2007-重庆卷理-21 解-放缩法证明放缩不等式

本题导读

本题是一道经典的数列压轴题。第一问通过 $S_{n}$ 与 $a_{n}$ 的递推关系式，利用 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ 构造出关于 $a_{n}$ 与 $a_{n - 1}$ 的递推一元二次方程，结合正数大前提判定出 ${a_{n}}$ 为等差数列；第二问利用解出的通项表达新数列 $b_{n}$ ，通过对数性质进行裂项相消与精密不等式放缩完成证明。

📌【题干】

Question

（2007年重庆卷(理)）已知各项均为正数的数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $S_{1} > 1$ ，且 $6 S_{n} = (a_{n} + 1) (a_{n} + 2), n \in N_{+}$ .

(1) 求 ${a_{n}}$ 的通项公式；

(2) 设数列 ${b_{n}}$ 满足 $a_{n} (2^{b_{n}} - 1) = 1$ ，并记 $T_{n}$ 为 ${b_{n}}$ 的前 $n$ 项和，求证： $3 T_{n} + 1 > lo g_{2} (a_{n} + 3), n \in N_{+}$ .

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：

当 $n = 1$ 时， $6 a_{1} = (a_{1} + 1) (a_{1} + 2) ⟹ a_{1}^{2} - 3 a_{1} + 2 = 0 ⟹ a_{1} = 1$ 或 $a_{1} = 2$ 。由 $S_{1} > 1 ⟹ a_{1} = 2$ 。

当 $n \geq 2$ 时，利用 $6 a_{n} = 6 S_{n} - 6 S_{n - 1} = (a_{n} + 1) (a_{n} + 2) - (a_{n - 1} + 1) (a_{n - 1} + 2)$ 进行代数展开与合并，因式分解求出 $a_{n}$ 与 $a_{n - 1}$ 的线性递推关系。

第二问：

将第一问求出的 $a_{n}$ 代入条件 $a_{n} (2^{b_{n}} - 1) = 1$ ，解出 $b_{n}$ 的通项公式。

求出 $T_{n}$ ，观察其是否可以使用裂项相消法进行求和或上界放缩。

分别化简不等式的左、右两端，寻找放缩不等式的中项链条完成最终证明。

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由数学归纳法可知，不等式对任意正整数 $n \in N_{+}$ 均全额成立

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）当 $n = 1$ 时，由 $S_{1} = a_{1}$ ，代入已知递推式 $6 S_{1} = (a_{1} + 1) (a_{1} + 2)$ 得： $6 a_{1} = a_{1}^{2} + 3 a_{1} + 2 ⟹ a_{1}^{2} - 3 a_{1} + 2 = 0$ 因式分解得 $(a_{1} - 1) (a_{1} - 2) = 0$ ，解得 $a_{1} = 1$ 或 $a_{1} = 2$ . 因为题目给定大前提条件 $S_{1} > 1$ ，即 $a_{1} > 1$ ，故舍去 $a_{1} = 1$ ，锁定首项为： $a_{1} = 2$

当 $n \geq 2$ 时，利用 $6 a_{n} = 6 S_{n} - 6 S_{n - 1}$ 进行差分转换： $6 a_{n} = (a_{n} + 1) (a_{n} + 2) - (a_{n - 1} + 1) (a_{n - 1} + 2)$ 展开多项式： $6 a_{n} = (a_{n}^{2} + 3 a_{n} + 2) - (a_{n - 1}^{2} + 3 a_{n - 1} + 2)$ $6 a_{n} = a_{n}^{2} + 3 a_{n} - a_{n - 1}^{2} - 3 a_{n - 1}$ 移项整合成左、右两端对称的二次差分结构： $a_{n}^{2} - 3 a_{n} - a_{n - 1}^{2} - 3 a_{n - 1} = 0 ⟹ (a_{n}^{2} - a_{n - 1}^{2}) - 3 (a_{n} + a_{n - 1}) = 0$ 利用平方差公式进行因式分解： $(a_{n} + a_{n - 1}) (a_{n} - a_{n - 1}) - 3 (a_{n} + a_{n - 1}) = 0$ 提取公因式 $(a_{n} + a_{n - 1})$ ： $(a_{n} + a_{n - 1}) (a_{n} - a_{n - 1} - 3) = 0$

因为已知数列的各项均为正数，所以 $a_{n} + a_{n - 1} > 0$ 恒成立。等式两边同时约去该正数项，直接导出： $a_{n} - a_{n - 1} - 3 = 0 ⟹ a_{n} - a_{n - 1} = 3 (n \geq 2)$

这表明，数列 ${a_{n}}$ 是一个首项 $a_{1} = 2$ ，公差 $d = 3$ 的等差数列。其通项公式为： $a_{n} = a_{1} + (n - 1) d = 2 + 3 (n - 1) = 3 n - 1$

（2）证明：将 $a_{n} = 3 n - 1$ 代入方程 $a_{n} (2^{b_{n}} - 1) = 1$ 中，孤立出包含 $b_{n}$ 的项： $2^{b_{n}} - 1 = \frac{1}{a _{n}} ⟹ 2^{b_{n}} = 1 + \frac{1}{3 n - 1} = \frac{3 n}{3 n - 1}$ 等式两边同时取以 2 为底的对数，求得 ${b_{n}}$ 的通项公式为： $b_{n} = lo g_{2} (\frac{3 n}{3 n - 1}) = lo g_{2} 3 n - lo g_{2} (3 n - 1)$

因为 $T_{n}$ 为 ${b_{n}}$ 的前 $n$ 项和，利用对数的减法拆项形式进行裂项相消法求和： $T_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n}$ $T_{n} = [lo g_{2} 3 - lo g_{2} 2] + [lo g_{2} 6 - lo g_{2} 5] + \dots + [lo g_{2} 3 n - lo g_{2} (3 n - 1)]$ 观察发现，中间所有正负对偶项由于相消无法直接抵消。重构求和，利用对数加法性质变为乘积形态： $T_{n} = lo g_{2} (\frac{3}{2} \times \frac{6}{5} \times \frac{9}{8} \times \dots \times \frac{3 n}{3 n - 1})$ 目标不等式左端为 $3 T_{n} + 1$ ，代入变形： $3 T_{n} + 1 = lo g_{2} (\frac{3}{2} \cdot \frac{6}{5} \dots \frac{3 n}{3 n - 1})^{3} + lo g_{2} 2 = lo g_{2} [2 \times (\frac{3}{2} \cdot \frac{6}{5} \dots \frac{3 n}{3 n - 1})^{3}]$

同时，目标不等式右端为： $lo g_{2} (a_{n} + 3) = lo g_{2} (3 n - 1 + 3) = lo g_{2} (3 n + 2)$ 要证明原不等式成立，等等价于除去单调增的对数底数，只需证明以下数对不等式： $2 \times (\frac{3}{2} \times \frac{6}{5} \times \frac{9}{8} \times \dots \times \frac{3 n}{3 n - 1})^{3} > 3 n + 2 (1)$

我们采用数学归纳法来严密论证①式对所有 $n \in N_{+}$ 恒成立：

第一步：当 $n = 1$ 时

左边 $= 2 \times (\frac{3}{2})^{3} = 2 \times \frac{27}{8} = \frac{27}{4} = 6.75$ ；

右边 $= 3 \times 1 + 2 = 5$ . 因为 $6.75 > 5$ ，所以当 $n = 1$ 时①式显然成立。

第二步：假设当 $n = k$ ( $k \geq 1$ ) 时①式成立，即满足： $2 \times (\frac{3}{2} \times \frac{6}{5} \times \dots \times \frac{3 k}{3 k - 1})^{3} > 3 k + 2$ 那么当 $n = k + 1$ 时，我们需要证明的目标形态为： $2 \times (\frac{3}{2} \times \frac{6}{5} \times \dots \times \frac{3 k}{3 k - 1} \times \frac{3 k + 3}{3 k + 2})^{3} > 3 (k + 1) + 2 = 3 k + 5$ 利用归纳假设，将前 $k$ 项的乘积放大代换，只需证明： $(3 k + 2) \times (\frac{3 k + 3}{3 k + 2})^{3} > 3 k + 5 ⟹ \frac{( 3 k + 3 ) ^{3}}{( 3 k + 2 ) ^{2}} > 3 k + 5$ 两边同乘以分母 $(3 k + 2)^{2}$ ，转化为纯粹的多项式大小比较： $(3 k + 3)^{3} > (3 k + 5) (3 k + 2)^{2}$ 分别将左、右两端展开：

左端 $= 27 k^{3} + 81 k^{2} + 81 k + 27$

右端 $= (3 k + 5) (9 k^{2} + 12 k + 4) = 27 k^{3} + 36 k^{2} + 12 k + 45 k^{2} + 60 k + 20 = 27 k^{3} + 81 k^{2} + 72 k + 20$ 两端作差比较： $左端 - 右端 = (27 k^{3} + 81 k^{2} + 81 k + 27) - (27 k^{3} + 81 k^{2} + 72 k + 20) = 9 k + 7$ 因为 $k \geq 1$ ，所以 $9 k + 7 > 0$ 恒成立，即 $左端 > 右端$ 必然成立。因此，当 $n = k + 1$ 时，不等式同样刚性成立。

综上所述，由数学归纳法可知，不等式对任意正整数 $n \in N_{+}$ 均全额成立。原命题获证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：利用 $S_{n}$ 与 $a_{n}$ 关系通过因式分解消去正项元、对数多项级数的乘积化简转化、复杂含有立方幂次的不等式利用数学归纳法进行多项式作差论证。

核心方法：数学归纳法、作差比较法。

避坑指南：

第一问最后解得 $(a_{n} + a_{n - 1}) (a_{n} - a_{n - 1} - 3) = 0$ 时，必须要严密地写出一句说明：“因为各项均为正数，故 $a_{n} + a_{n - 1} > 0$ ”，以此为依据才能合法舍弃前项括号，这是大题满分步骤的刚性底线。

第二问如果强行直接用传统的放缩法（如累加放缩）极难控死立方的精度。对于这种左侧含有高次连乘积、右侧是一阶线性多项式的结构，使用数学归纳法展开成多项式作差是最无脑、最不容易出错的终极解法。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题考查数列前n项和与通项公式的关系、等差数列的判定与通项公式，是重庆卷(理)解答题的高频命题方向，同型题见下方类题演练。

变式思考：本题的核心步骤（递推项差分化简法、裂项相消法）可迁移到同类问题——若改变题设条件（如更换数值或几何对象），解法框架不变，重在把握「条件→目标」的转化路径。

知识关联：数列前n项和与通项公式的关系、等差数列的判定与通项公式相互关联，解答中综合运用了递推项差分化简法、裂项相消法，建议结合知识锚点中的对应专题系统梳理。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

19.03 数列通项公式求法全攻略

19.01 等差数列全总结

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)

2015-广东卷文-19 解-数列递推

2021-天津卷-19 解-数列综合

2008-北京卷文-20 解-递推数列符号与恒成立

∑ ( Math )

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2007-重庆卷理-21 解-放缩法证明放缩不等式

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