2008-四川卷理-20 解-等比数列

本题导读

本题考查数列中递推公式与求和公式的关系、等比数列的判定与证明。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2008年四川卷(理)）设数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$ , 已知 $b a_{n} - 2^{n} = (b - 1) S_{n}$ .

(1) 证明: 当 $b = 2$ 时, ${a_{n} - n \cdot 2^{n - 1}}$ 是等比数列;

(2) 求 ${a_{n}}$ 的通项公式.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：将 $b = 2$ 代入已知递推式得到 $2 a_{n} - 2^{n} = S_{n}$ 。利用 $a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} (n ⩾ 2)$ 消去 $S_{n}$ ，整理出 $a_{n}$ 与 $a_{n - 1}$ 的递推关系。再结合等比数列的定义式 $\frac{c _{n}}{c _{n - 1}} = q$ 进行恒等变形证明。

第二问：在初始递推式中，通过 $n = 1$ 求出首项 $a_{1} = 2$ （独立于 $b$ ）。利用相同方法推导出一般情况下的递推式 $a_{n} = b a_{n - 1} + 2^{n - 1} (n ⩾ 2)$ 。针对参数 $b$ 是否等于 2 进行分类讨论： $b = 2$ 时直接利用第一问结论； $b \neq = 2$ 时采用两边同除以 $2^{n}$ 或 $b^{n}$ 的方法构造新等比数列求解。

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数列 ${a_{n}}$ 的通项公式为： $a_{n} = {(n + 1) 2^{n - 1}, \frac{2 ^{n} - 2 ( b - 1 ) b ^{n - 1}}{2 - b}, b = 2 b \neq = 2$

✍【详细解析】

Abstract

解：在原式 $b a_{n} - 2^{n} = (b - 1) S_{n}$ 中，令 $n = 1$ ，得： $b a_{1} - 2 = (b - 1) a_{1} ⟹ b a_{1} - 2 = b a_{1} - a_{1} ⟹ a_{1} = 2$ 当 $n ⩾ 2$ 时，由已知得： ① $b a_{n} - 2^{n} = (b - 1) S_{n}$ ② $b a_{n - 1} - 2^{n - 1} = (b - 1) S_{n - 1}$ ① - ② 得： $b a_{n} - b a_{n - 1} - (2^{n} - 2^{n - 1}) = (b - 1) (S_{n} - S_{n - 1})$ $b a_{n} - b a_{n - 1} - 2^{n - 1} = (b - 1) a_{n}$ 整理得： $a_{n} = b a_{n - 1} + 2^{n - 1} (n ⩾ 2)$

(1) 证明：当 $b = 2$ 时，上述递推式为 $a_{n} = 2 a_{n - 1} + 2^{n - 1} (n ⩾ 2)$ 。令 $c_{n} = a_{n} - n \cdot 2^{n - 1}$ ，则首项为： $c_{1} = a_{1} - 1 \cdot 2^{0} = 2 - 1 = 1 \neq = 0$ 当 $n ⩾ 2$ 时： $c_{n} = a_{n} - n \cdot 2^{n - 1} = (2 a_{n - 1} + 2^{n - 1}) - n \cdot 2^{n - 1}$ $= 2 a_{n - 1} - (n - 1) 2^{n - 1} = 2 [a_{n - 1} - (n - 1) 2^{n - 2}] = 2 c_{n - 1}$ 所以 $\frac{c _{n}}{c _{n - 1}} = 2 (n ⩾ 2)$ 。故 ${a_{n} - n \cdot 2^{n - 1}}$ 是以 1 为首项， 2 为公比的等比数列。

(2) 解： ① 当 $b = 2$ 时，由 (1) 可知： $a_{n} - n \cdot 2^{n - 1} = 1 \cdot 2^{n - 1} ⟹ a_{n} = (n + 1) 2^{n - 1}$

② 当 $b \neq = 2$ 时，由 $a_{n} = b a_{n - 1} + 2^{n - 1} (n ⩾ 2)$ ，两边同除以 $2^{n}$ 得： $\frac{a _{n}}{2 ^{n}} = \frac{b}{2} \cdot \frac{a _{n - 1}}{2 ^{n - 1}} + \frac{1}{2}$ 令 $d_{n} = \frac{a _{n}}{2 ^{n}}$ ，则 $d_{1} = \frac{a _{1}}{2} = 1$ ，且 $d_{n} = \frac{b}{2} d_{n - 1} + \frac{1}{2} (n ⩾ 2)$ 。对上式进行变形构造： $d_{n} - \frac{1}{2 - b} = \frac{b}{2} (d_{n - 1} - \frac{1}{2 - b})$ 由首项 $d_{1} - \frac{1}{2 - b} = 1 - \frac{1}{2 - b} = \frac{1 - b}{2 - b}$ 。

若 $b = 1$ ，则 $d_{n} - 1 = 0 ⟹ d_{n} = 1 ⟹ a_{n} = 2^{n}$ 。

若 $b \neq = 1$ 且 $b \neq = 2$ ，则 ${d_{n} - \frac{1}{2 - b}}$ 是以 $\frac{1 - b}{2 - b}$ 为首项， $\frac{b}{2}$ 为公比的等比数列。 $d_{n} - \frac{1}{2 - b} = \frac{1 - b}{2 - b} \cdot (\frac{b}{2})^{n - 1}$ $d_{n} = \frac{1 - b}{2 - b} \cdot (\frac{b}{2})^{n - 1} + \frac{1}{2 - b} = \frac{2 ( 1 - b ) b ^{n - 1} + 2 ^{n}}{2 ^{n} ( 2 - b )}$ 所以 $a_{n} = 2^{n} d_{n} = \frac{2 ( 1 - b ) b ^{n - 1} - 2 ^{n}}{b - 2} = \frac{2 ^{n} - 2 ( b - 1 ) b ^{n - 1}}{2 - b}$ 。注：当 $b = 1$ 时，代入该式得 $a_{n} = \frac{2 ^{n} - 0}{1} = 2^{n}$ ，形式可统一。

综上所述，数列 ${a_{n}}$ 的通项公式为： $a_{n} = {(n + 1) 2^{n - 1}, \frac{2 ^{n} - 2 ( b - 1 ) b ^{n - 1}}{2 - b}, b = 2 b \neq = 2$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：由 $S_{n}$ 递推式求 $a_{n}$ 通项时，必须保证分作 $n = 1$ 与 $n ⩾ 2$ 两步讨论。

核心方法：

证明等比数列必须严格证明 $\frac{c _{n}}{c _{n - 1}} = q$ （ $q$ 为常数）且 $c_{1} \neq = 0$ 。

形如 $a_{n} = p a_{n - 1} + q^{n}$ 的递推式，常规通用处理手段是两边同除以 $q^{n}$ 转化为可构造的一阶线性模型。

避坑指南：第二问极易漏掉对 $b = 2$ 与 $b \neq = 2$ 的分类讨论。由于分母含有 $2 - b$ ，必须在确立 $b \neq = 2$ 的前提下才可以作除法进行变形。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题源自教材中关于“错位相减法”求和的逆向思维训练，属于典型的由和的线性组合形式反求通项。

结论推广：对于更一般的递推式 $A a_{n} + B S_{n} = C \cdot k^{n}$ ，其对应的基本通项解法均可通过两项差分消去 $S_{n}$ 降阶为一阶差分方程。

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