2008-天津卷理-22 解-数列

本题导读

本题考查数列的递推关系与通项公式、等比中项的性质。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2008年天津卷(理)） 在数列 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 中, $a_1=1$, $b_1=4$, 数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ 满足 $n{S}_{n+1}-(n+3)S_n=0$, $2a_{n+1}$ 为 $b_n$ 与 $b_{n+1}$ 的等比中项, $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$.

(1) 求 $a_2,b_2$ 的值;

(2) 求数列表 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 中的通项公式;

(3) 设 $T_n=(-1{)}^{a_1}{b}_1+(-1{)}^{a_2}{b}_2+\cdots +(-1{)}^{a_n}{b}_n,n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$, 证明 $|T_n|<2n^2,n⩾3$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：由 $S_1=a_1=1$，利用递推式 $\frac{S_{n+1}}{S_n}=\frac{n+3}{n}$ 求出 $S_2$，进而求得 $a_2$；再利用等比中项公式 $(2a_2{)}^2=b_1{b}_2$ 求解 $b_2$。
2. 第二问：利用累乘法由 $\frac{S_{n+1}}{S_n}=\frac{n+3}{n}$ 展开求出 $S_n$ 的通用表达式，再利用 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 确定 $a_n$。将 $a_n$ 代入等比中项递推式，通过前后项比对归纳得到 $b_n$。
3. 第三问：分析 $a_n=\frac{n(n+1)}{2}$ 的奇偶性，可以发现其按“奇、奇、偶、偶”每 4 项一个周期循环。据此对 $n$ 按模 4 的余数进行分类讨论，写出 $T_n$ 的精确分段代数式，最后分别放缩证明 $|T_n|<2n^2$。

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对任意 $n⩾3$，均有 $|T_n|<2n^2$

✍【详细解析】

Abstract

解：(1) 因为 $a_1=1$，所以 $S_1=1$。 由 $n{S}_{n+1}-(n+3)S_n=0$ 得 $\frac{S_{n+1}}{S_n}=\frac{n+3}{n}$。 令 $n=1$，得 $\frac{S_2}{S_1}=4⟹S_2=4$。 所以 $a_2=S_2-S_1=4-1=3$。 又 $2a_{n+1}$ 为 $b_n$ 与 $b_{n+1}$ 的等比中项，故 $(2a_{n+1}{)}^2=b_n{b}_{n+1}⟹4a_{n+1}^2=b_n{b}_{n+1}$。 令 $n=1$，得 $4a_2^2=b_1{b}_2⟹4\times 3^2=4\times b_2⟹b_2=9$。 综上所述， $a_2=3,b_2=9$。

(2) 当 $n⩾2$ 时，由累乘法得： $S_n=S_1\cdot \frac{S_2}{S_1}\cdot \frac{S_3}{S_2}\cdots \frac{S_n}{S_{n-1}}=1\cdot \frac{4}{1}\cdot \frac{5}{2}\cdot \frac{6}{3}\cdots \frac{n+2}{n-1}=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}$ 当 $n=1$ 时， $S_1=\frac{1\times 2\times 3}{6}=1$ 同样符合上式。 所以 $a_n=S_n-S_{n-1}=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}-\frac{(n-1)n(n+1)}{6}=\frac{n(n+1)}{2}(n⩾2)$。 当 $n=1$ 时， $a_1=1$ 符合上式。 故 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=\frac{n(n+1)}{2}$。

由 $b_n{b}_{n+1}=4a_{n+1}^2=4\cdot {\left[\frac{(n+1)(n+2)}{2}\right]}^2=(n+1{)}^2(n+2{)}^2$。 已知 $b_1=4=2^2$， $b_2=9=3^2$， $b_3=\frac{2^2\cdot 3^2\cdot 4^2}{b_2}=16=4^2$。 易知 $b_n=(n+1{)}^2$。 故 $\{b_n\}$ 的通项公式为 $b_n=(n+1{)}^2$。

(3) 证明： 分析 $a_n=\frac{n(n+1)}{2}$ 的奇偶性，连续项的奇偶序列为：

• $n=1$: $a_1=1$ (奇)
• $n=2$: $a_2=3$ (奇)
• $n=3$: $a_3=6$ (偶)
• $n=4$: $a_4=10$ (偶) 由此可知 $(-1{)}^{a_n}$ 的符号按 $-,-,+,+$ 每 4 项为一个周期循环。

令 $n=4m+r$，其中 $m\in \mathbf{N}$， $r\in \{0,1,2,3\}$。 四项一组的通项代数和简记为 ${\Delta }_k$（其中 $k$ 从 0 开始）： ${\Delta }_k=-(4k+2{)}^2-(4k+3{)}^2+(4k+4{)}^2+(4k+5{)}^2$ $=[(4k+5{)}^2-(4k+3{)}^2]+[(4k+4{)}^2-(4k+2{)}^2]$ $=2(8k+8)+2(8k+6)=32k+28$ 对 $n$ 的余数进行分类讨论计算 $T_n$： ① 当 $n=4m(m⩾1)$ 时： $T_{4m}={\sum }_{k=0}^{m-1}(32k+28)=32\cdot \frac{(m-1)m}{2}+28m=16m^2+12m$ 此时 $|T_{4m}|=16m^2+12m$。而 $2n^2=2(4m{)}^2=32m^2$。 因为 $m⩾1$，显然 $16m^2+12m<32m^2⟹|T_n|<2n^2$ 成立。

② 当 $n=4m+1(m⩾1)$ 时： $T_{4m+1}=T_{4m}-b_{4m+1}=(16m^2+12m)-(4m+2{)}^2=-4m-4$ 此时 $|T_{4m+1}|=4m+4$。而 $2n^2=2(4m+1{)}^2=32m^2+16m+2$。 显然 $4m+4<32m^2+16m+2⟹|T_n|<2n^2$ 成立。

③ 当 $n=4m+2(m⩾1)$ 时： $T_{4m+2}=T_{4m+1}-b_{4m+2}=(-4m-4)-(4m+3{)}^2=-16m^2-28m-13$ 此时 $|T_{4m+2}|=16m^2+28m+13$。而 $2n^2=2(4m+2{)}^2=32m^2+32m+8$。 因为 $16m^2+28m+13<32m^2+32m+8⟺16m^2+4m-5>0$，当 $m⩾1$ 时显然成立。

④ 当 $n=4m+3(m⩾0)$ 时：

• 若 $m=0$，则 $n=3$， $T_3=-4-9+16=3$，而 $2n^2=18$， $|3|<18$ 成立。
• 若 $m⩾1$， $T_{4m+3}=T_{4m+2}+b_{4m+3}=(-16m^2-28m-13)+(4m+4{)}^2=4m+3$。 此时 $|T_{4m+3}|=4m+3$。而 $2n^2=2(4m+3{)}^2=32m^2+48m+18$。 显然 $4m+3<32m^2+48m+18⟹|T_n|<2n^2$ 成立。

综上所述，对任意 $n⩾3$，均有 $|T_n|<2n^2$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：由和递推式采用累乘法求通项；高阶等比数列消项技巧；基于符号周期规律的分类讨论思想。
2. 核心方法：周期分组法（处理正负号规律交替的交错级数求和最有效的手段）。
3. 避坑指南：第三问由于项的性质每 4 项一个闭环，绝对不可泛泛地用普通的放缩法去套用，必须老老实实按 $n(\mathrm{mod}4)$ 的 4 种余数进行严谨的分步精细化讨论，否则极易丢分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题具有高等数学中“交错级数的有限和与收敛性分析”的微积分背景，在高考中通过将其初等化为多项式求和序列进行呈现。
2. 结论推广：对于任意形式满足 $\frac{S_{n+1}}{S_n}=\frac{n+k}{n}$ 的数列，其通项一般可以用关于 $n$ 的 $k$ 次多项式进行统一表达。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2013-天津卷文-19 解-等比数列与不等式
• 2009-上海卷理-23 解-等比数列
• 2009-北京卷理-20 解-等比数列