2010-大纲卷II理-18 解-数列

本题导读

本题考查数列 $a_n$ 与 $S_n$ 的关系、数列极限的求法。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2010年大纲卷II(理)） 已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n=(n^2+n)\cdot 3^n$.

(1) 求 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_n}{S_n}$；

(2) 证明：$\frac{a_1}{1^2}+\frac{a_2}{2^2}+\cdots +\frac{a_n}{n^2}>3^n$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 利用 $a_n=S_n-S_{n-1}(n\ge 2)$ 求解通项公式 $a_n$，并验证 $n=1$ 的情形。
2. 求出 $\frac{a_n}{S_n}$ 的表达形式，取 $n\to \infty$ 的极限。
3. 对通项 $\frac{a_k}{k^2}$ 进行代数变形，拆分为 $2\cdot 3^{k-1}+\frac{4}{k}\cdot 3^{k-1}$，利用等比数列求和公式结合正项放缩证明不等式。

✅【答案】

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（1）一篇稿件被录用有两种互斥情形：两位初审专家都通过，或恰有一位初审专家通过且复审专家通过.因而录用概率为𝑝=(12)

✍【详细解析】

Abstract

(1) 当 $n=1$ 时，$a_1=S_1=(1^2+1)\cdot 3^1=6$.

当 $n\ge 2$ 时： $a_n=S_n-S_{n-1}=(n^2+n)\cdot 3^n-[(n-1{)}^2+(n-1)]\cdot 3^{n-1}$ $a_n=(n^2+n)\cdot 3^n-(n^2-n)\cdot 3^{n-1}$ $a_n=3^{n-1}[3(n^2+n)-(n^2-n)]=3^{n-1}(2n^2+4n)=2n(n+2)\cdot 3^{n-1}$

当 $n=1$ 时，$2\times 1\times 3\times 3^0=6=a_1$，符合上式。 故数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=2n(n+2)\cdot 3^{n-1}(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$。

因此： $\frac{a_n}{S_n}=\frac{2n(n+2)\cdot 3^{n-1}}{n(n+1)\cdot 3^n}=\frac{2(n+2)}{3(n+1)}=\frac{2n+4}{3n+3}$

取极限得： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{a_n}{S_n}={\lim }_{n\to \infty }\frac{2+\frac{4}{n}}{3+\frac{3}{n}}=\frac{2}{3}$

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(2) 由 $a_k=2k(k+2)\cdot 3^{k-1}$，可得： $\frac{a_k}{k^2}=\frac{2k(k+2)\cdot 3^{k-1}}{k^2}=\frac{2(k+2)}{k}\cdot 3^{k-1}=\left(2+\frac{4}{k}\right)\cdot 3^{k-1}$

设 $T_n=\frac{a_1}{1^2}+\frac{a_2}{2^2}+\cdots +\frac{a_n}{n^2}$，则： $T_n={\sum }_{k=1}^n\left(2+\frac{4}{k}\right)\cdot 3^{k-1}=2{\sum }_{k=1}^n{3}^{k-1}+{\sum }_{k=1}^n\frac{4}{k}\cdot 3^{k-1}$

根据等比数列求和公式： $2{\sum }_{k=1}^n{3}^{k-1}=2\cdot \frac{3^n-1}{3-1}=3^n-1$

所以： $T_n=3^n-1+{\sum }_{k=1}^n\frac{4}{k}\cdot 3^{k-1}$

因为对于任意正整数 $k\ge 1$，都有 $\frac{4}{k}\cdot 3^{k-1}>0$，故： ${\sum }_{k=1}^n\frac{4}{k}\cdot 3^{k-1}\ge \frac{4}{1}\cdot 3^0=4$

因此： $T_n\ge 3^n-1+4=3^n+3>3^n$

即 $\frac{a_1}{1^2}+\frac{a_2}{2^2}+\cdots +\frac{a_n}{n^2}>3^n$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：$a_n=S_n-S_{n-1}$ 求通项公式；数列极限计算；拆项与不等式放缩。
2. 核心方法：

• 拆项法：将复杂通项 $\frac{a_k}{k^2}$ 拆分成可直接求和的等比数列与正数残项。
• 累加放缩法：保留残项中的第一项，其余正数项直接放缩省去。

3. 避坑指南：

• 使用 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 时必须注明 $n\ge 2$，且必须单独验证 $n=1$ 的情况。
• 第 (2) 问观察出结构拆分可极大简化运算，无需盲目使用复杂裂项。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：源于教材中数列通项求法与数列不等式放缩综合题。
2. 结论推广：若通项 $c_k=A_k+B_k$，其中 $\sum A_k$ 可求封闭解，$B_k>0$，则 $\sum c_k>\sum A_k+B_1$ 是一种非常实用的放缩线索。

🔗【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)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2013-天津卷文-19 解-等比数列与不等式
• 2014-上海卷文-23 解-数列不等式