2010-重庆卷理-21 解-数列

本题导读

本题是一道高难度的递推数列与不等式综合压轴题。第一问通过同除以高次项构建等差型递推关系，利用累加法求解通项；第二问要求不等式对一切正整数恒成立，核心技巧在于颠倒主变元，将关于 $c$ 的高次不等式转化为关于 $k$ 的二次函数，利用其单调性精确定位最值点以确定参数范围。

📌【题干】

Question

（2010年重庆卷(理)） 在数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=1,a_{n+1}=c{a}_n+c^{n+1}(2n+1)$（$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$），其中实数 $c\ne 0$.

(1)求 $\{a_n\}$ 的通项公式；

(2)若对一切 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 有 $a_{2k}>a_{2k-1}$，求 $c$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：递推式两边同除以 $c^{n+1}$，构造新数列 $b_n=\frac{a_n}{c^n}$，得到 $b_{n+1}-b_n=2n+1$，利用累加法求出 $b_n$，进而得到 $a_n$。

2. 第二问：将通项公式代入目标不等式并移项化简。由于直接视 $c$ 为主元会导致次数随 $k$ 增大而无法求解，故采用“主元法”，将式子重新整理为关于 $k$ 的二次函数，结合 $c$ 的正负分类讨论该二次函数的单调性与最小值，从而求出 $c$ 的取值范围。

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$c$ 的取值范围为 $\left(-\infty ,\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\right)\cup [1,+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

（1）因为 $c\ne 0$，将递推式 $a_{n+1}=c{a}_n+c^{n+1}(2n+1)$ 两边同除以 $c^{n+1}$，得： $\frac{a_{n+1}}{c^{n+1}}=\frac{a_n}{c^n}+2n+1$。 设 $b_n=\frac{a_n}{c^n}$，则 $b_1=\frac{a_1}{c}=\frac{1}{c}$，且 $b_{n+1}-b_n=2n+1$。 当 $n\ge 2$ 时，利用累加法得： $b_n=b_1+{\sum }_{i=1}^{n-1}(2i+1)=\frac{1}{c}+\frac{(3+2n-1)(n-1)}{2}=\frac{1}{c}+n^2-1$。 当 $n=1$ 时，$b_1=\frac{1}{c}+1^2-1=\frac{1}{c}$ 满足上式。 所以 $b_n=\frac{1}{c}+n^2-1$（$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$）。 故 $\{a_n\}$ 的通项公式为：$a_n=c^n\cdot b_n=c^{n-1}+(n^2-1)c^n$。

（2）将通项公式代入 $a_{2k}>a_{2k-1}$，得： $c^{2k-1}+[(2k{)}^2-1]c^{2k}>c^{2k-2}+[(2k-1{)}^2-1]c^{2k-1}$， 化简为：$c^{2k-1}+(4k^2-1)c^{2k}>c^{2k-2}+(4k^2-4k)c^{2k-1}$。 移项并提取公因式 $c^{2k-2}$（显然 $c^{2k-2}>0$ 恒成立）： $c^{2k-2}\cdot \left[(4k^2-1)c^2-(4k^2-4k-1)c-1\right]>0$， 即 $(4k^2-1)c^2-(4k^2-4k-1)c-1>0$ 对一切 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 恒成立。 变换主元，将左端看作关于 $k$ 的函数 $g(k)$，展开并按 $k$ 的降幂排列得： $g(k)=4(c^2-c)k^2+4ck-(c^2-c+1)>0$。

下面对参数 $c$ 的范围进行分类讨论： ① 当 $c^2-c=0$ 时，由于 $c\ne 0$，则 $c=1$。 此时 $g(k)=4k-1$。因为 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$， $4k-1\ge 3>0$ 恒成立，故 $c=1$ 符合题意。

② 当 $c^2-c<0$ 时，即 $0<c<1$。 此时二次函数 $g(k)$ 的图象开口向下，当 $k\to +\infty$ 时，$g(k)\to -\infty$，不可能对一切 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 恒大于 0，故不符合题意。

③ 当 $c^2-c>0$ 时，即 $c>1$ 或 $c<0$。 此时二次函数 $g(k)$ 的图象开口向上，其对称轴为 $k=-\frac{4c}{2\cdot 4(c^2-c)}=\frac{1}{2(1-c)}$。

• 若 $c>1$，则 $1-c<0$，对称轴 $k<0$。 由于 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，函数 $g(k)$ 在 $[1,+\infty )$ 上单调递增，其最小值为 $g(1)$。 需满足 $g(1)=4(c^2-c)+4c-(c^2-c+1)=3c^2+c-1>0$。 解得 $c>\frac{-1+\sqrt{13}}{6}$ 或 $c<\frac{-1-\sqrt{13}}{6}$。 结合前提 $c>1$，可知 $c>1$ 恒成立。
• 若 $c<0$，则 $1-c>1$，对称轴 $0<\frac{1}{2(1-c)}<\frac{1}{2}$。 由于离对称轴最近的正整数点为 $k=1$，函数 $g(k)$ 在 $[1,+\infty )$ 上同样单调递增，其最小值在 $k=1$ 处取得。 需满足 $g(1)=3c^2+c-1>0$。 解得 $c>\frac{-1+\sqrt{13}}{6}$ 或 $c<\frac{-1-\sqrt{13}}{6}$。 结合前提 $c<0$，可知 $c<\frac{-1-\sqrt{13}}{6}$。

综上所述，$c$ 的取值范围为 $\left(-\infty ,\frac{-1-\sqrt{13}}{6}\right)\cup [1,+\infty )$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：辅助数列构造法、累加法、变元思想（主元法）解决恒成立问题。

2. 核心方法：处理 $f(n,c)>0$ 恒成立时，若无法直接分离参数，应果断调整主元，将其转化为关于项数 $n$（或 $k$）的低次函数进行最值求解。

3. 避坑指南：第二问化简出关于 $c$ 的高次不等式后，极易因陷入传统的因式分解思维而卡壳。必须跳出常规，敏锐发现式中 $k$ 的最高次数仅为 2，从而转用主元法。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题是由一阶线性递推数列 $a_{n+1}=p{a}_n+f(n)$ 衍生而来的复合大题，考查了高等数学中“差分方程”的基本求解思想与“多变量控制”的代数转型能力。

2. 结论推广：若递推关系为 $\frac{a_{n+1}}{c^{n+1}}-\frac{a_n}{c^n}=d_n$，则通项必为 $a_n=c^n\left(\frac{a_1}{c}+{\sum }_{i=1}^{n-1}{d}_i\right)$。通过变换主元将序列问题转化为连续函数的边界最值，是解决离散型恒成立问题的通用法则。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2011-新课标卷文-21 解-对数函数切线与不等式
• 2012-上海卷文-20 解-对数不等式与反函数