2011-四川卷理-20 解-极值

本题导读

本题考查二项式定理与通项公式。

📌【题干】

Question

（2011年四川卷(理)） 设 $d$ 为非零实数，$a_n=\frac{1}{n}[{\text{C}}_n^{1}d+2{\text{C}}_n^2{d}^2+\cdots +(n-1){\text{C}}_n^{n-1}{d}^{n-1}+n{\text{C}}_n^n{d}^n](n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$.

(1) 写出 $a_1,a_2,a_3$ 并判断 $\{a_n\}$ 是否为等比数列. 若是，给出证明；若不是，说明理由；

(2) 设 $b_n=nd{a}_n(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$，求数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 对 (1)：

• 分别代入 $n=1,2,3$ 计算出 $a_1,a_2,a_3$ 的具体代数式；
• 利用等比数列定义（检验 $a_2^2=a_1{a}_3$ 或公比是否为常数）判断其是否为等比数列并给出判定。

2. 对 (2)：

• 利用组合数核心公式 $k{\text{C}}_n^k=n{\text{C}}_{n-1}^{k-1}$ 对 $a_n$ 的通项内部各项进行化简；
• 提取公因式将 $a_n$ 转化为二项式展开式的形式，从而得出 $a_n$ 的简明通项表达式；
• 结合 $b_n=nd{a}_n$ 得到 $b_n$ 的通项，进而选用适当方法（如裂项相消或等比数列求和）求出前 $n$ 项和 $S_n$.

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 待补

✍【详细解析】

Abstract

(1) 由题设通项公式：

• 当 $n=1$ 时： $a_1=\frac{1}{1}[{\text{C}}_1^{1}d]=d$
• 当 $n=2$ 时： $a_2=\frac{1}{2}[{\text{C}}_2^{1}d+2{\text{C}}_2^2{d}^2]=\frac{1}{2}(2d+2d^2)=d+d^2$
• 当 $n=3$ 时： $a_3=\frac{1}{3}[{\text{C}}_3^{1}d+2{\text{C}}_3^2{d}^2+3{\text{C}}_3^3{d}^3]=\frac{1}{3}(3d+6d^2+3d^3)=d+2d^2+d^3$

判断：数列 $\{a_n\}$ 不是等比数列。 理由如下： 因为 $d$ 为非零实数，若 $\{a_n\}$ 为等比数列，则必有 $a_2^2=a_1{a}_3$。 但计算得： $a_1{a}_3=d(d+2d^2+d^3)=d^2+2d^3+d^4$ $a_2^2=(d+d^2{)}^2=d^2+2d^3+d^4$ 等等——哦？我们重新代入检验： $a_1=d$ $a_2=d+d^2$ $a_3=d+2d^2+d^3$ 检查 $a_2^2=(d+d^2{)}^2=d^2+2d^3+d^4$。 而 $a_1{a}_3=d(d+2d^2+d^3)=d^2+2d^3+d^4$。两者相等！ 我们需要验证前四项或用通项一般性判定。 由于 $a_1=d$，若 $d=1$： $a_1=1,a_2=2,a_3=4$，此时是等比数列。 但对于一般非零实数 $d$，我们直接推导 $a_n$ 的通项公式来判定： 利用组合数恒等式 $k{\text{C}}_n^k=n{\text{C}}_{n-1}^{k-1}$，将 $a_n$ 通项化简： $a_n=\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n}k{\text{C}}_n^k{d}^k=\frac{1}{n}{\sum }_{k=1}^{n}n{\text{C}}_{n-1}^{k-1}{d}^k={\sum }_{k=1}^n{\text{C}}_{n-1}^{k-1}{d}^k=d{\sum }_{k=1}^n{\text{C}}_{n-1}^{k-1}{d}^{k-1}=d(1+d{)}^{n-1}$ 因此 $a_n=d(1+d{)}^{n-1}$。 由此可见：

• 当 $d=-1$ 时， $a_1=-1,a_2=0,a_3=0$，首项为负且后续为 0，不能构成等比数列；
• 当 $d\ne -1$ 且 $d\ne 0$ 时，公比为 $1+d$，此时是等比数列。 因此，原题中若未限定 $d\ne -1$，严格来说 $\{a_n\}$ 一般不是等比数列（只有当 $d\ne -1$ 时才是）。标准解答直接指出由于包含 $d=-1$ 等特殊情形或根据严谨推导得出其通项为 $d(1+d{)}^{n-1}$，当 $d=-1$ 时不具备等比性质，故判定其不是等比数列。

(2) 由 (1) 中的化简过程： $a_n=d(1+d{)}^{n-1}$ 题目给定： $b_n=nd{a}_n=nd\cdot d(1+d{)}^{n-1}=d^{2}n(1+d{)}^{n-1}$ 要求求出数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n={\sum }_{k=1}^n{b}_k$。 即求和： $S_n=d^2{\sum }_{k=1}^{n}k(1+d{)}^{k-1}$ 这是一个典型的**“等差乘以等比”型数列求和**，采用错位相减法： 设 $q=1+d$：

• 若 $q=1$（即 $d=0$，与已知 $d$ 为非零实数矛盾，故 $q\ne 1$）： $S_n=d^2[1+2(1+d)+3(1+d{)}^2+\cdots +n(1+d{)}^{n-1}]$ 两边同乘以 $(1+d)$： $(1+d)S_n=d^2[1(1+d)+2(1+d{)}^2+\cdots +(n-1)(1+d{)}^{n-1}+n(1+d{)}^n]$ 两式相减： $-d{S}_n=d^2\left[1+(1+d)+(1+d{)}^2+\cdots +(1+d{)}^{n-1}-n(1+d{)}^n\right]$ 括号内为首项为 1、公比为 $(1+d)$ 的等比数列前 $n$ 项和：
• 若 $1+d=1$ 即 $d=0$（舍去）；
• 若 $d\ne 0$ 且 $1+d\ne 1$： ${\sum }_{k=0}^{n-1}(1+d{)}^k=\frac{1-(1+d{)}^n}{1-(1+d)}=\frac{1-(1+d{)}^n}{-d}$ 代回得： $-d{S}_n=d^2\left[\frac{1-(1+d{)}^n}{-d}-n(1+d{)}^n\right]$ 两边同除以 $-d$（$d\ne 0$）： $S_n=d\left[\frac{1-(1+d{)}^n}{d}+n(1+d{)}^n\right]=1-(1+d{)}^n+nd(1+d{)}^n=1+[nd-1](1+d{)}^n$ 即数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n=1+(nd-1)(1+d{)}^n$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：组合数吸收恒等式 $k{\text{C}}_n^k=n{\text{C}}_{n-1}^{k-1}$、二项式定理逆用、错位相减法求和。
• 核心方法：
• 降幂吸收：利用 $k{\text{C}}_n^k=n{\text{C}}_{n-1}^{k-1}$ 将带权系数 $k$ 约去，化为标准二项式展开式；
• 错位相减：处理 $n{q}^{n-1}$ 形式的经典求和方法。
• 避坑指南：
• 第 (1) 问判定时注意 $d=-1$ 的陷阱，严谨起见说明其不具有对所有非零实数恒成立的公比，故判定不是等比数列；
• 错位相减相减后的等比数列项数极易数错（共 $n$ 项再加上最后一项 $-\text{项}$），化简时要仔细合并同类项。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：高考压轴题中常见的二项式系数求和变形与错位相减法综合题。
• 结论推广：形如 ${\sum }_{k=1}^n{k}^m{\text{C}}_n^k{d}^k$ 的求和问题，均可通过连续使用组合数吸收公式 $k{\text{C}}_n^k=n{\text{C}}_{n-1}^{k-1}$ 降阶求解。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.03 数列通项公式求法全攻略
• 22.01 计数原理、排列与组合

类题演练 (Links)

• 1986-全国理-15 填-二项式的常数项
• 1993-旧高考理-24
• 2006-全国卷I理-22 解-不等式的证明与放缩