2018-浙江卷-20 解-等差等比综合

本题导读

本题考查等比数列与等差数列的性质。核心在于错位相减法、累加法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2018年浙江卷）已知等比数列 ${a_{n}}$ 的公比 $q > 1$ ，且 $a_{3} + a_{4} + a_{5} = 28$ ， $a_{4} + 2$ 是 $a_{3}, a_{5}$ 的等差中项.数列 ${b_{n}}$ 满足 $b_{1} = 1$ ，数列 ${(b_{n + 1} - b_{n}) a_{n}}$ 的前 $n$ 项和为 $2 n^{2} + n$ .

(1) 求 $q$ 的值；

(2) 求数列 ${b_{n}}$ 的通项公式.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问（求 $q$ ）：

利用等差中项性质列方程： $2 (a_{4} + 2) = a_{3} + a_{5}$ 。

将此关系代入 $a_{3} + a_{4} + a_{5} = 28$ ，可求出 $a_{4}$ 。

再利用 $a_{3} = a_{4} / q, a_{5} = a_{4} q$ 列出关于 $q$ 的一元二次方程，结合 $q > 1$ 求解。

第二问（求 $b_{n}$ ）：

令 $c_{n} = (b_{n + 1} - b_{n}) a_{n}$ 。已知 ${c_{n}}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n} = 2 n^{2} + n$ ，利用 $c_{n} = S_{n} - S_{n - 1}$ 求出 $c_{n}$ 。

结合第一问求出的 $a_{n}$ ，得出 $b_{n + 1} - b_{n}$ 的表达式。

利用累加法： $b_{n} = b_{1} + (b_{2} - b_{1}) + \dots + (b_{n} - b_{n - 1})$ 。

累加后的式子呈现“等差 $\times$ 等比”结构，使用错位相减法求出该部分的和，最后整理得出 $b_{n}$ 。

✅【答案】

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(1) $q = 2$

(2) $b_{n} = 15 - \frac{4 n + 3}{2 ^{n - 2}}$

✍【详细解析】

Abstract

(1)解：

由 $a_{4} + 2$ 是 $a_{3}, a_{5}$ 的等差中项，得 $a_{3} + a_{5} = 2 (a_{4} + 2) = 2 a_{4} + 4$ 。

代入 $a_{3} + a_{4} + a_{5} = 28$ ，得：

$(2 a_{4} + 4) + a_{4} = 28 ⟹ 3 a_{4} = 24 ⟹ a_{4} = 8$ 。

则 $a_{3} + a_{5} = 20$ ，即 $\frac{8}{q} + 8 q = 20$ 。

整理得： $2 q^{2} - 5 q + 2 = 0$ ，解得 $q = 2$ 或 $q = \frac{1}{2}$ 。

因为 $q > 1$ ，所以 $q = 2$ 。

(2)解：

由(1)知 $a_{n} = a_{4} \cdot q^{n - 4} = 8 \cdot 2^{n - 4} = 2^{n - 1}$ 。

设 $c_{n} = (b_{n + 1} - b_{n}) a_{n}$ ，其前 $n$ 项和 $S_{n} = 2 n^{2} + n$ 。

当 $n \geq 2$ 时， $c_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = (2 n^{2} + n) - [2 (n - 1)^{2} + (n - 1)] = 4 n - 1$ 。

当 $n = 1$ 时， $c_{1} = S_{1} = 3$ ，符合上式。故 $c_{n} = 4 n - 1$ 。

则 $b_{n + 1} - b_{n} = \frac{c _{n}}{a _{n}} = \frac{4 n - 1}{2 ^{n - 1}} = (4 n - 1) \cdot (\frac{1}{2})^{n - 1}$ 。

当 $n \geq 2$ 时，利用累加法：

$b_{n} = b_{1} + \sum_{k = 1}^{n - 1} (b_{k + 1} - b_{k}) = 1 + [3 \cdot (\frac{1}{2})^{0} + 7 \cdot (\frac{1}{2})^{1} + \dots + (4 n - 5) \cdot (\frac{1}{2})^{n - 2}]$ 。

记 $T_{n - 1} = 3 \cdot 1 + 7 \cdot \frac{1}{2} + 11 \cdot (\frac{1}{2})^{2} + \dots + (4 n - 5) \cdot (\frac{1}{2})^{n - 2}$ —— ①

则 $\frac{1}{2} T_{n - 1} = 3 \cdot \frac{1}{2} + 7 \cdot (\frac{1}{2})^{2} + \dots + (4 n - 9) \cdot (\frac{1}{2})^{n - 2} + (4 n - 5) \cdot (\frac{1}{2})^{n - 1}$ —— ②

① - ② 得：

$\frac{1}{2} T_{n - 1} = 3 + 4 [\frac{1}{2} + (\frac{1}{2})^{2} + \dots + (\frac{1}{2})^{n - 2}] - (4 n - 5) (\frac{1}{2})^{n - 1}$

$\frac{1}{2} T_{n - 1} = 3 + 4 \cdot \frac{\frac{1}{2} ( 1 - ( \frac{1}{2} ) ^{n - 2} )}{1 - \frac{1}{2}} - (4 n - 5) (\frac{1}{2})^{n - 1}$

$\frac{1}{2} T_{n - 1} = 3 + 4 (1 - (\frac{1}{2})^{n - 2}) - (4 n - 5) (\frac{1}{2})^{n - 1}$

$\frac{1}{2} T_{n - 1} = 7 - 4 \cdot (\frac{1}{2})^{n - 2} - (4 n - 5) (\frac{1}{2})^{n - 1} = 7 - (4 n + 3) (\frac{1}{2})^{n - 1}$

故 $T_{n - 1} = 14 - (4 n + 3) (\frac{1}{2})^{n - 2}$ 。

代入 $b_{n} = 1 + T_{n - 1}$ ，得：

$b_{n} = 15 - (4 n + 3) \cdot (\frac{1}{2})^{n - 2}$ ( $n \geq 2$ )。

验证 $n = 1$ 时， $b_{1} = 15 - 7 \cdot (\frac{1}{2})^{- 1} = 15 - 14 = 1$ ，符合。

所以 $b_{n} = 15 - (4 n + 3) \cdot (\frac{1}{2})^{n - 2}$ 。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

错位相减法的算力挑战：这类题目步骤多、容易扣分。建议在求得 $\frac{1}{2} T_{n}$ 后，务必仔细检查项数（尤其是等比数列求和那一块是 $n - 2$ 项还是 $n - 1$ 项）。

通项验证：求出 $b_{n}$ 后，习惯性代入 $n = 1, 2$ 验证一下是否符合题目初始条件，能有效规避中间过程的计算失误。

结构识别：看到 $b_{n + 1} - b_{n} = f (n)$ 形式，第一反应应是累加法；看到 $f (n) = (p n + q) r^{n}$ 形式，求和首选错位相减法。

📖【试题探源与推广】

Tip

在 Obsidian 笔记中，可以记下这个二级结论（非必须，但可用于验算）：

若 $T_{n} = \sum (A n + B) q^{n - 1}$ ，则 $T_{n} = \frac{A n + B}{1 - q} - \frac{A q}{( 1 - q ) ^{2}} + [\frac{A q}{( 1 - q ) ^{2}} - \frac{A + B}{1 - q}] q^{n}$ 。

已完成第 20 题。是否继续录入第 21 题（解析几何：抛物线与直线）？

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

19.01 等差数列全总结

19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)

2021-天津卷-19 解-数列综合

2010-新课标卷理-17

2008-广东卷理-21

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