2020-浙江卷-20 解-数列不等式

本题导读

本题考查等比数列与等差数列的通项性质。核心在于待定系数法、构造裂项式的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2020年浙江卷）20. 已知数列 $\{a_n\},\{b_n\},\{c_n\}$ 中，$a_1=b_1=c_1=1$，$c_n=a_{n+1}-a_n$，$c_{n+1}=\frac{b_n}{b_{n+2}}\cdot c_n$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$)。

（Ⅰ）若数列 $\{b_n\}$ 为等比数列，公比 $q>0$，且 $b_1+b_2=6b_3$，求 $q$ 与 $\{a_n\}$ 的通项公式；

（Ⅱ）若数列 $\{b_n\}$ 为等差数列，公差 $d>0$，证明：$c_1+c_2+\cdots +c_n<1+\frac{1}{d}$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$)。

🔍【思路分析】

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（Ⅰ）通项求解思路：

1. 求 $q$： 代入等比数列基本量 $b_1=1,b_2=q,b_3=q^2$ 到已知方程，解一元二次方程。
2. 求 $\{c_n\}$： 利用递推式 $c_{n+1}=\frac{b_n}{b_{n+2}}{c}_n$。在等比数列中，$\frac{b_n}{b_{n+2}}=\frac{1}{q^2}$ 为常数，故 $\{c_n\}$ 是等比数列。
3. 求 $\{a_n\}$： 利用累加法 $a_n=a_1+(c_1+c_2+\cdots +c_{n-1})$，套用等比数列求和公式。

（Ⅱ）不等式证明思路：

1. 累乘求通项： $\frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{b_n}{b_{n+2}}$，通过累乘发现大量项被约掉，得到 $c_n=\frac{b_1{b}_2}{b_n{b}_{n+1}}$。
2. 裂项构造： 观察 $\frac{1}{b_n{b}_{n+1}}$ 的形式。由于 $b_{n+1}-b_n=d$，可以裂项为 $\frac{1}{d}(\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b_{n+1}})$。
3. 求和证明： 裂项相消后，前 $n$ 项和会剩下一头一尾，通过舍弃末项（末项大于0）来放大证明不等式。

✅【答案】

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$q=\frac{1}{2}$

✍【详细解析】

Abstract

1. 因为 $\{b_n\}$ 是等比数列，$b_1=1,q>0$，则 $b_2=q,b_3=q^2$。 由 $b_1+b_2=6b_3$ 得：$1+q=6q^2⟹6q^2-q-1=0$。 解得 $q=\frac{1}{2}$ 或 $q=-\frac{1}{3}$（舍）。故 $q=\frac{1}{2}$。

2. 此时 $\frac{b_n}{b_{n+2}}=\frac{b_n}{b_n\cdot q^2}=\frac{1}{q^2}=4$。 则 $c_{n+1}=4c_n$，故 $\{c_n\}$ 是首项为 1，公比为 4 的等比数列。 所以 $c_n=4^{n-1}$。

3. 由 $c_n=a_{n+1}-a_n$ 知： $a_n=a_1+(c_1+c_2+\cdots +c_{n-1})=1+\frac{1(4^{n-1}-1)}{4-1}$ $a_n=1+\frac{4^{n-1}-1}{3}=\frac{4^{n-1}+2}{3}$。 当 $n=1$ 时，$a_1=1$ 符合。 所以 $a_n=\frac{4^{n-1}+2}{3}$。

4. 设 $\{b_n\}$ 公差为 $d>0$，则 $b_n=1+(n-1)d$。 由 $c_{n+1}=\frac{b_n}{b_{n+2}}{c}_n$ 可得 $\frac{c_k}{c_{k-1}}=\frac{b_{k-1}}{b_{k+1}}$。 利用累乘法（$n\ge 2$）： $c_n=c_1\cdot \frac{c_2}{c_1}\cdot \frac{c_3}{c_2}\dots \frac{c_n}{c_{n-1}}$ $c_n=1\cdot \frac{b_1}{b_3}\cdot \frac{b_2}{b_4}\cdot \frac{b_3}{b_5}\dots \frac{b_{n-1}}{b_{n+1}}$ 中间项全约掉，剩 $c_n=\frac{b_1{b}_2}{b_n{b}_{n+1}}$。

5. 因为 $b_{n+1}-b_n=d$，所以 $\frac{1}{b_n{b}_{n+1}}=\frac{1}{d}(\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b_{n+1}})$。 则 $c_n=\frac{b_1{b}_2}{d}(\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b_{n+1}})$。

6. 代入 $b_1=1,b_2=1+d$： $c_n=\frac{1+d}{d}(\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b_{n+1}})=(1+\frac{1}{d})(\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b_{n+1}})$。 注意 $n=1$ 时，$c_1=(1+\frac{1}{d})(\frac{1}{1}-\frac{1}{1+d})=(1+\frac{1}{d})\cdot \frac{d}{1+d}=1$，公式也成立。

7. 记前 $n$ 项和为 $S_n^c$： $S_n^c=(1+\frac{1}{d})[(\frac{1}{b_1}-\frac{1}{b_2})+(\frac{1}{b_2}-\frac{1}{b_3})+\cdots +(\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b_{n+1}})]$ $S_n^c=(1+\frac{1}{d})(1-\frac{1}{b_{n+1}})$。

8. 因为 $d>0,n\ge 1$，所以 $b_{n+1}>1$，从而 $1-\frac{1}{b_{n+1}}<1$。 由于 $1+\frac{1}{d}>0$，故： $S_n^c<(1+\frac{1}{d})\cdot 1=1+\frac{1}{d}$。 得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 递推式的观察： 遇到 $\frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{f(n)}{g(n)}$ 这种结构，第一时间想到累乘。累乘的关键是看下标是否具有“错位抵消”的特征。
• 裂项相消的特征： 分母是等差数列相邻项乘积的倒数，是裂项法的典型标志。
• 不等式的放缩： 在数列证明中，将求和结果保留下来（如本题的 $(1+\frac{1}{d})(1-\frac{1}{b_{n+1}})$），再进行简单的数值放缩，往往比盲目使用基本不等式有效得多。

📖【试题探源与推广】

Tip

在累乘中，如果项数是跳跃的（如本题 $b_n$ 与 $b_{n+2}$ 相隔两项），约分后会剩下两个分子和两个分母。 例如：$\frac{1\cdot 2\cdot 3\dots (n-1)}{3\cdot 4\cdot 5\dots (n+1)}=\frac{1\cdot 2}{n\cdot (n+1)}$。 这种处理能力是解析数列压轴题的基本功。

解题要点： 第一问稳扎稳打算 $q$。第二问的核心在于识别出 $c_n$ 能够被表示为关于 $b_n$ 的裂项式。一旦写出 $c_n=\text{const}\cdot (1/b_n-1/b_{n+1})$，整道题就迎刃而解了。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 19.04 数列求和核心方法与裂项模型

类题演练 (Links)

• 2021-浙江卷-10 单-数列不等式
• 2000-广东卷理-15 填-数列递推关系
• 2008-江苏卷-19 解-数列删项等比