2021-天津卷-19 解-数列综合

本题导读

本题考查等差数列。核心在于公式法、错位相减法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年天津卷）19. 已知 $\{a_n\}$ 是公差为 $2$ 的等差数列，其前 $8$ 项和为 $64$．$\{b_n\}$ 是公比大于 $0$ 的等比数列，$b_1=4,b_3-b_2=48$．

（I）求 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 的通项公式；

（II）记 $c_n=b_{2n}+\frac{1}{b_n},n\in N^{\ast }$，

（i）证明 $\{c_n^2-c_{2n}\}$ 是等比数列；

（ii）证明 ${\sum }_{k=1}^n\sqrt{\frac{a_k{a}_{k+1}}{c_k^2-c_{2k}}}<2\sqrt{2}(n\in N^{\ast })$。

• 第一问（求通项）： 利用等差、等比数列的基础公式。$S_8$ 配合公差 $d=2$ 求出 $a_1$；利用 $b_3-b_2=48$ 列出关于公比 $q$ 的一元二次方程即可求解。

• 第二问（i）（证明等比数列）： 先代入第一问求出的 $b_n$ 通项，写出 $c_n$ 的表达式。算出 $c_n^2-c_{2n}$ 的具体结果，利用等比数列的定义（后一项比前一项为常数）进行证明。

• 第二问（ii）（数列不等式证明）： 1. 核心痛点： 根号里面是一堆代数式，直接求和根本不可能。必须先想办法**“去掉根号”。 2. 破局点（放缩）： 观察根号内的分子 $a_n{a}_{n+1}=(2n-1)(2n+1)=4n^2-1$。为了能开方，直接将其放大为 $4n^2$。 3. 求和： 放缩开方后，数列变成了 $\frac{k}{2^{k-1}}$ 的形式。这是一个典型的“差比数列（等差 $\times$ 等比）”，标准处理手法是“错位相减法”**。最后证明求出来的和小于目标常数即可。

（I） 因为 $\{a_n\}$ 是公差为 $2$ 的等差数列，其前 $8$ 项和为 $64$， 所以 $S_8=8a_1+\frac{8\times 7}{2}\times 2=64$，解得 $a_1=1$。 所以 $a_n=a_1+2(n-1)=2n-1(n\in N^{\ast })$；

设等比数列 $\{b_n\}$ 的公比为 $q(q>0)$， 因为 $b_3-b_2=b_1{q}^2-b_{1}q=4(q^2-q)=48$， 解得 $q=4$ 或 $q=-3$（因为 $q>0$，故舍去负值）， 所以 $b_n=b_1{q}^{n-1}=4\times 4^{n-1}=4^n(n\in N^{\ast })$。

（II）（i） 由题意，$c_n=b_{2n}+\frac{1}{b_n}=4^{2n}+\frac{1}{4^n}$， 所以：

$$\begin{array}{rl}{c}_n^2-c_{2n}& ={\left(4^{2n}+\frac{1}{4^n}\right)}^2-\left(4^{4n}+\frac{1}{4^{2n}}\right)\\ & =\left(4^{4n}+2\cdot 4^{2n}\cdot \frac{1}{4^n}+\frac{1}{4^{2n}}\right)-\left(4^{4n}+\frac{1}{4^{2n}}\right)\\ & =2\cdot 4^n\end{array}$$

显然 $c_n^2-c_{2n}\ne 0$，且：

$$\frac{c_{n+1}^2-c_{2(n+1)}}{c_n^2-c_{2n}}=\frac{2\cdot 4^{n+1}}{2\cdot 4^n}=4(\text{常数})$$

所以数列 $\{c_n^2-c_{2n}\}$ 是以 $8$ 为首项，$4$ 为公比的等比数列。

（ii） 由（i）知，根号内部式子为：

$$\frac{a_n{a}_{n+1}}{c_n^2-c_{2n}}=\frac{(2n-1)(2n+1)}{2\cdot 4^n}=\frac{4n^2-1}{2\cdot 2^{2n}}$$

因为 $4n^2-1<4n^2$，所以：

$$\frac{4n^2-1}{2\cdot 2^{2n}}<\frac{4n^2}{2\cdot 2^{2n}}$$

两边同时开平方得：

$$\sqrt{\frac{a_n{a}_{n+1}}{c_n^2-c_{2n}}}<\sqrt{\frac{4n^2}{2\cdot 2^{2n}}}=\frac{2n}{\sqrt{2}\cdot 2^n}=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{n}{2^{n-1}}$$

所以：

$$\sum _{k=1}^n\sqrt{\frac{a_k{a}_{k+1}}{c_k^2-c_{2k}}}<\frac{1}{\sqrt{2}}\sum _{k=1}^n\frac{k}{2^{k-1}}$$

设 $T_n={\sum }_{k=1}^n\frac{k}{2^{k-1}}=\frac{1}{2^0}+\frac{2}{2^1}+\frac{3}{2^2}+\cdots +\frac{n}{2^{n-1}}$， 两边同乘 $\frac{1}{2}$ 得： $\frac{1}{2}{T}_n=\frac{1}{2^1}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\cdots +\frac{n}{2^n}$。

两式错位相减得：

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2}{T}_n& =1+\left(\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^{n-1}}\right)-\frac{n}{2^n}\\ & =\frac{1\cdot \left(1-\frac{1}{2^n}\right)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2^n}\\ & =2-\frac{2}{2^n}-\frac{n}{2^n}=2-\frac{n+2}{2^n}\end{array}$$

所以 $T_n=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}$。

因此：

$$\sum _{k=1}^n\sqrt{\frac{a_k{a}_{k+1}}{c_k^2-c_{2k}}}<\frac{1}{\sqrt{2}}{T}_n=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\right)$$

因为 $\frac{n+2}{2^{n-1}}>0$，所以 $\frac{1}{\sqrt{2}}\left(4-\frac{n+2}{2^{n-1}}\right)<\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$。 命题得证。

🔍【思路分析】

破题导航

𝑎𝑛=2𝑛−1，𝑏𝑛=4𝑛；数列{𝑐2𝑛−𝑐2𝑛}的首项为8，公比为4，且题设不等式成立.

✅【答案】

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（I） $a_n=2n-1,n\in N^{\ast }$， $b_n=4^n,n\in N^{\ast }$；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

𝑎𝑛=2𝑛−1，𝑏𝑛=4𝑛；数列{𝑐2𝑛−𝑐2𝑛}的首项为8，公比为4，且题设不等式成立.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 不等式放缩的“配凑”艺术： 当题目要求我们对一个带有根号的复杂多项式求和时，第一反应必须是**“去根号”**。本题中分子是 $4n^2-1$，它不是完全平方数无法开方，但它稍加放大变成 $4n^2$ 后就成了完美的 $(2n{)}^2$。在数列不等式中，遇到 $\frac{A}{B}<C$ 的证明，常常通过放大分子或缩小分母来实现。
• 错位相减法“防坑”指南：

1. 减完之后，等比数列求和的第一项，往往要单独拿出来（本题中是开头的 $1$）。
2. 求和的项数通常是 $n-1$ 项或 $n$ 项，套等比数列求和公式时一定要数清楚。
3. 最后的尾巴 $-\frac{n}{2^n}$ 极容易漏掉或符号写错。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 19.02 等比数列全总结

类题演练 (Links)

• 2015-广东卷理-21 解-数列通项
• 2016-天津卷理-18
• 2003-北京卷理-16