2007-天津卷理-21 解-数列有界性最大项问题

本题导读

本题是一道关于递推数列的综合压轴题。第一问通过两边同除以高次项构建新递推关系求出通项公式；第二问根据参数的不同取值，运用错位相减法求出前 $n$ 项和；第三问通过对项比值序列的解析，利用极限思想与局部单调性论证数列最大项的存在性。

📌【题干】

Question

（2007年天津卷(理)） 在数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=2$，$a_{n+1}=\lambda a_n+{\lambda }^{n+1}+(2-\lambda )2^n$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$)，其中 $\lambda >0$。

(1) 求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；

(2) 求数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$；

(3) 证明存在 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，使得 $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{a_{k+1}}{a_k}$ 对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均成成立。

🔍【思路分析】

破题导航

1. 对于(1)，递推式两边同除以 ${\lambda }^{n+1}$，构造新数列 $b_n=\frac{a_n}{{\lambda }^n}$，利用累加法分类讨论 $\lambda =2$ 与 $\lambda \ne 2$ 的情形，最终统一通项形式；
2. 对于(2)，将通项拆分为两部分，分别利用等比数列求和公式与错位相减法（针对 $\lambda \ne 1$ 展开讨论）进行求和；
3. 对于(3)，设 $c_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}$，分析其在 $\lambda \ge 2$ 与 $0<\lambda <2$ 两种形态下的增减性与极限行为，从而论证最大值项的存在性。

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无论 $\lambda$ 取何正数，数列 $\left\{\frac{a_{n+1}}{a_n}\right\}$ 均存在最大项，即存在 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，使得 $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{a_{k+1}}{a_k}$ 对任意 $n \

✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 在递推式 $a_{n+1}=\lambda a_n+{\lambda }^{n+1}+(2-\lambda )2^n$ 两边同除以 ${\lambda }^{n+1}$ 得： $\frac{a_{n+1}}{{\lambda }^{n+1}}=\frac{a_n}{{\lambda }^n}+1+\frac{2-\lambda }{\lambda }\cdot {\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^n$ 令 $b_n=\frac{a_n}{{\lambda }^n}$，则 $b_1=\frac{2}{\lambda }$，且 $b_{n+1}-b_n=1+\frac{2-\lambda }{\lambda }\cdot {\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^n$。

① 当 $\lambda =2$ 时，$b_{n+1}-b_n=1$，且 $b_1=1$。 此时 $\{b_n\}$ 是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故 $b_n=1+(n-1)\cdot 1=n$。 则 $a_n=n\cdot 2^n$。

② 当 $\lambda \ne 2$ 时，利用累加法求 $b_n$： $b_n=b_1+{\sum }_{i=1}^{n-1}(b_{i+1}-b_i)=\frac{2}{\lambda }+(n-1)+\frac{2-\lambda }{\lambda }{\sum }_{i=1}^{n-1}{\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^i$ $b_n=\frac{2}{\lambda }+(n-1)+\frac{2-\lambda }{\lambda }\cdot \frac{\frac{2}{\lambda }\left[1-{\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^{n-1}\right]}{1-\frac{2}{\lambda }}$ 由于 $\frac{2-\lambda }{\lambda }\cdot \frac{\frac{2}{\lambda }}{1-\frac{2}{\lambda }}=\frac{2-\lambda }{\lambda }\cdot \frac{2}{\lambda -2}=-\frac{2}{\lambda }$，代入简化得： $b_n=\frac{2}{\lambda }+n-1-\frac{2}{\lambda }\left[1-{\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^{n-1}\right]=n-1+{\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^n$ 则 $a_n=b_n\cdot {\lambda }^n=(n-1){\lambda }^n+2^n$。 当 $\lambda =2$ 时，$(n-1)2^n+2^n=n\cdot 2^n$，形式完全统一。 故数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=(n-1){\lambda }^n+2^n$。

(2) 由(1)知 $a_n=(n-1){\lambda }^n+2^n$。 $S_n={\sum }_{k=1}^n(k-1){\lambda }^k+{\sum }_{k=1}^n{2}^k$ 易知 ${\sum }_{k=1}^n{2}^k=\frac{2(2^n-1)}{2-1}=2^{n+1}-2$。 设 $T_n={\sum }_{k=1}^n(k-1){\lambda }^k={\lambda }^2+2{\lambda }^3+\cdots +(n-1){\lambda }^n$。

① 当 $\lambda =1$ 时，$T_n=0+1+2+\cdots +(n-1)=\frac{n(n-1)}{2}$。 此时 $S_n=\frac{n(n-1)}{2}+2^{n+1}-2$。

② 当 $\lambda \ne 1$ 时，利用错位相减法： $\lambda T_n={\lambda }^3+2{\lambda }^4+\cdots +(n-1){\lambda }^{n+1}$ 两式相减得： $(1-\lambda )T_n={\lambda }^2+{\lambda }^3+\cdots +{\lambda }^n-(n-1){\lambda }^{n+1}=\frac{{\lambda }^2(1-{\lambda }^{n-1})}{1-\lambda }-(n-1){\lambda }^{n+1}$ $T_n=\frac{{\lambda }^2-{\lambda }^{n+1}}{(1-\lambda {)}^2}-\frac{(n-1){\lambda }^{n+1}}{1-\lambda }=\frac{(n-1){\lambda }^{n+2}-n{\lambda }^{n+1}+{\lambda }^2}{(\lambda -1{)}^2}$ 此时 $S_n=\frac{(n-1){\lambda }^{n+2}-n{\lambda }^{n+1}+{\lambda }^2}{(\lambda -1{)}^2}+2^{n+1}-2$。

(3) 证明： 要证存在 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 使得 $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{a_{k+1}}{a_k}$ 恒成立，只需证明新数列 $c_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}$ 存在最大项。 $c_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n{\lambda }^{n+1}+2^{n+1}}{(n-1){\lambda }^n+2^n}$ 进行作差分析： $c_n-2=\frac{n{\lambda }^{n+1}+2^{n+1}-2(n-1){\lambda }^n-2^{n+1}}{(n-1){\lambda }^n+2^n}=\frac{{\lambda }^n[n(\lambda -2)+2]}{(n-1){\lambda }^n+2^n}$

① 当 $\lambda \ge 2$ 时： 对于任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，恒有 $n(\lambda -2)+2>0$，从而 $c_n>2$。 进一步分析 $c_n$ 的单调性，令 $x_n={\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^n$，由于 $\lambda \ge 2$，则 $0<x_n\le 1$ 且 $x_n$ 随 $n$ 的增大而减小。 $c_n=\frac{n\lambda +2{\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^n\lambda }{n-1+{\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^n}=\lambda \left(1+\frac{1+{\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^n}{n-1+{\left(\frac{2}{\lambda }\right)}^n}\right)$ 随着 $n$ 的增大，分子 $1+x_n$ 严格减小，分母 $n-1+x_n$ 严格增大，因此分式部分严格减小。 这说明当 $\lambda \ge 2$ 时，数列 $\{c_n\}$ 严格单调递减。 故当 $k=1$ 时，$c_n\le c_1$ 恒成立。

② 当 $0<\lambda <2$ 时： 由 $c_n-2=\frac{{\lambda }^n[n(\lambda -2)+2]}{(n-1){\lambda }^n+2^n}$ 可知：

• 当 $n<\frac{2}{2-\lambda }$ 时，$n(\lambda -2)+2>0⟹c_n>2$；
• 当 $n>\frac{2}{2-\lambda }$ 时，$n(\lambda -2)+2<0⟹c_n<2$。 同时，当 $n\to \infty$ 时，由于 $2^n$ 是高阶无穷大， ${\lim }_{n\to \infty }{c}_n={\lim }_{n\to \infty }\frac{2^{n+1}\left[1+n{\left(\frac{\lambda }{2}\right)}^{n+1}\right]}{2^n\left[1+(n-1){\left(\frac{\lambda }{2}\right)}^n\right]}=2$。 这表明数列中只有有限个项满足 $c_n>2$（至少包含 $c_1=2+\frac{{\lambda }^2}{2}>2$），而当 $n$ 足够大时，所有项均小于 2 并从下方无限趋近于 2。 因此，数列 $\{c_n\}$ 的最大值必然在满足 $c_n>2$ 的这有限个项中取得。

综上所述，无论 $\lambda$ 取何正数，数列 $\left\{\frac{a_{n+1}}{a_n}\right\}$ 均存在最大项，即存在 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，使得 $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{a_{k+1}}{a_k}$ 对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：构造法解一阶分式混合递推式、错位相减法的分类讨论、超越分式数列最值的存在性论证。
2. 核心方法：极限夹逼与局部有界讨论。当数列全局单调性不易整体判断时，将其与极限值（如本题的基准线 2）做差，利用符号变化的有限性证明最值存在。
3. 避坑指南：

• 第(1)问中，由 $b_{n+1}-b_n$ 的步长求 $b_n$ 时，极易因忽略 $\frac{2}{\lambda }=1$ 即 $\lambda =2$ 的分母为0陷阱导致丢分，必须严格分类。
• 第(2)问同理，错位相减法在使用比值公比公式时，必须对 $\lambda =1$ 进行单独剥离。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题第(3)问探究的是非线性递推数列增长率（比值序列）的上确界问题，具有高等数学中“序列极限与上极限”的定性分析背景。
2. 结论推广：对于形式为 $a_n=A\cdot n\cdot {\alpha }^n+B\cdot {\beta }^n$ 的通用组合序列，其相邻项比值 $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ 的极限值由 $\alpha$ 与 $\beta$ 中的较大者决定，且其最值点往往发生在两驱动源力量交汇的转折项处。

🔗【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
• 19.04 数列求和核心方法与裂项模型
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2013-新课标I卷理-21 解-曲线上某点切线方程
• 2020-全国卷III理-21 解-导数综合