2007-安徽卷理-21 解-差分方程数列构造证明

本题导读

本题是一道结合实际金融复利背景的数列压轴大题。第一问要求根据复利的动态滚动累加过程，建立前后两年年末总额 $T_n$ 与 $T_{n-1}$ 的代数递推关系；第二问要求证明该复合混合同步数列可以拆解为一个等比数列与一个等差数列之和，需要利用一阶线性非齐次递推关系的特征方程或待定系数法进行精密化简。

📌【题干】

Question

（2007年安徽卷(理)） 某国采用养老储备金制度. 公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为 $a_1$，以后每年交纳的数目均比上一年增加 $d$ ($d>0$)，因此，历年所交纳的储备金数目 $a_1,a_2,\dots$ 是一个公差为 $d$ 的等差数数列，与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利. 这这就是说，如果固定年利率为 $r$ ($r>0$)，那么，在第 $n$ 年末，第一年所交纳的储备金就变为 $a_1(1+r{)}^{n-1}$，第二年所交纳的储备金就变为 $a_2(1+r{)}^{n-2},\dots$. 以 $T_n$ 表示到第 $n$ 年末所累计的储备金总额.

(1) 写出 $T_n$ 与 $T_{n-1}$ ($n\ge 2$) 的递推关系式；

(2) 求证： $T_n=A_n+B_n$，其中 $\{A_n\}$ 是一个等比数列， $\{B_n\}$ 是一个等差数列.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：

• 依据题意， 第 $n$ 年末的总额 $T_n$ 是前 $n$ 年交纳的所有储备金到第 $n$ 年末的本息和： $T_n=a_1(1+r{)}^{n-1}+a_2(1+r{)}^{n-2}+\cdots +a_{n-1}(1+r)+a_n$
• 同理， 第 $n-1$ 年末的总额为： $T_{n-1}=a_1(1+r{)}^{n-2}+a_2(1+r{)}^{n-3}+\cdots +a_{n-1}$
• 观察发现， 将 $T_{n-1}$ 整体乘以 $(1+r)$， 其前 $n-1$ 项恰好与 $T_n$ 的前 $n-1$ 项完全对应一致，从而可以导出一阶线性递推式。

2. 第二问：

• 由第一问的递推式 $T_n=(1+r)T_{n-1}+a_n$， 其中 $a_n=a_1+(n-1)d$ 是一个关于 $n$ 的一次函数。

• 要证明 $T_n=A_n+B_n$， 可设等差数列 $B_n=pn+q$， 等比数列 $A_n=A_1(1+r{)}^{n-1}$（公比必然与复利基底 $1+r$ 保持一致）。

• 将 $T_n=A_1(1+r{)}^{n-1}+pn+q$ 代入第一问的递推式中，利用待定系数法让关于 $n$ 的恒等式对应系数相等，求出 $p,q$ 的确切表达，进而论证结论的合法存在。

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总额数列 $T_n$ 成功拆解为 $T_n=A_n+B_n$， 其中 $\{A_n\}$ 为等比数列， $\{B_n\}$ 为等差数列

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）根据题意， 到第 $n$ 年末所累计的储备金总额 $T_n$ 为历年所交储备金在第 $n$ 年末的复利终值之和： $T_n=a_1(1+r{)}^{n-1}+a_2(1+r{)}^{n-2}+\cdots +a_{n-1}(1+r)+a_n\text{(1)}$ 同理， 到第 $n-1$ 年末（ $n\ge 2$）所累计的储备金总额 $T_{n-1}$ 为： $T_{n-1}=a_1(1+r{)}^{n-2}+a_2(1+r{)}^{n-3}+\cdots +a_{n-1}\text{(2)}$

将②式等式两边同时乘以 $(1+r)$： $(1+r)T_{n-1}=a_1(1+r{)}^{n-1}+a_2(1+r{)}^{n-2}+\cdots +a_{n-1}(1+r)\text{(3)}$ 将③式代入①式中进行整体代换对消： $T_n=(1+r)T_{n-1}+a_n$ 因为 $\{a_n\}$ 是首项为 $a_1$， 公差为 $d$ 的等差数列， 故 $a_n=a_1+(n-1)d$。 所以， $T_n$ 与 $T_{n-1}$ 的递推关系式为： $T_n=(1+r)T_{n-1}+a_1+(n-1)d(n\ge 2)$

（2）证明：由（1）知 $T_n=(1+r)T_{n-1}+a_1+(n-1)d$。 设存在等差数列 $B_n=pn+q$（其中 $p,q$ 为待定常数）， 以及以 $1+r$ 为公比的等比数列 $A_n$， 使得 $T_n=A_n+B_n$ 恒成立。 则有： $A_n=T_n-B_n=T_n-(pn+q)$

要使 $\{A_n\}$ 构成公比为 $1+r$ 的等比数列， 必须刚性满足递推特征： $A_n=(1+r)A_{n-1}$。 将 $A_n=T_n-pn-q$ 及 $A_{n-1}=T_{n-1}-p(n-1)-q$ 代入此等比递推要求中： $T_n-pn-q=(1+r)\left[T_{n-1}-p(n-1)-q\right]$ 移项展开整理： $T_n=(1+r)T_{n-1}-(1+r)p(n-1)-(1+r)q+pn+q$ $T_n=(1+r)T_{n-1}-(1+r)pn+(1+r)p-(1+r)q+pn+q$ $T_n=(1+r)T_{n-1}-rpn+(1+r)p-rq\text{(4)}$

比对第（1）问求得的真实物理递推式： $T_n=(1+r)T_{n-1}+dn+(a_1-d)\text{⑤}$ 要使④式与⑤式对任意正整数 $n\ge 2$ 均恒等成立， 根据多项式系数对应相等原理， 建立方程组： $\{\begin{array}{l}-rp=d\\ (1+r)p-rq=a_1-d\end{array}$ 由第一式直接解得： $p=-\frac{d}{r}$ 将 $p$ 代入第二式中求解 $q$： $(1+r)\left(-\frac{d}{r}\right)-rq=a_1-d⟹-\frac{d}{r}-d-rq=a_1-d⟹-rq=a_1+\frac{d}{r}$ $q=-\frac{a_1}{r}-\frac{d}{r^2}$

由于对于给定的常数 $a_1,d,r$ ($r>0$)， 待定系数 $p$ 和 $q$ 均有唯一确凿的实数解。 我们令等差数列的通项公式为： $B_n=-\frac{d}{r}n-\left(\frac{a_1}{r}+\frac{d}{r^2}\right)$ 显然 $\{B_n\}$ 满足一阶线性特征， 确定是一个公差为 $-\frac{d}{r}$ 的等差数列。

此时， 令 $A_n=T_n-B_n$。 由上述待定系数的解算过程可知， 必定恒有： $A_n=(1+r)A_{n-1}(n\ge 2)$ 且其首项为： $A_1=T_1-B_1=a_1-\left[-\frac{d}{r}\times 1-\left(\frac{a_1}{r}+\frac{d}{r^2}\right)\right]=a_1+\frac{d}{r}+\frac{a_1}{r}+\frac{d}{r^2}=a_1\left(1+\frac{1}{r}\right)+\frac{d}{r}\left(1+\frac{1}{r}\right)=\left(a_1+\frac{d}{r}\right)\frac{1+r}{r}$ 因为 $r>0,a_1>0,d>0$， 故 $A_1\ne 0$， 且公比为 $1+r\ne 0$。 因此， $\{A_n\}$ 严格是一个等比数列。

综上所述， 总额数列 $T_n$ 成功拆解为 $T_n=A_n+B_n$， 其中 $\{A_n\}$ 为等比数列， $\{B_n\}$ 为等差数列。 原命题全盘获证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：复利金融模型向递推数列的代数抽象变换、一阶线性非齐次递推式（ $x_n=p{x}_{n-1}+f(n)$）的待定系数构造与分拆。
2. 核心方法：错位相减错项代换法、待定系数多项式齐次对应法。
3. 避坑指南：

• 第一问推导递推关系式时，千万别漏掉尾部的全新存入项 $a_n$。 $T_{n-1}$ 乘以 $(1+r)$ 只能滚存老资金的利息，第 $n$ 年新存入的 $a_n$ 在年末还没计息，直接独立加在末尾。
• 第二问证明等比与等差复合时，千万不要去硬解 $T_n$ 的通项公式。题目只要求“求证存在性”，利用待定系数法设出 $B_n=pn+q$，证明方程组关于 $p,q$ 有解，即可完成最严密的闭环论证，大幅节约考场时间。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查数列的应用（复利模型）、数列的递推关系，是安徽卷(理)解答题的高频命题方向，同型题见下方类题演练。
2. 变式思考：本题的核心步骤（错位相减/代数变形法、待定系数构造法）可迁移到同类问题——若改变题设条件（如更换数值或几何对象），解法框架不变，重在把握「条件→目标」的转化路径。
3. 知识关联：数列的应用（复利模型）、数列的递推关系相互关联，解答中综合运用了错位相减/代数变形法、待定系数构造法，建议结合知识锚点中的对应专题系统梳理。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质
• 19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

• 2008-北京卷文-20 解-递推数列符号与恒成立
• 2008-四川卷文-21 解-和式递推构造等差
• 2008-天津卷理-22 解-数列