2007-湖南卷理-21 解-割线斜率单调性性质

本题导读

本题是一道结合了指数曲线与项和递推关系的数列压轴综合题。第一问通过相邻项和公式相减，将关于 $S_n$ 的非线性递推式无损转化为关于项 $a_n$ 的代数式，再结合点在指数曲线上求出商的固定值；第二问通过单调递增的代数充要条件 $a_{n+1}-a_n>0$，建立关于首项参数 $a$ 的一元二次不等式组求解；第三问通过构建两点间割线的斜率表达式，利用指数函数的上凸性质证明斜率随 $n$ 严格单调递增。

📌【题干】

Question

（2007年湖南卷(理)） 已知 $A_n(a_n,b_n)$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 是曲线 $y={\text{e}}^x$ 上的点， $a_1=a$， $S_n$ 是数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，且满足 $S_n^2=3n^2{a}_n+S_{n-1}^2$， $a_n\ne 0$， $n=2,3,4,\dots$.

(1) 证明：数列 $\left\{\frac{b_{n+2}}{b_n}\right\}$ ($n\ge 2$) 是常数数列；

(2) 确定 $a$ 的取值集合 $M$，使 $a\in M$ 时，数列 $\{a_n\}$ 是单调递增数列；

(3) 证明：当 $a\in M$ 时，弦 $A_n{A}_{n+1}$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 的斜率随 $n$ 单调递增.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：利用 $S_n-S_{n-1}=a_n$ 降次变形：

• 给定递推式： $S_n^2-S_{n-1}^2=3n^2{a}_n⟹(S_n-S_{n-1})(S_n+S_{n-1})=3n^2{a}_n$。
• 替换 $S_n-S_{n-1}=a_n$，两边约去非零项 $a_n$， 得到 $S_n+S_{n-1}=3n^2$。
• 利用相邻项再次作差： $(S_{n+1}+S_n)-(S_n+S_{n-1})=3(n+1{)}^2-3n^2⟹a_{n+1}+a_n=6n+3$。
• 由 $A_n$ 在 $y={\text{e}}^x$ 上知 $b_n={\text{e}}^{a_n}$。目标式 $\frac{b_{n+2}}{b_n}={\text{e}}^{a_{n+2}-a_n}$。利用 $a_{n+2}+a_{n+1}=6(n+1)+3$ 与 $a_{n+1}+a_n=6n+3$ 相减，消去中间项 $a_{n+1}$， 可直接算得 $a_{n+2}-a_n=6$。

2. 第二问：单调递增的参数界定：

• 数列单调递增 $⟺a_{n+1}-a_n>0$ 对任意 $n\ge 1$ 恒成立。
• 已知 $a_{n+1}+a_n=6n+3$。由此可以得出关于单项的递推特征。利用 $a_{n+1}=6n+3-a_n$， 不等式变为 $6n+3-2a_n>0⟹a_n<3n+\frac{3}{2}$。
• 通过一阶非齐次线性递推方程求出 $a_n$ 关于首项 $a$ 的通项通解式， 或者通过低阶项之间的控制链条（由于公差和符号的奇偶交替性）锁定临界。实际上，只需满足 $a_2-a_1>0$ 且 $a_3-a_2>0$ 即可通过数学归纳法外推到全域。

3. 第三问：斜率单调性的函数判定：

• 弦 $A_n{A}_{n+1}$ 的斜率公式为 $k_n=\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=\frac{{\text{e}}^{a_{n+1}}-{\text{e}}^{a_n}}{a_{n+1}-a_n}$。

• 运用微分中值定理或指数函数的凸性分析， 随着 $a_n$ 和 $a_{n+1}$ 的同时右移， 均值处的导数值严格单调上升。

✅【答案】

点击查看答案

（1）由𝑆𝑛=𝑆𝑛−1+𝑎𝑛以及𝑎𝑛≠0，原条件化为𝑎𝑛+2𝑆𝑛−1=3𝑛2,𝑛⩾2.

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）证明：因为 $S_n$ 是数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，当 $n\ge 2$ 时，满足 $S_n-S_{n-1}=a_n$。 已知递推关系式为： $S_n^2-S_{n-1}^2=3n^2{a}_n$ 利用平方差公式进行因式分解展开： $(S_n-S_{n-1})(S_n+S_{n-1})=3n^2{a}_n$ 代入 $S_n-S_{n-1}=a_n$， 得到： $a_n(S_n+S_{n-1})=3n^2{a}_n$ 因为题干明确说明 $a_n\ne 0$， 方程两边可以同时安全约去公因子 $a_n$： $S_n+S_{n-1}=3n^2(n\ge 2)\text{(1)}$

在①式中， 用 $n+1$ 替换自变量 $n$ 可得新一阶相邻项关系： $S_{n+1}+S_n=3(n+1{)}^2(n\ge 1)\text{(2)}$ 将②式与①式两式左右两边对应相减： $(S_{n+1}+S_n)-(S_n+S_{n-1})=3(n+1{)}^2-3n^2(n\ge 2)$ $S_{n+1}-S_{n-1}=3(n^2+2n+1)-3n^2=6n+3$ 因为 $S_{n+1}-S_{n-1}=(S_{n+1}-S_n)+(S_n-S_{n-1})=a_{n+1}+a_n$， 故得到单项的无和递推式： $a_{n+1}+a_n=6n+3(n\ge 2)\text{(3)}$

在③式中， 再次利用索引加 1 错位法： $a_{n+2}+a_{n+1}=6(n+1)+3=6n+9(n\ge 2)\text{(4)}$ 将④式与③式两式左右相减， 成功消去中间的奇偶交错项 $a_{n+1}$： $(a_{n+2}+a_{n+1})-(a_{n+1}+a_n)=(6n+9)-(6n+3)$ $a_{n+2}-a_n=6(n\ge 2)$

因为点 $A_n(a_n,b_n)$ 严格在指数曲线 $y={\text{e}}^x$ 上， 故坐标满足其函数映射关系， 即 $b_n={\text{e}}^{a_n}$。 计算目标数列的项： $\frac{b_{n+2}}{b_n}=\frac{{\text{e}}^{a_{n+2}}}{{\text{e}}^{a_n}}={\text{e}}^{a_{n+2}-a_n}={\text{e}}^6$ 由于对任意的 $n\ge 2$， 该商的值恒为不随 $n$ 改变的常数 ${\text{e}}^6$， 所以， 数列 $\left\{\frac{b_{n+2}}{b_n}\right\}$ ($n\ge 2$) 是常数数列。

（2）解：由（1）可知， 当 $n\ge 2$ 时， $a_{n+1}+a_n=6n+3$。 代入 $n=2$ 得： $a_3+a_2=15$。 为了让递推链条能闭合到首项 $a_1=a$， 我们需要单独通过①式确立 $a_2$ 与 $a_1$ 的关系： 在①式中令 $n=2$， 得 $S_2+S_1=3\times 2^2=12$。 因为 $S_1=a_1=a$， $S_2=a_1+a_2=a+a_2$， 代入得： $(a+a_2)+a=12⟹2a+a_2=12⟹a_2=12-2a$ 为了检验③式 $a_{n+1}+a_n=6n+3$ 在 $n=1$ 处的有效性：若代入 $n=1$ 左边为 $a_2+a_1=(12-2a)+a=12-a$， 右边为 $6\times 1+3=9$。两边只有在 $a=3$ 时才相等。这说明该项和递推式在 $n=1$ 处不成立， 必须从 $n=2$ 开始严格分立讨论。 由（1）结论 $a_{n+2}-a_n=6$ 可知， 数列的奇数项和偶数项各自构成公差为 6 的独立等差数列：

• 奇数项支线 ($n=1,3,5,\dots$)：首项为 $a_1=a$， 递推有 $a_3=a+6$；
• 偶数项支线 ($n=2,4,6,\dots$)：首项为 $a_2=12-2a$， 递推有 $a_4=a_2+6=18-2a$。 利用递推公式 $a_{n+1}+a_n=6n+3(n\ge 2)$ 可依次写出前几项： $a_1=a,a_2=12-2a,a_3=a+6,a_4=18-2a,a_5=a+12,a_6=24-2a$

要使数列 $\{a_n\}$ 为严格单调递增数列， 其充要条件是相邻两项之差恒大于 0， 即 $a_{n+1}-a_n>0$ 对一切 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均成立。 我们对奇偶交界处的差值进行分类讨论：

1. 对于由奇数项到偶数项的跨越（令 $n=2k-1,k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$）： $a_{2k}-a_{2k-1}=(a_2+6(k-1))-(a_1+6(k-1))=a_2-a_1=(12-2a)-a=12-3a>0⟹a<4$
2. 对于由偶数项到奇数项的跨越（令 $n=2k,k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$）： 要求 $a_{2k+1}-a_{2k}>0$ 恒成立。由递推关系， 随着 $k$ 的增大， 差值变为：

• 当 $k=1$ 时： $a_3-a_2=(a+6)-(12-2a)=3a-6>0⟹a>2$；
• 当 $k=2$ 时： $a_5-a_4=(a+12)-(18-2a)=3a-6>0⟹a>2$。 通过平移特性可知， 任意后继偶到奇的跨越产生的差值恒为 $3a-6$。要使其大于 0， 必须满足 $a>2$。

综合以上两个方向的单调性不等式边界约束， 必须满足： $\{\begin{array}{l}a<4\\ a>2\end{array}⟹2<a<4$ 所以， 使数列 $\{a_n\}$ 单调递增的参数 $a$ 的取值集合为： $M=\{a\mid 2<a<4\}$

（3）证明：根据平面两点间直线斜率公式， 弦 $A_n{A}_{n+1}$ 的斜率 $k_n$ 表达式为： $k_n=\frac{b_{n+1}-b_n}{a_{n+1}-a_n}=\frac{{\text{e}}^{a_{n+1}}-{\text{e}}^{a_n}}{a_{n+1}-a_n}$ 为了证明斜率 $k_n$ 随 $n$ 单调递增， 我们需要证明当 $n$ 增大时， $k_{n+1}>k_n$ 恒成立。 因为当 $a\in M$ 时， 数列 $\{a_n\}$ 严格单调递增， 即满足 $a_{n+2}>a_{n+1}>a_n$。

根据拉格朗日微分中值定理（或利用指数函数 $y={\text{e}}^x$ 的导数严格单调递增这一几何上凸/下凹性质）， 对于区间 $[a_n,a_{n+1}]$ 上的平均变化率（即割线斜率 $k_n$）， 必然存在某一个中值 ${\xi }_n\in (a_n,a_{n+1})$， 使得： $k_n={\text{e}}^{{\xi }_n}$ 同理， 对于紧邻的下一个区间 $[a_{n+1},a_{n+2}]$ 上的平均变化率 $k_{n+1}$， 必然存在某一个中值 ${\xi }_{n+1}\in (a_{n+1},a_{n+2})$， 使得： $k_{n+1}={\text{e}}^{{\xi }_{n+1}}$

因为由于数列 $\{a_n\}$ 严格单调递增， 两个开区间在数轴上完全错开且依次右移， 显然其中值具有严格的大小包含关系： ${\xi }_n<a_{n+1}<{\xi }_{n+1}⟹{\xi }_n<{\xi }_{n+1}$ 由于基本指数函数 $y={\text{e}}^x$ 在全域 $\mathbf{R}$ 上是一个严格单调递增的函数， 故两边的指数函数值保持对应的不等号方向： ${\text{e}}^{{\xi }_n}<{\text{e}}^{{\xi }_{n+1}}⟹k_n<k_{n+1}$ 这说明随着项数 $n$ 的增大， 弦的斜率值严格变大。 所以， 弦 $A_n{A}_{n+1}$ 的斜率随 $n$ 单调递增。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：项和互化公式 $S_n-S_{n-1}=a_n$、隔项等差数列的分离、数列全域单调递增的边界不等式卡壳、利用指数函数导数单调性（凸性）证明割线斜率递增。
2. 核心方法：项和相减消元法、奇偶项独立讨论法、中值定理/几何凸性判定法。
3. 避坑指南：

• 本题第二问有一个极度致命的陷阱是盲目认为 $a_{n+1}+a_n=6n+3$ 对 $n=1$ 自动成立而算出 $a_2+a_1=9$。
• 必须牢记由 $S_n$ 递推关系相减得到的单项式， 其最低有效边界必须由原方程代入确立（即令 $n=2$ 得到 $S_2+S_1=12$）， 从而发现 $a_1$ 到 $a_2$ 处的跳跃规律与后面不同。如果忽视了这个脱节项， 算出的区间边界将会发生全面偏差。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查数列与项的和递推关系（$S_n$ 与 $a_n$）、指数函数与点在曲线上的坐标特征，是湖南卷(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（项和转换消元法、差值单调递增判别法）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：数列与项的和递推关系（$S_n$ 与 $a_n$）、指数函数与点在曲线上的坐标特征相互关联，解答中综合运用了项和转换消元法、差值单调递增判别法，建议结合知识锚点中的对应专题系统梳理。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.03 数列通项公式求法全攻略
• 06.01 幂指对函数图象与性质
• 19.07 一般数列的性质
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2008-江苏卷-20 解-绝对值分段函数
• 2012-陕西卷理-21 解-导数与零点
• 2014-四川卷理-19 解-等差数列的通项与前 n 项和