2007-重庆卷文-22 解-Sn递推通项与对数不等式

本题导读

本题考查由前n项和求通项。

📌【题干】

Question

（2007年重庆卷(文)）已知各项均为正数的数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $S_{1} > 1$ ，且 $6 S_{n} = (a_{n} + 1) (a_{n} + 2)$ ， $n \in N^{+}$ ．

(1) 求 ${a_{n}}$ 的通项公式；

(2) 设数列 ${b_{n}}$ 满足 $a_{n} (2 b_{n} - 1) = 1$ ，并记 $T_{n}$ 为 ${b_{n}}$ 的前 $n$ 项和，求证： $3 T_{n} + 1 > lo g_{2} (a_{n} + 3)$ ， $n \in N^{+}$ ．

🔍【思路分析】

破题导航

$n = 1$ ： $6 a_{1} = (a_{1} + 1) (a_{1} + 2)$ ， $a_{1}^{2} - 3 a_{1} + 2 = 0$ ， $a_{1} = 1$ 或 $2$ ； $S_{1} = a_{1} > 1$ ，取 $a_{1} = 2$ 。

归纳：设 $a_{n - 1} = 3 n - 4$ ，则 $6 S_{n - 1} = (3 n - 3) (3 n - 2)$ ；代入 $(a_{n} + 1) (a_{n} + 2) = 6 S_{n - 1} + 6 a_{n}$ ，整理得 $a_{n}^{2} - 3 a_{n} + 2 - (9 n^{2} - 15 n + 6) = 0$ ；一根 $3 n - 1$ ，两根之和 3，另一根 $4 - 3 n < 0$ 舍，故 $a_{n} = 3 n - 1$ 。

(2) $2 b_{n} = 1 + \frac{1}{a _{n}} = \frac{3 n}{3 n - 1}$ ， $b_{n} = \frac{3 n}{2 ( 3 n - 1 )}$ ， $3 b_{n + 1} = \frac{9 n + 9}{2 ( 3 n + 2 )} > \frac{9}{2 ( 3 n + 2 )}$ 。

归纳证明： $n = 1$ 时 $3 T_{1} + 1 = \frac{13}{4} > lo g_{2} 5$ ；设 $3 T_{n} + 1 > lo g_{2} (3 n + 2)$ ，则 $3 T_{n + 1} + 1 > lo g_{2} (3 n + 2) + \frac{9}{2 ( 3 n + 2 )}$ 。

由 $ln (1 + x) < x$ 及 $lo g_{2} e < \frac{3}{2}$ （ $e^{2} < 8 = 2^{3}$ ）： $lo g_{2} \frac{3 n + 5}{3 n + 2} = lo g_{2} (1 + \frac{3}{3 n + 2}) < \frac{3}{3 n + 2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{9}{2 ( 3 n + 2 )}$ 。

故 $3 T_{n + 1} + 1 > lo g_{2} (3 n + 2) + lo g_{2} \frac{3 n + 5}{3 n + 2} = lo g_{2} (3 n + 5) = lo g_{2} (a_{n + 1} + 3)$ ，命题得证。

✅【答案】

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(1) $a_{n} = 3 n - 1$ ；(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) $n = 1$ 时， $6 S_{1} = 6 a_{1} = (a_{1} + 1) (a_{1} + 2)$ ，即 $a_{1}^{2} - 3 a_{1} + 2 = 0$ ， $a_{1} = 1$ 或 $a_{1} = 2$ ．由 $S_{1} = a_{1} > 1$ ，得 $a_{1} = 2$ ．下面用数学归纳法求通项：假设 $n ⩾ 2$ 时已得 $a_{n - 1} = 3 (n - 1) - 1 = 3 n - 4$ ，则 $6 S_{n - 1} = (a_{n - 1} + 1) (a_{n - 1} + 2) = (3 n - 3) (3 n - 2)$ ．又 $6 S_{n} = 6 S_{n - 1} + 6 a_{n}$ ，即 $(a_{n} + 1) (a_{n} + 2) = (3 n - 3) (3 n - 2) + 6 a_{n}$ ，展开整理得 $a_{n}^{2} - 3 a_{n} + 2 - (9 n^{2} - 15 n + 6) = 0$ ，即 $a_{n}^{2} - 3 a_{n} - 9 n^{2} + 15 n - 4 = 0$ ．该方程的一个根为 $3 n - 1$ （代入验证为 0），由两根之和为 3，另一根为 $3 - (3 n - 1) = 4 - 3 n < 0$ （ $n ⩾ 2$ ），与 $a_{n} > 0$ 矛盾，舍去．故 $a_{n} = 3 n - 1$ ，且 $n = 1$ 时 $a_{1} = 2 = 3 \times 1 - 1$ 亦满足．综上， $a_{n} = 3 n - 1$ （ $n \in N^{+}$ ）．验证： $S_{n} = k = 1 \sum n (3 k - 1) = \frac{3 n ( n + 1 )}{2} - n = \frac{3 n ^{2} + n}{2}$ ， $6 S_{n} = 9 n^{2} + 3 n = 3 n (3 n + 1) = (a_{n} + 1) (a_{n} + 2)$ ，恒等成立．【注】答案册短答案印为 $a_{n} = 3 n - 2$ ，但该式给出 $a_{1} = 1$ ，与题设 $S_{1} > 1$ 矛盾；同源的本卷理科第 21 题解析亦为 $a_{n} = 3 n - 1$ ，且 $6 S_{n} = (a_{n} + 1) (a_{n} + 2)$ 的恒等验证仅在 $a_{n} = 3 n - 1$ 时成立，故按 $a_{n} = 3 n - 1$ 录入． (2) 由 $a_{n} (2 b_{n} - 1) = 1$ 得 $2 b_{n} = 1 + \frac{1}{a _{n}} = \frac{3 n}{3 n - 1}$ ，故 $b_{n} = \frac{3 n}{2 ( 3 n - 1 )}$ ， $3 b_{n + 1} = \frac{3 ( 3 n + 3 )}{2 ( 3 n + 2 )} = \frac{9 n + 9}{2 ( 3 n + 2 )} > \frac{9}{2 ( 3 n + 2 )}$ ．先用数学归纳法证明 $3 T_{n} + 1 > lo g_{2} (a_{n} + 3) = lo g_{2} (3 n + 2)$ ：当 $n = 1$ 时， $T_{1} = b_{1} = \frac{3}{4}$ ， $3 T_{1} + 1 = \frac{13}{4}$ ，而 $lo g_{2} 5 < lo g_{2} 8 = 3 < \frac{13}{4}$ ，成立．假设当 $n = k$ 时 $3 T_{k} + 1 > lo g_{2} (3 k + 2)$ ，则当 $n = k + 1$ 时， $3 T_{k + 1} + 1 = 3 T_{k} + 1 + 3 b_{k + 1} > lo g_{2} (3 k + 2) + \frac{9}{2 ( 3 k + 2 )}$ ．由不等式 $ln (1 + x) < x$ （ $x > 0$ ）及 $lo g_{2} e = \frac{1}{ln 2} < \frac{3}{2}$ （因为 $e^{2} \approx 7.389 < 8 = 2^{3}$ ），得 $lo g_{2} \frac{3 k + 5}{3 k + 2} = lo g_{2} (1 + \frac{3}{3 k + 2}) < \frac{3}{3 k + 2} \cdot lo g_{2} e < \frac{3}{3 k + 2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{9}{2 ( 3 k + 2 )}$ ．于是 $3 T_{k + 1} + 1 > lo g_{2} (3 k + 2) + lo g_{2} \frac{3 k + 5}{3 k + 2} = lo g_{2} (3 k + 5) = lo g_{2} (a_{k + 1} + 3)$ ，归纳成立．故对一切 $n \in N^{+}$ ， $3 T_{n} + 1 > lo g_{2} (a_{n} + 3)$ ，命题得证．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：Sn递推通项与对数不等式

核心方法： $a_{1} = 2$ （ $S_{1} > 1$ ），归纳得 $a_{n} = 3 n - 1$ ； $3 b_{n + 1} > \frac{9}{2 ( 3 n + 2 )}$ 配合 $lo g_{2} (1 + \frac{3}{3 n + 2}) < \frac{9}{2 ( 3 n + 2 )}$

避坑指南：由 $S_{n}$ 递推先求 $a_{1}$ 并用 $S_{1} > 1$ 舍根；放缩链用 $ln (1 + x) < x$ 与 $lo g_{2} e < \frac{3}{2}$ （ $e^{2} < 8$ ），归纳时目标式写成 $lo g_{2} (3 n + 2)$

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：由 $S_{n}$ 递推求通项并对数放缩，与同卷理科第 21 题同源，亦与 2006/2005/2004 重庆理第 22 题的数列压轴一脉相承

结论推广：递推式取 $n = 1$ 定首项（用 $S_{1} > 1$ 舍根），归纳+韦达定通项；不等式用归纳法配合 $ln (1 + x) < x$ 放缩

方法推广：数列不等式证明的主流路径是归纳法，归纳步的放缩要提前构造（本题把 $3 b_{n + 1}$ 放缩成对数增量）

🔗【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

类题演练(Links)

2006-重庆卷理-22 解-数列的单调性分析

2014-重庆卷文-16 解-等差等比数列

2015-重庆卷文-16 解-等差数列

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2007-重庆卷文-22 解-Sn递推通项与对数不等式

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