2008-重庆卷理-22 解-对数

本题导读

本题考查非线性递推数列的通项求解与不等式恒成立问题。核心方法是通过对数换元将积型递推转化为线性齐次递推，再利用特征方程与无穷大项的收敛性（有界性）确定关键参数。

📌【题干】

Question

（2008年重庆卷(理)） 设各项均为正数的数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2,a_n=a_{n+1}^{\frac{3}{2}}{a}_{n+2}(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$.

(1) 若 $a_2=\frac{1}{4}$，求 $a_3,a_4$，并猜想 $a_{2008}$ 的值（不需证明）；

(2) 记 $b_n=a_1{a}_2\cdots a_n(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$，若 $b_n\ge 2\sqrt{2}$ 对 $n\ge 2$ 恒成立，求 $a_2$ 的值及数列 $\{b_n\}$ 的通项公式.

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问：直接利用递推式进行逐步代入计算，求出前几项后通过观察对数特征归纳出通项的猜想。
2. 第(2)问：两边取以 2 为底的对数，设 $x_n={\log }_2{a}_n$，变换为二阶线性齐次递推式 $x_{n+2}+\frac{3}{2}{x}_{n+1}-x_n=0$。通过特征方程写出其通项表达式。结合 $b_n\ge 2\sqrt{2}$，即 ${\sum }_{k=1}^n{x}_k\ge \frac{3}{2}$ 恒成立，分析交替发散项 $(-2{)}^{n-1}$ 的系数必须为 0，从而锁定参数。

✅【答案】

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令𝑥𝑛=log2𝑎𝑛.由于各项均为正数，原递推式等价于𝑥𝑛=32𝑥𝑛+1+𝑥𝑛+2,

✍【详细解析】

Abstract

(1) 当 $a_1=2,a_2=\frac{1}{4}$ 时， 由 $a_1=a_2^{\frac{3}{2}}{a}_3$ 得：$2={\left(\frac{1}{4}\right)}^{\frac{3}{2}}{a}_3=\frac{1}{8}{a}_3\Rightarrow a_3=16$。 由 $a_2=a_3^{\frac{3}{2}}{a}_4$ 得：$\frac{1}{4}=(16{)}^{\frac{3}{2}}{a}_4=64a_4\Rightarrow a_4=\frac{1}{256}$。 对其取以 2 为底的对数观察：${\log }_2{a}_1=1,{\log }_2{a}_2=-2,{\log }_2{a}_3=4,{\log }_2{a}_4=-8$。 可见其对数序列构成首项为 1，公比为 $-2$ 的等比数列，即 ${\log }_2{a}_n=(-2{)}^{n-1}$。 由此猜想：$a_{2008}=2^{(-2{)}^{2007}}=2^{-2^{2007}}$。

(2) 因为 $a_n>0$，两边取以 2 为底的对数，令 $x_n={\log }_2{a}_n$，则 $x_1={\log }_{2}2=1$。 原递推式化为：$x_n=\frac{3}{2}{x}_{n+1}+x_{n+2}$，即 $x_{n+2}+\frac{3}{2}{x}_{n+1}-x_n=0$。 其特征方程为 ${\lambda }^2+\frac{3}{2}\lambda -1=0$，解得 ${\lambda }_1=\frac{1}{2},{\lambda }_2=-2$。 故 $x_n$ 的通项公式可设为 $x_n=c_1{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}+c_2(-2{)}^{n-1}$。 由 $x_1=1$ 得 $c_1+c_2=1\Rightarrow c_1=1-c_2$。

记 $y_n={\log }_2{b}_n=x_1+x_2+\cdots +x_n$。 条件 $b_n\ge 2\sqrt{2}=2^{\frac{3}{2}}(n\ge 2)$ 等价于 $y_n\ge \frac{3}{2}(n\ge 2)$。 利用等比数列求和公式对 $x_n$ 求和得： $y_n=(1-c_2)\frac{1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n}{1-\frac{1}{2}}+c_2\frac{1-(-2{)}^n}{1-(-2)}=2(1-c_2)\left[1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right]+\frac{c_2}{3}\left[1-(-2{)}^n\right]$ 若 $c_2\ne 0$，当 $n\to \infty$ 时，项 $(-2{)}^n$ 的绝对值趋于无穷大且正负交替，这会导致 $y_n$ 无法对所有 $n\ge 2$ 保持下方有界（下确界为 $-\infty$），不满足 $y_n\ge \frac{3}{2}$ 恒成立。 因此，必要条件为 $c_2=0$。

当 $c_2=0$ 时，$c_1=1$，此时： $x_n={\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$， $y_n=2\left[1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right]=2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$。 当 $n\ge 2$ 时，${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\le \frac{1}{2}$，从而 $y_n=2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\ge 2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ 恒成立，充分性成立。

此时，${\log }_2{a}_2=x_2=\frac{1}{2}\Rightarrow a_2=2^{\frac{1}{2}}=\sqrt{2}$。 数列 $\{b_n\}$ 的通项公式为 $b_n=2^{y_n}=2^{2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：积型递推关系的对数线性化、二阶常系数线性递推数列的通用解法、无穷项级数有界性的收敛判别。
2. 核心方法：必要条件法。利用包含 $(-2{)}^n$ 的发散项在震荡中必然破坏下界的逻辑直接锁定 $c_2=0$。
3. 避坑指南：第(2)问求和时极易在公比为 $-2$ 的项上陷入复杂的分类讨论，应直接从因式极限有界性的宏观角度进行排除。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题是由经典差分方程（Difference Equation）模型与对数变换组合而成的压轴题。
2. 结论推广：对于任何各项为正且满足 $a_n=a_{n+1}^p{a}_{n+2}^q$ 的递推数列，若 $|q|>1$，则要使其乘积序列下有界，其对数通项中发散特征根对应的系数必为 0。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2010-大纲卷I文-07 单-对数与基本不等式
• 2010-天津卷文-22 解-数列通项与不等式证明
• 2010-湖北卷文-05 单-对数不等式