2009-山东卷理-20 解-等比数列

本题导读

本题是一道关于数列与不等式证明的综合解答题。第一问考查等比数列前 $n$ 项和与通项公式的关系，关键在于利用 $a_1=S_1$ 和 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 进行分类讨论与统一；第二问考查新数列的构造以及乘积型不等式的证明，这里提供了两种极具启发性的证明方法——优雅的乘积放缩法以及严谨的数学归纳法，旨在培养考生的逻辑推演与放缩估算能力。

📌【题干】

Question

（2009年山东卷(理)） 等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$. 已知对任意的 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$, 点 $(n,S_n)$ 均在函数 $y=b^x+r$ ($b>0$ 且 $b\ne 1$, $b,r$ 均为常数) 的图象上.

(1) 求 $r$ 的值;

(2) 当 $b=2$ 时, 记 $b_n=2({\log }_2{a}_n+1)$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$). 证明: 对任意的 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$, 不等式 $\frac{b_1+1}{b_1}\cdot \frac{b_2+1}{b_2}\cdots \frac{b_n+1}{b_n}>\sqrt{n+1}$ 成立.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问分析：

• 点 $(n,S_n)$ 在函数图象上，即有 $S_n=b^n+r$。
• 利用 $a_1=S_1$ 和 $a_n=S_n-S_{n-1}$ ($n\ge 2$) 得到通项公式。
• 由于 $\{a_n\}$ 是等比数列，所以对 $n=1$ 时的首项和 $n\ge 2$ 时的通项需具有统一的比值关系（或直接利用 $S_n=A{q}^n-A$ 的特征），解出常数 $r$。

2. 第二问分析：

• 将 $b=2$ 代入，求出 $a_n=2^{n-1}$，进而计算出新数列 $b_n=2n$。

• 不等式左侧化为 $\frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdots \frac{2n+1}{2n}$。

• 放缩法：通过对通项 $\frac{2k+1}{2k}$ 进行局部平方放缩，即 $\frac{2k+1}{2k}=\sqrt{\frac{4k^2+4k+1}{4k^2}}>\sqrt{\frac{k+1}{k}}$，从而利用积的对消（裂项乘积）直接证明。

• 数学归纳法：验证 $n=1$ 成立，再由 $n=k$ 递推至 $n=k+1$，通过比较 $\sqrt{k+1}\cdot \frac{2k+3}{2k+2}$ 与 $\sqrt{k+2}$ 的大小完成证明。

✅【答案】

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$r=-1.$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 因为点 $(n,S_n)$ 在函数 $y=b^x+r$ 的图象上，所以 $S_n=b^n+r$。 当 $n=1$ 时，$a_1=S_1=b+r$。 当 $n\ge 2$ 时， $a_n=S_n-S_{n-1}=(b^n+r)-(b^{n-1}+r)=b^{n-1}(b-1)$ 因为 $\{a_n\}$ 是等比数列，所以 $a_1\ne 0$ 且 $a_2=a_{1}q$（其中 $q=b$）。 所以有： $b(b-1)=b(b+r)$ 由于 $b>0$，两边同除以 $b$，得： $b-1=b+r⟹r=-1$ 当 $r=-1$ 时，$a_1=b-1$，通项公式为 $a_n=(b-1)b^{n-1}$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$)。 由于 $b>0$ 且 $b\ne 1$，则 $b-1\ne 0$，此时 $\{a_n\}$ 确实为等比数列。 故 $r$ 的值为 $-1$。

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(2) 证明： 当 $b=2$ 且 $r=-1$ 时，由 (1) 可得： $a_n=(2-1)\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}$ 代入 $b_n$ 的表达式中，得： $b_n=2\left({\log }_2{2}^{n-1}+1\right)=2(n-1+1)=2n$ 我们要证明的不等式即为： $\frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{7}{6}\cdots \frac{2n+1}{2n}>\sqrt{n+1}$

这里给出两种证明方法：

方法一：乘积放缩法（推荐）

对于任意的 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，考虑通项的平方： ${\left(\frac{2k+1}{2k}\right)}^2=\frac{4k^2+4k+1}{4k^2}$ 因为 $4k^2+4k+1>4k^2+4k$，所以： ${\left(\frac{2k+1}{2k}\right)}^2>\frac{4k(k+1)}{4k^2}=\frac{k+1}{k}$ 两边开平方得： $\frac{2k+1}{2k}>\sqrt{\frac{k+1}{k}}$ 因此： $\frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdot \frac{7}{6}\cdots \frac{2n+1}{2n}>\sqrt{\frac{2}{1}}\cdot \sqrt{\frac{3}{2}}\cdot \sqrt{\frac{4}{3}}\cdots \sqrt{\frac{n+1}{n}}$ 右侧各项相乘，中间项相消，化简得： ${\prod }_{k=1}^n\frac{2k+1}{2k}>\sqrt{\frac{2}{1}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}\cdots \frac{n+1}{n}}=\sqrt{n+1}$ 所以，原不等式成立。

方法二：数学归纳法

① 当 $n=1$ 时，左边 $=\frac{3}{2}=1.5$，右边 $=\sqrt{2}\approx 1.414$。 因为 $1.5>1.414$，所以不等式在 $n=1$ 时成立。

② 假设当 $n=k$ ($k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 时不等式成立，即： $\frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdots \frac{2k+1}{2k}>\sqrt{k+1}$ 那么当 $n=k+1$ 时， $\frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdots \frac{2k+1}{2k}\cdot \frac{2k+3}{2k+2}>\sqrt{k+1}\cdot \frac{2k+3}{2k+2}$ 为了证明当 $n=k+1$ 时不等式也成立，只需证明： $\sqrt{k+1}\cdot \frac{2k+3}{2k+2}>\sqrt{k+2}$ 两边均为正数，平方后进行比较： ${\left(\sqrt{k+1}\cdot \frac{2k+3}{2k+2}\right)}^2=(k+1)\cdot \frac{(2k+3{)}^2}{4(k+1{)}^2}=\frac{4k^2+12k+9}{4k+4}$ ${\left(\sqrt{k+2}\right)}^2=k+2=\frac{(k+2)(4k+4)}{4k+4}=\frac{4k^2+12k+8}{4k+4}$ 显然 $\frac{4k^2+12k+9}{4k+4}>\frac{4k^2+12k+8}{4k+4}$ 恒成立， 故 $\sqrt{k+1}\cdot \frac{2k+3}{2k+2}>\sqrt{k+2}$ 成立。 所以，当 $n=k+1$ 时不等式也成立。

由 ①② 可知，对任意的 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，不等式均成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等比数列前 $n$ 项和特征、利用对数构造新数列、积型不等式证明。
2. 核心方法：

• 等比数列和的特征：$S_n=A{q}^n-A$ 是 $a_n$ 为等比数列的充要条件（当 $q\ne 1$ 时），因此对比 $S_n=b^n+r$ 易得 $r=-1$。
• 乘积裂项放缩法：对于形如 $\frac{2n+1}{2n}$ 的乘积式，利用平方后分子分母的差异进行放缩 $\frac{2k+1}{2k}>\sqrt{\frac{k+1}{k}}$，是高考中非常经典且高效的提速技巧。

3. 避坑指南：

• 第一问中，由 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 求通项时，极易忽略 $n=1$ 的首项检验，导致逻辑不严密。

• 第二问中，放缩时切忌盲目扩大或缩小，如直接放缩 $\frac{2k+1}{2k}>1$ 会导致放缩过度，从而无法得到右边的 $\sqrt{n+1}$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：第二问本质上是对**沃利斯公式（Wallis’ product）**变形应用的一种考查。在高等数学中，利用 Wallis 公式可以证明： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{\sqrt{n}}\left(\frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdots \frac{2n+1}{2n}\right)=\frac{2}{\sqrt{\pi }}$ 因此，当 $n$ 较大时，该乘积渐近于 $\frac{2}{\sqrt{\pi }}\sqrt{n}\approx 1.128\sqrt{n}$，而 $\sqrt{n+1}$ 渐近于 $\sqrt{n}$。由于 $1.128>1$，所以该不等式在极限角度下是极其自然的。

2. 结论推广：设 $P_n=\frac{3}{2}\cdot \frac{5}{4}\cdots \frac{2n+1}{2n}$，我们可以推广出双向不等式： $\sqrt{n+1}<P_n<\sqrt{2n+1}$ 证明右侧：因为 $\frac{2k+1}{2k}=\sqrt{\frac{4k^2+4k+1}{4k^2}}<\sqrt{\frac{4k^2+4k+1}{4k^2-1}}=\sqrt{\frac{2k+1}{2k-1}}$，则： $P_n<\sqrt{\frac{3}{1}}\cdot \sqrt{\frac{5}{3}}\cdots \sqrt{\frac{2n+1}{2n-1}}=\sqrt{2n+1}$

🔗【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)

• 2011-山东卷文-20 解-等比数列与对数求和
• 2011-新课标卷文-17 解-等比数列与对数求和
• 2013-天津卷文-19 解-等比数列与不等式