2009-湖南卷理-21 解-等比数列

本题导读

本题考查数列新定义（有界变差数列）、等比数列求和与极限。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2009年湖南卷(理)） 对于数列 $\{u_n\}$，若存在常数 $M>0$，对任意的 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，恒有 $|u_{n+1}-u_n|+|u_n-u_{n-1}|+\cdots +|u_2-u_1|\le M$，则称数列 $\{u_n\}$ 为 $B-$ 数列.

(1)首项为 $1$，公比为 $q$ ($|q|<1$) 的等比数列是否为 $B-$ 数列？请说明理由；

(2)设 $S_n$ 是数列 $\{x_n\}$ 的前 $n$ 项和，给出下列两组论断： $A$ 组：① 数列 $\{x_n\}$ 是 $B-$ 数列 ② 数列 $\{x_n\}$ 不是 $B-$ 数列 $B$ 组：③ 数列 $\{S_n\}$ 是 $B-$ 数列 ④ 数列 $\{S_n\}$ 不是 $B-$ 数列 请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假，并证明你的结论；

(3)若数列 $\{a_n\}$, $\{b_n\}$ 都是 $B-$ 数列，证明：数列 $\{a_n{b}_n\}$ 也是 $B-$ 数列.

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🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一步逻辑（第 1 问）： 将等比数列 $u_n=q^{n-1}$ 代入定义式中，利用等比数列求和公式将其化简。由于 $|q|<1$，其和存在确定的上界，由此证明其是 $B-$ 数列。
2. 第二步逻辑（第 2 问）： 考虑四个组合命题。通过构造简单易算的反例（如常数数列 $x_n=1$），可以快速发现“① $⟹$ ④”为真命题，或是“③ $⟹$ ①”为真命题。选择最易证明的一个进行严格推导。
3. 第三步逻辑（第 3 问）： 利用 $B-$ 数列的定义，首先需证明 $B-$ 数列必是有界数列（即存在 $K>0$ 使得 $|a_n|\le K$）。 然后对 $|a_{i+1}{b}_{i+1}-a_i{b}_i|$ 进行拆项与插项放缩： $|a_{i+1}{b}_{i+1}-a_i{b}_i|=|a_{i+1}(b_{i+1}-b_i)+b_i(a_{i+1}-a_i)|\le |a_{i+1}||b_{i+1}-b_i|+|b_i||a_{i+1}-a_i|$ 结合有界性与已知 $B-$ 数列的有界变差性质，求和后即可证得结论。

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✅【答案】

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待补

✍【详细解析】

Abstract

（1）首项为 $1$，公比为 $q$ ($|q|<1$) 的等比数列是否为 $B-$ 数列？ 答： 该数列是 $B-$ 数列。 理由如下： 设该等比数列为 $u_n=q^{n-1}$ ($n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$). 对任意的 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，考虑其相邻项差的绝对值之和： ${\sum }_{i=1}^n|u_{i+1}-u_i|={\sum }_{i=1}^n|q^i-q^{i-1}|={\sum }_{i=1}^n|q{|}^{i-1}|q-1|$ 由于 $|q|<1$，利用等比数列求和公式： ${\sum }_{i=1}^n|u_{i+1}-u_i|=|q-1|\cdot \frac{1-|q{|}^n}{1-|q|}<\frac{|q-1|}{1-|q|}$ 取常数 $M=\frac{|q-1|}{1-|q|}>0$. 对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，恒有 $|u_{n+1}-u_n|+|u_n-u_{n-1}|+\cdots +|u_2-u_1|<M$. 故首项为 $1$，公比为 $q$ ($|q|<1$) 的等比数列是 $B-$ 数列。

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（2）命题的组合、判定与证明 可选择组合命题：若 ③ 成立，则 ① 成立。（即：若 $\{S_n\}$ 是 $B-$ 数列，则 $\{x_n\}$ 是 $B-$ 数列） 判断： 该命题为真命题。

证明： 因为数列 $\{S_n\}$ 是 $B-$ 数列，根据定义，存在常数 $M_1>0$，对任意的 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，恒有： $|S_{n+1}-S_n|+|S_n-S_{n-1}|+\cdots +|S_2-S_1|\le M_1$ 因为 $S_k-S_{k-1}=x_k$（$k\ge 2$），上式即为： $|x_{n+1}|+|x_n|+\cdots +|x_2|\le M_1$ 由此可知，对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$： ${\sum }_{i=2}^{n+1}|x_i|\le M_1⟹|x_i|\text{ 的级数绝对收敛，各项绝对值有界}$ 现在考虑数列 $\{x_n\}$ 的定义式之和： ${\sum }_{i=1}^n|x_{i+1}-x_i|\le {\sum }_{i=1}^n(|x_{i+1}|+|x_i|)\le 2{\sum }_{i=1}^{n+1}|x_i|$ 因为 ${\sum }_{i=2}^{n+1}|x_i|\le M_1$，所以： ${\sum }_{i=1}^{n+1}|x_i|=|x_1|+{\sum }_{i=2}^{n+1}|x_i|\le |x_1|+M_1$ 从而： ${\sum }_{i=1}^n|x_{i+1}-x_i|\le 2(|x_1|+M_1)$ 取常数 $M=2(|x_1|+M_1)>0$. 对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，恒有 $|x_{n+1}-x_n|+\cdots +|x_2-x_1|\le M$. 故数列 $\{x_n\}$ 是 $B-$ 数列。

(注：亦可选择命题 “① $⟹$ ④” 并证明为真，只需构造反例说明：若 $\{x_n\}$ 是 $B-$ 数列，其前 $n$ 项和 $\{S_n\}$ 不一定是 $B-$ 数列。例如常数列 $x_n=1$ 是 $B-$ 数列，但 $S_n=n$ 显然不是)

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（3）若 \{a_n\}, {b_n\} 都是 $B-$ 数列，证明：$\{a_n{b}_n\}$ 也是 $B-$ 数列 第一步：证明 $B-$ 数列必有界 设 $\{u_n\}$ 是 $B-$ 数列，则存在 $M_u>0$ 满足 ${\sum }_{i=1}^n|u_{i+1}-u_i|\le M_u$. 对于任意 $n\ge 2$： $|u_n|=|u_1+(u_2-u_1)+\cdots +(u_n-u_{n-1})|\le |u_1|+{\sum }_{i=1}^{n-1}|u_{i+1}-u_i|\le |u_1|+M_u$ 取 $K_u=|u_1|+M_u$，则对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 均有 $|u_n|\le K_u$. 同理，由于 $\{a_n\},\{b_n\}$ 均为 $B-$ 数列，存在正常数 $K_a,K_b$ 使得对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$： $|a_n|\le K_a,|b_n|\le K_b$

第二步：对乘积项差进行拆项放缩 对任意 $i\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，有： $|a_{i+1}{b}_{i+1}-a_i{b}_i|=|a_{i+1}(b_{i+1}-b_i)+b_i(a_{i+1}-a_i)|\le |a_{i+1}||b_{i+1}-b_i|+|b_i||a_{i+1}-a_i|$ 利用有界性 $|a_{i+1}|\le K_a$ 和 $|b_i|\le K_b$，上式放缩为： $|a_{i+1}{b}_{i+1}-a_i{b}_i|\le K_a|b_{i+1}-b_i|+K_b|a_{i+1}-a_i|$

第三步：求和并证明有界变差 因为 $\{a_n\},\{b_n\}$ 是 $B-$ 数列，存在常数 $M_a,M_b>0$，使得对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$： ${\sum }_{i=1}^n|a_{i+1}-a_i|\le M_a,{\sum }_{i=1}^n|b_{i+1}-b_i|\le M_b$ 由此可得： ${\sum }_{i=1}^n|a_{i+1}{b}_{i+1}-a_i{b}_i|\le K_a{\sum }_{i=1}^n|b_{i+1}-b_i|+K_b{\sum }_{i=1}^n|a_{i+1}-a_i|\le K_a{M}_b+K_b{M}_a$ 取定常数 $M=K_a{M}_b+K_b{M}_a>0$（由于 $K_a,K_b,M_a,M_b$ 均与 $n$ 无关，故 $M$ 为常数）。 对任意的 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，恒有： $|a_{n+1}{b}_{n+1}-a_n{b}_n|+\cdots +|a_2{b}_2-a_1{b}_1|\le M$ 故数列 $\{a_n{b}_n\}$ 也是 $B-$ 数列。

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💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：本题考查新定义下的严密代数逻辑推理，重点考查了有界变差性质、有界性证明以及拆项插项的不等式放缩。
2. 核心方法：

• 整体有界法：在解决第 (3) 问时，意识到“$B-$ 数列必有界”是破题的关键桥梁。
• 插项法：通过引入中间项 $a_{i+1}{b}_i$ 实现对乘积项差 $a_{i+1}{b}_{i+1}-a_i{b}_i$ 的线性拆分。

3. 避坑指南：

• 第 (2) 问中如果选择证明 “① $⟹$ ③” 或 “② $⟹$ ④” 等假命题，容易陷入无法化简的逻辑死胡同，必须善于利用反例（如常数数列）先行筛选。

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📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题来源于 2007 年湖北高考理科数学第 21 题（压轴题）。其高等数学背景是数学分析中的有界变差函数与有界变差数列。有界变差数列具有非常好的性质（如必定是有界数列、必定可以表示为两个单调有界数列的差等），在实变函数与级数收敛性判定中有广泛应用。

2. 结论推广： 定理：设 $BV$ 是所有有界变差数列构成的代数系统。若 $\{a_n\},\{b_n\}\in BV$，且 $c_1,c_2\in \mathbb{R}$，则：

• $c_1\{a_n\}+c_2\{b_n\}\in BV$ （对线性运算封闭）
• $\{a_n{b}_n\}\in BV$ （对乘法运算封闭） 这表明所有 $B-$ 数列在序列的加法与乘法下构成一个代数环（Ring）。

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🔗【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)

• 2012-山东卷文-17 解-解三角形与等比数列
• 2013-天津卷文-19 解-等比数列与不等式
• 2011-上海卷理-18 单-等比数列