2010-天津卷理-22 解-等差数列

本题导读

本题为 2010 年天津高考理科数学压轴题（第 22 题），考查交替定义的等差与等比数列的综合推导、构造分式等差数列证明，以及运用裂项放缩法证明数列不等式。

📌【题干】

Question

（2010年天津卷(理)） 22. 在数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=0$，且对任意 $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，$a_{2k-1},a_{2k},a_{2k+1}$ 成等差数列，其公差为 $d_k$.

(1) 若 $d_k=2k$，证明 $a_{2k},a_{2k+1},a_{2k+2}$ 成等比数列 ($k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$)；

(2) 若对任意 $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，$a_{2k},a_{2k+1},a_{2k+2}$ 成等比数列，其公比为 $q_k$.

① 设 $q_1\ne 1$. 证明 $\left\{\frac{1}{q_k-1}\right\}$ 是等差数列；

② 若 $a_2=2$，证明 $\frac{3}{2}<2n-{\sum }_{k=2}^n\frac{k^2}{a_k}\le 2(n\ge 2)$.

🔍【思路分析】

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1. 理解题意递推关系：

• 由 $a_{2k-1},a_{2k},a_{2k+1}$ 为公差 $d_k$ 的等差数列： $a_{2k}=a_{2k-1}+d_k,a_{2k+1}=a_{2k}+d_k=a_{2k-1}+2d_k$

2. 第 (1) 问：

• 已知 $d_k=2k$，写出奇数项与偶数项的递推表示，用累加法求出 $a_{2k},a_{2k+1},a_{2k+2}$，验证中项平方等于两端之积 $a_{2k+1}^2=a_{2k}\cdot a_{2k+2}$。

3. 第 (2) 问 ①：

• 由 $a_{2k},a_{2k+1},a_{2k+2}$ 为公比 $q_k$ 的等比数列： $a_{2k+1}=q_k{a}_{2k},a_{2k+2}=q_k{a}_{2k+1}$
• 结合等差公式 $a_{2k+1}=a_{2k}+d_k$，推导出 $d_k$ 与 $a_{2k}$、$q_k$ 的关系，进一步找出 $q_{k+1}$ 与 $q_k$ 的递推关系：$\frac{1}{q_{k+1}-1}-\frac{1}{q_k-1}=C$（常数）。

4. 第 (2) 问 ②：

• 由 $a_2=2,a_1=0⟹d_1=2$，求出公比 $q_1=2$，得出 $a_k$ 与 $q_k$ 的通项，求出 $a_{2k}$ 与 $a_{2k+1}$；
• 计算 $T_n={\sum }_{k=2}^n\frac{k^2}{a_k}$，将其拆分为奇数项与偶数项，利用裂项相消法放缩证明两侧的不等式。

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数列 $\{a_k\}$ 的通项为：- 当 $k$ 为偶数时，$a_k=2{\left(\frac{k}{2}\right)}^2=\frac{k^2}{2}$；- 当 $k$ 为奇数且 $k\ge 3$ 时，$a_k = 2\left(\frac{k - 1}{2}\right)\left(

✍【详细解析】

Abstract

根据题意，对任意 $k\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，$a_{2k-1},a_{2k},a_{2k+1}$ 成公差为 $d_k$ 的等差数列，故： $a_{2k}=a_{2k-1}+d_k,a_{2k+1}=a_{2k-1}+2d_k\text{(1)}$

---

(1) 证明：$a_{2k},a_{2k+1},a_{2k+2}$ 成等比数列

已知 $d_k=2k$，且 $a_1=0$. 根据 ① 式，奇数项满足： $a_{2k+1}-a_{2k-1}=2d_k=4k$

利用累加法： $a_{2k+1}=a_1+{\sum }_{j=1}^k(a_{2j+1}-a_{2j-1})=0+{\sum }_{j=1}^{k}4j=4\times \frac{k(k+1)}{2}=2k(k+1)$

由此求出各项：

• $a_{2k}=a_{2k+1}-d_k=2k(k+1)-2k=2k^2$
• $a_{2k+1}=2k(k+1)$
• $a_{2k+2}=a_{2k+3}-d_{k+1}=2(k+1)(k+2)-2(k+1)=2(k+1{)}^2$

计算中项平方与两端乘积： $a_{2k+1}^2=[2k(k+1){]}^2=4k^2(k+1{)}^2$ $a_{2k}\cdot a_{2k+2}=(2k^2)\cdot [2(k+1{)}^2]=4k^2(k+1{)}^2$

因此 $a_{2k+1}^2=a_{2k}\cdot a_{2k+2}$. 即 $a_{2k},a_{2k+1},a_{2k+2}$ 成等比数列.

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(2) ① 证明：$\left\{\frac{1}{q_k-1}\right\}$ 是等差数列

已知 $a_{2k},a_{2k+1},a_{2k+2}$ 是公比为 $q_k$ 的等比数列，所以： $a_{2k+1}=q_k{a}_{2k},a_{2k+2}=q_k{a}_{2k+1}\text{(2)}$

由 ① 式 $a_{2k+1}=a_{2k}+d_k$，代入 ② 式得： $q_k{a}_{2k}=a_{2k}+d_k⟹(q_k-1)a_{2k}=d_k⟹a_{2k}=\frac{d_k}{q_k-1}\text{(3)}$

同理，对于下一个状态，由 $a_{2k+1},a_{2k+2},a_{2k+3}$ 中 $a_{2k+1},a_{2k+2}$ 的等比关系以及 $a_{2k+1},a_{2k+2},a_{2k+3}$ 为公差 $d_{k+1}$ 的等差数列： $a_{2k+2}=a_{2k+1}+d_{k+1}$ 代入 $a_{2k+2}=q_k{a}_{2k+1}$ 得： $q_k{a}_{2k+1}=a_{2k+1}+d_{k+1}⟹(q_k-1)a_{2k+1}=d_{k+1}\text{(4)}$

将 $a_{2k+1}=q_k{a}_{2k}=q_k\frac{d_k}{q_k-1}$ 代入 ④ 式： $(q_k-1)\cdot q_k\frac{d_k}{q_k-1}=d_{k+1}⟹d_{k+1}=q_k{d}_k\text{⑤}$

再考虑 $a_{2k+2}$ 的两种表达方式：

• 由 ③ 式（下标换为 $k+1$）：$a_{2k+2}=\frac{d_{k+1}}{q_{k+1}-1}$；
• 由 ② 式与 ③ 式：$a_{2k+2}=q_k{a}_{2k+1}=q_k^2{a}_{2k}=q_k^2\frac{d_k}{q_k-1}$.

结合两式并代入 ⑤ 式 $d_{k+1}=q_k{d}_k$： $\frac{q_k{d}_k}{q_{k+1}-1}=\frac{q_k^2{d}_k}{q_k-1}$

因为 $d_k\ne 0,q_k\ne 0$，两边约去 $q_k{d}_k$ 得： $\frac{1}{q_{k+1}-1}=\frac{q_k}{q_k-1}=\frac{(q_k-1)+1}{q_k-1}=1+\frac{1}{q_k-1}$

变形为： $\frac{1}{q_{k+1}-1}-\frac{1}{q_k-1}=1$

所以，数列 $\left\{\frac{1}{q_k-1}\right\}$ 是以 $1$ 为公差的等差数列.

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(2) ② 证明不等式 $\frac{3}{2}<2n-{\sum }_{k=2}^n\frac{k^2}{a_k}\le 2(n\ge 2)$

因为 $a_1=0,a_2=2$，所以 $d_1=a_2-a_1=2$. 由 ① 式 $a_3=a_1+2d_1=4$. 故公比 $q_1=\frac{a_3}{a_2}=\frac{4}{2}=2$.

由 ① 知数列 $\left\{\frac{1}{q_k-1}\right\}$ 是首项为 $\frac{1}{q_1-1}=\frac{1}{2-1}=1$，公差为 $1$ 的等差数列： $\frac{1}{q_k-1}=1+(k-1)\times 1=k⟹q_k-1=\frac{1}{k}⟹q_k=\frac{k+1}{k}$

由 ⑤ 式 $d_{k+1}=q_k{d}_k=\frac{k+1}{k}{d}_k$，累乘求得： $d_k=d_1\times q_1\times q_2\times \cdots \times q_{k-1}=2\times \frac{2}{1}\times \frac{3}{2}\times \cdots \times \frac{k}{k-1}=2k$

由 ③ 式求通项 $a_{2k}$： $a_{2k}=\frac{d_k}{q_k-1}=\frac{2k}{\frac{1}{k}}=2k^2$

又由 $a_{2k+1}=q_k{a}_{2k}=\frac{k+1}{k}\cdot 2k^2=2k(k+1)$.

综上，数列 $\{a_k\}$ 的通项为：

• 当 $k$ 为偶数时，$a_k=2{\left(\frac{k}{2}\right)}^2=\frac{k^2}{2}$；
• 当 $k$ 为奇数且 $k\ge 3$ 时，$a_k=2\left(\frac{k-1}{2}\right)\left(\frac{k+1}{2}\right)=\frac{k^2-1}{2}$.

由此计算被求和项 $\frac{k^2}{a_k}$：

• 若 $k$ 为偶数：$\frac{k^2}{a_k}=\frac{k^2}{\frac{k^2}{2}}=2$；
• 若 $k$ 为奇数：$\frac{k^2}{a_k}=\frac{k^2}{\frac{k^2-1}{2}}=\frac{2k^2}{k^2-1}=2+\frac{2}{k^2-1}$.

记 $S_n={\sum }_{k=2}^n\frac{k^2}{a_k}$，则： $2n-S_n=2n-{\sum }_{k=2}^n\frac{k^2}{a_k}=2n-\left[2(n-1)+{\sum }_{k\le n,k\text{为奇数}}\frac{2}{k^2-1}\right]=2-{\sum }_{3\le k\le n,k\text{为奇数}}\frac{2}{k^2-1}$

• 证明右侧 $2n-S_n\le 2$： 因为对任意奇数 $k\ge 3$，$\frac{2}{k^2-1}>0$，所以： $2n-S_n=2-{\sum }_{3\le k\le n,k\text{为奇数}}\frac{2}{k^2-1}\le 2$ （当且仅当 $n=2$ 时，求和项为空，取等号 $2n-S_2=2$）.

• 证明左侧 $2n-S_n>\frac{3}{2}$： 利用裂项放缩： $\frac{2}{k^2-1}=\frac{2}{(k-1)(k+1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}$

求和（奇数项 $k=3,5,7,\dots$）： ${\sum }_{3\le k\le n,k\text{为奇数}}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k+1}\right)=\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{6}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{2m-2}-\frac{1}{2m}\right)$ $=\frac{1}{2}-\frac{1}{2m}<\frac{1}{2}(\text{其中 }2m\ge 4)$

代入可得： $2n-S_n=2-\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2m}\right)=\frac{3}{2}+\frac{1}{2m}>\frac{3}{2}$

综合两边，命题得证： $\frac{3}{2}<2n-{\sum }_{k=2}^n\frac{k^2}{a_k}\le 2(n\ge 2)$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：奇偶分段递推数列、构造分式等差数列、奇偶项通项分类与裂项相消法放缩。
2. 核心方法：

• 证明等差：用 $a_{2k}$ 与 $a_{2k+1}$ 的双重表达式消元建立 $\frac{1}{q_{k+1}-1}-\frac{1}{q_k-1}=1$；
• 通项计算：累乘法求公差 $d_k=2k\to$ 求奇偶项 $a_k$；
• 裂项放缩：将奇数项放缩为裂项和 $\sum \frac{2}{k^2-1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2m}<\frac{1}{2}$。

3. 避坑指南：第 (2) 问求和时务必注意偶数项与奇数项的通项差异，$\frac{k^2}{a_k}$ 在偶数时为常数 $2$，奇数时需拆出 $2+\frac{2}{k^2-1}$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：高考天津卷数列压轴第 22 题，结合了交替数列结构与高观点裂项求和。
2. 结论推广：对奇偶交替递推数列，利用累乘/累加法分离奇偶项是求通项的最有效手段。

🔗【关联脉络】

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• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-20 解-等比数列等差条件
• 2011-浙江卷文-19 解-等差数列倒数成等比
• 2011-湖北卷文-17 解-等差等比数列