2012-广东卷理-19 解-数列求和

本题导读

本题考查数列的递推关系与前项和。核心在于变量代入法、差分消元法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年广东卷(理)） 设数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，满足 $2S_n=a_{n+1}-2^{n+1}+1,n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，且 $a_1,a_2+5,a_3$ 成等差数列.

(1)求 $a_1$ 的值；

(2)求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；

(3)证明：对一切正整数 $n$，有 $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\cdots +\frac{1}{a_n}<\frac{3}{2}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问通过令 $n=1$ 和 $n=2$ 建立关于 $a_1,a_2,a_3$ 的方程组，结合等差中项关系 $2(a_2+5)=a_1+a_3$ 求解 $a_1$。
2. 第二问写出 $2S_{n+1}$ 的表达式，与已知 $2S_n$ 的表达式相减，利用 $2(S_{n+1}-S_n)=2a_{n+1}$ 消除 $S_n$，得到 $a_{n+2}$ 与 $a_{n+1}$ 的递推式。再通过两边同加 $2^{n+2}$ 构造出公比为 3 的等比数列。
3. 第三问根据通项 $a_n=3^n-2^n$，通过代数因式分解公式或直接放缩法证明 $a_n\ge 3^{n-1}$，从而将其倒数放缩为等比数列 $\frac{1}{a_n}\le \frac{1}{3^{n-1}}$，最后利用等比数列求和公式证明有界性。

✅【答案】

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(1) $a_1=1$

(2) $a_n=3^n-2^n$

(3) 证明见解析，即 $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots +\frac{1}{a_n}<\frac{3}{2}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $a_1$ 的值

because 已知递推关系式为 $2S_n=a_{n+1}-2^{n+1}+1$， 所以 分别令 $n=1$ 和 $n=2$ 进行代入：

• 当 $n=1$ 时： $2S_1=a_2-2^2+1⟹2a_1=a_2-3⟹a_2=2a_1+3$
• 当 $n=2$ 时： $2S_2=a_3-2^3+1⟹2(a_1+a_2)=a_3-7$

将 $a_2=2a_1+3$ 代入 $n=2$ 的化简式中： $2(a_1+2a_1+3)=a_3-7⟹6a_1+6=a_3-7⟹a_3=6a_1+13$

因为 $a_1,a_2+5,a_3$ 成等差数列， 所以 根据等差中项性质满足： $2(a_2+5)=a_1+a_3$

将关于 $a_1$ 的表达式代入上式中： $2(2a_1+3+5)=a_1+(6a_1+13)$ $4a_1+16=7a_1+13⟹3a_1=3⟹a_1=1$

代入可得： $a_1=1,a_2=5,a_3=19$。

（2）求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式

因为 对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 恒有： $2S_n=a_{n+1}-2^{n+1}+1\text{(1)}$ 所以 相应地有： $2S_{n+1}=a_{n+2}-2^{n+2}+1\text{(2)}$

将②式与①式相减，利用 $S_{n+1}-S_n=a_{n+1}$ 满足： $2a_{n+1}=a_{n+2}-a_{n+1}-2^{n+2}+2^{n+1}$ $3a_{n+1}=a_{n+2}-2^{n+1}(2-1)⟹a_{n+2}=3a_{n+1}+2^{n+1}(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$

因为 上式对 $n\ge 1$ 成立，且当 $n=1$ 时 $a_2=3a_1+2^1=3(1)+2=5$ 同样符合， 所以 递推式可统一写为： $a_{n+1}=3a_n+2^n(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$

为了求出通项，利用待定系数法在等式两边同时加上 $2^{n+1}$： $a_{n+1}+2^{n+1}=3a_n+2^n+2^{n+1}=3a_n+3\cdot 2^n=3(a_n+2^n)$

说明数列 $\{a_n+2^n\}$ 是一个以 $a_1+2^1=1+2=3$ 为首项，以 $3$ 为公比的等比数列。 所以： $a_n+2^n=3\cdot 3^{n-1}=3^n⟹a_n=3^n-2^n$

（3）证明： $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\cdots +\frac{1}{a_n}<\frac{3}{2}$

证明（放缩法）： because 根据（2）求得的通项公式 $a_n=3^n-2^n$，利用因式分解展开满足： $a_n=(3-2)(3^{n-1}+3^{n-2}\times 2+3^{n-3}\times 2^2+\cdots +2^{n-1})$

因为 括号内共有 $n$ 项，且除了第一项 $3^{n-1}$ 外，其余各项均大于 0， 所以 显然有放缩不等式： $a_n\ge 3^{n-1}$

取倒数化简，不等号方向发生逆转： $\frac{1}{a_n}\le \frac{1}{3^{n-1}}$

将此放缩不等式代入目标求和级数中： $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\cdots +\frac{1}{a_n}\le 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\cdots +\frac{1}{3^{n-1}}$

右端为标准的首项为 1、公比为 $\frac{1}{3}$ 的等比数列前 $n$ 项和，利用求和公式化简： $\text{右端}=\frac{1\times \left[1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^n\right]}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left[1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^n\right]$

因为 对一切正整数 $n$， ${\left(\frac{1}{3}\right)}^n>0⟹1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^n<1$， 所以 必然满足： $\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_3}+\cdots +\frac{1}{a_n}<\frac{3}{2}$

原命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：利用 $S_n$ 与 $a_n$ 错位相减消元、构造等比数列化简非齐次递推式、利用等比级数对超越数列和进行有界性放缩证明。
2. 核心方法：

• 构造法：通过两边同加 $2^{n+1}$ 将非齐次方程 $a_{n+1}=3a_n+2^n$ 转化为标准齐次等比模型。
• 倒数单体放缩法：将复杂的差值分母 $3^n-2^n$ 放大或缩小为单单项底数形式，从而利用等比数列求和公式攻克。

3. 避坑指南：

• 第二问中由 $2S_{n+1}-2S_n$ 转化时，必须注意所得递推式 $a_{n+2}=3a_{n+1}+2^{n+1}$ 的初始下标变动，务必将 $n=1$ 代入检验以验证首项是否满足统一公式。
• 第三问放缩时不能放缩过头，若盲目放缩为 $\frac{1}{a_n}<\frac{1}{2^{n-1}}$，求和后会得到 $2$，无法逼近题目要求的 $\frac{3}{2}$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于人教A版高中数学选择性必修第二册第三章《数列》中关于非齐次线性递推数列及数列不等式证明的经典高考压轴题。
2. 结论推广：对于形如 $a_{n+1}=p{a}_n+q^n(p\ne q)$ 的递推模型，通项公式的一般代数结构恒表现为 $a_n=A\cdot p^n+B\cdot q^n$ 的双基底指数形式。在处理此类倒数求和不等式时，利用较大底数进行单侧截断放缩（如本题保留 $3^{n-1}$），是极其通用且高效的解析几何与代数化简策略。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质 类题演练 (Links)

• 2021-天津卷-19 解-数列综合

• 2014-天津卷文-20 解-集合新定义

• 2014-新课标II卷理-17 解-等比数列定义与通项公式