2012-重庆卷理-21 解-导数综合

本题导读

本题考查数列前项和与通项的关系。核心在于递推消元法、构造法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年重庆卷(理)） 已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ 满足 $S_{n+1}=a_2{S}_n+a_1$，其中 $a_2\ne 0$.

(1)求证： $\{a_n\}$ 是首项为 1 的等比数（注：应为等比数列）；

(2)若 $a_2>-1$，求证： $S_n\le \frac{n}{2}(a_1+a_n)$，并给出等号成立的充要条件.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（Ⅰ）问思路：

• 首先利用特殊值 $n=1$ 确定首项。由 $S_2=a_2{S}_1+a_1$，代入 $S_1=a_1$，$S_2=a_1+a_2$，建立方程 $a_1+a_2=a_2{a}_1+a_1$，移项化简得 $a_2=a_2{a}_1$。由于已知 $a_2\ne 0$，两边同除以 $a_2$ 即可证出首项 $a_1=1$。
• 证明等比递推关系。写出高一阶的已知式 $S_{n+2}=a_2{S}_{n+1}+a_1$，与原式 $S_{n+1}=a_2{S}_n+a_1$ 进行两式相减（递推消元法），利用 $S_{k+1}-S_k=a_{k+1}$ 的通项性质，可直接导出 $a_{n+2}=a_2{a}_{n+1}$。结合公比不为 0 的条件，即可判定其为等比数列。

2. 第（Ⅱ）问思路：

• 特殊低阶项分析（边界寻找）：先验证 $n=1$ 和 $n=2$ 的状态。发现当 $n=1,2$ 时，不等式左右两端代数式严格相等，等号必然成立。
• 代数式结构化简：对于 $n\ge 3$，由于已证得 $\{a_n\}$ 是首项为 1、公比为 $a_2$ 的等比数列，其通项公式为 $a_n=a_2^{n-1}$。将 $S_n=1+a_2+a_2^2+\cdots +a_2^{n-1}$ 以及右端项代入，目标不等式可以完全退化为关于独立变量 $a_2$ 的多项式不等式。
• 构造对称因式恒正法（核心突破）：为了证明 $1+a_2+a_2^2+\cdots +a_2^{n-1}\le \frac{n}{2}(1+a_2^{n-1})$，将等式两边同乘以 2 并移项调整结构。通过观察发现，因式 $(a_2^r-1)(a_2^{n-r}-1)$ 当 $a_2>-1$ 且 $a_2\ne 1$ 时，两个括号内的项永远保持同号（同正或同负）。
• 对称求和完成放缩：利用同号相乘为正的原理，展开不等式得到 $a_2^r+a_2^{n-r}<1+a_2^n$（此处可进行变元对齐）。让 $r$ 从 $1$ 连续累加到 $n-1$，进行对称求和重组，即可严谨完成对高次不等式的放大论证，并锁定等号成立的唯一边界。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 证明见解析，等号成立的充要条件为 $n=1,2$ 或 $a_2=1$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）证明： 由题意知，数列的前 $n$ 项和满足递推式： $S_{n+1}=a_2{S}_n+a_1\text{(1)}$

在①式中，令 $n=1$，可得： $S_2=a_2{S}_1+a_1$ 根据前 $n$ 项和与通项的基本关系， $S_1=a_1$， $S_2=a_1+a_2$，代入上式中： $a_1+a_2=a_2{a}_1+a_1$ 两边同时消去 $a_1$ 得： $a_2=a_2{a}_1$ 因为题目中已知 $a_2\ne 0$，所以方程两边同时除以 $a_2$ ，解得首项： $a_1=1$

下面证明等比递推关系。由①式可知，高一阶的项同样满足该递推规律： $S_{n+2}=a_2{S}_{n+1}+a_1\text{(2)}$ 用②式减去①式（② - ①），消去常数项 $a_1$： $S_{n+2}-S_{n+1}=a_2(S_{n+1}-S_n)$ 根据前 $n$ 项和的差分性质 $S_{k+1}-S_k=a_{k+1}$，上式可直接转化为通项表达： $a_{n+2}=a_2{a}_{n+1}$

因为 $a_2\ne 0$，且 $a_1=1\ne 0$，所以由上式递推可知，数列中的任何项均不为 0（即 $a_{n+1}\ne 0$ 恒成立）。 两边同时除以 $a_{n+1}$，得到相邻两项的比值为常数： $\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=a_2(n\in {\mathbb{N}}^{\ast })$ 同时，由于 $\frac{a_2}{a_1}=\frac{a_2}{1}=a_2$。

综上所述，对于任意的 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，均满足 $\frac{a_{n+1}}{a_n}=a_2$。 根据等比数列的定义， 数列 $\{a_n\}$ 是一个首项为 1，公比为 $a_2$ 的等比数列。

（Ⅱ）证明： 由（Ⅰ）可知， $a_1=1$，且 $\{a_n\}$ 是公比为 $a_2$ 的等比数列，则其通项公式为： $a_n=a_1\cdot a_2^{n-1}=a_2^{n-1}$

下面对目标不等式 $S_n\le \frac{n}{2}(a_1+a_n)$ 按项数 $n$ 进行分段严密论证：

情况一：当 $n=1$ 或 $n=2$ 时

• 当 $n=1$ 时： 左边 $S_1=a_1$，右边 $\frac{1}{2}(a_1+a_1)=a_1$，左边 $=$ 右边，等号成立。
• 当 $n=2$ 时： 左边 $S_2=a_1+a_2$，右边 $\frac{2}{2}(a_1+a_2)=a_1+a_2$，左边 $=$ 右边，等号也成立。 因此，当 $n=1,2$ 时，不等式显然成立，且恒取等号。

情况二：当 $n\ge 3$ 时 此时我们需要证明的不等式形式为： $1+a_2+a_2^2+\cdots +a_2^{n-1}\le \frac{n}{2}(1+a_2^{n-1})(n\ge 3)$

下面讨论公比 $a_2$ 的不同取值范围：

1. 若 $a_2=1$ 时： 等比数列退化为常数列，每一项均等于 1。 此时，左边 $S_n=\underset{n\text{个}}{\underbrace{1+1+\cdots +1}}=n$。 右边 $\frac{n}{2}(1+1^{n-1})=\frac{n}{2}\times 2=n$。 由于 左边 $=$ 右边，所以当 $a_2=1$ 时，不等式同样恒成立，且取等号。

2. 若 $a_2>-1$ 且 $a_2\ne 1$ 时： （注意：由题意已知 $a_2\ne 0$） 对于任意的正整数 $r(r=1,2,\cdots ,n-1)$，我们构造如下对称代数乘积式： $(a_2^r-1)(a_2^{n-r}-1)$

• 当 $-1<a_2<1$ 时：由于底数绝对值小于 1，其任意正整数次幂均小于 1。 因此有 $a_2^r-1<0$ 且 $a_2^{n-r}-1<0$。两个负数相乘得正。
• 当 $a_2>1$ 时：由于底数大于 1，其任意正整数次幂均大于 1。 因此有 $a_2^r-1>0$ 且 $a_2^{n-r}-1>0$。两个正数相乘得正。

综上范围，只要 $a_2>-1$ 且 $a_2\ne 1$，上述两个因式必然保持绝对同号，故它们的乘积在去零后严格恒大于 0： $(a_2^r-1)(a_2^{n-r}-1)>0$ 将括号展开： $a_2^r\cdot a_2^{n-r}-a_2^r-a_2^{n-r}+1>0⟹a_2^n-a_2^r-a_2^{n-r}+1>0$ 移项整理得： $a_2^r+a_2^{n-r}<1+a_2^n\text{(3)}$

由于该不等式对所有的 $r=1,2,\cdots ,n-1$ 均成立，我们让 $r$ 分别取 $1,2,\cdots ,n-1$，将这 $n-1$ 个同向不等式进行纵向求和累加： ${\sum }_{r=1}^{n-1}(a_2^r+a_2^{n-r})<{\sum }_{r=1}^{n-1}(1+a_2^n)$

• 分析左边累加和： 当 $r=1$ 时，项为 $a_2^1+a_2^{n-1}$；当 $r=2$ 时，项为 $a_2^2+a_2^{n-2}$；……；当 $r=n-1$ 时，项为 $a_2^{n-1}+a_2^1$。 不难看出，整个序列从 $a_2^1$ 到 $a_2^{n-1}$ 中的每一项都被恰好重复计算了 2 次。 所以，左边 $=2(a_2+a_2^2+\cdots +a_2^{n-1})$。
• 分析右边累加和： 由于右端项 $(1+a_2^n)$ 是一个与 $r$ 无关的常数项， $n-1$ 个恒等项相加即为项数的倍数： 右边 $=(n-1)(1+a_2^n)$。

将化简后的两端重新联立，得到全新的多项式不等式： $2(a_2+a_2^2+\cdots +a_2^{n-1})<(n-1)(1+a_2^n)$ 为了在左边凑出完整的前 $n$ 项和 $S_n=1+a_2+a_2^2+\cdots +a_2^{n-1}$，我们在不等式两边同时加上常数 $2$（即加上 $2\times 1$）： $2+2(a_2+a_2^2+\cdots +a_2^{n-1})<(n-1)(1+a_2^n)+2$ $2(1+a_2+a_2^2+\cdots +a_2^{n-1})<n+n{a}_2^n-1-a_2^n+2$ $2S_n<n(1+a_2^n)+1-a_2^n$ 两边同时除以 2 整理： $S_n<\frac{n}{2}(1+a_2^n)+\frac{1-a_2^n}{2}$

(注：此处若采用原图解析的进一步放缩路径，通过对比 $1+a_2^{n-1}$ 的基准结构) 我们采用更直接的配对消项法。回到不等式 ③： $a_2^r+a_2^{n-r}<1+a_2^{n-1}$ （修正其高阶展开基准次）。 将本题的目标式变形为： $\text{左边}=S_n=1+a_2+a_2^2+\cdots +a_2^{n-1}$ $\text{右边}=\frac{n}{2}(1+a_2^{n-1})$ 要证 $S_n\le \frac{n}{2}(1+a_2^{n-1})$，等价于证明 $2S_n\le n(1+a_2^{n-1})$： $2(1+a_2+a_2^2+\cdots +a_2^{n-1})\le n(1+a_2^{n-1})$ $(1+a_2^{n-1})+(a_2+a_2^{n-2})+(a_2^2+a_2^{n-3})+\cdots +(a_2^{n-1}+1)\le \underset{n\text{个}}{\underbrace{(1+a_2^{n-1})+(1+a_2^{n-1})+\cdots +(1+a_2^{n-1})}}$ 利用前面的同号相乘式，由于 $(a_2^r-1)(a_2^{n-1-r}-1)>0⟹a_2^r+a_2^{n-1-r}<1+a_2^{n-1}$ 恒成立。 将左边的 $n$ 组两两对称配对项，除了两端点 $(1+a_2^{n-1})$ 严格相等外，其余中间的 $n-2$ 组两两求和项均严格小于 $1+a_2^{n-1}$。 因此，各项对应放缩后，严格不等式 $2S_n<n(1+a_2^{n-1})$ 成立。

总结等号成立的充要条件： 结合上述所有分类讨论：

• 当 $n=1$ 或 $n=2$ 时，不论公比 $a_2$ 为何值，等号均恒成立；
• 当 $n\ge 3$ 时，等号成立当且仅当 $a_2=1$。

综上所述，使得等号成立的充要条件为： $n=1,2$ 或 $a_2=1$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：前 $n$ 项和递推式消元求通项、等比数列的整式归纳判定、高次多项式不等式的对称配对放缩、等号边界边界条件的完备性审查。
2. 核心方法：对称配对因式法（同号相乘消元法）。在处理与等比数列相关的多项式有界性证明时，由于无法直接使用常规的均值不等式（均值不等式只能处理正数，而本题中公比 $a_2$ 允许在 $(-1,0)$ 之间取负值，导致奇数次幂为负数），构造形如 $(x^r-1)(x^{k-r}-1)\ge 0$ 的绝对同号相乘结构，是避开正负号干扰、将其无损放大为两端均值形式的最顶阶代数技巧。
3. 避坑指南：

• 等号成立条件丢项漏项：在第（Ⅱ）问中，大部分考生只能通过代数式看出 $a_2=1$ 这一明显的等号条件，从而漏掉 $n=1,2$ 这两个由于项数过少、无法构成“中间配对项”而天然取等的微观独立边界，导致最终充要条件表述不完整而被扣分。
• 强行套用错位相减求和式论证：部分考生在第二问中，习惯性地把 $S_n$ 用求和公式 $\frac{1-a_2^n}{1-a_2}$ 展开，试图去证明 $\frac{1-a_2^n}{1-a_2}\le \frac{n}{2}(1+a_2^{n-1})$。该路径会导致不等式两侧出现高阶分式与整式的混合，由于 $1-a_2$ 的正负号不确定，极难进行通分化简，属于解题的死胡同。

📖【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四章《数列》中等比数列综合性质的章末压轴思维训练题。其高等数学背景可追溯到经典代数学中的**切比雪夫总和不等式（Chebyshev’s Sum Inequality）**的单变量特殊情况。
2. 结论推广:

• 切比雪夫级数均值夹逼推广定理：设有两个长度相同的数列，若两个数列的单调性完全相同（同为递增或同为递减），则它们对应项乘积的均值，恒大于等于它们各自均值的乘积。
• 在本题中，当 $a_2>0$ 时，数列 $A:\{1,a_2,a_2^2,\cdots ,a_2^{n-1}\}$ 与其自身倒序序列 $B:\{a_2^{n-1},a_2^{n-2},\cdots ,1\}$ 的单调性恰好相反。
• 依据切比雪夫反向不等式定理，两相反单调序列对应项乘积之和，必然被其两端极值的算术平均数所严格高位夹逼包裹。
• 本题所要求证的代数有界式 $S_n\le \frac{n}{2}(a_1+a_n)$，本质上就是切比雪夫不等式在等比级数结构下的一个完美拓扑投影。通过站在高等代数这一最高视角，可以彻底洞悉此类高难度数列不等式背后所蕴含的“同向聚合、异向离散”的能量守恒本质。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.02 等比数列全总结 类题演练 (Links)

• 2008-浙江卷文-04 单-等比数列公比

• 2013-江西卷理-03 单-等比中项

• 2013-福建卷理-09 单-等比数列的性质