2013-天津卷文-19 解-等比数列与不等式

本题导读

本题考查等比数列的通项公式。核心在于等差中项、基本量法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年天津卷(文)） 已知首项为 $\frac{3}{2}$ 的等比数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$（$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$），且 $-2S_2$，$S_3$，$4S_4$ 成等差数列.

(1)求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；

(2)证明 $S_n+\frac{1}{S_n}⩽\frac{13}{6}$（$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$）.

🔍【思路分析】

破题导航

1. $(1)$ 等比数列设公比 $q$：$2S_3=-2S_2+4S_4$，代入 $S_n=\frac{3}{2}(1+q+\cdots +q^{n-1})$ → $3q^2(1+2q)=0$ → $q=-\frac{1}{2}$。
2. $a_n=\frac{3}{2}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$。
3. $(2)$ $S_n=1-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n$。$n$ 奇：$S_n=1+\frac{1}{2^n}\in \left(1,\frac{3}{2}\right]$，$f(t)=t+\frac{1}{t}$ 在 $(1,+\infty )$ 递增 → $⩽\frac{3}{2}+\frac{2}{3}=\frac{13}{6}$；$n$ 偶：$S_n=1-\frac{1}{2^n}\in \left[\frac{3}{4},1\right)$ → $S_n+\frac{1}{S_n}⩽\frac{3}{4}+\frac{4}{3}=\frac{25}{12}<\frac{13}{6}$。
4. 综上 $S_n+\frac{1}{S_n}⩽\frac{13}{6}$。

✅【答案】

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(1)$a_n=\frac{3}{2}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$；(2)见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1） 设等比数列 $\{a_n\}$ 的公比为 $q$（$q\ne 1$），首项 $a_1=\frac{3}{2}$。则 $S_2=\frac{3}{2}(1+q),S_3=\frac{3}{2}(1+q+q^2),S_4=\frac{3}{2}(1+q+q^2+q^3).$ 因为 $-2S_2$，$S_3$，$4S_4$ 成等差数列，所以 $2S_3=-2S_2+4S_4.$ 即 $2\times \frac{3}{2}(1+q+q^2)=-2\times \frac{3}{2}(1+q)+4\times \frac{3}{2}(1+q+q^2+q^3),$ 两边除以 $\frac{3}{2}$： $2(1+q+q^2)=-2(1+q)+4(1+q+q^2+q^3),$ $2+2q+2q^2=2+2q+4q^2+4q^3,$ 整理得 $2q^2+4q^3=0$，即 $2q^2(1+2q)=0.$ 因为等比数列各项不为 $0$，$q\ne 0$，故 $1+2q=0$，$q=-\frac{1}{2}$。于是 $a_n=a_1{q}^{n-1}=\frac{3}{2}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^{n-1}.$ （2） 当 $q=-\frac{1}{2}$ 时，由等比数列求和公式 $S_n=\frac{\frac{3}{2}\left[1-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n\right]}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}=\frac{\frac{3}{2}\left[1-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n\right]}{\frac{3}{2}}=1-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n.$ 由 $S_n=1-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n$ 逐项验证可知对一切 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 都有 $S_n>0$，故 $\frac{1}{S_n}$ 恒有意义。 当 $n$ 为奇数时，${\left(-\frac{1}{2}\right)}^n<0$，设 $t=\frac{1}{2^n}$，则 $t\in \left(0,\frac{1}{2}\right]$，且 $S_n=1+t\in \left(1,\frac{3}{2}\right].$ 函数 $f(t)=1+t+\frac{1}{1+t}$ 在 $\left(0,\frac{1}{2}\right]$ 上单调递增（因为 $f\prime (t)=1-\frac{1}{(1+t{)}^2}>0$），故 $S_n+\frac{1}{S_n}⩽f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{2}+\frac{2}{3}=\frac{13}{6}.$ 当 $n$ 为偶数时，${\left(-\frac{1}{2}\right)}^n>0$，设 $t=\frac{1}{2^n}\in \left(0,\frac{1}{4}\right]$，则 $S_n=1-t\in \left[\frac{3}{4},1\right).$ 函数 $g(t)=1-t+\frac{1}{1-t}$ 在 $\left(0,\frac{1}{4}\right]$ 上单调递增（因为 $g\prime (t)=-1+\frac{1}{(1-t{)}^2}>0$），故 $S_n+\frac{1}{S_n}⩽g\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{3}{4}+\frac{4}{3}=\frac{25}{12}<\frac{13}{6}.$ 综上，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 都有 $S_n+\frac{1}{S_n}⩽\frac{13}{6}.$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：等比数列的通项与前 $n$ 项和、和式不等式的证明

核心方法：$(1)$ 设公比为 $q$，由 $-2S_2$，$S_3$，$4S_4$ 成等差数列得 $2S_3=-2S_2+4S_4$；代入 $S_n=\frac{3}{2}\cdot \frac{1-q^n}{1-q}$ 化简得 $3q^2(1+2q)=0$ → $q=-\frac{1}{2}$ → $a_n=\frac{3}{2}{\left(-\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$。$(2)$ $S_n=1-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^n$：$n$ 为奇数时 $S_n=1+\frac{1}{2^n}⩽\frac{3}{2}$（取 $t=\frac{1}{2^n}$，$f(t)=1+t+\frac{1}{1+t}$ 递增）；$n$ 为偶数时 $S_n=1-\frac{1}{2^n}⩽\frac{3}{4}$ 且 $S_n⩾\frac{3}{4}$，此时 $S_n+\frac{1}{S_n}⩽\frac{3}{4}+\frac{4}{3}=\frac{25}{12}<\frac{13}{6}$；而 $n=1$ 时 $S_1+\frac{1}{S_1}=\frac{3}{2}+\frac{2}{3}=\frac{13}{6}$ → 结论成立

避坑指南：$(2)$ 的坑有两个：一是必须分奇偶讨论（$S_n$ 在 $1$ 的两侧取值，$S+\frac{1}{S}$ 的单调性方向不同）；二是 $S_n>0$ 始终成立（$n$ 为偶数时 $S_n=1-\frac{1}{2^n}>0$），所以 $\frac{1}{S_n}$ 不会出问题；别忘了验证 $n=1$ 时取到等号，这正是题目中 $\frac{13}{6}$ 的来源。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：等比数列的通项公式、前 $n$ 项和与和式不等式。

结论推广：等比数列的通项公式与前 $n$ 项和公式；等差数列的等差中项性质；函数单调性（或对勾函数）求最值。

方法推广：用等差中项列方程定公比 → 写出通项与 $S_n$ → 按 $n$ 的奇偶分类，用单调性比较 $S_n+\frac{1}{S_n}$ 与 $\frac{13}{6}$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.02 等比数列全总结
• 19.05 数列放缩法路径选择与常用模型

类题演练 (Links)

• 2013-北京卷文-11 填-等比数列求和
• 2013-大纲卷文-07 单-等比数列求和
• 2013-北京卷文-20 解-数列新定义