2014-上海卷理-23 解-数列递推关系与不等式

本题导读

本题作为全卷压轴题，以“倍差递推”数列为背景，考查了等比数列、等差数列在特定不等式约束下的性质。第三问要求在总和固定的前提下探究等差数列项数的最大值，对逻辑推导和不等式放缩能力要求极高。

📌【题干】

Question

（2014年上海卷(理)） （本题满分 18 分）本题共有 3 个小题，第 1 小题满分 3 分，第 2 小题满分 7 分，第 3 小题满分 8 分.

已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $\frac{1}{3}{a}_n\le a_{n+1}\le 3a_n,n\in {\mathbf{N}}^{\ast },a_1=1$.

(1) 若 $a_2=2,a_3=x,a_4=9$，求 $x$ 的取值范围；

(2) 设 $\{a_n\}$ 是公比为 $q$ 的等比数列，$S_n=a_1+a_2+\cdots +a_n$. 若 $\frac{1}{3}{S}_n\le S_{n+1}\le 3S_n,n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，求 $q$ 的取值范围；

(3) 若 $a_1,a_2,\cdots ,a_k$ 成等差数列，且 $a_1+a_2+\cdots +a_k=1000$，求正整数 $k$ 的最大值，以及 $k$ 取最大值时相应数列 $a_1,a_2,\cdots ,a_k$ 的公差.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：基础递推：直接根据定义列出 $a_2,a_3$ 和 $a_3,a_4$ 的两组不等式，求交集。
2. 第二问：等比数列应用：
   • 需注意 $S_{n+1}=S_n+a_{n+1}$，故条件可化为 $-\frac{2}{3}{S}_n\le a_{n+1}\le 2S_n$。
   • 分 $q=1,q>1,q<1$ 三种情况讨论。利用等比数列求和公式代入不等式，由于不等式对任意 $n$ 恒成立，需结合单调性分析极端情况。
3. 第三问：等差数列极值：
   • 设定公差 $d$，由 $a_1=1$ 得 $a_n=1+(n-1)d$。
   • 条件 $\frac{1}{3}{a}_n\le a_{n+1}\le 3a_n$ 对前 $k-1$ 项成立。
   • 结合求和公式 $\sum a_i=1000$ 建立 $k$ 与 $d$ 的关系，通过不等式放缩确定 $k$ 的上界并验证。

✅【答案】

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第 (1) 小题：求范围；$3\le x\le 6$；第 (2) 小题：求公比 $q$ 的范围；若 $q>1$

✍【详细解析】

Abstract

第 (1) 小题：求范围 依题意得： $\{\begin{array}{l}\frac{1}{3}{a}_2\le a_3\le 3a_2\\ \frac{1}{3}{a}_3\le a_4\le 3a_3\end{array}⟹\{\begin{array}{l}\frac{2}{3}\le x\le 6\\ \frac{x}{3}\le 9\le 3x\end{array}$ 解得：$\{\begin{array}{l}\frac{2}{3}\le x\le 6\\ 3\le x\le 27\end{array}$ 综上所得，$x$ 的取值范围是 $3\le x\le 6$。

第 (2) 小题：求公比 $q$ 的范围 已知 $a_n=q^{n-1}$. 当 $q=1$ 时，$S_n=n$，不等式变为 $\frac{n}{3}\le n+1\le 3n$，对任意 $n\ge 1$ 恒成立。 当 $q\ne 1$ 时，$S_n=\frac{1-q^n}{1-q}$。条件等价于 $\frac{1}{3}\le \frac{S_{n+1}}{S_n}\le 3$，即 $\frac{1}{3}\le \frac{1-q^{n+1}}{1-q^n}\le 3$。

1. 若 $q>1$： 不等式组化为 $\{\begin{array}{l}3q^{n+1}-q^n-2\ge 0\\ q^{n+1}-3q^n+2\le 0\end{array}$ 由 $q>1$ 知 $3q^{n+1}-q^n-2>2q^n-2>0$ 恒成立。 对于 $q^{n+1}-3q^n+2\le 0$，令 $n=1$ 得 $q^2-3q+2\le 0⟹1<q\le 2$。 经检验，当 $1<q\le 2$ 时，不等式对任意 $n$ 恒成立。
2. 若 $\frac{1}{3}\le q<1$： 同理分析，不等式 $\frac{1}{3}\le \frac{1-q^{n+1}}{1-q^n}\le 3$ 在此区间内恒成立。 综上所述，$q$ 的取值范围为 $[\frac{1}{3},2]$。

第 (3) 小题：求 $k$ 的最大值 设公差为 $d$。由 $\frac{1}{3}{a}_n\le a_{n+1}\le 3a_n$ 及 $a_1=1$ 得： $\frac{1}{3}[1+(n-1)d]\le 1+nd\le 3[1+(n-1)d]$ 化简得：$\{\begin{array}{l}(2n+1)d\ge -2\\ (2n-3)d\ge -2\end{array}$ 要使 $k$ 取最大值，考虑 $d=0$ 时 $k=1000$。故 $k_{max}\ge 1000$。 当 $k\ge 1000$ 时，上述不等式组需对 $n=1,\dots ,k-1$ 恒成立，即： $d\ge -\frac{2}{2k-5}$ 又 ${\sum }_{i=1}^k{a}_i=k+\frac{k(k-1)d}{2}=1000⟹d=\frac{2000-2k}{k(k-1)}$。 代入不等式： $\frac{2000-2k}{k(k-1)}\ge -\frac{2}{2k-5}$ 解得：$k\le 1999$. 当 $k=1999$ 时，$d=\frac{2000-3998}{1999\times 1998}=-\frac{1998}{1999\times 1998}=-\frac{1}{1999}$。 此时 $a_k=1+1998\times (-\frac{1}{1999})=\frac{1}{1999}>0$，符合题意。 故 $k$ 的最大值为 $1999$，此时公差 $d=-\frac{1}{1999}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：数列递推不等式、等比数列求和与等差数列性质的综合应用。

2. 核心方法：分类讨论公比 $q$ 并结合恒成立求范围；用基本量 $a_1,d$ 表示各项并放缩求 $k$ 上限。

3. 避坑指南：注意审题与运算细节。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 等比数列、等差数列的基本量思想与恒成立问题。

2. 结论推广: 在 $\frac{1}{3}{a}_n\le a_{n+1}\le 3a_n$ 约束下，公比 $q\in [\frac{1}{3},2]$。

3. 方法推广: 数列中“利用基本量表示所有项”是处理递推与求和问题的通用手段。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.03 专题-恒成立问题
• 05.02 函数的四大性质
• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2013-湖南卷理-15 填-数列递推关系
• 2014-上海卷文-23 解-数列不等式
• 2015-湖南卷文-19 解-数列递推