2015-上海卷文-23 解-数列综合

本题导读

数列压轴。第（1）问由递推化简为等差数列；第（2）问的关键是构造常数列 $a_n-2b_n$；第（3）问考”必要—充分”双向论证，是上海卷数列压轴的典型形态。

📌【题干】

Question

（2015年上海卷(文)） 已知数列 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 满足 $a_{n+1}-a_n=2(b_{n+1}-b_n)$，$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$.

(1) 若 $b_n=3n+5$，且 $a_1=1$，求 $\{a_n\}$ 的通项公式；

(2) 设 $\{a_n\}$ 的第 $n_0$ 项是最大项，即 $a_{n_0}⩾a_n$（$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$），求证：$\{b_n\}$ 的第 $n_0$ 项是最大项；

(3) 设 $a_1=3\lambda <0$，$b_n=\lambda n$（$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$），求 $\lambda$ 的取值范围，使得对任意 $m,n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，$a_n\ne 0$，且 $\frac{a_m}{a_n}\in \left(\frac{1}{6},6\right)$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问：由 $b_n$ 求出 $b_{n+1}-b_n$，代回递推式得 $a_{n+1}-a_n$ 为常数。
2. 第（2）问：观察递推式可整理为 $a_{n+1}-2b_{n+1}=a_n-2b_n$，即 $a_n-2b_n$ 为常数列 —— 这是全题的枢纽。
3. 第（3）问：先由”任意两项之比在 $\left(\frac{1}{6},6\right)$ 内”推出必要条件（首个比值最大的情形），再证明该条件充分。

✅【答案】

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(1) $a_n=6n-5$

(2) 证明见解析

(3) $\lambda \in \left(-\frac{1}{4},0\right)$

✍【详细解析】

Abstract

（1） 因为 $b_n=3n+5$，所以 $b_{n+1}-b_n=3$，从而

$a_{n+1}-a_n=2\times 3=6.$

故 $\{a_n\}$ 是首项 $a_1=1$、公差为 6 的等差数列，

$a_n=1+6(n-1)=6n-5.$

（2） 由已知关系 $a_{n+1}-a_n=2(b_{n+1}-b_n)$ 可整理为

$a_{n+1}-2b_{n+1}=a_n-2b_n,$

所以 $\{a_n-2b_n\}$ 为常数列，即

$a_n=2b_n+a_1-2b_1.$

由 $a_{n_0}⩾a_n$ 得

$2b_{n_0}+a_1-2b_1⩾2b_n+a_1-2b_1⟹b_{n_0}⩾b_n.$

故 $\{b_n\}$ 的第 $n_0$ 项是最大项。

（3） 由 $a_1=3\lambda <0$ 得 $\lambda <0$。令 $r=-\lambda >0$。

由 $\{a_n-2b_n\}$ 为常数列及 $b_n=\lambda n$：

$a_n=2b_n+a_1-2b_1=2\lambda n+3\lambda -2\lambda =\lambda +2\lambda n.$

必要条件：有

$a_1=-3r<0,a_2=-r+2r^2=-r(1-2r).$

因为任意两项之比都落在正数区间 $\left(\frac{1}{6},6\right)$ 内，所以各项必须同号且不为零，由此 $0<r<\frac{1}{2}$。又

$\frac{a_1}{a_2}=\frac{3}{1-2r}<6⟹3<6-12r⟹r<\frac{1}{4}.$

所以必要条件是 $0<r<\frac{1}{4}$。

充分性：当 $0<r<\frac{1}{4}$ 时，若 $n$ 为奇数，则 $a_n=-r-2rn<0$；若 $n$ 为偶数，则 $n⩾2$ 且 $2rn⩽2r^2<\frac{r}{2}$，所以 $a_n=-r+2rn<0$。因而所有 $a_n$ 均非零且同为负数。

令 $c_n=-a_n>0$。当 $n$ 为奇数时，$c_n=r+2rn⩽3r$；当 $n$ 为偶数时，$c_n=r-2rn⩾r-2r^2=r(1-2r)$。因此对任意 $m,n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，

$\frac{1-2r}{3}⩽\frac{a_m}{a_n}=\frac{c_m}{c_n}⩽\frac{3}{1-2r}.$

由于 $0<r<\frac{1}{4}$，有 $\frac{1-2r}{3}>\frac{1}{6}$ 且 $\frac{3}{1-2r}<6$。所以题设条件成立。

综上，$\lambda =-r\in \left(-\frac{1}{4},0\right)$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：数列的递推关系；构造常数列求通项；数列最大项；不等式恒成立的必要—充分双向论证。

2. 核心方法：把递推式整理成”某项为常数”的形式（构造常数列），是沟通 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 的唯一桥梁。

3. 避坑指南：① 第（2）问的枢纽是把递推式移项为 $a_{n+1}-2b_{n+1}=a_n-2b_n$，不看出这一点就无法建立两个数列的联系；② 第（3）问必须先由”单项比值最大处”取到必要条件，再单独验证充分性 —— 只求范围不验证，逻辑不完备；③ 讨论 $a_n$ 符号时要对 $n$ 分奇偶。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题把”数列递推”与”不等式恒成立”结合，第（2）问考构造常数列，第（3）问考参数的”必要性—充分性”双向论证，是上海卷数列压轴题的典型形态。

2. 结论推广: ① 把条件中的系数 2 改为参数，结论结构会随之变化；② 把区间 $\left(\frac{1}{6},6\right)$ 改为 $(k,k+1)$ 型区间，可反解 $\lambda$ 的范围；③ 若把 $b_n=\lambda n$ 改为等比型 $b_n=\lambda q^n$，$a_n-2b_n$ 的常数列性质仍然成立（$2b_n$ 项需相应调整）。

3. 方法推广: “必要探路 + 充分验证”是求参数范围的通用框架；“构造常数列”是处理”$a_{n+1}-a_n$ 与 $b_{n+1}-b_n$ 成比例”型递推的核心技巧。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)

• 2015-上海卷理-22 解-数列通项
• 2016-上海卷文-22