2019-浙江卷-20 解-等差数列

本题导读

本题考查等差数列的通项与前 n 项和。核心在于基本量法、放缩法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2019年浙江卷）设等差数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，$a_3=4$，$a_4=S_3$，数列 $\{b_n\}$ 满足：对每 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, $S_n+b_n$, $S_{n+1}+b_n$, $S_{n+2}+b_n$ 成等比数列。

(1)求数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 的通项公式；

(2)记 $C_n=\sqrt{\frac{a_n}{2b_n}},n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, 证明：$C_1+C_2+\cdots +C_n<2\sqrt{n},n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$。

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（求通项）：

• 求 $a_n$：利用等差数列基本量法，设首项为 $a_1$，公差为 $d$。根据 $a_3=4$ 和 $a_4=S_3$ 列方程组求解。
• 求 $b_n$：先写出 $S_n$ 的表达式。根据等比中项性质，列出方程 $(S_{n+1}+b_n{)}^2=(S_n+b_n)(S_{n+2}+b_n)$。通过代数化简（注意合并 $b_n$ 的项）解出 $b_n$。

2. 第二问（不等式证明）：

• 化简通项 $C_n$：将 $a_n,b_n$ 代入得到 $C_n=\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}$。
• 放缩策略：直接求和不可行。观察目标 $2\sqrt{n}$，它是裂项式 $2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$ 求和的结果。
• 寻找放缩中介：
  • $C_n=\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}$。
  • 显然 $C_n<\sqrt{\frac{n}{n(n+1)}}=\sqrt{\frac{1}{n+1}}$，但这不足以导出 $2\sqrt{n}$。
  • 尝试 $C_n=\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}<\sqrt{\frac{n-1}{n^2}}=\frac{\sqrt{n-1}}{n}$，依然较难处理。
  • 最佳放缩：$C_n=\sqrt{\frac{n-1}{n^2+n}}<\sqrt{\frac{n}{n^2}}=\frac{1}{\sqrt{n}}$。
  • 利用常用不等式 $\frac{1}{\sqrt{n}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$ 建立联系。

✅【答案】

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(1)$a_n=2n-2$，$b_n=n^2+n$。

(2)证明见解析。

✍【详细解析】

Abstract

(1)解： 设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$。 由题意得：$\{\begin{array}{l}{a}_1+2d=4\\ a_1+3d=3a_1+\frac{3\times 2}{2}d\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{a}_1+2d=4\\ 2a_1=0\end{array}$ 解得 $a_1=0,d=2$。 所以 $a_n=0+(n-1)\times 2=2n-2$。 其前 $n$ 项和 $S_n=\frac{n(0+2n-2)}{2}=n^2-n=n(n-1)$。

又 $S_n+b_n,S_{n+1}+b_n,S_{n+2}+b_n$ 成等比数列， 所以 $(S_{n+1}+b_n{)}^2=(S_n+b_n)(S_{n+2}+b_n)$。 代入 $S_n$ 表达式： $[n(n+1)+b_n{]}^2=[n(n-1)+b_n][(n+1)(n+2)+b_n]$ 展开并整理得： $[n(n+1){]}^2+2n(n+1)b_n+b_n^2=n(n-1)(n+1)(n+2)+[n(n-1)+(n+1)(n+2)]b_n+b_n^2$ 消去 $b_n^2$ 并提取 $b_n$： $b_n[2n^2+2n-(n^2-n+n^2+3n+2)]=n(n-1)(n+1)(n+2)-n^2(n+1{)}^2$ $b_n[-2]=n(n+1)[(n-1)(n+2)-n(n+1)]$ $-2b_n=n(n+1)[n^2+n-2-n^2-n]=-2n(n+1)$ 所以 $b_n=n(n+1)$。

(2)证明： 由(1)知 $a_n=2n-2,b_n=n^2+n$。 所以 $C_n=\sqrt{\frac{2n-2}{2(n^2+n)}}=\sqrt{\frac{n-1}{n(n+1)}}$。 当 $n=1$ 时，$C_1=0<2\sqrt{1}$，结论显然成立。 当 $n\ge 2$ 时： $C_n=\sqrt{\frac{n-1}{n^2+n}}<\sqrt{\frac{n}{n^2}}=\frac{1}{\sqrt{n}}$ 而 $\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2}{2\sqrt{n}}<\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}$。 通过分母有理化： $\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$ 所以 $C_n<2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$。 记 $T_n=C_1+C_2+\cdots +C_n$，则： $T_n<0+2(\sqrt{2}-\sqrt{1})+2(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots +2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$ $T_n<2(\sqrt{n}-1)<2\sqrt{n}$ 故对于一切 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，$C_1+C_2+\cdots +C_n<2\sqrt{n}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 复杂方程的化简技巧：在求 $b_n$ 时，直接展开会导致四次项。观察等号两边的对称性和公共因式 $n(n+1)$，提取后再化简会快很多。
2. 放缩法的“适度”原则：放缩法最难的是“度”。如果放缩得太粗（如 $C_n<1$），证不出结果；如果放缩得太精，计算又太复杂。本题中 $\frac{1}{\sqrt{n}}$ 是一个非常经典的中介，它正好能通过共轭根式转化为裂项形式。

📖【试题探源与推广】

Tip

在 Obsidian 笔记中，建议收集以下这些能“裂项”的放缩模型：

• 模型 A：$\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$（用于证明和小于定值，如 $\frac{{\pi }^2}{6}$）。
• 模型 B：$\frac{1}{\sqrt{n}}<2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})$（本题原型，用于证明和小于 $k\sqrt{n}$）。
• 模型 C：$\frac{1}{\sqrt{n}}>2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})$（用于证明下界）。
• 模型 D：$\frac{1}{n!}\le \frac{1}{2^{n-1}}$（用于处理阶乘项）。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2014-天津卷文-20 解-集合新定义
• 2022-新高考II卷-22 解-导数综合
• 2021-天津卷-19 解-数列综合