2024-天津卷-19 解-数列综合

本题导读

本题考查等比数列的通项与前 n 项和。核心在于待定系数法、分组分块求和法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年天津卷）已知数列 $\{a_n\}$ 是公比大于 0 的等比数列，其前 $n$ 项和为 $S_n$，若 $a_1=1$，$S_2=a_3-1$.

（1）求数列 $\{a_n\}$ 前 $n$ 项和 $S_n$；

（2）设 $b_n=\{\begin{array}{ll}k,& n=a_k\\ b_{n-1}+2k,& a_k<n<a_{k+1}\end{array}$， $b_1=1$，其中 $k$ 是大于 1 的正整数.

(i) 当 $n=a_{k+1}$ 时，求证： $b_{n-1}⩾a_k\cdot b_n$；

(ii) 求 ${\sum }_{i=1}^{S_n}{b}_i$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问：设等比数列公比为 $q(q>0)$。由 $S_2=1+q$ 与 $a_3=q^2$，代入 $1+q=q^2-1$ 解出 $q$，得出 $a_n$ 与 $S_n$。
2. 第（2）问(i)：

• 当 $n=a_k$ 时， $b_n=k$；当 $n\in (a_k,a_{k+1})$ 时， $b_n-b_{n-1}=2k$。即在区间 $[a_k,a_{k+1}-1]$ 内， $b_n$ 是首项为 $k$、公差为 $2k$ 的等差数列。
• 当 $n=a_{k+1}$ 时， $b_n=k+1$。 $b_{n-1}$ 为上一段等差数列的末项，利用通项公式求出 $b_{n-1}$。
• 对目标不等式作差，构造离散函数，通过一阶差分判定其单调性，结合边界完成证明。

3. 第（2）问(ii)：

• 目标和式的上限 $S_n=a_{n+1}-1$，需对 $b_i$ 在 $[1,a_{n+1}-1]$ 上求和。
• 将该区间按等比节点分为 $n$ 个子区间，先求每个区间内的局部和 $B_k=k\cdot 4^{k-1}$。
• 总体和为 $T_n={\sum }_{k=1}^{n}k\cdot 4^{k-1}$，属于“等差 $\times$ 等比”级数，采用错位相减法求和。

✅【答案】

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(1) $S_n=2^n-1$

(2) (i) 证明见解析

(2) (ii) $\frac{(3n-1)4^n+1}{9}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：求数列 $\{a_n\}$ 前 $n$ 项和 $S_n$

设等比数列 $\{a_n\}$ 的公比为 $q(q>0)$。 已知 $a_1=1$，则： $a_2=q,a_3=q^2,S_2=1+q$

代入 $S_2=a_3-1$： $1+q=q^2-1⟹q^2-q-2=0$ 解得： $q=2\text{或}q=-1\text{（舍）}$

故通项公式为： $a_n=2^{n-1}$ 前 $n$ 项和为： $S_n=\frac{1\times (1-2^n)}{1-2}=2^n-1$

（2）(i) 证明：当 $n=a_{k+1}$ 时， $b_{n-1}⩾a_k\cdot b_n$

由第（1）问知 $a_k=2^{k-1}$。 分析 $b_n$ 的递推规律：

• 当 $n=a_{k+1}$ 时， $b_n=k+1$。
• 当 $n\in (a_k,a_{k+1})$ 时， $b_n-b_{n-1}=2k$。 即在区间 $[a_k,a_{k+1}-1]$ 内，数列 $b_i$ 是首项为 $b_{a_k}=k$，公差为 $d=2k$ 的等差数列。

项 $b_{n-1}=b_{a_{k+1}-1}$ 是该等差数列的末项。 该段的项数差为： $\Delta n=(a_{k+1}-1)-a_k=2^{k-1}-1$ 求该点数值： $b_{n-1}=b_{a_k}+\Delta n\cdot d=k+\left(2^{k-1}-1\right)\cdot 2k=k\left(2^k-1\right)$

组建作差代数式： $W=b_{n-1}-a_k\cdot b_n=k\left(2^k-1\right)-2^{k-1}(k+1)$ 合并整理： $W=k\cdot 2^k-k-k\cdot 2^{k-1}-2^{k-1}=(k-1)2^{k-1}-k$

令 $f(k)=(k-1)2^{k-1}-k(k⩾2,k\in {\mathbf{N}}^{\ast })$。

• 当 $k=2$ 时， $f(2)=(2-1)\times 2^{2-1}-2=0$。
• 求差分： $f(k+1)-f(k)=\left[k\cdot 2^k-(k+1)\right]-\left[(k-1)2^{k-1}-k\right]=(k+1)2^{k-1}-1$ 由于 $k⩾2$， $(k+1)2^{k-1}⩾3\times 2=6$，故 $f(k+1)-f(k)⩾5>0$。 $f(k)$ 在 $k⩾2$ 上严格递增。

因此，对任意 $k⩾2$，均有 $f(k)⩾0$，即 $b_{n-1}⩾a_k\cdot b_n$ 成立。

（ii）解：求 ${\sum }_{i=1}^{S_n}{b}_i$

目标和式的上限为 $S_n=2^n-1=a_{n+1}-1$。 需对 $b_i$ 在区间 $[1,a_{n+1}-1]$ 上求和。 将该区间按等比节点切分为 $n$ 个子区间，第 $k$ 个子区间为 $[a_k,a_{k+1}-1]$。 设该段局部和为 $B_k$。

在该段内， $b_i$ 为等差数列：

• 项数： $N_k=2^{k-1}$
• 首项： $A_k=k$
• 尾项： $L_k=k(2^k-1)$

求和： $B_k=\frac{N_k}{2}\left(A_k+L_k\right)=\frac{2^{k-1}}{2}\left[k+k\left(2^k-1\right)\right]=2^{k-2}\cdot k\cdot 2^k=k\cdot 4^{k-1}$

求总体和 $T_n$： $T_n={\sum }_{k=1}^n{B}_k={\sum }_{k=1}^{n}k\cdot 4^{k-1}$ $T_n=1\cdot 4^0+2\cdot 4^1+3\cdot 4^2+\cdots +n\cdot 4^{n-1}\dots \dots \text{(1)}$ 两端同乘 4： $4T_n=1\cdot 4^1+2\cdot 4^2+\cdots +(n-1)\cdot 4^{n-1}+n\cdot 4^n\dots \dots \text{(2)}$

相减（① - ②）： $-3T_n=1+4^1+4^2+\cdots +4^{n-1}-n\cdot 4^n$ $-3T_n=\frac{4^n-1}{3}-n\cdot 4^n=\frac{4^n-1-3n\cdot 4^n}{3}=\frac{(1-3n)4^n-1}{3}$

解得： $T_n=\frac{(3n-1)4^n+1}{9}$

故 ${\sum }_{i=1}^{S_n}{b}_i=\frac{(3n-1)4^n+1}{9}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：分段复合递推向等差模型的化归、离散函数单调性判定、分块求和及错位相减法的应用。
2. 核心方法：区间分块化归法、离散差分函数法、错位相减法。
3. 避坑指南：

• 确定等差段项数：在计算 $b_{n-1}$ 时，区间 $[a_k,a_{k+1}-1]$ 内的项数应为 $a_{k+1}-a_k$，推导公式时需注意各项对应关系，避免项数算错。
• 错位相减符号处理：由 $-3T_n$ 向 $T_n$ 转化时，多项式 $(1-3n)4^n-1$ 在乘或除负数时，需将负号准确分配至每一项，避免常数项符号出错。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题将递推数列与错位相减法深度结合，考查逻辑推理与代数变形能力，属于典型的高考压轴题构型。
2. 结论推广：处理分段递推数列

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.02 等比数列全总结
• 19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

• 2021-天津卷-19 解-数列综合
• 2000-广东卷理-18 解-等比数列的基本量计算
• 2008-安徽卷文-21 解-递推数列三问