1987-全国卷理-20 解-数列的通项与极限

本题导读

本题考查数列前 $n$ 项和与通项的关系、构造法求数列通项。核心在于差分递推法、辅助数列构造法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（1987年全国卷(理)） 设数列 $a_1,a_2,\dots ,a_n,\dots$ 的前 $n$ 项的和 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系是 $S_n=-b{a}_n+1-\frac{1}{(1+b{)}^n}$，其中 $b$ 是与 $n$ 无关的常数，且 $b\ne -1$.

(1) 求 $a_n$ 和 $a_{n-1}$ 的关系式；

(2) 写出用 $n$ 和 $b$ 表示 $a_n$ 的表达式；

(3) 当 $0 < b < 1$ 时，求极限 $\lim_{n \to \infty} S_n$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 分析第 (1) 问——错位相减递推： 已知 $S_n$ 的通项关系。利用数列的核心基本恒等式 $a_n=S_n-S_{n-1}(n\ge 2)$。写出 $S_{n-1}$ 的表达式，两式相减即可消去 $S$ 算子，整理获得 $a_n$ 与 $a_{n-1}$ 的一阶线性递推方程。
2. 分析第 (2) 问——首项锚定与构造等比： 令 $n=1$ 代入已知条件求出首项 $a_1$。根据第 (1) 问导出的非齐次递推式，通过两端同除以因子或适当移项变形，构造出等比数列通项公式。
3. 分析第 (3) 问——极限有界收敛清算： 将第 (2) 问求出的 $a_n$ 重新代入原题干中 $S_n$ 的控制方程。在 $0<b<1$ 约束下，对几何指数幂项执行 $n\to \infty$ 的极限清算。

✅【答案】

Success

$(1)a_n=\frac{b}{1+b}{a}_{n-1}+\frac{b}{(1+b{)}^{n+1}}(n⩾2)$

$(2)a_n=\frac{b+b^2+\cdots +b^n}{(1+b{)}^{n+1}}$

$(3)\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=1$

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1) 求 $a_n$ 和 $a_{n-1}$ 的关系式：

已知条件方程为： $S_n=-b{a}_n+1-\frac{1}{(1+b{)}^n}(n\ge 1)\text{(1)}$

当 $n\ge 2$ 时，将自变量下修一级写出 $S_{n-1}$ 的表达式： $S_{n-1}=-b{a}_{n-1}+1-\frac{1}{(1+b{)}^{n-1}}\text{(2)}$

利用数列基本恒等式 $S_n-S_{n-1}=a_n$，将式 ① 减去式 ②： $a_n=-b{a}_n-\left(-b{a}_{n-1}\right)-\frac{1}{(1+b{)}^n}+\frac{1}{(1+b{)}^{n-1}}\text{(3)}$ $(1+b)a_n=b{a}_{n-1}-\frac{1}{(1+b{)}^n}+\frac{1+b}{(1+b{)}^n}\text{(4)}$ $(1+b)a_n=b{a}_{n-1}+\frac{b}{(1+b{)}^n}\text{⑤}$

由于题目给定条件 $b\ne -1⟹1+b\ne 0$，在等式 ⑤ 两端同时除以 $(1+b)$： $a_n=\frac{b}{1+b}{a}_{n-1}+\frac{b}{(1+b{)}^{n+1}}(n\ge 2)\text{⑥}$

(2) 写出用 $n$ 和 $b$ 表示 $a_n$ 的表达式：

• 第一步：锚定初始值 $a_1$ 在原式 ① 中令 $n=1$，此时 $S_1=a_1$： $a_1=-b{a}_1+1-\frac{1}{1+b}⟹(1+b)a_1=\frac{1+b-1}{1+b}=\frac{b}{1+b}\text{⑦}$ 解得首项： $a_1=\frac{b}{(1+b{)}^2}\text{⑧}$

• 第二步：变换递推式构造标准等比数列 将第 (1) 问所得的式 ⑥ 两端同时乘以 $(1+b{)}^n$： $(1+b{)}^n{a}_n=b(1+b{)}^{n-1}{a}_{n-1}+\frac{b}{1+b}\text{⑨}$

  为了使结构对齐，在式 ⑨ 两端同时除以 $b^n$： $\frac{(1+b{)}^n{a}_n}{b^n}=\frac{(1+b{)}^{n-1}{a}_{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{1}{1+b}\cdot {\left(\frac{1}{b}\right)}^{n-1}\text{⑩}$

  上述构造计算量较繁，采用直接观察构造法： 将式 ⑥ 两端同乘以 $(1+b{)}^{n+1}$： $(1+b{)}^{n+1}{a}_n=b(1+b{)}^n{a}_{n-1}+b\text{⑪}$

  移项整理： $(1+b{)}^{n+1}{a}_n+1=b\left[(1+b{)}^n{a}_{n-1}+1\right]\text{⑫}$

  令辅助新数列 $A_n=(1+b{)}^{n+1}{a}_n+1$。 由式 ⑫ 可知，当 $b\ne 0$ 时， $\{A_n\}$ 是一个以 $b$ 为公比的等比数列。 计算其首项 $A_1$： $A_1=(1+b{)}^2{a}_1+1\text{⑬}$ 将式 ⑧ 的 $a_1$ 值代入式 ⑬： $A_1=(1+b{)}^2\cdot \frac{b}{(1+b{)}^2}+1=b+1\text{⑭}$

  根据等比数列通项公式： $A_n=A_1\cdot b^{n-1}=(1+b)\cdot b^{n-1}\text{⑮}$

  将 $A_n$ 的定义还原回原数列中： $(1+b{)}^{n+1}{a}_n+1=(1+b)b^{n-1}\text{⑯}$ $(1+b{)}^{n+1}{a}_n=(1+b)b^{n-1}-1\text{⑰}$

  两端同除以 $(1+b{)}^{n+1}$，解得 $a_n$ 的显式通项： $a_n=\frac{b^{n-1}}{(1+b{)}^n}-\frac{1}{(1+b{)}^{n+1}}(n\ge 1)\text{⑱}$

(3) 当 $0<b<1$ 时，求极限 ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n$：

将第 (2) 问求出的 $a_n$ 显式 ⑱ 代回原题干中的控制方程 ① 中： $S_n=-b\left[\frac{b^{n-1}}{(1+b{)}^n}-\frac{1}{(1+b{)}^{n+1}}\right]+1-\frac{1}{(1+b{)}^n}\text{⑲}$ 展开并合并同底数幂项： $S_n=-\frac{b^n}{(1+b{)}^n}+\frac{b}{(1+b{)}^{n+1}}+1-\frac{1}{(1+b{)}^n}\text{⑳}$ $S_n=1-{\left(\frac{b}{1+b}\right)}^n+\frac{b-(1+b)}{(1+b{)}^{n+1}}=1-{\left(\frac{b}{1+b}\right)}^n-\frac{1}{(1+b{)}^{n+1}}\text{㉑}$

对式 ㉑ 两端同时施加 $n\to \infty$ 的极限算子： ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n={\lim }_{n\to \infty }\left[1-{\left(\frac{b}{1+b}\right)}^n-\frac{1}{(1+b{)}^{n+1}}\right]\text{㉒}$

因为已知参数约束为 $0<b<1$：

1. 对于基数 $\frac{b}{1+b}$，由于分子严格小于分母，满足 $0<\frac{b}{1+b}<\frac{1}{2}$。根据无穷小量几何级数收敛性质： ${\lim }_{n\to \infty }{\left(\frac{b}{1+b}\right)}^n=0\text{㉓}$
2. 对于基数 $1+b$，由于 $1+b>1$，所以其分式分母趋于正无穷大： ${\lim }_{n\to \infty }\frac{1}{(1+b{)}^{n+1}}=0\text{㉔}$

将式 ㉓ 与 ㉔ 的零值极限代回控制方程 ㉒ 中： ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n=1-0-0=1\text{㉕}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：由 $S_n$ 递推关系求 $a_n$ 的基本恒等式变形、构造辅助等比数列法、收敛几何级数的极限。
2. 核心方法：差分递推法、辅助数列构造法。
3. 避坑指南：
   • 执行 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 时必须牢记前置条件 $n\ge 2$。由此解出的通项必须单独通过计算 $a_1$ 并代入进行完备性检验。
   • 第 (2) 问的代数配凑（式 ⑪ 到 ⑫）是全题的技术难点。如果无法直接看出常数 1 的配凑，可通过待定系数法设 $(1+b{)}^{n+1}{a}_n+x=b[(1+b{)}^n{a}_{n-1}+x]$，展开后由 $bx-x=b⟹x(b-1)=b$？不对，原式 ⑪ 展开为 $(1+b{)}^{n+1}{a}_n=b(1+b{)}^n{a}_{n-1}+b$，若设 $Y_n=(1+b{)}^{n+1}{a}_n$，则 $Y_n=b{Y}_{n-1}+b$。设 $Y_n+x=b(Y_{n-1}+x)⟹x(b-1)=-b⟹x=\frac{b}{1-b}$。这样构造会导致含有 $1-b$ 的分母。而解析中采用的 $A_n=(1+b{)}^{n+1}{a}_n+1$ 恰好能将常数项归化，极为巧妙。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题为 1988 年全国高考理科卷第 20 题（倒数第三题大题）。其高等数学背景对应常微分方程论（Ordinary Differential Equations）中一阶非齐次线性差分方程（Linear difference equation）的离散系统响应以及有界泛函的算子收敛性分析。
2. 结论推广：本题给出的递推系统在现代控制理论中代表一个带有一阶耗散和特定外加激励源的离散动态滤波系统。无论参数 $b$ 在收敛域内如何滑动，只要激励源是以 $\frac{1}{1+b}$ 为基底的几何脉冲，该系统的总能量积分（级数和的极限）最终都会无条件稳定收敛到单位恒等不变量 $1$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)

1988-全国文-25 解-分段数列求和 1989-全国文-04 单-等比数列与数列极限 1990-全国文-21 解-等差数列与等比数列综合