2004-全国卷III理-22 解-数列的递推关系式

本题导读

本题考查数列的递推关系式。核心在于递推退项差分法、裂项放缩法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年全国卷III(理)）已知数列 ${a_{n}}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 满足 $S_{n} = 2 a_{n} + (- 1)^{n}, n ⩾ 1$ .

(1) 写出数列 ${a_{n}}$ 的前三项 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ ；

(2) 求数列 ${a_{n}}$ 的通项公式；

(3) 证明：对任意的整数 $m > 4$ ，有 $\frac{1}{a _{4}} + \frac{1}{a _{5}} + \dots + \frac{1}{a _{m}} < \frac{7}{8}$ .

🔍【思路分析】

破题导航

第(1)问突破口：利用 $S_{1} = a_{1}$ ，代入 $n = 1$ 方程直接求出 $a_{1}$ 。随后利用 $S_{2} = a_{1} + a_{2}$ 代入 $n = 2$ 求出 $a_{2}$ ，以此类推算出 $a_{3}$ 。

第(2)问突破口：利用 $S_{n} = 2 a_{n} + (- 1)^{n}$ ，写出下底项 $S_{n - 1} = 2 a_{n - 1} + (- 1)^{n - 1} (n ⩾ 2)$ 。两式相减并应用 $S_{n} - S_{n - 1} = a_{n}$ ，得到关于 $a_{n}$ 与 $a_{n - 1}$ 的非齐次递推关系式： $a_{n} = 2 a_{n - 1} - 2 (- 1)^{n - 1}$ 。对此进行代数变形，两侧同除以 $2^{n}$ 或通过构造辅助数列法化归为等比数列。

第(3)问突破口：将第(2)问求出的 $a_{n}$ 倒数化，分析 $\frac{1}{a _{n}}$ 的代数特征。当 $n$ 较大时，该项呈现以 $2^{n - 1}$ 为分母的指数收敛形态。通过计算出前几项的具体数值（如 $a_{4}, a_{5}$ ），并对后续项进行形如 $\frac{1}{2 ^{n - 1} \pm \dots} < \frac{1}{2 ^{n - 2}}$ 的几何级数裂项放缩，叠加强力控制求和，从而突破 $\frac{7}{8}$ 的界限。

✅【答案】

Success

(1) $a_{1} = 1$ ， $a_{2} = 0$ ， $a_{3} = 1$

(2) $a_{n} = \frac{2 ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{3}$

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 当 $n = 1$ 时， $S_{1} = 2 a_{1} + (- 1)^{1}$ ．由于 $S_{1} = a_{1}$ ，得： $a_{1} = 2 a_{1} - 1 ⟹ a_{1} = 1$ 当 $n = 2$ 时， $S_{2} = 2 a_{2} + (- 1)^{2} ⟹ a_{1} + a_{2} = 2 a_{2} + 1$ ．将 $a_{1} = 1$ 代入得： $1 + a_{2} = 2 a_{2} + 1 ⟹ a_{2} = 0$ 当 $n = 3$ 时， $S_{3} = 2 a_{3} + (- 1)^{3} ⟹ a_{1} + a_{2} + a_{3} = 2 a_{3} - 1$ ．将 $a_{1} = 1, a_{2} = 0$ 代入得： $1 + 0 + a_{3} = 2 a_{3} - 1 ⟹ a_{3} = 2$

综上，数列的前三项分别为： $a_{1} = 1, a_{2} = 0, a_{3} = 2$ 。

(2) 解： 已知已知关系式： $S_{n} = 2 a_{n} + (- 1)^{n} （式 1 ）$ 当 $n ⩾ 2$ 时，退一项可得： $S_{n - 1} = 2 a_{n - 1} + (- 1)^{n - 1} （式 2 ）$ （式1）减去（式2），并利用 $S_{n} - S_{n - 1} = a_{n}$ 得： $a_{n} = 2 a_{n} - 2 a_{n - 1} + (- 1)^{n} - (- 1)^{n - 1}$ 由于 $(- 1)^{n} - (- 1)^{n - 1} = (- 1)^{n} + (- 1)^{n} = 2 (- 1)^{n}$ ，代入化简得： $a_{n} = 2 a_{n - 1} - 2 (- 1)^{n} (n ⩾ 2)$ 为了消除非常数项 $- 2 (- 1)^{n}$ ，两边同时除以 $2^{n}$ ： $\frac{a _{n}}{2 ^{n}} = \frac{a _{n - 1}}{2 ^{n - 1}} - (- \frac{1}{2})^{n}$ 令 $b_{n} = \frac{a _{n}}{2 ^{n}}$ ，则上面的递推式变为： $b_{n} - b_{n - 1} = - (- \frac{1}{2})^{n} (n ⩾ 2)$ 利用累加法求 $b_{n}$ ： $b_{n} = b_{1} + \sum_{k = 2}^{n} (b_{k} - b_{k - 1}) = \frac{a _{1}}{2 ^{1}} + [- (- \frac{1}{2})^{2} - (- \frac{1}{2})^{3} - \dots - (- \frac{1}{2})^{n}]$ 因为 $a_{1} = 1 ⟹ b_{1} = \frac{1}{2} = - (- \frac{1}{2})^{1}$ ，所以上式可直接写为等比数列求和： $b_{n} = - \sum_{k = 1}^{n} (- \frac{1}{2})^{k}$ 根据等比数列求和公式，首项为 $- \frac{1}{2}$ ，公比为 $- \frac{1}{2}$ ： $b_{n} = - \frac{- \frac{1}{2} [ 1 - ( - \frac{1}{2} ) ^{n} ]}{1 - ( - \frac{1}{2} )} = \frac{\frac{1}{2} [ 1 - ( - \frac{1}{2} ) ^{n} ]}{\frac{3}{2}} = \frac{1}{3} [1 - (- \frac{1}{2})^{n}]$ 由此还原通项 $a_{n} = 2^{n} \cdot b_{n}$ ： $a_{n} = \frac{2 ^{n}}{3} [1 - (- \frac{1}{2})^{n}] = \frac{2 ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{3}$

经检验，当 $n = 1$ 时， $a_{1} = \frac{2 ^{1} - ( - 1 ) ^{1}}{3} = 1$ ，符合题意。所以，数列 ${a_{n}}$ 的通项公式为 $a_{n} = \frac{2 ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{3}$ 。

(3) 证明： 由第(2)问可知通项为 $a_{n} = \frac{2 ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{3}$ 。计算后续项的值：

$a_{4} = \frac{2 ^{4} - ( - 1 ) ^{4}}{3} = \frac{16 - 1}{3} = 5$

$a_{5} = \frac{2 ^{5} - ( - 1 ) ^{5}}{3} = \frac{32 + 1}{3} = 11$

$a_{6} = \frac{2 ^{6} - ( - 1 ) ^{6}}{3} = \frac{64 - 1}{3} = 21$

对于任意的 $n ⩾ 4$ ，分析通项分母特征进行精细放缩： $a_{n} = \frac{2 ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{3} ⩾ \frac{2 ^{n} - 1}{3}$ 我们要对其倒数和进行上界估计： $\frac{1}{a _{n}} = \frac{3}{2 ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}$ 当 $n$ 为偶数时， $a_{n} = \frac{2 ^{n} - 1}{3} ⟹ \frac{1}{a _{n}} = \frac{3}{2 ^{n} - 1}$ ；当 $n$ 为奇数时， $a_{n} = \frac{2 ^{n} + 1}{3} ⟹ \frac{1}{a _{n}} = \frac{3}{2 ^{n} + 1} < \frac{3}{2 ^{n} - 1}$ 。因此，对任意 $n ⩾ 4$ ，通项恒满足单边不等式： $\frac{1}{a _{n}} ⩽ \frac{3}{2 ^{n} - 1}$ 考虑到分母 $2^{n} - 1$ 不利于等比求和或裂项，继续对其向外放大：当 $n ⩾ 4$ 时，显然有 $2^{n} - 1 > 2^{n} - 2^{n - 2} = 3 \cdot 2^{n - 2}$ ．所以： $\frac{1}{a _{n}} ⩽ \frac{3}{2 ^{n} - 1} < \frac{3}{3 \cdot 2 ^{n - 2}} = \frac{1}{2 ^{n - 2}}$

将此精细的几何级数放缩式代入待证求和式中。为了提高逼真度，我们可以精确保留前两项 $\frac{1}{a _{4}}$ 与 $\frac{1}{a _{5}}$ 的代数原值，从第六项开始放缩： $左式 = \frac{1}{a _{4}} + \frac{1}{a _{5}} + \sum_{k = 6}^{m} \frac{1}{a _{k}}$ 代入计算已知项： $\frac{1}{a _{4}} + \frac{1}{a _{5}} = \frac{1}{5} + \frac{1}{11} = \frac{16}{55}$ 对后面的级数项采用 $\frac{1}{a _{k}} < \frac{1}{2 ^{k - 2}}$ 进行上界替代： $左式 < \frac{16}{55} + (\frac{1}{2 ^{4}} + \frac{1}{2 ^{5}} + \dots + \frac{1}{2 ^{m - 2}})$ 括号内是一个首项为 $\frac{1}{16}$ ，公比为 $\frac{1}{2}$ 的有限等比级数，利用大范围无限级数放大法： $\sum_{k = 6}^{m} \frac{1}{2 ^{k - 2}} < \sum_{k = 6}^{+ \infty} \frac{1}{2 ^{k - 2}} = \frac{\frac{1}{16}}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{1}{8}$ 合并总上界： $左式 < \frac{16}{55} + \frac{1}{8} = \frac{128 + 55}{440} = \frac{183}{440}$

为了最终锁定与目标值 $\frac{7}{8}$ 的大小关系，只需比较 $\frac{183}{440}$ 与 $\frac{7}{8}$ 的代数大小。由于 $\frac{7}{8} = \frac{7 \times 55}{8 \times 55} = \frac{385}{440}$ ，显然有： $\frac{183}{440} < \frac{385}{440} = \frac{7}{8}$ 由此得证：对任意的整数 $m > 4$ ，恒有 $\frac{1}{a _{4}} + \frac{1}{a _{5}} + \dots + \frac{1}{a _{m}} < \frac{7}{8}$ 。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：由数列前 $n$ 项和递推求解通项、除以因子消元构造等比数列、数列不等式的精细区间截断与几何级数放缩。

核心方法：差分退项法、累加法、指数底数放大法。

避坑指南：

在第(2)问中，两式相减时千万注意 $(- 1)^{n} - (- 1)^{n - 1} = 2 (- 1)^{n}$ 的正负号异号加倍陷阱，极易错抄符号导致无法构造。

在第(3)问中，切不可直接从第四项一刀切放缩。如果从 $n = 4$ 起直接用 $\frac{1}{a _{n}} < \frac{1}{2 ^{n - 2}}$ 放缩，会得到 $\sum_{k = 4}^{m} \frac{1}{a _{k}} < \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots < \frac{1}{2}$ 。虽然 $\frac{1}{2} < \frac{7}{8}$ 同样能证出，但直接放缩在偶数项的放大跨度极陡（如 $\frac{1}{a _{4}} = \frac{1}{5}$ 放大到了 $\frac{1}{4}$ ），本题通过“保留前两项原值，从高次项切入”的截断精修操作，是确保压轴题放缩严谨不漏的万能保险打法。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 改编自数列递推与不等式放缩的经典综合题，考查通项公式与级数有界性估计。

结论推广: 对于形如 $a_{n} = \frac{q ^{n} - ( - 1 ) ^{n}}{q + 1}$ 的通用交错递推数列，当 $q ⩾ 2$ 时，其倒数和级数 $\sum \frac{1}{a _{n}}$ 具有极强的几何级数收敛活性。通过前 $k$ 项精确控制加高阶项大步跨越法，可以精准卡死在任何合理给定的有理数边界内。

🔗【关联脉络】

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19.03 数列通项公式求法全攻略

03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

2006-湖北文-20 解-数列通项与裂项求和

1986-广东理-38 解-数列与数学归纳法

1987-全国文-12 填-数列的极限

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