2006-山东卷理-22 解-数列不等式的恒等证明

本题导读

所以Sn=n∑k=1bk=2a1−2an+1= 1 −2an+1

📌【题干】

Question

（2006年山东卷(理)）已知 $a_{1} = 2$ ，点 $(a_{n}, a_{n + 1})$ 在函数 $f (x) = x^{2} + 2 x$ 的图象上，其中 $n = 1, 2, 3, \dots$ .

(1) 证明数列 ${l g (1 + a_{n})}$ 是等比数列；

(2) 设 $T_{n} = (1 + a_{1}) (1 + a_{2}) \dots (1 + a_{n})$ ，求 $T_{n}$ 及数列 ${a_{n}}$ 的通项；

(3) 记 $b_{n} = \frac{1}{a _{n}} + \frac{1}{a _{n} + 2}$ ，求数列 ${b_{n}}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}$ ，并证明 $S_{n} + \frac{2}{3 T _{n} - 1} = 1$ .

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：将点 $(a_{n}, a_{n + 1})$ 代入函数解析式得到递推式 $a_{n + 1} = a_{n}^{2} + 2 a_{n}$ 。两边同时加 1 构建完全平方： $1 + a_{n + 1} = (1 + a_{n})^{2}$ 。两边取对数即可证明 ${l g (1 + a_{n})}$ 为等比数列。 第二问：利用等比数列的通项公式求出 $l g (1 + a_{n})$ ，进而求出 $1 + a_{n}$ 的通项。代入 $T_{n}$ 后，由于每项都是前一项的平方，展开后其总幂次满足等比数列求和，从而求得 $T_{n}$ 和 $a_{n}$ 。 第三问：将 $a_{n}$ 代入 $b_{n}$ ，利用分式通分及裂项特征进行化简。对 $b_{n}$ 用裂项相消法求出前 $n$ 项和 $S_{n}$ ，最后将 $S_{n}$ 与 $T_{n}$ 的代数式代入目标等式直接通过代数化简证明恒等性。

✅【答案】

Success

所以Sn=n∑k=1bk=2a1−2an+1= 1 −2an+1

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：因为点 $(a_{n}, a_{n + 1})$ 在函数 $f (x) = x^{2} + 2 x$ 的图象上，将坐标代入函数解析式可得递推关系式： $a_{n + 1} = a_{n}^{2} + 2 a_{n}$ 两边同时加上 1，对右侧进行完全平方公式因式分解： $1 + a_{n + 1} = a_{n}^{2} + 2 a_{n} + 1 = (1 + a_{n})^{2}$ 因为 $a_{1} = 2 > 0$ ，由递推关系可知对所有 $n \in N^{*}$ 均有 $a_{n} > 0 ⟹ 1 + a_{n} > 1$ 。两边同时取常用对数 $l g$ ： $l g (1 + a_{n + 1}) = l g (1 + a_{n})^{2} = 2 l g (1 + a_{n})$ 根据等比数列的定义，当 $n \geq 1$ 时，相邻两项的比值满足： $\frac{l g ( 1 + a _{n + 1} )}{l g ( 1 + a _{n} )} = 2 (常数)$ 该数列的首项为： $l g (1 + a_{1}) = l g (1 + 2) = l g 3 \neq = 0$ 。所以，数列 ${l g (1 + a_{n})}$ 是以 $l g 3$ 为首项， 2 为公比的等比数列。

(2) 解：由（1）可知等比数列的通项公式为： $l g (1 + a_{n}) = l g 3 \times 2^{n - 1} = l g 3^{2^{n - 1}}$ 两边消去对数底数，得： $1 + a_{n} = 3^{2^{n - 1}} ⟹ a_{n} = 3^{2^{n - 1}} - 1$

将 $1 + a_{n}$ 的表达式代入乘积式 $T_{n}$ 中： $T_{n} = (1 + a_{1}) (1 + a_{2}) \dots (1 + a_{n}) = 3^{2^{0}} \times 3^{2^{1}} \times 3^{2^{2}} \times \dots \times 3^{2^{n - 1}}$ 根据同底数幂相乘指数相加的法则： $T_{n} = 3^{2^{0} + 2^{1} + 2^{2} + \dots + 2^{n - 1}}$ 指数部分是一个首项为 1，公比为 2 的等比数列前 $n$ 项和，利用求和公式： $2^{0} + 2^{1} + 2^{2} + \dots + 2^{n - 1} = \frac{1 \times ( 2 ^{n} - 1 )}{2 - 1} = 2^{n} - 1$ 所以， $T_{n}$ 的表达式为： $T_{n} = 3^{2^{n} - 1}$ 数列 ${a_{n}}$ 的通项公式为 $a_{n} = 3^{2^{n - 1}} - 1$ 。

(3) 解：将 $b_{n}$ 通分化简： $b_{n} = \frac{1}{a _{n}} + \frac{1}{a _{n} + 2} = \frac{( a _{n} + 2 ) + a _{n}}{a _{n} ( a _{n} + 2 )} = \frac{2 ( a _{n} + 1 )}{a _{n} ( a _{n} + 2 )}$ 将 $a_{n} = 3^{2^{n - 1}} - 1$ 和 $a_{n} + 1 = 3^{2^{n - 1}}$ 代入上式中： $b_{n} = \frac{2 \times 3 ^{2^{n - 1}}}{( 3 ^{2^{n - 1}} - 1 ) ( 3 ^{2^{n - 1}} + 1 )} = \frac{2 \times 3 ^{2^{n - 1}}}{( 3 ^{2^{n}} - 1 )}$ 为了使用裂项相消法，将分子拆开改写： $b_{n} = \frac{( 3 ^{2^{n}} - 1 ) - ( 3 ^{2^{n - 1}} - 1 )}{( 3 ^{2^{n - 1}} - 1 ) ( 3 ^{2^{n}} - 1 )} = \frac{1}{3 ^{2^{n - 1}} - 1} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1}$

由此对 $b_{n}$ 进行前 $n$ 项求和： $S_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} = (\frac{1}{3 ^{2^{0}} - 1} - \frac{1}{3 ^{2^{1}} - 1}) + (\frac{1}{3 ^{2^{1}} - 1} - \frac{1}{3 ^{2^{2}} - 1}) + \dots + (\frac{1}{3 ^{2^{n - 1}} - 1} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1})$ 中间项正负相消，只剩下首项的第一部分和末项的第二部分： $S_{n} = \frac{1}{3 ^{1} - 1} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1}$

证明目标恒等式。将 $S_{n} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1}$ 与 $T_{n} = 3^{2^{n} - 1}$ 代入等式左边： $左边 = S_{n} + \frac{2}{3 T _{n} - 1} = (\frac{1}{2} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1}) + \frac{2}{3 \times 3 ^{2^{n} - 1} - 1}$ 化简分母： $3 \times 3^{2^{n} - 1} = 3^{1 + 2^{n} - 1} = 3^{2^{n}}$ 。代回得： $左边 = \frac{1}{2} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1} + \frac{2}{3 ^{2^{n}} - 1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1} \dots 计算符号有误，重新严格复核裂项项次$

重新校对 $b_{n}$ 的拆分顺序： $b_{n} = \frac{1}{3 ^{2^{n - 1}} - 1} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1}$ 当 $n = 1$ 时： $b_{1} = \frac{1}{3 ^{1} - 1} - \frac{1}{3 ^{2} - 1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{3}{8}$ 。而直接计算： $a_{1} = 2 ⟹ b_{1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$ 。由此发现拆分系数有误。重新化简： $\frac{1}{3 ^{2^{n - 1}} - 1} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1} = \frac{( 3 ^{2^{n}} - 1 ) - ( 3 ^{2^{n - 1}} - 1 )}{( 3 ^{2^{n - 1}} - 1 ) ( 3 ^{2^{n}} - 1 )} = \frac{3 ^{2^{n - 1}} ( 3 ^{2^{n - 1}} - 1 )}{( 3 ^{2^{n - 1}} - 1 ) ( 3 ^{2^{n}} - 1 )} = \frac{3 ^{2^{n - 1}}}{3 ^{2^{n}} - 1}$ 因为分子的真实结构是 $2 \times 3^{2^{n - 1}}$ ，所以满足： $b_{n} = 2 \times (\frac{1}{3 ^{2^{n - 1}} - 1} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1})$ 修正求和式 $S_{n}$ ： $S_{n} = 2 \times (\frac{1}{3 ^{1} - 1} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1}) = 2 \times (\frac{1}{2} - \frac{1}{3 ^{2^{n}} - 1}) = 1 - \frac{2}{3 ^{2^{n}} - 1}$

将修正后的 $S_{n}$ 代入目标等式中： $左边 = S_{n} + \frac{2}{3 T _{n} - 1} = (1 - \frac{2}{3 ^{2^{n}} - 1}) + \frac{2}{3 \times 3 ^{2^{n} - 1} - 1}$ 由于 $3 \times 3^{2^{n} - 1} - 1 = 3^{2^{n}} - 1$ ，代入可得： $左边 = 1 - \frac{2}{3 ^{2^{n}} - 1} + \frac{2}{3 ^{2^{n}} - 1} = 1 = 右边$ 得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：二次递推式加 1 构造完全平方、指数型等比级数乘集化为指数加和、高阶异权裂项相消求和法。

核心方法：两边取对数降维法、裂项系数对照法。

避坑指南：

第三问裂项化简时极易遗漏外层系数 2，务必在裂项完毕后带入 $n = 1$ 的具体数值进行反向校验，以保证系数的绝对精确。

证明恒等式时，严格将左端展开并利用指数运算性质 $3 \cdot 3^{2^{n} - 1} = 3^{2^{n}}$ 消除多余的分式项。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是全卷分值最高的压轴大题。将二次函数曲线递推与二阶对数等比数列、乘积序列以及高级裂项求和完美融合，全面考查了考生对复杂数列代数链条的处理能力。结论推广: 针对任何形如 $x_{n + 1} = x_{n}^{2} + 2 x_{n}$ 的非线性递推，均可通过加上常数 1 转化为 $x_{n} + 1 = (x_{1} + 1)^{2^{n - 1}}$ 的双重指数标准解形式。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

08.01 函数图象变换、模型与零点

19.02 等比数列全总结

19.03 数列通项公式求法全攻略

19.04 数列求和核心方法与裂项模型

03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

2007-福建卷理-22 解-数列不等式放缩连乘

2010-天津文-22 解-数列通项与不等式证明

2020-浙江卷-20 解-数列不等式

∑ ( Math )

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