2006-福建卷理-22 解-数列不等式的证明

本题导读

本题是一道经典的数列压轴题。第一问通过待定系数法构造等比数列求解通项公式；第二问利用指数幂运算法则与对数变形证明等差数列；第三问考查分式数列求和的不等式放缩证明，通过将通项拆项、裂项以及寻找不等式的边界进行精准放缩。

📌【题干】

Question

（2006年福建卷(理)） 已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$。 （1）求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式； （2）若数列 $\{b_n\}$ 满足 $4^{b_1-1}\cdot 4^{b_2-1}\cdot 4^{b_3-1}\cdots 4^{b_n-1}=(a_n+1{)}^{b_n}(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$，证明 $\{b_n\}$ 是等差数列； （3）证明：$\frac{n}{2}-\frac{1}{3}<\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\cdots +\frac{a_n}{a_{n+1}}<\frac{n}{2}(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$。

🔍【思路分析】

破题导航

第（1）问：递推式为 $a_{n+1}=2a_n+1$，两边同时加 1 构造出 $a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，从而 $\{a_n+1\}$ 是等比数列，进而求出 $a_n$。 第（2）问：

• 将第（1）问求出的 $a_n+1=2^n$ 代入已知条件。
• 利用同底数幂乘法法则，左边化为 $4^{(b_1+b_2+\cdots +b_n)-n}$，右边化为 $(2^n{)}^{b_n}=2^{n{b}_n}=4^{\frac{1}{2}n{b}_n}$。
• 比较指数建立关于 $b_n$ 的前 $n$ 项和 $S_n$ 的递推式，通过 $S_n-S_{n-1}=b_n(n\ge 2)$ 的关系证其为等差数列。 第（3）问：
• 分析目标代数式的通项 $T_k=\frac{a_k}{a_{k+1}}=\frac{2^k-1}{2^{k+1}-1}$。
• 将通项变形为 $T_k=\frac{1}{2}\cdot \frac{2^{k+1}-2}{2^{k+1}-1}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^{k+1}-1}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2(2^{k+1}-1)}$。
• 求和后，右边不等式自然成立；左边不等式则需要对余项 $\sum \frac{1}{2(2^{k+1}-1)}$ 进行等比放缩，利用裂项相消或等比数列求和证明。

✅【答案】

Success

原不等式 $\frac{n}{2}-\frac{1}{3}<\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\cdots +\frac{a_n}{a_{n+1}}<\frac{n}{2}$ 成立

✍【详细解析】

Abstract

（1）求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式

由 $a_{n+1}=2a_n+1$，两边同时加上 1 得： $a_{n+1}+1=2(a_n+1)$

又因为 $a_1+1=1+1=2\ne 0$， 所以数列 $\{a_n+1\}$ 是以 $a_1+1=2$ 为首项， $2$ 为公比的等比数列． 因此： $a_n+1=2\times 2^{n-1}=2^n⟹a_n=2^n-1(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$

（2）证明 $\{b_n\}$ 是等差数列

由（1）知 $a_n+1=2^n$，代入已知等式中，左边利用同底数幂乘法法则： $4^{(b_1-1)+(b_2-1)+\cdots +(b_n-1)}=(2^n{)}^{b_n}$ $4^{(b_1+b_2+\cdots +b_n)-n}=2^{n{b}_n}=(2^2{)}^{\frac{1}{2}n{b}_n}=4^{\frac{1}{2}n{b}_n}$

由此可得指数对应相等： $b_1+b_2+\cdots +b_n-n=\frac{1}{2}n{b}_n$

设数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n=b_1+b_2+\cdots +b_n$，则上式可记为： $S_n-n=\frac{1}{2}n{b}_n⟹2S_n-2n=n{b}_n\text{(1)}$

当 $n=1$ 时，代入 ① 得 $2S_1-2=1\cdot b_1⟹2b_1-2=b_1⟹b_1=2$． 当 $n\ge 2$ 时，写出 $n-1$ 的情形：$2S_{n-1}-2(n-1)=(n-1)b_{n-1}$ …… ② ① $-$ ② 得 $2b_n-2=n{b}_n-(n-1)b_{n-1}$，整理为 $(n-2)b_n=(n-1)b_{n-1}-2(n\ge 2)\text{(3)}$ 把 ③ 中的 $n$ 换成 $n+1$，得 $(n-1)b_{n+1}=n{b}_n-2$ …… ④ ④ $-$ ③ 得 $(n-1)b_{n+1}-(n-2)b_n=n{b}_n-(n-1)b_{n-1}$，即 $(n-1)(b_{n+1}+b_{n-1})=2(n-1)b_n(n\ge 3).$ 因 $n\ge 3$ 时 $n-1\ne 0$，故 $b_{n+1}+b_{n-1}=2b_n$，等差中项成立；又由 ③ 取 $n=3$ 得 $b_3=2b_2-2$，而 $b_1=2$，恰有 $b_1+b_3=2b_2$。 所以 $\{b_n\}$ 是等差数列（首项 $b_1=2$，公差 $b_2-2$；若再取 $b_2=3$ 即得 $b_n=n+1$）．

（3）证明：$\frac{n}{2}-\frac{1}{3}<\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\cdots +\frac{a_n}{a_{n+1}}<\frac{n}{2}$

设所求和式为 $T_n={\sum }_{k=1}^n\frac{a_k}{a_{k+1}}$．其通项为： $\frac{a_k}{a_{k+1}}=\frac{2^k-1}{2^{k+1}-1}=\frac{\frac{1}{2}(2^{k+1}-2)}{2^{k+1}-1}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2^{k+1}-1}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2(2^{k+1}-1)}$

对 $T_n$ 进行求和： $T_n={\sum }_{k=1}^n\left[\frac{1}{2}-\frac{1}{2(2^{k+1}-1)}\right]=\frac{n}{2}-{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{2(2^{k+1}-1)}$

① 证明右边不等式： $T_n<\frac{n}{2}$ 因为对于任意 $k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，都有 $2^{k+1}-1>0⟹\frac{1}{2(2^{k+1}-1)}>0$． 所以减去一堆正数后，必然满足： $T_n=\frac{n}{2}-{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{2(2^{k+1}-1)}<\frac{n}{2}$ 右边不等式获证．

② 证明左边不等式： $T_n>\frac{n}{2}-\frac{1}{3}$ 要证 $T_n>\frac{n}{2}-\frac{1}{3}$，只需证： ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{2(2^{k+1}-1)}<\frac{1}{3}⟹{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{2^{k+1}-1}<\frac{2}{3}$

利用放缩法，因为 $2^{k+1}-1\ge 2^{k+1}-\frac{1}{2}\cdot 2^{k+1}$ 不够紧确，直接利用分母放缩： 当 $k\ge 1$ 时， $2^{k+1}-1>2^{k+1}-2^k=2^k$ 是不够的． 精确放缩：由于 $2^{k+1}-1=2\cdot 2^k-1$， 因为 $k\ge 1$，利用等比级数关系： 当 $k=1$ 时， $\frac{1}{2^2-1}=\frac{1}{3}$． 当 $k=2$ 时， $\frac{1}{2^3-1}=\frac{1}{7}$． 当 $k\ge 2$ 时，进行放缩： $\frac{1}{2^{k+1}-1}<\frac{1}{2^{k+1}-2^{k-1}}$ 不太直观，通常使用如下放缩： $\frac{1}{2^{k+1}-1}\le \frac{1}{2^{k+1}-2\cdot 2^{k-1}}\text{ 错}$ 直接使用裂项放缩： $\frac{1}{2^{k+1}-1}<\frac{1}{3\cdot 2^{k-1}}(k\ge 2\text{ 时检验：}k=2⟹\frac{1}{7}<\frac{1}{6}\text{ 成立})$

所以有： ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{2^{k+1}-1}=\frac{1}{3}+{\sum }_{k=2}^n\frac{1}{2^{k+1}-1}<\frac{1}{3}+{\sum }_{k=2}^n\frac{1}{3\cdot 2^{k-1}}$ $=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2^{n-1}}\right)$

利用等比数列求和公式： $\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2^{n-1}}=1-\frac{1}{2^{n-1}}<1$ 所以： ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{2^{k+1}-1}<\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\times 1=\frac{2}{3}$

从而： ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{2(2^{k+1}-1)}<\frac{1}{2}\times \frac{2}{3}=\frac{1}{3}$

因此： $T_n=\frac{n}{2}-{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{2(2^{k+1}-1)}>\frac{n}{2}-\frac{1}{3}$ 左边不等式获证．

综上所述，原不等式 $\frac{n}{2}-\frac{1}{3}<\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}+\cdots +\frac{a_n}{a_{n+1}}<\frac{n}{2}$ 成立．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：数列构造等比通项；前 $n$ 项和与通项关系公式 $a_n=S_n-S_{n-1}$；数列不等式中“首项留底，后续等比放缩”的经典技巧。
• 核心方法：裂项与放缩法。在第（3）问中，将非标准可求和项 $\frac{1}{2^{k+1}-1}$ 放缩为标准等比数列 $\frac{1}{3\cdot 2^{k-1}}$ 是解决此类复杂求和不等式的核心通法。
• 避坑指南：第（3）问中放缩千万不能“过头”．若直接将 $2^{k+1}-1$ 粗糙地放缩为 $2^k$，求和后对应的级数值会大于 $\frac{2}{3}$，从而无法得出小于 $\frac{1}{3}$ 的精细边界目标。保留第一项不放缩、从第二项开始精细放缩是高考命题的高频给分点。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题源于教材中递推数列 $a_{n+1}=p{a}_n+q$ 的基本题型，第（1）问考查构造等比数列求通项，是”待定系数法”的典型应用；第（2）问以对数运算为桥梁，将乘积条件转化为和式，体现数列与指数、对数知识的交汇；第（3）问则通过放缩法证明数列不等式，是高考对”裂项放缩”与”等比数列求和”综合运用的经典考查。

结论推广：对递推式 $a_{n+1}=p{a}_n+q(p\ne 1)$，可构造 $a_{n+1}+\frac{q}{p-1}=p\left(a_n+\frac{q}{p-1}\right)$ 化为等比数列，得 $a_n=\left(a_1+\frac{q}{p-1}\right)p^{n-1}-\frac{q}{p-1}$；本题中 $p=2,q=1$ 即得 $a_n=2^n-1$，可推广至一般 $p,q$ 情形求解通项。

方法推广：第（3）问中 $\frac{a_k}{a_{k+1}}=\frac{2^k-1}{2^{k+1}-1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2\left(2^{k+1}-1\right)}$，通过将通项拆分为常数与可求和的小量，再对 $\frac{1}{2^{k+1}-1}$ 作放缩（如 $\frac{1}{2^{k+1}-1}<\frac{1}{2^k}$ 及 $\frac{1}{2^{k+1}-1}>\frac{1}{2^{k+1}}$）完成不等式证明，此”拆项—放缩—求和”方法可广泛用于形如 $\sum \frac{f(k)}{f(k+1)}$ 的数列不等式问题。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.03 数列通项公式求法全攻略
• 19.02 等比数列全总结
• 19.01 等差数列全总结
• 04.01 指数与对数运算
• 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
• 2007-四川卷理-22 解-数列放缩法级数有界性
• 2009-重庆卷文-21 解-递推数列放缩