2004-天津理-21 解-等比数列的判定与通项公式

本题导读

本题考查等比数列的判定与通项公式。核心在于构造代换法、差分叠加法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年天津卷(理)）已知定义在 $R$ 上的函数 $f (x)$ 和数列 ${a_{n}}$ 满足下列条件: $a_{1} = a, a_{n} = f (a_{n - 1}) (n = 2, 3, 4, \dots), a_{2} \neq = a_{1}, f (a_{n}) - f (a_{n - 1}) = k (a_{n} - a_{n - 1}) (n = 2, 3, 4, \dots)$ , 其中 $a$ 为常数， $k$ 为非零常数.

(1) 令 $b_{n} = a_{n + 1} - a_{n} (n \in N^{*})$ ，证明数列 ${b_{n}}$ 是等比数列；

(2) 求数列 ${a_{n}}$ 的通项公式；

(3) 当 $∣ k ∣ < 1$ 时，求 $lim_{n \to \infty} a_{n}$ .

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：利用已知递推条件 $a_{n + 1} = f (a_{n})$ 和 $a_{n} = f (a_{n - 1})$ ，将 $b_{n} = a_{n + 1} - a_{n}$ 转化为 $f (a_{n}) - f (a_{n - 1})$ ，代入已知等式构建出 $\frac{b _{n}}{b _{n - 1}} = k$ 形式，结合首项非零证明等比。

第二问：利用累加法（截断求和），将 $a_{n} = a_{1} + \sum_{i = 1}^{n - 1} b_{i}$ 展开，套用等比数列求和公式对 $b_{i}$ 进行求和化简。

第三问：当 $∣ k ∣ < 1$ 时， $lim_{n \to \infty} k^{n - 1} = 0$ ，直接对第二问求得的通项公式取极限。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) $a_{n} = a + \frac{( a _{2} - a ) ( 1 - k ^{n - 1} )}{1 - k}$

(3) $\frac{a _{2} - ak}{1 - k}$

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1) 证明：数列 ${b_{n}}$ 是等比数列

由题意，当 $n ⩾ 2$ 时，有 $a_{n + 1} = f (a_{n})$ 且 $a_{n} = f (a_{n - 1})$ 。根据 $b_{n}$ 的定义： $b_{n} = a_{n + 1} - a_{n} = f (a_{n}) - f (a_{n - 1})$ 将已知条件 $f (a_{n}) - f (a_{n - 1}) = k (a_{n} - a_{n - 1})$ 代入上式可得： $b_{n} = k (a_{n} - a_{n - 1})$ 又因为 $b_{n - 1} = a_{n} - a_{n - 1}$ ，所以上式可写作： $b_{n} = k \cdot b_{n - 1} (n = 2, 3, 4, \dots)$ 因为 $k$ 为非零常数，且 $b_{1} = a_{2} - a_{1} \neq = 0$ ，所以对任意 $n ⩾ 2$ ，有： $\frac{b _{n}}{b _{n - 1}} = k$ 因此，数列 ${b_{n}}$ 是以 $b_{1} = a_{2} - a_{1}$ 为首项， $k$ 为公比的等比数列。

(2) 求数列 ${a_{n}}$ 的通项公式

由第 (1) 问可知，等比数列 ${b_{n}}$ 的通项公式为： $b_{n} = b_{1} \cdot k^{n - 1} = (a_{2} - a_{1}) k^{n - 1}$ 当 $n ⩾ 2$ 时，利用叠加法（差分求和）： $a_{n} = a_{1} + (a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + \dots + (a_{n} - a_{n - 1})$ $a_{n} = a_{1} + \sum_{i = 1}^{n - 1} b_{i} = a + \sum_{i = 1}^{n - 1} (a_{2} - a) k^{i - 1}$

根据等比数列求和公式，分公比是否为 1 讨论：

若 $k = 1$ 时： $a_{n} = a + (n - 1) (a_{2} - a)$

若 $k \neq = 1$ 时（且已知 $k \neq = 0$ ）： $a_{n} = a + (a_{2} - a) \cdot \frac{1 - k ^{n - 1}}{1 - k}$

当 $n = 1$ 时，上述两个公式均满足 $a_{1} = a$ 。综上所述，数列 ${a_{n}}$ 的通项公式为： $a_{n} = {a + (n - 1) (a_{2} - a), a + \frac{( a _{2} - a ) ( 1 - k ^{n - 1} )}{1 - k}, k = 1 k \neq = 1 且 k \neq = 0$

(3) 当 $∣ k ∣ < 1$ 时，求 $lim_{n \to \infty} a_{n}$

当 $∣ k ∣ < 1$ 时，公比的无限次幂趋近于 0，即： $lim_{n \to \infty} k^{n - 1} = 0$ 此时对应的通项公式为 $a_{n} = a + \frac{( a _{2} - a ) ( 1 - k ^{n - 1} )}{1 - k}$ 。对两边同时取极限可得： $lim_{n \to \infty} a_{n} = lim_{n \to \infty} [a + \frac{( a _{2} - a ) ( 1 - k ^{n - 1} )}{1 - k}]$ $lim_{n \to \infty} a_{n} = a + \frac{( a _{2} - a ) ( 1 - 0 )}{1 - k} = a + \frac{a _{2} - a}{1 - k} = \frac{a ( 1 - k ) + a _{2} - a}{1 - k} = \frac{a _{2} - ak}{1 - k}$

答： $lim_{n \to \infty} a_{n} = \frac{a _{2} - ak}{1 - k}$ 。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：等比数列的齐次递推定义 $\frac{b _{n}}{b _{n - 1}} = k$ 、叠加法还原原通项、无穷收敛级数极限。

核心方法：逐项差分构造法。

避坑指南：

第二问求和时不可漏掉分公比 $k = 1$ 的讨论。虽然第三问限定了 $∣ k ∣ < 1$ ，但第二问求通项属于独立运算步骤，若在分母中直接写出 $1 - k$ 而未声明 $k \neq = 1$ ，在严谨的解答题评分中属于学术不严密。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 改编自数列递推关系与等比数列判定的经典综合题。

结论推广: 条件 $f (a_{n}) - f (a_{n - 1}) = k (a_{n} - a_{n - 1})$ 说明函数满足常数斜率变化率。在线性递推数列 $a_{n + 1} = k a_{n} + A$ 中，若 $∣ k ∣ < 1$ ，则该数列无论首项如何选取，最终必收敛于该递推方程的不动点 $\frac{A}{1 - k}$ 。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

19.02 等比数列全总结

19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)

2006-四川文-17 解-Sn递推求通项与等差

2006-陕西文-20 解-Sn递推求通项

1985-广东文-02 填-等比数列的通项

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(1) 证明：数列 ${b_{n}}$ 是等比数列

(2) 求数列 ${a_{n}}$ 的通项公式

(3) 当 $∣ k ∣ < 1$ 时，求 $lim_{n \to \infty} a_{n}$

💡【考点归纳与避坑指南】

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(1) 证明：数列 {bn​} 是等比数列

(2) 求数列 {an​} 的通项公式

(3) 当 ∣k∣<1 时，求 limn→∞​an​

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(1) 证明：数列 ${b_{n}}$ 是等比数列

(2) 求数列 ${a_{n}}$ 的通项公式

(3) 当 $∣ k ∣ < 1$ 时，求 $lim_{n \to \infty} a_{n}$