2005-山东卷理-21 解-数列的递推关系与通项公式

本题导读

本题考查通过前 $n$ 项和递推式求数列通项公式，结合多项式求导计算特殊点的导数值，以及利用差值法比较代数式的大小。

📌【题干】

Question

（2005年山东卷(理)） 已知数列 $\{a_n\}$ 的首项 $a_1=5$，前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $S_{n+1}=2S_n+n+5$ ($n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$).

(1)证明数列 $\{a_n+1\}$ 是等比数列；

(2)令 $f(x)=a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$，求函数 $f(x)$ 在点 $x=1$ 处的导数 $f^{\prime }(1)$ 并比较 $2f^{\prime }(1)$ 与 $23n^2-13n$ 的大小.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：由 $S_{n+1}=2S_n+n+5$ 与 $S_n=2S_{n-1}+n+4$（$n\ge 2$）两式相减，得 $a_{n+1}=2a_n+1$。再单独验证 $n=1$ 时 $a_2=2a_1+1$ 也成立，于是 $a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，$\{a_n+1\}$ 是等比数列。这是「作差消 $S$」与「构造等比」两个动作的组合。
2. 第二问：对 $f(x)$ 求导，令 $x=1$ 得 $f^{\prime }(1)={\sum }_{k=1}^{n}k{a}_k$。代入 $a_k=3\cdot 2^k-1$，用错位相减法求 ${\sum }_{k=1}^{n}k\cdot 2^k$，再作差比较 $2f^{\prime }(1)$ 与 $23n^2-13n$ 的大小。注意 $n=1,2$ 两个边界要单独检验。

✅【答案】

Success

(1) $\{a_n+1\}$ 是以 $6$ 为首项、$2$ 为公比的等比数列，通项 $a_n=3\cdot 2^n-1$； (2) $f^{\prime }(1)=3(n-1)2^{n+1}+6-\frac{n(n+1)}{2}$；当 $n=1$ 时 $2f^{\prime }(1)=23n^2-13n$，当 $n=2$ 时 $2f^{\prime }(1)<23n^2-13n$，当 $n\ge 3$ 时 $2f^{\prime }(1)>23n^2-13n$。

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）由 $S_{n+1}=2S_n+n+5$（$n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$），得 $S_n=2S_{n-1}+n+4$（$n\ge 2$）。 两式相减，得 $a_{n+1}=S_{n+1}-S_n=2(S_n-S_{n-1})+1=2a_n+1(n\ge 2).$ 又当 $n=1$ 时，由 $S_2=2S_1+1+5=2\times 5+6=16$，得 $a_2=S_2-S_1=16-5=11$， 恰好满足 $a_2=2a_1+1$。 所以对一切 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，都有 $a_{n+1}+1=2(a_n+1).$ 又 $a_1+1=6\ne 0$，故 $\frac{a_{n+1}+1}{a_n+1}=2$ 恒成立， 因此数列 $\{a_n+1\}$ 是以 $a_1+1=6$ 为首项、$2$ 为公比的等比数列。 于是 $a_n+1=6\cdot 2^{n-1}=3\cdot 2^n⟹a_n=3\cdot 2^n-1.$

（2）对 $f(x)=a_{1}x+a_2{x}^2+\cdots +a_n{x}^n$ 求导得： $f^{\prime }(x)=a_1+2a_{2}x+3a_3{x}^2+\cdots +n{a}_n{x}^{n-1}$ 令 $x=1$ 代入得： $f^{\prime }(1)=1a_1+2a_2+3a_3+\cdots +n{a}_n={\sum }_{k=1}^{n}k{a}_k$

将 $a_k=3\times 2^k-1$ 代入： $f^{\prime }(1)={\sum }_{k=1}^{n}k(3\times 2^k-1)=3{\sum }_{k=1}^{n}k\cdot 2^k-{\sum }_{k=1}^{n}k$

分别求和：

1. 记 $T={\sum }_{k=1}^{n}k\cdot 2^k=1\cdot 2^1+2\cdot 2^2+\cdots +n\cdot 2^n$ 利用错位相减法： $2T=1\cdot 2^2+2\cdot 2^3+\cdots +n\cdot 2^{n+1}$ 两式相减得： $-T=2^1+2^2+2^3+\cdots +2^n-n\cdot 2^{n+1}=\frac{2(1-2^n)}{1-2}-n\cdot 2^{n+1}=2^{n+1}-2-n\cdot 2^{n+1}$ 所以 $T=(n-1)2^{n+1}+2$。

2. 计算等差部分： ${\sum }_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}$

代入 $f^{\prime }(1)$ 的表达式中： $f^{\prime }(1)=3[(n-1)2^{n+1}+2]-\frac{n(n+1)}{2}=3(n-1)2^{n+1}+6-\frac{n^2+n}{2}$

从而可得： $2f^{\prime }(1)=6(n-1)2^{n+1}+12-(n^2+n)$

接下来比较 $2f^{\prime }(1)$ 与 $23n^2-13n$ 的大小，采用作差法： $D=2f^{\prime }(1)-(23n^2-13n)=6(n-1)2^{n+1}+12-n^2-n-23n^2+13n$ $=6(n-1)2^{n+1}-24n^2+12n+12=6[(n-1)2^{n+1}-4n^2+2n+2]$

对 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 分情况讨论：

• 当 $n=1$ 时，$D=6[(1-1)2^2-4(1{)}^2+2(1)+2]=6[0-4+2+2]=0$，此时 $2f^{\prime }(1)=23n^2-13n$；
• 当 $n=2$ 时，$D=6[(2-1)2^3-4(2{)}^2+2(2)+2]=6[8-16+4+2]=-12<0$，此时 $2f^{\prime }(1)<23n^2-13n$；
• 当 $n=3$ 时，$D=6[(3-1)2^4-4(3{)}^2+2(3)+2]=6[32-36+6+2]=24>0$；
• 当 $n\ge 4$ 时，由于指数爆炸效应，恒有 $(n-1)2^{n+1}>4n^2-2n-2$，此时 $D>0$。

综上所述：

• 当 $n=1$ 时，$2f^{\prime }(1)=23n^2-13n$；
• 当 $n=2$ 时，$2f^{\prime }(1)<23n^2-13n$；
• 当 $n\ge 3$ 时，$2f^{\prime }(1)>23n^2-13n$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等比数列的构造、错位相减法求和、数列型不等式的大小比较。
2. 核心方法：错位相减法、分类讨论法。
3. 避坑指南：在比较大小阶段，切勿看到 $n=3$ 以后都是大于就漏掉 $n=1,2$ 等低次项的特殊边界情况。必须从 $n=1$ 开始逐项带入定量考察，给出完整的分类结论。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题是由经典的多项式求导、数列错位相减求和以及函数增幅比较（指数函数与二次函数）组合而成的综合压轴大题。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.02 等比数列全总结
• 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)
• 2012-大纲卷(理)-21 解-导数