2005-湖南卷理-03 单-等差数列的通项公式

本题导读

本题考查等差数列、等比数列的通项与求和以及数列极限的综合应用。核心意图是通过对数式转化求出原数列通项，再将目标式转化为等比数列求和问题。

📌【题干】

Question

（2005年湖南卷(理)） 已知数列 $\{{\log }_2(a_n-1)\}$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 为等差数列，且 $a_1=3$，$a_2=5$，则 ${\lim }_{n\to \infty }\left(\frac{1}{a_2-a_1}+\frac{1}{a_3-a_2}+\cdots +\frac{1}{a_{n+1}-a_n}\right)=$()

A. 2　　　　　　　B. $\frac{3}{2}$　　　　　　　C. 1　　　　　　　D. $\frac{1}{2}$

🔍【思路分析】

破题导航

1. 记 $b_n={\log }_2(a_n-1)$，利用 $a_1,a_2$ 求出 $b_1,b_2$，从而确定等差数列 $\{b_n\}$ 的通项公式。
2. 利用对数与指数的互化关系反解出 $a_n$，并求出对应差项 $a_{n+1}-a_n$ 的表达式。
3. 将差项代入目标代数式，识别其为等比数列求和，利用极限运算法则求出结果。

✅【答案】

Success

C

✍【详细解析】

Abstract

设 $b_n={\log }_2(a_n-1)$。 因为 $a_1=3$，$a_2=5$， 所以 $b_1={\log }_2(3-1)=1$，$b_2={\log }_2(5-1)=2$。 则等差数列 $\{b_n\}$ 的公差 $d=b_2-b_1=1$， 故 $b_n=1+(n-1)\times 1=n$。 由 ${\log }_2(a_n-1)=n$ 得： $a_n-1=2^n⟹a_n=2^n+1$ 从而有： $a_{n+1}-a_n=(2^{n+1}+1)-(2^n+1)=2^{n+1}-2^n=2^n$ 代入目标极限式中： $\frac{1}{a_2-a_1}+\frac{1}{a_3-a_2}+\cdots +\frac{1}{a_{n+1}-a_n}=\frac{1}{2^1}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^n}$ 该式为首项为 $\frac{1}{2}$，公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列前 $n$ 项和，其和为： $S_n=\frac{\frac{1}{2}\left(1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right)}{1-\frac{1}{2}}=1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ 取极限得： ${\lim }_{n\to \infty }{S}_n={\lim }_{n\to \infty }\left[1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right]=1$ 故选 C

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等差数列通项公式的应用，以及无穷递减等比级数的极限求解。
2. 核心方法：通过项的相减化简分母，将繁琐的分式和转化为标准的等比数列求和。
3. 避坑指南：计算 $a_{n+1}-a_n$ 时易错算为 $2$，须注意底数相同、指数不同的幂的同底数幂相减提公因式规则，即 $2^{n+1}-2^n=2^n(2-1)=2^n$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题是由教材中等差数列通项公式与等比数列前 $n$ 项和公式衍生出的经典综合题，引入了极限符号以接轨高等数学中的无穷级数概念。
2. 结论推广：若数列 $\{{\log }_q(a_n-c)\}$（$q>1$）是以 $d$ 为公差的等差数列，且 $b_1=m$，则 $a_{n+1}-a_n=q^{m+(n-1)d}(q^d-1)$。当 $m=1,d=1,q=2$ 时，即为本题原型，其无穷项和收敛于 $1$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 19.02 等比数列全总结
• 19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)