2006-上海卷理-21 解-绝对值不等式的求和与零点分段特征

本题导读

本题是一道集数项递推、等比数列证明、对数约简、绝对值求和于一体的综合压轴大题。第一问通过相邻项递推式作差构造等比数列；第二问在乘积项上套用对数性质，推导出 $\{b_n\}$ 的等差通项公式；第三问则通过对零点的离散型绝对值求和，利用对称性与裂项性质锁定正整数 $k$ 的解。

📌【题干】

Question

（2006年上海卷(理)） 已知有穷数列 $\{a_n\}$ 共有 $2k$ 项 (整数 $k\ge 2$), 首项 $a_1=2$. 设该数列的前 $n$ 项和为 $S_n$, 且 $a_{n+1}=(a-1)S_n+2$ ($n=1,2,\dots ,2k-1$), 其中常数 $a>1$.

(1) 求证: 数列 $\{a_n\}$ 是等比数列;

(2) 若 $a=2^{\frac{2}{2k-1}}$, 数列 $\{b_n\}$ 满足 $b_n=\frac{1}{n}{\log }_2(a_1{a}_2\cdots a_n)$ ($n=1,2,\dots ,2k$), 求数列 $\{b_n\}$ 的通项公式;

(3) 若 (2) 中的数列 $\{b_n\}$ 满足不等式 $\left|b_1-\frac{3}{2}\right|+\left|b_2-\frac{3}{2}\right|+\cdots +\left|b_{2k-1}-\frac{3}{2}\right|+\left|b_{2k}-\frac{3}{2}\right|\le 4$, 求 $k$ 的值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第 (1) 问看「$S_n$ 与 $a_n$ 混在一起」：把 $a_{n+1}=(a-1)S_n+2$ 与 $a_n=(a-1)S_{n-1}+2$ 相减，$S$ 就被消掉，直接得到相邻两项之比。
2. 第 (2) 问要先算连乘积：$a_1{a}_2\cdots a_n$ 是等比数列的前 $n$ 项积，指数是 $0+1+\cdots +(n-1)$ 的等差和，取对数后变成一次式。
3. 第 (3) 问抓对称性：$b_n-\frac{3}{2}$ 关于 $n=k+\frac{1}{2}$ 变号，前 $k$ 项与后 $k$ 项绝对值相同，只需算一半再乘 2，最后解关于 $k$ 的不等式并结合 $k⩾2$ 取整。

✅【答案】

Success

（1）$\{a_n\}$ 是首项为 $2$、公比为 $a$ 的等比数列，即 $a_n=2a^{n-1}$；

（2）$b_n=1+\frac{n-1}{2k-1}=\frac{2k+n-2}{2k-1}$（$n=1,2,\cdots ,2k$）；

（3）$k=2,3,4,5,6,7$。

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明

当 $n=1$ 时，$a_2=(a-1)S_1+2=(a-1)a_1+2=2a$。

当 $n⩾2$ 时，由 $a_{n+1}=(a-1)S_n+2,a_n=(a-1)S_{n-1}+2$ 两式相减得 $a_{n+1}-a_n=(a-1)a_n⟹a_{n+1}=a{a}_n$ 该式对 $n=1,2,\cdots ,2k-1$ 都成立（$n=1$ 时 $a_2=2a=a\cdot a_1$ 已验证）。

又 $a_1=2>0$，$a>1>0$，故 $a_n\ne 0$，于是 $\frac{a_{n+1}}{a_n}=a$ 为定值。

所以 $\{a_n\}$ 是首项 $a_1=2$、公比 $q=a$ 的等比数列，通项 $a_n=2a^{n-1}$。

（2）求 $\{b_n\}$ 的通项

由（1），$a_j=2a^{j-1}$，故 $a_1{a}_2\cdots a_n=2^n{a}^{0+1+\cdots +(n-1)}=2^n{a}^{\frac{n(n-1)}{2}}$ 取以 2 为底的对数，并代入 ${\log }_{2}a=\frac{2}{2k-1}$： ${\log }_2(a_1{a}_2\cdots a_n)=n+\frac{n(n-1)}{2}\cdot \frac{2}{2k-1}=n+\frac{n(n-1)}{2k-1}$ 于是 $b_n=\frac{1}{n}\left[n+\frac{n(n-1)}{2k-1}\right]=1+\frac{n-1}{2k-1}(n=1,2,\cdots ,2k)$

（3）求 $k$ 的值

记 $c_n=b_n-\frac{3}{2}$，则 $c_n=1+\frac{n-1}{2k-1}-\frac{3}{2}=\frac{2(n-1)-(2k-1)}{2(2k-1)}=\frac{2n-2k-1}{2(2k-1)}$ 当 $n⩽k$ 时 $c_n<0$，当 $n⩾k+1$ 时 $c_n>0$，且 $c_n$ 随 $n$ 递增。又 $c_n$ 关于 $n=k+\frac{1}{2}$ 反对称，即 $|c_n|=|c_{2k+1-n}|(n=1,2,\cdots ,2k)$ 所以原不等式左端为 ${\sum }_{n=1}^{2k}|c_n|=2{\sum }_{n=1}^k|c_n|=2{\sum }_{n=1}^k\left(\frac{1}{2}-\frac{n-1}{2k-1}\right)$ $=2\left[\frac{k}{2}-\frac{1}{2k-1}\cdot \frac{k(k-1)}{2}\right]=k-\frac{k(k-1)}{2k-1}=\frac{k^2}{2k-1}$ 于是题设不等式等价于 $\frac{k^2}{2k-1}⩽4⟺k^2-8k+4⩽0$ 解得 $4-2\sqrt{3}⩽k⩽4+2\sqrt{3}$ 即 $0.54⩽k⩽7.46$。又 $k$ 为不小于 2 的整数，故 $k=2,3,4,5,6,7$ 代回检验：$k=2$ 时左端 $=\frac{4}{3}$，$k=7$ 时左端 $=\frac{49}{13}\approx 3.77$，均不超过 4；$k=8$ 时左端 $=\frac{64}{15}\approx 4.27>4$，不合题意。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：由相邻项次作差消去 $S_n$ 判定等比数列、对数积化和差幂次前置化简、离散型一阶绝对值级数的中点拆分与求和。
• 核心方法：项次作差法、零点分段求和法。
• 避坑指南：
• 第一问证明等比数列时，通过作差求出 $\frac{a_{n+1}}{a_n}=a$ 仅对 $n\ge 2$ 成立。必须单独补上 $n=1$ 时的初始项验证（即算出 $a_2=2a⟹\frac{a_2}{a_1}=a$），缺少该步骤在严密性上不完整。
• 第三问去掉绝对值时，由于零点为 $k+\frac{1}{2}$，恰好位于连续整数 $k$ 与 $k+1$ 的正中间，因此前 $k$ 项取负，后 $k$ 项取正，项数两边各为对称的 $k$ 项，利用此对称性可极大地避免因算错首末项导致级数求和崩溃。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是考查高三数列与代数不等式交汇的典型有穷级数压轴题。其核心架构在于通过复杂的对数外壳对等比数列进行“对数化降维”，使其退化为标准的线性等差结构进行绝对值距离刻画。 结论推广: 针对任何服从线性分布的等差型级数绝对值求和 ${\sum }_{n=1}^{2k}|n-(k+\frac{1}{2})|$，其关于对称中点双向撕开后的离散求和净值恒呈现二次型规律，即 $\sum =2\times \frac{k(1+2k-1)}{2}=2k^2$。

🔗【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
• 04.01 指数与对数运算
• 03.04 绝对值不等式及排序不等式

类题演练 (Links)

• 2007-北京文-16 解-递推数列等比条件
• 2007-山东卷理-17 解-等比数列前 n 项公式