浙江 2011 · 数学 q19

冷启动：先把两个和各自算成闭式

题面上那处对不上的字

（Ⅱ）在这份解析版的题面上印的是「当 $a\geq 2$ 时，试比较 $A_{n}$ 与 $B_{n}$ 的大小」， 本站校订层照原样保留了这个字样。但同一页的解答有两处和它对不上：

• 解答的关键一步写的是「当 $n\geq 2$ 时，$2^{n}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+\cdots+C_{n}^{n}>n+1$」；
• 解答的末行对 $a>0$、$a<0$ 分了两支——题设若真是 $a\geq 2$，那 $a$ 恒为正，$a<0$ 这一支根本不会出现。

两处都指向同一个解释：印错的是那个字母，正字应为「当 $n\geq 2$ 时」。

但下面三条解法一处也不押它。 它们证的是把 $n$ 与 $a$ 都跑满的完整结论：

$n=1$ 时 $A_{n}=B_{n}$；$n\geq 2$ 时，$a>0$ 则 $A_{n}<B_{n}$，$a<0$ 则 $A_{n}>B_{n}$。

按「$n\geq 2$」读，要的就是后半句；按印出来的「$a\geq 2$」读（此时 $a>0$），要的就是 「$n=1$ 时相等、$n\geq 2$ 时 $A_{n}<B_{n}$」。两种读法要的东西都已经含在里面， 不必先替出题人选边——这也是比大小题该有的写法：把 $n$ 的每一段都交代清楚，别只证一半就下通用结论。

（Ⅰ）先定出公差

设公差为 $d$。$\dfrac{1}{a_{1}},\dfrac{1}{a_{2}},\dfrac{1}{a_{4}}$ 成等比， 用等比中项：

$$\left(\frac{1}{a_{2}}\right)^{2}=\frac{1}{a_{1}}\cdot\frac{1}{a_{4}} \quad\Longleftrightarrow\quad a_{2}^{2}=a_{1}a_{4} .$$

（取倒数不改变「成等比」，因为 $\left(\dfrac1{a_2}\right)^2=\dfrac1{a_1a_4}$ 与 $a_2^2=a_1a_4$ 互为倒数； 这里默认 $a_{1},a_{2},a_{4}$ 都非零，否则倒数写不出来。）代入 $a_{1}=a$、$a_{2}=a+d$、$a_{4}=a+3d$：

$$(a+d)^{2}=a(a+3d) \quad\Longrightarrow\quad a^{2}+2ad+d^{2}=a^{2}+3ad \quad\Longrightarrow\quad d^{2}=ad \quad\Longrightarrow\quad d(d-a)=0 .$$

公差不为 $0$，故 $d=a$（顺带也说明 $a\neq 0$，否则 $d=0$）。于是

$$\boxed{a_{n}=na}\ ,\qquad S_{n}=\frac{n(a+na)}{2}=\boxed{\dfrac{n(n+1)a}{2}}\ .$$

$a_{n}=na\neq 0$，后面所有倒数都写得出来。

解法一：原卷路线——裂项相消得 $A_{n}$、等比求和得 $B_{n}$，比括号里的形状因子

这一问要用的全部前情

只有（Ⅰ）的两个式子。把它们重抄一遍，以便这条解法自足：由 $\left(\dfrac{1}{a_{2}}\right)^{2}=\dfrac{1}{a_{1}}\cdot\dfrac{1}{a_{4}}$ 得 $(a+d)^{2}=a(a+3d)$，即 $d^{2}=ad$；公差 $d\neq 0$ 故 $d=a$（于是也有 $a\neq 0$）。所以

$$a_{n}=a_{1}+(n-1)d=a+(n-1)a=na ,\qquad S_{n}=\frac{n(a_{1}+a_{n})}{2}=\frac{n(a+na)}{2}=\frac{n(n+1)a}{2} .$$

$a\neq 0$ 保证 $a_{n}\neq 0$、$S_{n}\neq 0$，$A_{n}$、$B_{n}$ 里每个倒数都有意义。

$A_{n}$：裂项相消

$$\frac{1}{S_{n}}=\frac{2}{n(n+1)a}=\frac{2}{a}\cdot\frac{1}{n(n+1)} =\frac{2}{a}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right) .$$

相邻两项首尾相消，只剩两头：

$$A_{n}=\frac{2}{a}\left[\left(1-\frac12\right)+\left(\frac12-\frac13\right)+\cdots +\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)\right] =\frac{2}{a}\left(1-\frac{1}{n+1}\right) .$$

$B_{n}$：它其实是一个等比数列的和

$B_{n}$ 的下标是 $1,2,4,\dots,2^{n-1}$（公比 $2$ 的下标，一共 $n$ 项），而 $a_{k}=ka$，所以

$$\frac{1}{a_{2^{k-1}}}=\frac{1}{2^{k-1}a} ,$$

这是首项 $\dfrac1a$、公比 $\dfrac12$ 的等比数列。求和：

$$B_{n}=\frac{1}{a}\cdot\frac{1-\left(\frac12\right)^{n}}{1-\frac12} =\frac{2}{a}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right) .$$

两个闭式对每个 $n\geq 1$ 都成立，下面比大小时 $n=1$ 不必另立炉灶。

比大小：先比形状因子，再看符号

两个闭式长得一模一样，都是 $\dfrac2a\left(1-\text{尾巴}\right)$，只有尾巴不同：

$$A_{n}=\frac{2}{a}\left(1-\frac{1}{n+1}\right),\qquad B_{n}=\frac{2}{a}\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right) .$$

所以只需比 $\dfrac{1}{n+1}$ 与 $\dfrac{1}{2^{n}}$，也就是比 $n+1$ 与 $2^{n}$。这一比要分两段：

• $n=1$：$2^{1}=2=1+1$，两者相等，于是 $1-\dfrac{1}{n+1}=1-\dfrac{1}{2^{n}}=\dfrac12$， 无论 $a$ 取什么，都有 $A_{1}=B_{1}=\dfrac{1}{a}$。这一项没有大小可言，只有相等。

• $n\geq 2$：$2^{n}>n+1$。 用二项式定理：

  $$2^{n}=(1+1)^{n}=C_{n}^{0}+C_{n}^{1}+C_{n}^{2}+\cdots+C_{n}^{n} \geq 1+n+C_{n}^{2} ,$$

  而 $n\geq 2$ 时 $C_{n}^{2}=\dfrac{n(n-1)}{2}\geq 1>0$，故 $2^{n}>n+1$。于是

  $$\frac{1}{2^{n}}<\frac{1}{n+1} \quad\Longrightarrow\quad 1-\frac{1}{n+1}<1-\frac{1}{2^{n}} .$$

最后一步才轮到 $a$。 两边同乘 $\dfrac2a$，这个因子的符号决定不等号翻不翻（$n=1$ 那一段是等号，乘任何非零数仍是等号）：

$$\boxed{n=1:\ A_{n}=B_{n};\qquad n\geq 2:\ a>0\ \text{时}\ A_{n}<B_{n},\quad a<0\ \text{时}\ A_{n}>B_{n}.}$$

解法二：作差定号——$B_{n}-A_{n}=\frac{2}{a}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2^{n}}\right)$，只剩一个 $2^{n}$ 与 $n+1$

比大小最省事的写法是作差。沿用（Ⅰ）的 $a_{n}=na$、$S_{n}=\dfrac{n(n+1)a}{2}$（$a\neq0$） 与上面两个闭式，把它们相减，公共的 $\dfrac2a$ 和 $1$ 全部抵掉：

$$B_{n}-A_{n}=\frac{2}{a}\left[\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right)-\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\right] =\frac{2}{a}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2^{n}}\right) =\frac{2}{a}\cdot\frac{2^{n}-(n+1)}{(n+1)\,2^{n}} .$$

分母 $(n+1)2^{n}>0$ 恒成立，所以差的符号完全由 $\dfrac2a$ 的符号与 $2^{n}-(n+1)$ 的符号相乘决定。 于是只剩一件事：定 $2^{n}-(n+1)$ 的符号。它在 $n=1$ 处恰好为零（$2-2=0$）， 所以真正要证的是：

$n\geq 2$ 时 $2^{n}>n+1$。

用数学归纳法（比二项式更基本，不依赖组合数）：

• $n=2$：$2^{2}=4>3=n+1$，成立。

• 设 $n=k$（$k\geq2$）时 $2^{k}>k+1$。则

  $$2^{k+1}=2\cdot 2^{k}>2(k+1)=k+2+k>k+2=(k+1)+1 ,$$

  用到了 $k\geq 2>0$。故 $n=k+1$ 时也成立。

由归纳原理，$n\geq2$ 时 $2^{n}-(n+1)>0$。两段合起来：

$$B_{n}-A_{n}=\frac{2}{a}\cdot\frac{2^{n}-(n+1)}{(n+1)2^{n}} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} n=1: & B_{n}-A_{n}=0 ,\\[2pt] n\geq 2: & \operatorname{sign}(B_{n}-A_{n})=\operatorname{sign}(a) . \end{cases}$$ $$\boxed{n=1:\ A_{n}=B_{n};\qquad n\geq 2:\ a>0\ \text{时}\ A_{n}<B_{n},\quad a<0\ \text{时}\ A_{n}>B_{n}.}$$

落回题面印的「当 $a\geq 2$ 时」。 这个条件只作用在最后那个因子上：$a\geq 2>0$ 给出 $\dfrac2a>0$， 于是上式两支里只剩正号那一支——

$$n=1:\ A_{n}=B_{n};\qquad n\geq 2:\ A_{n}<B_{n} .$$

值得顺手记一句：这里只用到了 $a>0$，「$a\geq 2$」里的 $2$ 换成任何正数下界，答案一个字都不会变， $a$ 的大小从头到尾没进过式子。这条路把两处分支的来源摆得最清楚：一处来自 $2^{n}-(n+1)$， 它只在 $n=1$ 处退化为 $0$，与 $a$ 完全无关；另一处只来自 $\dfrac2a$ 的符号。 （冷启动里说那个字母多半是「$n$」印错，理由之一就是：照 $a\geq 2$ 读，题设里的 $2$ 是个闲子。）

解法三：先把 $a$ 抽出来——两个和都正比于 $\frac{1}{a}$，只需在 $a=1$ 上比一次

由（Ⅰ）的 $a_{n}=na$、$S_{n}=\dfrac{n(n+1)a}{2}$（$a\neq 0$）看出：$a$ 只是一个整体倍数。 把 $a$ 换成 $\lambda a$（$\lambda\neq0$），整个数列同时放大 $\lambda$ 倍，于是每个倒数都缩小 $\lambda$ 倍，

$$A_{n}(\lambda a)=\frac{1}{\lambda}A_{n}(a),\qquad B_{n}(\lambda a)=\frac{1}{\lambda}B_{n}(a) .$$

所以先把这道题归一化：取 $a=1$ 算一次就够了。此时 $a_{n}=n$、$S_{n}=\dfrac{n(n+1)}{2}$，

$$A_{n}^{(1)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{2}{k(k+1)}=2\left(1-\frac{1}{n+1}\right),\qquad B_{n}^{(1)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k-1}}=2\left(1-\frac{1}{2^{n}}\right) .$$

在 $a=1$ 上把 $n$ 分两段比一次（证明同解法一 / 解法二）：

$$B_{n}^{(1)}-A_{n}^{(1)}=2\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2^{n}}\right) \quad \begin{cases} =0, & n=1\ (\,2^{1}=n+1\,),\\[2pt] >0, & n\geq 2\ (\,2^{n}>n+1\,). \end{cases}$$

这是一个与 $a$ 无关的事实。 回到一般的 $a$：$A_{n}=\dfrac1a A_{n}^{(1)}$、$B_{n}=\dfrac1a B_{n}^{(1)}$， 两者相差同一个因子 $\dfrac1a$，于是

• $n=1$：差是 $\dfrac1a\cdot 0=0$，$A_{n}=B_{n}$，与 $a$ 的符号无关；
• $n\geq2$ 且 $a>0$：$\dfrac1a>0$，保序，$A_{n}<B_{n}$；
• $n\geq2$ 且 $a<0$：$\dfrac1a<0$，反序，$A_{n}>B_{n}$。

$$\boxed{n=1:\ A_{n}=B_{n};\qquad n\geq 2:\ a>0\ \text{时}\ A_{n}<B_{n},\quad a<0\ \text{时}\ A_{n}>B_{n}.}$$

用具体数核对两段各一次。$n\geq2$：取 $a=2$、$n=3$。$S_{1},S_{2},S_{3}=2,6,12$， $A_{3}=\dfrac12+\dfrac16+\dfrac1{12}=\dfrac{3}{4}$； $a_{1},a_{2},a_{4}=2,4,8$，$B_{3}=\dfrac12+\dfrac14+\dfrac18=\dfrac78$。 $\dfrac34<\dfrac78$ ✓。再取 $a=-2$：两者同时变号，$A_{3}=-\dfrac34>-\dfrac78=B_{3}$ ✓。 $n=1$：$A_{1}=\dfrac{1}{S_{1}}=\dfrac1a$，$B_{1}=\dfrac{1}{a_{1}}=\dfrac1a$，确实相等 ✓。

三条路怎么选

• 解法一是标准答卷：两个闭式各自求出来，摆在一起比。考场上该写的就是它。
• 解法二最短，而且最不容易漏分支——差式里那个 $\dfrac2a$ 明晃晃地挂在最前面，想不讨论都难； 分子 $2^{n}-(n+1)$ 在 $n=1$ 处为零也一眼看得见，$n$ 的分段不会漏。 证 $2^{n}>n+1$ 时，归纳法与二项式任选，归纳法对基础更友好。
• 解法三解释了这道题的结构：$a$ 从头到尾只是一个倍数，所以它只能影响方向、不能影响强弱； $n$ 的分段则和 $a$ 完全无关。想清楚这一点，两处分支该怎么分就不用背了。 遇到「首项含参、其余全由首项定」的数列题，先归一化几乎总是对的。

易错

• 忘了按 $a$ 的符号分两支。$a\in\mathbb{R}$ 且 $a\neq 0$，$\dfrac2a$ 可正可负； 只写 $A_{n}<B_{n}$ 就只答了一半（详见易错点「同乘含参因子不分符号」）。
• 把只对 $n\geq2$ 证出来的严格不等号，写成对所有 $n$ 都成立。 $2^{n}>n+1$ 在 $n=1$ 处是取等的，跟着 $A_{1}=B_{1}$。 证到哪一段，结论就只能写到哪一段；要写通用结论，就得把 $n=1$ 单列出来。
• 逐项比较。$A_{n}$ 的第 $k$ 项（形状因子意义下）是 $\dfrac{1}{k(k+1)}$，$B_{n}$ 的是 $\dfrac{1}{2^{k}}$； 前四项确实前者不大，可 $k=5$ 时 $\dfrac{1}{30}>\dfrac{1}{32}$，从第 5 项起反过来了。 逐项比较在这道题上根本不成立，结论却是对的——必须比和，不能比项 （详见易错点「逐项都小就断定和也小」）。
• 把 $B_{n}$ 的下标读成 $1,2,3,\dots,2^{n-1}$。$B_{n}$ 只有 $n$ 项，下标是 $1,2,4,8,\dots,2^{n-1}$， 是公比 $2$ 的下标，不是连续整数。读成连续整数就变成了调和级数，求不出闭式，整道题卡死。
• 漏掉 $a\neq 0$。$d=a$ 与「公差不为 $0$」合起来才逼出 $a\neq0$； $a=0$ 时整个数列全是 $0$，题面里的那些倒数一个都写不出来。
• 照题面印的「当 $a\geq 2$ 时」读会怎样。那时 $a>0$ 恒成立，上面结论里 $a<0$ 那一支落空， 剩下的是：$n=1$ 时 $A_{n}=B_{n}$，$n\geq2$ 时 $A_{n}<B_{n}$——仍在本站给出的完整结论之内。 值得留意的是，这样读时 $a\geq2$ 里的「$2$」毫无作用（换成任何正数下界结论都一样）， 而解答偏偏讨论了 $a<0$；两头都对不上，这正是冷启动里说那个字母印错了的理由。