浙江 2014 · 数学 q19

冷启动：题面给的不是递推，是「前 $n$ 项积」

条件只有一行：

$$a_{1}a_{2}\cdots a_{n}=(\sqrt{2})^{b_{n}}\qquad(n\in\mathbf{N}^{*}). \tag{\text{\textcircled{1}}}$$

三句话把它落地。

第一句：积也能「作差」。 ① 对每个 $n$ 都成立，把相邻两个一除，左边只剩一项：

$$a_{n}=(\sqrt{2})^{\,b_{n}-b_{n-1}}\qquad(n\geq 2).$$

这正是 $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}$ 的乘法版本，同样只对 $n\geq 2$ 合法，$n=1$ 由题目另给的 $a_{1}=2$ 顶上。

第二句：$b_{3}=6+b_{2}$ 就是为这个除法准备的。 取 $n=3$ 立刻得 $a_{3}=(\sqrt{2})^{6}=8$——整道题的第一个数字。

第三句：① 的右边永远是正数。 所以左边的积恒正，$\{a_{n}\}$ 不可能负号交替，这是后面把 $q=-2$ 舍掉的唯一依据。原卷那句「由题意知 $a_{n}>0$」的「题意」，指的就是这里。

第二问的 $c_{n}=\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{b_{n}}$ 是一等比一裂项拼起来的，分开求和即可。

最后一小问才是全题的重心。它问的是「哪个下标 $k$ 使 $S_{k}$ 最大」，而

$$S_{n+1}-S_{n}=c_{n+1},$$

所以和在哪里掉头，完全由项的符号决定，和 $S_{n}$ 长什么样一点关系都没有。于是全题收缩成一个不等式的正负：

$$c_{n}>0\iff \frac{1}{2^{n}}>\frac{1}{n(n+1)}\iff n(n+1)>2^{n}.$$

而这一对量相遇了两次：$n=1$ 处 $2=2$ 恰好相等，接着 $n(n+1)$ 领先三步，到 $n=5$ 又被 $2^{n}$ 反超。这是本题所有陷阱的源头。

解法一：作商消积定公比，裂项与等比分开求和，再看 $c_n$ 变号

怎么想到的。 见到「前 $n$ 项积」，第一反应就是相邻两式作商——这是从「积的信息」回到「项的信息」的唯一初等通道。得手之后是一道标准的等比数列基本量题；第二问的通项一正一负两截，各有各的求和法，分开算最省事。

（I） 由 ① 及 $n\geq 2$ 时的

$$a_{1}a_{2}\cdots a_{n-1}=(\sqrt{2})^{\,b_{n-1}} \tag{\text{\textcircled{2}}}$$

作商 ①÷② 得 $a_{n}=(\sqrt{2})^{\,b_{n}-b_{n-1}}\ (n\geq 2)$。取 $n=3$：

$$a_{3}=(\sqrt{2})^{\,b_{3}-b_{2}}=(\sqrt{2})^{6}=8 .$$

设 $\{a_{n}\}$ 的公比为 $q$，由 $a_{1}=2$、$a_{3}=8$ 得

$$q^{2}=\frac{a_{3}}{a_{1}}=\frac{8}{2}=4,\qquad q=\pm 2 .$$

① 右边为正 $\Rightarrow a_{1}a_{2}=2\cdot 2q=4q>0\Rightarrow q>0$，故 $q=2$，

$$a_{n}=2^{n}\qquad(n\in\mathbf{N}^{*}).$$

（原卷此处写作 $q^{2}=\frac{a_{3}}{a_{2}}$，分母应是 $a_{1}$：$\frac{a_{3}}{a_{2}}$ 是 $q$ 而不是 $q^{2}$。所幸算出的 $4$ 对，$q=2$ 不受影响。）

回代 ①：

$$2^{1}\cdot 2^{2}\cdots 2^{n}=2^{\frac{n(n+1)}{2}}=(\sqrt{2})^{b_{n}}=2^{\frac{b_{n}}{2}} \ \Longrightarrow\ b_{n}=n(n+1).$$

补验 $n=1$。 作商那一步只覆盖 $n\geq 2$，所以必须回头看首项：$b_{1}=1\cdot 2=2$，而 ① 在 $n=1$ 处要求 $a_{1}=(\sqrt{2})^{b_{1}}=2$，与已知一致。✓

（II）(i) 把 $c_{n}$ 拆成两截：

$$c_{n}=\frac{1}{2^{n}}-\frac{1}{n(n+1)} =\frac{1}{2^{n}}-\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right).$$

前一截等比求和，后一截裂项相消：

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

两式相减，两个 $1$ 抵消：

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

（II）(ii) 通分看符号：

$$c_{n}=\frac{1}{2^{n}}-\frac{1}{n(n+1)}=\frac{n(n+1)-2^{n}}{2^{n}\,n(n+1)},$$

分母恒正，故 $c_{n}$ 与 $n(n+1)-2^{n}$ 同号。列表：

到这里只完成了一半。 表上看到 $c_{5}<0$，不等于 $n\geq 6$ 也如此——那还有无穷多项一件没证。补上单调性：记

$$t_{n}=\frac{n(n+1)}{2^{n}},\qquad \frac{t_{n+1}}{t_{n}}=\frac{(n+1)(n+2)}{2^{n+1}}\cdot\frac{2^{n}}{n(n+1)}=\frac{n+2}{2n} .$$

$\frac{n+2}{2n}<1\iff n>2$，所以 $t_{n}$ 从 $n=3$ 起严格递减。于是 $n\geq 5$ 时

$$t_{n}\leq t_{5}=\frac{30}{32}<1 \ \Longrightarrow\ n(n+1)<2^{n} \ \Longrightarrow\ c_{n}<0 .$$

汇总：$c_{1}=0$；$c_{2},c_{3},c_{4}>0$；$c_{n}<0\ (n\geq 5)$。因此 $S_{n}$ 从 $S_{1}$ 到 $S_{4}$ 一路递增（$c_{2},c_{3},c_{4}$ 都正），从 $S_{4}$ 起一路严格递减，最大值在 $n=4$：

$$S_{4}=\frac{1}{5}-\frac{1}{16}=\frac{16-5}{80}=\frac{11}{80},$$

故 $k=4$。

$k$ 是唯一的。 $S_{4}$ 是严格最大（两侧都是严格不等号），所以除了 $4$ 没有别的正整数能让 $S_{k}\geq S_{n}$ 对一切 $n$ 成立。

解法二：两边取 $\log_2$——积变和、等比变等差，(I) 一行完；符号判定交给数学归纳法

怎么想到的。 题面把「积」和「等比」摆在一起，而对数正是同时收拾这两样的那把钥匙：它把积变成和，把等比数列变成等差数列。取完对数，第一问就退化成一道等差数列的基本量题。

（I） 令 $u_{n}=\log_{2}a_{n}$（换个字母，免得和解法一那个 $t_{n}=\frac{n(n+1)}{2^{n}}$ 撞上）。对 ① 两边取 $\log_{2}$，用对数的运算性质：

$$u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{n}=\log_{2}(\sqrt{2})^{b_{n}}=\frac{b_{n}}{2} \qquad(n\in\mathbf{N}^{*}). \tag{$*$}$$

$\{a_{n}\}$ 是公比 $q>0$ 的等比数列（$q>0$ 的理由同冷启动第三句），等价于 $\{u_{n}\}$ 是公差 $d=\log_{2}q$ 的等差数列。已知给了两个基本量：

• $u_{1}=\log_{2}2=1$；
• $(*)$ 在 $n=3$ 与 $n=2$ 处相减：$u_{3}=\frac{b_{3}-b_{2}}{2}=\frac{6}{2}=3$。

等差 $\Rightarrow d=\frac{u_{3}-u_{1}}{3-1}=1$，故 $u_{n}=n$，即 $a_{n}=2^{n}$。再把它塞回 $(*)$：

$$\frac{b_{n}}{2}=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2} \ \Longrightarrow\ b_{n}=n(n+1).$$

这条路不用补验 $n=1$。 解法一的 ①÷② 天生只对 $n\geq 2$ 合法，所以得手后必须回头验首项；$(*)$ 却对每个 $n\geq 1$ 都成立，$u_{1}$ 从一开始就在式子里。取对数换来的不只是简洁，是把一个补验步骤整个消掉。

（II） (i) 与解法一相同。(ii) 的关键不等式

$$2^{n}>n(n+1)\qquad(n\geq 5)$$

改用数学归纳法立住：

• 起点 $n=5$：$32>30$。✓
• 递推：设 $2^{k}>k(k+1)$ 对某个 $k\geq 5$ 成立，则

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

最后一步 $\iff 2k\geq k+2\iff k\geq 2$，在 $k\geq 5$ 时当然成立。✓

两条一起，$n\geq 5$ 时 $c_{n}<0$。其余读法与解法一相同，$k=4$。

归纳法和比值单调是同一件事的两种记法：归纳步里的 $2\cdot 2^{k}>2k(k+1)\geq(k+1)(k+2)$，展开就是 $\frac{t_{k+1}}{t_{k}}=\frac{k+2}{2k}<1$。挑哪一把看手熟——归纳法不用先猜出 $t_{n}$ 这个辅助量，比值单调则一次给出「从 $n=3$ 起递减」这条更强的结论。

解法三：不看项的符号——把 $S_n$ 放大成 $\frac{1}{n+1}$，一刀砍掉 $n\geq 7$

怎么想到的。 (i) 已经把 $S_{n}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2^{n}}$ 摆在眼前了。要在无穷多个数里挑最大，还有一条完全不碰 $c_{n}$ 的路：先给所有 $S_{n}$ 一个统一的上界，再把这个上界压到某个已经算出来的 $S_{k}$ 之下——上界都够不着的下标一次性全部出局，剩下有限个直接硬算。这条路不需要证任何指数与多项式的不等式。

$\frac{1}{2^{n}}>0$，所以放缩一步到位：

$$S_{n}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{2^{n}}<\frac{1}{n+1}.$$

先算一个参照值：$S_{4}=\frac{1}{5}-\frac{1}{16}=\frac{11}{80}$。把上界压到它之下：

$$\frac{1}{n+1}\leq\frac{11}{80}\iff n+1\geq\frac{80}{11}=7.27\ldots\iff n\geq 7 .$$

于是

$$n\geq 7\ \Longrightarrow\ S_{n}<\frac{1}{n+1}\leq\frac{1}{8}<\frac{11}{80}=S_{4},$$

$n\geq 7$ 全体出局。剩下六个数逐一算：

最大的是 $S_{4}$，故 $k=4$。

为什么界卡在 $7$ 而不能更早。 $n=6$ 时 $\frac{1}{n+1}=\frac{1}{7}=0.1428\ldots>\frac{11}{80}$，这条不等式对 $n=6$ 什么也说不出——所以 $6$ 必须留给手算。放缩砍掉的永远是「远处的尾巴」，近处的几项一个也躲不过。想让手算的名单更短，就得先找一个更大的参照值，可这里最大值恰在 $n=4$，参照值已经用到最好了。

这条路的代价与好处。 代价是必须先做完 (i)（前两条路的 (ii) 其实用不着 $S_{n}$ 的公式），并且要老实算六个分数；好处是全程只有加减和比大小，一个「对一切 $n$ 成立」的论断都不用证——放缩本身就是那句论断，而它一行就成立。

解法四：把符号判定连续化——$h(x)=\ln x+\ln(x+1)-x\ln 2$ 单峰，$h(1)=0$，分界点只有一个

怎么想到的。 前三条路各自绕过或攻下了同一个离散不等式 $n(n+1)$ 与 $2^{n}$。把 $n$ 放成实变量、取对数把幂次拉平，这个不等式就变成一个函数的正负——而函数的正负有导数可用。额外的收获是：这条路能解释为什么 $c_{1}=0$ 不是巧合，也是唯一一条能直接给出「符号只变一次」的路。

对 $x\geq 1$ 令

$$h(x)=\ln x+\ln(x+1)-x\ln 2 ,$$

则 $n(n+1)>2^{n}\iff h(n)>0\iff c_{n}>0$。求导：

$$h'(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}-\ln 2 .$$

$\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}$ 在 $x>0$ 上严格递减，所以 $h'$ 严格递减，$h'$ 至多一个零点，$h$ 在 $[1,+\infty)$ 上先增后减（单峰）。（$h'(2)=\frac{5}{6}-\ln 2>0$，$h'(3)=\frac{7}{12}-\ln 2<0$，峰在 $(2,3)$ 内——后面只用到「峰在 $4$ 的左边」这一点。）

现在是关键的一步：

$$h(1)=\ln 1+\ln 2-\ln 2=0 .$$

$x=1$ 本身就是 $h$ 的零点，而且落在上升段上。单峰加上 $h(1)=0$，正负分布一次读完：

• $h$ 在 $(1,+\infty)$ 上先正后负，且只变号一次；
• 变号点 $x_{0}$ 被两个整数夹住：$h(4)=\ln\frac{4\cdot 5}{2^{4}}=\ln\frac{5}{4}>0$，$h(5)=\ln\frac{5\cdot 6}{2^{5}}=\ln\frac{15}{16}<0$，故 $x_{0}\in(4,5)$。

回到整数：

$$c_{1}=0;\quad c_{2},c_{3},c_{4}>0\ (\text{因}\ 1<n<x_{0});\quad c_{n}<0\ (n\geq 5>x_{0}).$$

收口那一句照旧由 $S_{n}-S_{n-1}=c_{n}$ 给出：$n<4$ 时 $S_{4}-S_{n}=c_{n+1}+\cdots+c_{4}>0$，$n>4$ 时 $S_{n}-S_{4}=c_{5}+\cdots+c_{n}<0$。故 $k=4$。

$c_{1}=0$ 的来处。 $h$ 在 $x\geq 1$ 上恰有两个零点：$x=1$ 与 $x_{0}\in(4,5)$。$x=1$ 那个正是 $2^{1}=1\cdot 2$ 这个巧合的等式，它把 $c_{1}$ 压成 $0$。也就是说，「$n(n+1)$ 与 $2^{n}$ 相遇两次」在连续化之后就是「$h$ 有两个零点」，图上一目了然，而离散地列表只会看到「$n=1$ 恰好相等」这个孤零零的现象。

这条路值在哪。 前三条路里那句「$n\geq 5$ 之后恒负」都得单独立（比值单调 / 归纳法 / 或者干脆绕开），在这里它是 $h'$ 严格递减的直接推论——一次求导，把「符号只变一次」和「变号点在 4 与 5 之间」一起交出来。

四条路怎么选

四条路各卡在不同的地方：解法一要记得补验首项，解法二要写全归纳的两步，解法三要老实算六个分数，解法四要说清 $h'$ 为何严格递减。都不是可以含糊过去的一句。

一句话带走

• 见到「前 $n$ 项积」，两条通道：相邻两式作商（回到 $a_{n}$，但只对 $n\geq 2$，须补验首项），或者两边取对数（积变和、等比变等差，$n=1$ 自然含在内）。
• 问「$S_{k}$ 最大」，永远先想项的符号，别去把 $S_{n}$ 当函数求最值：$S_{n+1}-S_{n}=c_{n+1}$，掉头的位置只由项定。
• 符号一旦落到 $2^{n}$ 与多项式赛跑上，列几项不算证明。比值单调、数学归纳法、连续化求导三把工具任选一把；或者干脆换成解法三，用一次放缩把无穷远处整段砍掉。
• 本题的全部难度都藏在一个巧合里：$n(n+1)$ 与 $2^{n}$ 在 $n=1$ 处恰好相等、到 $n=5$ 才分出胜负。所以 $c_{1}=0$、正号只持续三项、$k=4$。