浙江 2018 · 数学 q20

冷启动：两串数列，先钉死 $\{a_n\}$

$\{a_n\}$ 是公比 $q>1$ 的等比数列。两句话：

• $a_3+a_4+a_5=28$
• $a_4+2$ 是 $a_3$、$a_5$ 的等差中项，即 $2(a_4+2)=a_3+a_5$

（Ⅰ）只从这两句就能解出 $q$。（Ⅱ）另给一串 $\{b_n\}$：$b_1=1$，而 $\{(b_{n+1}-b_n)a_n\}$ 的前 $n$ 项和是 $2n^{2}+n$。先把差分 $b_{n+1}-b_n$ 抠出来，再从 $b_1$ 一路加到 $b_n$。

解法一：先求 $a_4$ 与 $q$，再错位相减

怎么想到的。 等差中项把 $a_3+a_5$ 换成 $2a_4+4$，再和已知的三项和联立，立刻得到 $a_4$。等比再把 $a_3$、$a_5$ 写成 $a_4/q$、$a_4 q$，解 $q$。第二问是典型的「差分已知、求和」：$S_n-S_{n-1}$ 给出通项，累加之后出现 $\sum k r^{k}$，用错位相减。

（Ⅰ） $2(a_4+2)=a_3+a_5=28-a_4$，所以 $2a_4+4=28-a_4$，$a_4=8$。

$a_3=8/q$，$a_5=8q$，代入三项和：

$$\dfrac{8}{q}+8+8q=28\implies 8q+\dfrac{8}{q}=20\implies 2q^{2}-5q+2=0\implies (2q-1)(q-2)=0.$$

$q>1$，故 $q=2$（$\tfrac12$ 舍去）。

（Ⅱ） 记 $c_n=(b_{n+1}-b_n)a_n$，则 $\sum_{k=1}^{n}c_k=2n^{2}+n$。于是 $c_1=3$，且 $n\ge 2$ 时

$$c_n=2n^{2}+n-\bigl(2(n-1)^{2}+(n-1)\bigr)=4n-1.$$

$n=1$ 时 $4\cdot 1-1=3$ 也对，所以 $c_n=4n-1$ 对一切正整数 $n$ 成立。

由（Ⅰ），$a_n=a_1 q^{n-1}$。$a_4=a_1\cdot 8=8$，故 $a_1=1$，$a_n=2^{n-1}$。从而

$$b_{n+1}-b_n=\dfrac{4n-1}{2^{n-1}}.$$

累加：

$$b_n=1+\sum_{k=1}^{n-1}(4k-1)\Bigl(\dfrac{1}{2}\Bigr)^{k-1}.$$

记 $T=b_n$，把和式写开并错一位：

$$\begin{align*} T&=1+3+7\cdot\dfrac12+11\cdot\dfrac{1}{4}+\cdots+(4n-5)\Bigl(\dfrac12\Bigr)^{n-2},\\ \dfrac12 T&=\dfrac12+3\cdot\dfrac12+7\cdot\dfrac14+\cdots+(4n-5)\Bigl(\dfrac12\Bigr)^{n-1}. \end{align*}$$

相减（相邻系数差 $4$，首尾单独留下）：

$$\dfrac12 T=\dfrac72+4\Bigl(\dfrac12+\dfrac14+\cdots+\Bigl(\dfrac12\Bigr)^{n-2}\Bigr)-(4n-5)\Bigl(\dfrac12\Bigr)^{n-1}.$$

中间是等比求和：$\dfrac12\cdot\dfrac{1-(1/2)^{n-2}}{1-1/2}=1-2^{2-n}$。代入化简得

$$b_n=15-(4n+3)\Bigl(\dfrac12\Bigr)^{n-2}.$$

$n=1$ 时 $15-(7)\cdot 2=1$，与 $b_1=1$ 一致，公式对 $n=1$ 也成立。

解法二：用 $k r^{k}$ 的求和公式直接写出 $b_n$

怎么想到的。 （Ⅰ）也可以先写 $q+1/q$。（Ⅱ）不想手写错位时，把 $\sum(4k-1)r^{k-1}$ 拆成 $\sum r^{k-1}$ 与 $\sum k r^{k-1}$，后者用等比数列求导公式一次到位。

（Ⅰ） 仍由等差中项得 $a_4=8$。$a_3+a_5=a_4(q+1/q)=8(q+1/q)$，又 $a_3+a_5=20$，故 $q+1/q=\dfrac52$。$q>1$，解得 $q=2$。

（Ⅱ） 与解法一相同，$b_{n+1}-b_n=(4n-1)2^{1-n}$，$b_n=1+\sum_{k=1}^{n-1}(4k-1)r^{k-1}$（$r=\tfrac12$）。

$$\sum_{k=1}^{m}r^{k-1}=\dfrac{1-r^{m}}{1-r},\qquad\sum_{k=1}^{m}k r^{k-1}=\dfrac{1-(m+1)r^{m}+m r^{m+1}}{(1-r)^{2}}.$$

取 $m=n-1$、$r=\tfrac12$：

$$\sum_{k=1}^{n-1}\Bigl(\dfrac12\Bigr)^{k-1}=2-2^{2-n},$$ $$\sum_{k=1}^{n-1}k\Bigl(\dfrac12\Bigr)^{k-1}=4-(n+1)2^{2-n}.$$

于是

$$\sum(4k-1)r^{k-1}=4\bigl(4-(n+1)2^{2-n}\bigr)-\bigl(2-2^{2-n}\bigr)=14-(4n+3)2^{2-n}.$$

加上 $b_1=1$：$b_n=15-(4n+3)2^{2-n}=15-(4n+3)\bigl(\tfrac12\bigr)^{n-2}$。