浙江 2020 · 数学 q20

冷启动：三个数列，两条递推，先读清楚谁定谁

题目给的是

$$a_1=b_1=c_1=1,\qquad c_{n+1}=a_{n+1}-a_n,\qquad c_{n+1}=\frac{b_n}{b_{n+2}}\cdot c_n\quad(n\in\mathbf{N}^*).$$

两条递推的分工完全不同，分清楚这一点，这道题就没有难点了：

• 第一条说 $\{c_n\}$ 是 $\{a_n\}$ 的差——所以 $a$ 由 $c$ 累加得到，$c$ 才是主角；
• 第二条说 $\{c_n\}$ 的相邻比由 $\{b_n\}$ 决定，与 $a$ 无关——所以先解 $c$，再回头拿 $a$。

第一步：$a_n$ 就是 $c$ 的前 $n$ 项和

由 $a_{k+1}-a_k=c_{k+1}$ 累加，再用 $a_1=c_1=1$：

$$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}c_{k+1}=c_1+c_2+\cdots+c_n .$$

这一句把两问接成了一件事：第（Ⅱ）问要证的 $c_1+c_2+\cdots+c_n<1+\dfrac1d$， 说的正是「$a_n$ 有一个与 $n$ 无关的上界」。

第二步：一条对任何 $\{b_n\}$ 都成立的通用公式

第二条递推是个纯粹的比，对它累乘（$k$ 从 $1$ 到 $n-1$）：

$$\frac{c_n}{c_1}=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{c_{k+1}}{c_k}=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{b_k}{b_{k+2}} =\frac{b_1b_2\cdots b_{n-1}}{b_3b_4\cdots b_{n+1}} =\frac{b_1b_2}{b_nb_{n+1}} .$$

分子从 $b_1$ 排到 $b_{n-1}$、分母从 $b_3$ 排到 $b_{n+1}$，中间的 $b_3,\dots,b_{n-1}$ 全部约掉， 分子只剩最前两项、分母只剩最后两项。代入 $c_1=b_1=1$：

$$\boxed{\;c_n=\frac{b_1b_2}{b_nb_{n+1}}=\frac{b_2}{b_nb_{n+1}}\;}$$

两问就是这条式子在「$\{b_n\}$ 等比」与「$\{b_n\}$ 等差」两种情形下的特例。 （累乘要求 $b_n\neq0$：第（Ⅰ）问里 $b_n=q^{n-1}\neq0$，第（Ⅱ）问里 $d>0$、$b_1=1$ 给出 $b_n\geqslant1$。）

解法一：分头处理（官方那条）

（Ⅰ） $\{b_n\}$ 等比、公比 $q>0$，$b_1=1$，故 $b_2=q$、$b_3=q^2$。由 $b_1+b_2=6b_3$：

$$1+q=6q^2\ \Longrightarrow\ 6q^2-q-1=0\ \Longrightarrow\ (3q+1)(2q-1)=0 ,$$

$q=-\dfrac13$ 不合 $q>0$，舍去，所以

$$q=\frac12 .$$

于是 $\dfrac{c_{n+1}}{c_n}=\dfrac{b_n}{b_{n+2}}=\dfrac{1}{q^2}=4$ 对每个 $n$ 都成立， $\{c_n\}$ 是首项 $1$、公比 $4$ 的等比数列：

$$c_n=4^{n-1} .$$

回到第一条递推 $a_{n+1}-a_n=c_{n+1}=4^n$，累加（$n\geqslant2$ 时有 $n-1$ 个差）：

$$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}4^k=1+\frac{4(4^{n-1}-1)}{4-1}=\frac{4^n-1}{3} ,$$

$n=1$ 代进去得 $1$，与 $a_1=1$ 相符，故对一切 $n\in\mathbf{N}^*$

$$a_n=\frac{4^n-1}{3} .$$

（Ⅱ） $\{b_n\}$ 等差、公差 $d>0$、$b_1=1$，故 $b_n=1+(n-1)d\geqslant1>0$。 把递推去掉分母：$b_{n+2}c_{n+1}=b_nc_n$，两边同乘 $b_{n+1}$，

$$b_{n+1}b_{n+2}c_{n+1}=b_nb_{n+1}c_n .$$

左边是数列 $\{b_nb_{n+1}c_n\}$ 的第 $n+1$ 项、右边是第 $n$ 项，所以它是常数列，常数取 $n=1$：

$$b_nb_{n+1}c_n=b_1b_2c_1=1+d\quad\Longrightarrow\quad c_n=\frac{1+d}{b_nb_{n+1}} .$$

裂项的关键是把分子的常数换成公差（$d=b_{n+1}-b_n$）：

$$c_n=\frac{1+d}{d}\cdot\frac{b_{n+1}-b_n}{b_nb_{n+1}} =\left(1+\frac1d\right)\left(\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b_{n+1}}\right).$$

求和时中间项两两相消，只剩头尾：

$$c_1+c_2+\cdots+c_n=\left(1+\frac1d\right)\left(\frac{1}{b_1}-\frac{1}{b_{n+1}}\right) =\left(1+\frac1d\right)\left(1-\frac{1}{b_{n+1}}\right).$$

最后放缩：$b_{n+1}=1+nd>0$ 给出 $0<\dfrac{1}{b_{n+1}}$，故括号里的数严格小于 $1$，

$$c_1+c_2+\cdots+c_n<1+\frac1d .$$

解法二：一条累乘公式打通两问

冷启动第二步已经得到 $c_n=\dfrac{b_1b_2}{b_nb_{n+1}}$，两问只是把 $b_n$ 换成各自的形状。

（Ⅰ） 公比 $q$ 是待求量，先把它定下来：$b_1=1$ 给出 $b_2=q$、$b_3=q^2$，代进 $b_1+b_2=6b_3$ 得

$$1+q=6q^2\ \Longrightarrow\ 6q^2-q-1=0\ \Longrightarrow\ (3q+1)(2q-1)=0 ,$$

$q=-\dfrac13$ 不合 $q>0$，舍去，故 $q=\dfrac12$。这一步谁也绕不过去——它是第（Ⅰ）问答案的一半， 累乘公式只管 $c_n$、管不到 $q$。定下 $q$ 之后把 $b_n=q^{n-1}$ 代入累乘式：

$$c_n=\frac{b_1b_2}{b_nb_{n+1}}=\frac{1\cdot q}{q^{n-1}\cdot q^{n}}=q^{2-2n}=\left(\frac{1}{q^2}\right)^{n-1}=4^{n-1} .$$

连「$\{c_n\}$ 是等比数列」都不必单独说。再用第一步的 $a_n=c_1+\cdots+c_n$ 与等比数列前 $n$ 项和公式：

$$a_n=1+4+4^2+\cdots+4^{n-1}=\frac{4^n-1}{4-1}=\frac{4^n-1}{3} .$$

（Ⅱ） $b_n=1+(n-1)d$，代入同一条公式：

$$c_n=\frac{b_1b_2}{b_nb_{n+1}}=\frac{1+d}{b_nb_{n+1}} ,$$

与解法一的常数列结论一字不差——只是这里它是算出来的，不是构造出来的。 剩下的裂项与放缩再写一遍：由 $d=b_{n+1}-b_n$，

$$c_n=\frac{1+d}{d}\cdot\frac{b_{n+1}-b_n}{b_nb_{n+1}} =\left(1+\frac1d\right)\left(\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b_{n+1}}\right),$$

求和时中间项两两相消，

$$c_1+c_2+\cdots+c_n=\left(1+\frac1d\right)\left(\frac{1}{b_1}-\frac{1}{b_{n+1}}\right) =\left(1+\frac1d\right)\left(1-\frac{1}{b_{n+1}}\right)<1+\frac1d ,$$

最后一步用的是 $b_{n+1}=1+nd>0$（因 $d>0$），故 $\dfrac{1}{b_{n+1}}>0$、括号里严格小于 $1$。

这条路的好处：解法一里「两边同乘 $b_{n+1}$，发现是常数列」看起来像变魔术， 其实它就是累乘的结果——$b_nb_{n+1}c_n$ 之所以是常数，正因为累乘把中间项都约掉了， 剩下的 $b_1b_2c_1$ 与 $n$ 无关。先累乘、再回看，构造就不再需要灵感。

解法三：先认出 $a_n=c_1+\cdots+c_n$，再用数学归纳法算精确和

（Ⅰ） 公比照旧要先解出来：$1+q=6q^2$、$q>0$ 给出 $q=\dfrac12$（$q=-\dfrac13$ 舍去）， 于是 $\dfrac{c_{n+1}}{c_n}=\dfrac{b_n}{b_{n+2}}=q^{-2}=4$，$c_n=4^{n-1}$。 有了它，第（Ⅰ）问要的 $a_n$ 根本不用再累加一次——它就是 $\{c_n\}$ 的前 $n$ 项和：

$$a_n=c_1+c_2+\cdots+c_n=\frac{1\cdot(4^n-1)}{4-1}=\frac{4^n-1}{3} .$$

（Ⅱ） 不裂项也能做：先猜出前 $n$ 项和的精确值再证。记 $S_n=c_1+\cdots+c_n$，猜

$$S_n=\left(1+\frac1d\right)\left(1-\frac{1}{b_{n+1}}\right).$$

$n=1$：右边 $=\dfrac{1+d}{d}\cdot\dfrac{d}{1+d}=1=c_1$，成立。设第 $n$ 项成立，则由冷启动第二步的 $c_n=\dfrac{b_1b_2}{b_nb_{n+1}}=\dfrac{1+d}{b_nb_{n+1}}$ 把下标推进一位， $c_{n+1}=\dfrac{1+d}{b_{n+1}b_{n+2}}=\left(1+\dfrac1d\right)\dfrac{d}{b_{n+1}b_{n+2}}$，

$$S_{n+1}=S_n+c_{n+1} =\left(1+\frac1d\right)\left[1-\frac{1}{b_{n+1}}+\frac{d}{b_{n+1}b_{n+2}}\right] .$$

方括号里通分，用 $b_{n+2}-d=b_{n+1}$：

$$1-\frac{b_{n+2}-d}{b_{n+1}b_{n+2}}=1-\frac{b_{n+1}}{b_{n+1}b_{n+2}}=1-\frac{1}{b_{n+2}} ,$$

正是把 $n$ 换成 $n+1$ 的形状，归纳完成。于是 $S_n<1+\dfrac1d$。

顺带看清一件事：这个上界是最好的。 $b_{n+1}=1+nd\to+\infty$，所以

$$S_n\uparrow\ 1+\frac1d\quad(n\to\infty),$$

$1+\dfrac1d$ 是 $\{S_n\}$ 的上确界——题目给的不是随手一个宽松的界，而是刚刚好够不着的那一个。 这也解释了为什么不等号必须是严格的。

三条路怎么选

避坑清单

1. $q$ 有两个根，别忘了舍。$6q^2-q-1=0$ 给出 $q=-\dfrac13$ 与 $q=\dfrac12$，题设 $q>0$ 只留后者。 丢掉这句话，后面 $\dfrac{1}{q^2}$ 会算出两个值。
2. 下标别错位。递推是 $c_{n+1}=a_{n+1}-a_n$，不是 $c_n=a_{n+1}-a_n$。 累加时对应的是 $a_{n+1}-a_n=c_{n+1}=4^n$，不是 $4^{n-1}$。
3. 累加的项数：从 $a_1$ 到 $a_n$ 用 $n-1$ 个差。写完通项一定回代 $n=1$ 验一次。
4. $\{c_n\}$ 未必是等比数列。只有 $\{b_n\}$ 等比时 $\dfrac{b_n}{b_{n+2}}$ 才是常数； 第（Ⅱ）问里这个比随 $n$ 变，谁把 $\{c_n\}$ 当等比谁就全错。
5. 裂项的系数是 $\dfrac{1+d}{d}$，即 $1+\dfrac1d$，不是 $1+d$、也不是 $\dfrac1d$。 拆完立刻通分验一步。
6. 相消后剩几项要数清：这里错开一位，只剩 $\dfrac{1}{b_1}-\dfrac{1}{b_{n+1}}$； $\dfrac{1}{b_1}=1$ 别忘了代。
7. 分母非零要交代。$c_n=\dfrac{1+d}{b_nb_{n+1}}$ 的前提是 $b_n\neq0$； 本题由 $b_1=1$、$d>0$ 得 $b_n\geqslant1$，一句话的事，但不写就是漏洞。
8. 不等号是严格的。$1-\dfrac{1}{b_{n+1}}<1$ 对每个有限的 $n$ 都严格成立（$b_{n+1}$ 是有限数）， 所以结论写 $<$；写成 $\leqslant$ 反而弱且不准。
9. 别只验前几项。第（Ⅱ）问要的是对一切 $n$ 成立，算出 $S_1$、$S_2$ 小于界不构成证明。
10. 第（Ⅱ）问不必求 $a_n$。$b_n$ 是一般的等差数列，$c_n$ 里带着 $d$，硬求 $a_n$ 的封闭式是白费力气—— 要的只是那个和的上界。

收口：五步

1. 读递推：$c$ 是 $a$ 的差、$b$ 定 $c$ 的比，于是 $a_n=c_1+\cdots+c_n$；
2. 对比累乘，得通用公式 $c_n=\dfrac{b_1b_2}{b_nb_{n+1}}$（$b_n\neq0$）；
3. $\{b_n\}$ 等比：$1+q=6q^2$ 定出 $q=\dfrac12$，$c_n=4^{n-1}$，求和得 $a_n=\dfrac{4^n-1}{3}$；
4. $\{b_n\}$ 等差：$c_n=\dfrac{1+d}{b_nb_{n+1}}$，把分子的常数换成公差 $d=b_{n+1}-b_n$ 裂项；
5. 相消得 $S_n=\left(1+\dfrac1d\right)\left(1-\dfrac{1}{b_{n+1}}\right)$，由 $b_{n+1}>0$ 收口成 $S_n<1+\dfrac1d$。