浙江 2021 · 数学 q20

冷启动：两问各在看什么

数列 $\{a_n\}$ 前 $n$ 项和为 $S_n$，$a_1=-\dfrac94$，且 $4S_{n+1}=3S_n-9$。

• (1) 求 $\{a_n\}$ 的通项；
• (2) $\{b_n\}$ 满足 $3b_n+(n-4)a_n=0$，前 $n$ 项和为 $T_n$；若 $T_n\le\lambda b_n$ 对任意 $n\in\mathbf N^*$ 恒成立，求 $\lambda$ 的范围。

① 第 (1) 问：给的是 $S_n$ 的递推，要的是 $a_n$。 桥梁是

$$a_n=S_n-S_{n-1}\quad(n\ge2),$$

它只对 $n\ge2$ 有意义（$S_0$ 没定义），所以 $n=1$ 要单独验——这是这类题固定的失分点，下面第 (1) 问会正面撞上它。

② 第 (2) 问的骨架是「先求和、再恒成立」。 $b_n$ 由 $a_n$ 直接解出，而 $b_n$ 是「等差因子 $(n-4)$ × 等比因子 $(3/4)^n$」的形式，它的前 $n$ 项和要用错位相减（这正是等比数列前 $n$ 项和公式的推导手法）。求出 $T_n$ 之后，恒成立不等式会化简成一个关于 $n$ 的一次式，那才是两条路分岔的地方。

第 (1) 问：把 Sₙ 的递推翻译成 aₙ 的递推

① 先单独算 $n=1$。 递推里有 $S_{n+1}$ 与 $S_n$，取 $n=1$：

$$4S_2=3S_1-9$$

而 $S_1=a_1=-\dfrac94$、$S_2=a_1+a_2$，代入：

$$4(a_1+a_2)=3a_1-9 \ \Longrightarrow\ 4a_2=-a_1-9=\frac94-9=-\frac{27}{4} \ \Longrightarrow\ a_2=-\frac{27}{16}$$

② 对 $n\ge2$ 作差。 原式记为①：$4S_{n+1}=3S_n-9$；把 $n$ 换成 $n-1$ 得②：$4S_n=3S_{n-1}-9$。①−②：

$$4(S_{n+1}-S_n)=3(S_n-S_{n-1}) \ \Longrightarrow\ 4a_{n+1}=3a_n \ \Longrightarrow\ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac34\quad(n\ge2)$$

③ 验 $n=1$ 能否并入。 上面这条比值只对 $n\ge2$ 证了，还得看它管不管得到 $a_1\to a_2$ 这一跳：

$$\frac{a_2}{a_1}=\frac{-27/16}{-9/4}=\frac34$$

恰好也是 $\dfrac34$。于是 $\{a_n\}$ 从第一项起就是等比数列，首项 $-\dfrac94$、公比 $\dfrac34$：

$$a_n=-\frac94\cdot\left(\frac34\right)^{n-1}=\boxed{-3\cdot\left(\frac34\right)^{n}}$$

（最后一步把 $-\dfrac94=-3\cdot\dfrac34$ 并进了指数。）

第 (2) 问的公共第一步：求 Tₙ

① 解出 $b_n$。 由 $3b_n+(n-4)a_n=0$：

$$b_n=-\frac{n-4}{3}a_n=-\frac{n-4}{3}\cdot\left[-3\left(\frac34\right)^n\right]=(n-4)\left(\frac34\right)^n$$

② 错位相减求 $T_n$。 $b_n$ 是「一次式 $(n-4)$ × 等比 $(3/4)^n$」，前 $n$ 项和照等比求和公式的推导手法——乘公比、错一位、相减：

$$T_n=-3\cdot\frac34-2\cdot\left(\frac34\right)^2-1\cdot\left(\frac34\right)^3+0\cdot\left(\frac34\right)^4+\cdots+(n-4)\left(\frac34\right)^n$$

两边乘 $\dfrac34$：

$$\frac34T_n=-3\left(\frac34\right)^2-2\left(\frac34\right)^3-\cdots+(n-5)\left(\frac34\right)^n+(n-4)\left(\frac34\right)^{n+1}$$

相减（$T_n-\dfrac34T_n$），中间从 $\left(\dfrac34\right)^2$ 到 $\left(\dfrac34\right)^n$ 的系数全变成 $1$：

$$\frac14T_n=-3\cdot\frac34+\left[\left(\frac34\right)^2+\left(\frac34\right)^3+\cdots+\left(\frac34\right)^n\right]-(n-4)\left(\frac34\right)^{n+1}$$

中括号是等比求和（首项 $\left(\dfrac34\right)^2=\dfrac9{16}$、公比 $\dfrac34$、共 $n-1$ 项）：

$$\frac{\frac9{16}\left[1-\left(\frac34\right)^{n-1}\right]}{1-\frac34}=\frac94\left[1-\left(\frac34\right)^{n-1}\right]=\frac94-\frac94\left(\frac34\right)^{n-1}=\frac94-4\left(\frac34\right)^{n+1}$$

代回：

$$\frac14T_n=-\frac94+\frac94-4\left(\frac34\right)^{n+1}-(n-4)\left(\frac34\right)^{n+1}=-n\left(\frac34\right)^{n+1}$$ $$\boxed{T_n=-4n\left(\frac34\right)^{n+1}}$$

③ 把恒成立不等式化简。 $T_n\le\lambda b_n$ 即

$$-4n\left(\frac34\right)^{n+1}\le\lambda(n-4)\left(\frac34\right)^n$$

两边同除 $\left(\dfrac34\right)^n>0$（正数，不变号）：

$$-4n\cdot\frac34\le\lambda(n-4) \ \Longrightarrow\ \boxed{\lambda(n-4)+3n\ge0}\quad\text{对一切 }n\in\mathbf N^*\text{ 恒成立}$$

下面两条路，都是回答「这个关于 $n$ 的不等式，对一切正整数 $n$ 成立时 $\lambda$ 该满足什么」。

解法一：参变分离，按 n−4 的符号分类

怎么想到的。 不等式里 $\lambda$ 与 $n$ 缠在 $\lambda(n-4)$ 这一项里。把 $\lambda$ 单独拎到一边（参变分离），它就变成一条可上下滑动的水平线，问题变成「这条线要卡在函数 $g(n)$ 的哪一侧」。

① 分离。 由 $\lambda(n-4)\ge-3n$，要把 $(n-4)$ 除过去——它的符号随 $n$ 变，必须分三种情形：

• $n=4$：左边 $=\lambda\cdot0+3\cdot4=12\ge0$，恒成立，不约束 $\lambda$。
• $n<4$（即 $n=1,2,3$）：$n-4<0$，除过去要变号：

$$\lambda\le\frac{-3n}{n-4}=:g(n)$$

• $n>4$（即 $n\ge5$）：$n-4>0$，除过去不变号：

$$\lambda\ge g(n)$$

② 研究 $g(n)=\dfrac{-3n}{n-4}$。 把它改写成

$$g(n)=\frac{-3(n-4)-12}{n-4}=-3-\frac{12}{n-4}$$

• 左支（$n<4$）：$n-4$ 是负数。$g(1)=\dfrac{-3}{-3}=1$，$g(2)=\dfrac{-6}{-2}=3$，$g(3)=\dfrac{-9}{-1}=9$。要 $\lambda\le g(n)$ 对 $n=1,2,3$ 全都成立，取最严的那个：

$$\lambda\le\min\{1,3,9\}=1$$

• 右支（$n>4$）：$n-4>0$，$g(n)=-3-\dfrac{12}{n-4}$ 随 $n$ 增大而增大、从下方趋近 $-3$（$g(5)=-15$、$g(6)=-9$、$g(8)=-6\to-3$）。要 $\lambda\ge g(n)$ 对一切 $n\ge5$ 成立，$\lambda$ 得压住这一支的上确界：

$$\lambda\ge\sup_{n>4}g(n)=-3$$

（$-3$ 取不到，但 $\lambda=-3$ 仍满足 $\lambda\ge g(n)$，因为 $g(n)<-3$ 恒成立。）

③ 合并。 两支条件取交：

$$\boxed{-3\le\lambda\le1}$$

解法二：把左边看成关于 n 的一次函数

怎么想到的。 解法一除过去之后要分三类讨论符号。换个角度：别除——$\lambda(n-4)+3n$ 展开重排，

$$\lambda(n-4)+3n=(\lambda+3)n-4\lambda$$

这是关于 $n$ 的一次函数（把 $\lambda$ 当常数）。于是问题变成：一次函数 $h(n)=(\lambda+3)n-4\lambda$ 在一切正整数 $n$ 上非负。一次函数在射线上的最小值只可能在端点取到，或者因为单调递减而无下界——这比讨论除数的符号干净得多。

① 先看斜率 $\lambda+3$。

• 若 $\lambda+3<0$（$\lambda<-3$）：$h(n)$ 随 $n$ 递减且 $h(n)\to-\infty$，必然对充分大的 $n$ 变负，不可能恒非负。
• 故必须 $\lambda+3\ge0$，即 $\lambda\ge-3$。

② 斜率非负时，最小值在 $n=1$。 $\lambda\ge-3$ 时 $h(n)$ 关于 $n$ 单调不减（或为常函数），在正整数上的最小值就是 $h(1)$：

$$h(1)=(\lambda+3)-4\lambda=3-3\lambda\ge0 \ \Longrightarrow\ \lambda\le1$$

③ 合并。 $\lambda\ge-3$ 与 $\lambda\le1$ 同时成立：

$$\boxed{-3\le\lambda\le1}$$

（边界都取得到：$\lambda=-3$ 时 $h(n)=12>0$；$\lambda=1$ 时 $h(n)=4n-4\ge0$，$n=1$ 取等。）

这两条路差在哪

• 解法一的第一个实质动作是除以 $(n-4)$ 把 $\lambda$ 分离出来，代价是除数会变号，必须按 $n-4$ 的符号分三类（分类讨论），再研究有理函数 $g(n)=-3-\dfrac{12}{n-4}$ 两支的最值。
• 解法二的第一个实质动作是把 $\lambda(n-4)+3n$ 重排成 $(\lambda+3)n-4\lambda$，认出它是 $n$ 的一次函数，于是只用一次函数的单调性：斜率定有无下界、端点 $n=1$ 定最小值。全程不除、不变号、不分类。

依赖的工具不同（参变分离 + 分类讨论 vs 一次函数的单调性），中间对象也不同（有理函数 $g(n)$ 的两支 vs 一次函数 $h(n)$ 的斜率与端点）。所以是两条路。

考场上怎么选：解法二更短，一次函数的单调性一步到位，还天然绕开了「除过去变号」这个最容易丢分的地方。解法一的价值在通用——分离出的 $g(n)$ 把「$\lambda$ 再大一点 / 小一点会卡在哪个 $n$」看得清清楚楚（图上左支最小在 $n=1$、右支上确界是 $-3$），遇到不能整理成一次函数的恒成立题，这条路照样走得通。

🕳️ 避坑

• 由 $S_n$ 求 $a_n$，$n=1$ 必须单独验。 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 只对 $n\ge2$ 成立。本题作差得到 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac34$ 是从 $n\ge2$ 起的，还得回算 $\dfrac{a_2}{a_1}=\dfrac34$ 才能说「从第一项起就是等比数列」。不验这一下，通项可能只在 $n\ge2$ 对。
• 参变分离除以 $(n-4)$ 要分符号（解法一）。 $n-4$ 可正可负可零：$n<4$ 除过去变号得 $\lambda\le g(n)$，$n>4$ 不变号得 $\lambda\ge g(n)$，$n=4$ 单独是恒等式。漏掉变号，上下界整个反过来。
• 一次函数的斜率要讨论（解法二）。 直接拿 $h(1)\ge0$ 当充要条件，是默认了 $h$ 递增；还得先排除斜率 $\lambda+3<0$（那时 $h(n)\to-\infty$，$h(1)\ge0$ 也救不回来）。斜率 $=0$（$\lambda=-3$）是常函数 $12$，这个边界别漏。
• 上确界取不到，不等于端点开。 右支 $g(n)\to-3$ 但永远小于 $-3$，所以 $\lambda=-3$ 依然满足 $\lambda\ge g(n)$，答案是闭区间 $[-3,1]$，不是 $(-3,1]$。