已知数列 a_ n , b_ n , c _ n 中， a…——2020 高考数学第 20 题答案解析

【分析】本题第（I）题先根据等比数列的通项公式将 $b_{2}=q, b_{3}=q^{2}$ 代入 $b_{1}+b_{2}=6 b_{3}$ ，计算出公比 $q$ 的值，然后根据等比数列的定义化简 $c_{n+1}=\frac{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}}{\mathrm{b}_{\mathrm{n}+2}} \cdot \mathrm{c}_{\mathrm{n}}$ 可得 $c_{n+1}=4 \mathrm{c}_{\mathrm{n}}$ ，则可发现数列 $\left\{\mathrm{c}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是以 1 为首项， 4 为公比的等比数列，从而可得数列 $\left\{\mathrm{c}_{\mathrm{n}}\right\}$ 的通项公式，然后将通项公式代入 $c_{n+1}=a_{n+1}-a_{n}$ ，可得 $a_{n+1}-a_{n}=c_{n+1}=4^{n}$ ，再根据此递推公式的特点运用累加法可计算出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式；

第（II）题通过将已知关系式 $c_{n+1}=\frac{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}}{\mathrm{b}_{\mathrm{n}+2}} \cdot \mathrm{c}_{\mathrm{n}}$ 不断进行转化可构造出数列 $\left\{b_{n} b_{n+1} \mathrm{c}_{\mathrm{n}}\right\}$ ，且可

得到数列 $\left\{b_{n} b_{n+1} \mathrm{c}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是一个常数列，且此常数为 $1+d$ ，从而可得 $b_{n} b_{n+1} \mathrm{c}_{\mathrm{n}}=1+d$ ，再计算得到 $\mathrm{c}_{\mathrm{n}}=\frac{1+\mathrm{d}}{\mathrm{b}_{\mathrm{n}} \mathrm{b}_{\mathrm{n}+1}}$ ，根据等差数列的特点进行转化进行裂项，在求和时相消，最后运用放缩法即可证明不等式成立。

【解答】（ I ）解：由题意，$b_{2}=q, b_{3}=q^{2}$ ，
$\because b_{1}+b_{2}=6 b_{3}, \quad \therefore 1+q=6 q^{2}$ ，
整理，得 $6 q^{2}-q-1=0$ ，
解得 $q=-\frac{1}{3}$（舍去），或 $q=\frac{1}{2}$ ，
$\therefore c_{n+1}=\frac{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}}{\mathrm{b}_{\mathrm{n}+2}} \cdot \mathrm{c}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{\frac{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}+2}}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}}}} \cdot \mathrm{c}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{\mathrm{q}^{2}} \cdot \mathrm{c}_{\mathrm{n}}=\frac{1}{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}} \cdot \mathrm{c}_{\mathrm{n}}=4 \cdot \mathrm{c}_{\mathrm{n}}$ ，
∴ 数列 $\left\{\mathrm{c}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是以 1 为首项， 4 为公比的等比数列，
$\therefore \mathrm{c}_{\mathrm{n}}=1 \cdot 4^{n-1}=4^{n-1}, ~ n \in \mathrm{~N} *$ ．
$\therefore a_{n+1}-a_{n}=c_{n+1}=4^{n}$ ，
则 $a_{1}=1$ ，
$a_{2}-a_{1}=4^{1}$,
$a_{3}-a_{2}=4^{2}$,
•
•
•
$a_{n}-a_{n-1}=4^{n-1}$,
各项相加，可得
$a_{n}=1+4^{1}+4^{2}+\cdots+4^{n-1}=\frac{1-4^{\mathrm{n}}}{1-4}=\frac{4^{\mathrm{n}}-1}{3}$ ．
（II）证明：依题意，由 $c_{n+1}=\frac{\mathrm{b}_{\mathrm{n}}}{\mathrm{b}_{\mathrm{n}+2}} \bullet \mathrm{c}_{\mathrm{n}}(n \in \mathrm{~N} *)$ ，可得
$b_{n+2} \bullet c_{n+1}=b_{n} \bullet c_{\mathrm{n}}$,
两边同时乘以 $b_{n+1}$ ，可得
$b_{n+1} b_{n+2} c_{n+1}=b_{n} b_{n+1} c_{\mathrm{n}}$,
$\because b_{1} b_{2} c_{1}=b_{2}=1+d$,
∴ 数列 $\left\{b_{n} b_{n+1} \mathrm{c}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是一个常数列，且此常数为 $1+d$ ，

$b_{n} b_{n+1} \mathrm{c}_{\mathrm{n}}=1+d$,
$\therefore c_{n}=\frac{1+d}{b_{n} b_{n+1}}=\frac{1+d}{d} \cdot \frac{d}{b_{n} b_{n+1}}=\left(1+\frac{1}{d}\right) \cdot \frac{b_{n+1}-b_{n}}{b_{n} b_{n+1}}=\left(1+\frac{1}{d}\right)\left(\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n+1}}\right)$ ，
$\therefore c_{1}+c_{2}+\cdots+\mathrm{c}_{\mathrm{n}}$
$=\left(1+\frac{1}{\mathrm{~d}}\right)\left(\frac{1}{\mathrm{~b}_{1}}-\frac{1}{\mathrm{~b}_{2}}\right)+\left(1+\frac{1}{\mathrm{~d}}\right)\left(\frac{1}{\mathrm{~b}_{2}}-\frac{1}{\mathrm{~b}_{3}}\right)+\cdots+\left(1+\frac{1}{\mathrm{~d}}\right)\left(\frac{1}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}}}-\frac{1}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}+1}}\right)$
$=\left(1+\frac{1}{\mathrm{~d}}\right)\left(\frac{1}{\mathrm{~b}_{1}}-\frac{1}{\mathrm{~b}_{2}}+\frac{1}{\mathrm{~b}_{2}}-\frac{1}{\mathrm{~b}_{3}}+\cdots+\frac{1}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}}}-\frac{1}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}+1}}\right)$
$=\left(1+\frac{1}{\mathrm{~d}}\right)\left(\frac{1}{\mathrm{~b}_{1}}-\frac{1}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}+1}}\right)$
$=\left(1+\frac{1}{\mathrm{~d}}\right)\left(1-\frac{1}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}+1}}\right)$
$<1+\frac{1}{\mathrm{~d}}$ ，
$\therefore c_{1}+c_{2}+\cdots+\mathrm{c}_{\mathrm{n}}<1+\frac{1}{\mathrm{~d}}$ ，故得证．