2010_天津卷 (2010·理)
（22）（本小题满分 14 分）
在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中，$a_{1}=0$ ，且对任意 $k \in N^{*} , a_{2 k-1}, a_{2 k}, a_{2 k+1}$ 成等差数列，其公差为
$d_{k}$ 。
（I）若 $d_{k}=2 k$ ，证明 $a_{2 k}, a_{2 k+1}, a_{2 k+2}$ 成等比数列 $\left(k \in N^{*}\right)$
（II）若对任意 $k \in N^{*}, a_{2 k}, a_{2 k+1}, a_{2 k+2}$ 成等比数列，其公比为 $q_{k}$ 。
（i）设 $q_{1} \neq 1$ ．证明 $\left\{\frac{1}{q_{k}-1}\right\}$ 是等差数列；
（ii）若 $a_{2}=2$ ，证明 $\frac{3}{2}<2 n-\sum_{k=2}^{n} \frac{k^{2}}{a_{k}} \leq 2(n \geq 2)$
【解答】
本小题主要考查等差数列的定义及通项公式，前 n 项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。满分 14 分。
（ I ）证明：由题设，可得 $a_{2 k+1}-a_{2 k-1}=4 k, k \in N^{*}$ 。
所以 $a_{2 k+1}-a_{1}=\left(a_{2 k+1}-a_{2 k-1}\right)+\left(a_{2 k-1}-a_{2 k-3}\right)+\ldots+\left(a_{3}-a_{1}\right)$
$=4 k+4(k-1)+\ldots+4 \times 1$
$=2 \mathrm{k}(\mathrm{k}+1)$
由 $a_{1}=0$ ，得 $a_{2 k+1}=2 k(k+1)$ ，从而 $a_{2 k}=a_{2 k+1}-2 k=2 k^{2}, a_{2 k+2}=2(k+1)^{2}$ ．
于是 $\frac{a_{2 k+1}}{a_{2 k}}=\frac{k+1}{k}, \frac{a_{2 k+2}}{a_{2 k+1}}=\frac{k+1}{k}$ ，所以 $\frac{a_{2 k+2}}{a_{2 k+1}}=\frac{a_{2 k+1}}{a_{2 k}}$ 。
所以 $d_{k}=2 k$ 时，对任意 $k \in N^{*}, a_{2 k}, a_{2 k+1}, a_{2 k+2}$ 成等比数列。
（II）证法一：（i）证明：由 $a_{2 k-1}, a_{2 k}, a_{2 k+1}$ 成等差数列，及 $a_{2 k}, a_{2 k+1}, a_{2 k+2}$
成等比数列，得 $2 a_{2 k}=a_{2 k-1}+a_{2 k+1}, 2=\frac{a_{2 k-1}}{a_{2 k}}+\frac{a_{2 k+1}}{a_{2 k}}=\frac{1}{q_{k-1}}+q_{k}$
当 $q_{1} \neq 1$ 时，可知 $q_{k} \neq 1, \mathrm{k} \in N^{*}$
从而 $\frac{1}{q_{k-1}}=\frac{1}{2-\frac{1}{q_{k-1}}-1}=\frac{1}{q_{k-1}-1}+1$ ，即 $\frac{1}{q_{k-1}}-\frac{1}{q_{k-1}-1}=1(k \geq 2)$
所以 $\left\{\frac{1}{q_{k}-1}\right\}$ 是等差数列，公差为 1 。
（II）证明：$a_{1}=0, a_{2}=2$ ，可得 $a_{3}=4$ ，从而 $q_{1}=\frac{4}{2}=2, \frac{1}{q_{1}-1}=1$ ．由（I）有
$\frac{1}{q_{k-1}}=1+k-1=k$ ，得 $q_{k}=\frac{k+1}{k}, k \in N^{*}$
所以 $\frac{a_{2 k+2}}{a_{2 k+1}}=\frac{a_{2 k+1}}{a_{2 k}}=\frac{k+1}{k}$ ，从而 $\frac{a_{2 k+2}}{a_{2 k}}=\frac{(k+1)^{2}}{k^{2}}, k \in N^{*}$
因此，$a_{2 k}=\frac{a_{2 k}}{a_{2 k-2}} \cdot \frac{a_{2 k}-2}{a_{2 k-4}} \ldots \frac{a_{4}}{a_{2}} \cdot a_{2}=\frac{k^{2}}{(k-1)^{2}} \cdot \frac{(k-1)^{2}}{(k-2)^{2}} \cdots \frac{2^{2}}{1^{2}} \cdot 2=2 k^{2} \cdot a_{2 k+1}$
$=a_{2 k} \cdot \frac{k+1}{k}=2 k(k+1), k \in N^{*}$
以下分两种情况进行讨论：
当 n 为偶数时，设 $\mathrm{n}=2 \mathrm{~m}\left(m \in N^{*}\right)$
若 $\mathrm{m}=1$ ，则 $2 n-\sum_{k=2}^{n} \frac{k^{2}}{a_{k}}=2$ ．
若 $m \geqslant 2$ ，则
$\sum_{k=2}^{n} \frac{k^{2}}{a_{k}}=\sum_{k=1}^{m} \frac{(2 k)^{2}}{a_{2 k}}+\sum_{k=1}^{m-1} \frac{(2 k+1)^{2}}{a_{2 k+1}}=\sum_{k=1}^{m} \frac{4 k^{2}}{2 k^{2}}+$
$\sum_{k=1}^{m-1} \frac{4 k^{2}+4 k+1}{2 k(k+1)}=2 m+\sum_{k=1}^{m-1}\left[\frac{4 k^{2}+4 k}{2 k(k+1)}+\frac{1}{2 k(k+1)}\right]=2 m+\sum_{k=1}^{m-1}\left[2+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)\right]$
$=2 m+2(m-1)+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{m}\right)=2 n-\frac{3}{2}-\frac{1}{n}$ ．
所以 $2 n-\sum_{k=2}^{n} \frac{k^{2}}{a_{k}}=\frac{3}{2}+\frac{1}{n}$ ，从而 $\frac{3}{2}<2 n-\sum_{k=2}^{n} \frac{k^{2}}{a_{k}}<2, n=4,6,8 \ldots$
（2）当 n 为奇数时，设 $\mathrm{n}=2 \mathrm{~m}+1 ~\left(m \in N^{*}\right)$
$\sum_{k=2}^{n} \frac{k^{2}}{a_{k}}=\sum_{k=2}^{2 m} \frac{k^{2}}{a_{k}}+\frac{(2 m+1)^{2}}{a_{2 m+1}}=4 m-\frac{3}{2}-\frac{1}{2 m}+\frac{(2 m+1)^{2}}{2 m(m+1)}$
$=4 m+\frac{1}{2}-\frac{1}{2(m+1)}=2 n-\frac{3}{2}-\frac{1}{n+1}$
所以 $2 n-\sum_{k=2}^{n} \frac{k^{2}}{a_{k}}=\frac{3}{2}+\frac{1}{n+1}$ ，从而 $\frac{3}{2}<2 n-\sum_{k=2}^{n} \frac{k^{2}}{a_{k}}<2, n=3,5,7 \cdots \cdot$
综合（1）（2）可知，对任意 $n \geq 2, n \in N^{*}$ ，有 $\frac{3}{2}<2 n-\sum_{k=2}^{n} \frac{k^{2}}{a_{k}} \leq 2$
证法二：（i）证明：由题设，可得 $d_{k}=a_{2 k+1}-a_{2 k}=q_{k} a_{2 k}-a_{2 k}=a_{2 k}\left(q_{k}-1\right)$ ，
$d_{k+1}=a_{2 k+2}-a_{2 k+1}=q_{k}^{2} a_{2 k}-q_{k} a_{2 k}=a_{2 k} q_{k}\left(q_{k}-1\right)$ ，所以 $d_{k+1}=q_{k} d_{k}$
$q_{k+1}=\frac{a_{2 k+3}}{a_{2 k+2}}=\frac{a_{2 k+2}+d_{k+1}}{a_{2 k+2}}=1+\frac{d_{k+1}}{q_{k}^{2} a_{2 k}}=1+\frac{d_{k}}{q_{k} a_{2 k}}=1+\frac{q_{k}-1}{q_{k}}$
由 $q_{1} \neq 1$ 可知 $q_{k} \neq 1, k \in N^{*}$ 。可得 $\frac{1}{q_{k+1}-1}-\frac{1}{q_{k}-1}=\frac{q_{k}}{q_{k}-1}-\frac{1}{q_{k}-1}=1$ ，
所以 $\left\{\frac{1}{q_{k}-1}\right\}$ 是等差数列，公差为 1 。
（ii）证明：因为 $a_{1}=0, a_{2}=2$ ，所以 $d_{1}=a_{2}-a_{1}=2$ 。
所以 $a_{3}=a_{2}+d_{1}=4$ ，从而 $q_{1}=\frac{a_{3}}{a_{2}}=2, \frac{1}{q_{1}-1}=1$ 。于是，由（i）可知所以 $\left\{\frac{1}{q_{k}-1}\right\}$是公差为 1 的等差数列。由等差数列的通项公式可得 $\frac{1}{q_{k}-1}=1+(k-1)=k$ ，故 $q_{k}=\frac{k+1}{k} 。$
从而 $\frac{d_{k+1}}{d_{k}}=q_{k}=\frac{k+1}{k}$ 。
所以 $\frac{d_{k}}{d_{1}}=\frac{d_{k}}{d_{k-1}} \cdot \frac{d_{k-1}}{d_{k-2}} \ldots \ldots \cdot \frac{d_{2}}{d_{1}}=\frac{k}{k-1} \cdot \frac{k-1}{k-2} \ldots \ldots \frac{2}{1}=k$ ，由 $d_{1}=2$ ，可得 $d_{k}=2 k$ 。
于是，由（i）可知 $a_{2 k+1}=2 k(k+1), a_{2 k}=2 k^{2}, k \in N^{*}$
以下同证法一。
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## 2010 年天津市高考数学试卷（理科）