每日一题[3468]阶跃数列

2024年高考天津卷#19

已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 是公比大于 $0$ 的等比数列．其前 $n$ 项和为 $S_n$．若 $a_1=1$，$S_2=a_3-1$．

1、求数列 $\left\{a_n\right\}$ 前 $n$ 项和为 $S_n$；

2、设数列 $\{b_n\}$ 满足 $b_n=\begin{cases} k,&n=a_k,\\ b_{n-1}+2k,&a_k<n<a_{k+1},\end{cases}$ 其中 $k$ 是大于 $1$ 的正整数． ① 当 $n=a_{k+1}$ 时，求证：$b_{n-1}\geqslant a_k\cdot b_n$； ② 求 $\displaystyle\sum_{i=1}^{S_n}b_i$．

解析

1、设数列 $\{a_n\}$ 的公比为 $q$，则

$$\begin{cases} q>0,\\ a_1=1,\\ S_2=a_3-1,\end{cases}\iff \begin{cases} q>0,\\ a_1=1,\\ a_1+a_1q=a_1q^2-1,\end{cases}\iff \begin{cases} a_1=1,\\ q=2,\end{cases}$$ 因此数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n=2^n-1$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）．

2、① 根据题意，有 $a_n=2^{n-1}$（$n\in\mathbb N^{\ast}$），于是

$$b_n=\begin{cases} k,&n=2^{k-1},\\ b_{n-1}+2k,&2^{k-1}<n<2^k.\end{cases}$$ 当 $n=a_{k+1}$ 时，有 $n=2^k$，此时 $b_n=k+1$，$a_k=2^{k-1}$，而 $$b_{n-1}=b_{2^k-1}=b_{2^{k-1}}+\left(2^k-2^{k-1}-1\right)\cdot 2k=k(2^k-1),$$ 而 $$a_k\cdot b_n=2^{k-1}(k+1)=k(2^k-1)-(k-1)(2^{k-1}-1)+1\leqslant b_{n-1},$$ 不等式得证．

② 当 $2^{k-1}\leqslant n\leqslant 2^k-1$ 时，$\{b_n\}$ 是公差为 $2k$ 的等差数列（$k=1,2$ 时看作退化的等差数列），因此

$$\begin{split}\sum_{i=1}^{S_n}b_i&=\sum_{k=1}^n\sum_{i=2^{k-1}}^{2^k-1}b_i\\ &=\sum_{k=1}^n\left(k\cdot 2^{k-1}+\dfrac{2^{k-1}(2^{k-1}-1)}2\cdot 2k\right)\\ &=\sum_{k=1}^n\left(\dfrac k4\cdot 4^k\right)\\ &=\left(\dfrac 13n-\dfrac 19\right)\cdot 4^n+\dfrac 19.\end{split}$$