高中数学讲义微专题52 证明等差等比数列

高中数学讲义微专题52 证明等差等比数列

微专题 52 等差等比数列的证明 在数列的解答题中，有时第一问会要求证明某个数列是等差等比数列，既考察了学生证 明数列的能力，同时也为后面的问题做好铺垫。 一、基础知识： 1、如何判断一个数列是等差（或等比）数列 （1）定义法（递推公式）： （等差）， （等比） （2）通项公式： （等差）， （等比） （3）前 项和： （等差）， （等比） （4）等差（等比）中项：数列从第二项开始，每一项均为前后两项的等差（等比）中项 2、如何证明一个数列是等差等比数列： （1）通常利用定义法，寻找到公差（公比） （2）也可利用等差等比中项来进行证明，即 ，均有： （等差） （等比） 二、典型例题： 例 1：已知数列 的首项 ． 求证：数列 为等比数列 思路一：构造法，按照所给的形式对已知递推公式进行构造，观察发现所证的数列存在 这 样的倒数，所以考虑递推公式两边同取倒数： 即 ，在考虑构造“ ”： 即数列 是公比为 的等比数列 思路二：代入法：将所证数列视为一个整体，用 表示： ，则只需证明 是等 比数列即可，那么需要关于 的条件（首项，递推公式），所以用 将 表示出来，并代换 1n na a d   1n n a qa   na kn m   0n na k q q   n 2 nS An Bn  n nS kq k  n N   1 22 n n na a a   2 1 2n n na a a    na 1 1 3 3, ,5 2 1 n n n aa a n Na     1 1 na      1 na 1 1 3 1 2 1 2 1 3 n n n n n n a aa a a a     1 1 2 1 3 3n na a   1 1 1 2 1 1 11 1 13 3 3n n na a a          1 1 na      1 3 nb 1 1n n b a   nb nb nb na 到 的递推公式中，进而可从 的递推公式出发，进行证明 解：令 ，则 递推公式变为： 是公比为 的等比数列。即数列 为等比数列 小炼有话说： （1）构造法：在构造的过程中，要寻找所证数列形式的亮点，并以此为突破对递推公式进行 变形，如例 1 中就是抓住所证数列有一个“倒数”的特点，进而对递推公式作取倒数的变换。 所以构造法的关键之处在于能够观察到所证数列显著的特点并加以利用 （2）代换法：此方法显得模式化，只需经历“换元→表示→代入→化简”即可，说两点：一 是代换 体现了两个数列 的一种对应关系，且这种对应是同序数项的对应 （第 项对应第 项）；二是经过代换，得到 的递推公式，而所证 是等比数列，那么意 味着其递推公式经过化简应当形式非常简单，所以尽管代入之后等式复杂，但坚定地化简下 去，通常能够得到一个简单的答案。个人认为，代入法是一个比较“无脑”的方法，只需循 规蹈矩按步骤去做即可。 例 2：数列{ }的前 n 项和为 ， （*）．设 ， 证明：数列 是等比数列，并求出 的通项公式 思路：本题所给等式 混合在一起，可考虑将其转变为只含 或只含 的等式，题目中 倾向于项的关系，故考虑消掉 ，再进行求解 解： ① ② ① ②可得： 即 na nb 1 1n n b a  1 1n n a b   1 1 3 1 1 31 11 1 32 11 n n n n n b b b b b         1 1 13 3 3 3n n n nb b b b        nb 1 3 1 1 na      1 1n n b a     ,n na b n n  nb nb na nS 21 3 1( *)2 2n nS a n n n N      n nb a n   nb  na ,n nS a na nS n nb a n  nS 21 3 12 2n nS a n n          2 1 1 1 31 1 1 2,2 2n nS a n n n n N            1 12 1 2 1n n n na a n a a n              1 1 12 1 12n n n na n a n a n a n             1 1 2n nb b  是公比为 的等比数列 令 代入（*）可得： 小炼有话说：（1）遇到 混合在一起的等式，通常转化为纯 （项的递推公式）或者纯 （前 项和的递推公式），变形的方法如下： ① 消去 ：向下再写一个关于 的式子（如例 2），然后两式相减（注意 取值范围变化） ② 消去 ：只需 代换即可（ ） （2） 混合在一起的等式可求出 ，令 即可（因为 ） （3）这里体现出 的价值：等差等比数列的通项公式是最好求的：只需一项和公差 （公比），构造出等差等比数列也就意味这其通项可求，而通过 也可将 的通项公 式求出。这里要体会两点：一是回顾依递推求通项时，为什么要构造等差等比数列，在这里 给予了一个解释；二是体会解答题中这一问的价值：一个复杂的递推公式，直接求其通项公 式是一件困难的事，而在第一问中，恰好是搭了一座桥梁，告诉你如何去进行构造辅助数列， 进而求解原数列的通项公式。所以遇到此类问题不要只停留在证明，而可以顺藤摸瓜将通项 一并求出来 例 3：已知数列 满足： 且 ，求证： 为 等差数列 解：设 ，则 代入 可得： 为等差数列，即 为等差数列  nb 1 2 1 1 1b a  1n  1 1 1 3 1 12 2S a       1 1 2a   1 1 2b  1 1 1 1 2 2 n n nb b              1 2 n n na b n n        ,n nS a na nS n nS 1nS  n na 1n n na S S   2,n n N  ,n nS a 1a 1n  1 1S a n nb a n  n nb a n  na  na 1 1 16, 6 9 0,n n na a a a n N        2n  1 3na      1 3n n b a  1 3n n a b  1 16 9 0n n na a a    1 1 1 1 13 3 6 3 9 0 n n nb b b                      1 1 1 1 3 3 69 18 9 0 n n n n nb b b b b           1 1 1 3 3 0 n n n nb b b b      1 1 3n nb b     nb 1 3na      例 4：已知曲线 ，过 上一点 作一斜率为 的直线交曲线 于另一点 （ 且 ，点列 的横坐标构成数列 ，其中 . （1）求 与 的关系式； （2）令 ，求证：数列 是等比数列； 解：（1）曲线 （2） ，代入到递推公式中可得： 是公比为 的等比数列 小炼有话说：本题（2）用构造法比较复杂，不易构造出 的形式，所以考虑用代入法直接求 解 : 1C xy  C  ,n n nA x y 1 2n n k x   C  1 1 1,n n nA x y   1n nx x  0nx   nA  nx 1 11 7x  nx 1nx  1 1 2 3n n b x   nb 1:C y x  1: 2n n n l y y x xx      1 1 1 1 1 1 2 1 n n n n n n n n n y x y y x xx y x                 1 2n n nx x x   1 1 1 212 3 3 n n n n b xx b       1 1 1 12 2 2 21 1 1 3 3 3n n nb b b                          1 1 1 1 1 1 12 2 1 1 1 1 1 13 3 4 2 2 = 41 1 1 3 3 3 3 3 3 3 3 n n n n n n n n n n b b b b b b b b b b                                      1 1 1 1 1 2 1 1 4 44 43 9 3 3 9n n n n n n n n nb b b b b b b b b                 1 1 1 2 4 3 3n n n n nb b b b b       1 2n nb b    nb 2 nb 例 5：已知数列 满足 ，判断数列 是 否为等比数列？若不是，请说明理由；若是，试求出 解：设 代入到 可得： 而 ① 时， ， 不是等比数列 ② 时， 是等比数列，即 为等比数列 例 6：（2015 山东日照 3 月考）已知数列 中， ，求证： 数列 是等比数列 思路：所证数列为 ，可发现要寻找的是 偶数项的联系，所以将已知分段递推 关系转变为 与 之间的关系，再进行构造证明即可 证明：由 可得：  na    1 1 4 6 4 10, 2 1 n n n a na a a n Nn        2 2 1 na n     na  2 2 1 22 1 n n n n ab a n bn        1 4 6 4 10 2 1 n n n a na n           1 4 6 2 1 2 4 102 3 2 2 1 n n n n b nn b n                12 3 2 1 4 2 2 2 3 2 1 8 12 4 10n nn n b n n n b n n                 12 3 2 1 2 2 3 2 1n nn n b n n b      1 2n nb b  1 1 2 2 3 3 a ab     2a   1 0b   nb 2a    nb 2 2 1 na n     112 2 22 1 3 nna a n        12 2 1 2 23 n n a na       na 1 1 1 ,1, 3 3 , n n n a n na a a n n        为奇数 为偶数 2 3 2na    2 3 2na     na 2na  2 1na  1 1 ,3 3 , n n n a n na a n n       为奇数 为偶数 数列 是公比为 的等比数列 例 7：（2015 湖北襄阳四中阶段性测试）已知数列 满足 ，且对任意非负整数 均有： （1）求 （2）求证：数列 是等差数列，并求出 的通项公式 解：（1）令 可得： 再令 可得： （2）思路：考虑证明数列 是等差数列，则要寻找 ， 的关系， 即所涉及项为 ，结合已知等式令 ，利用（1）中的 ，将 代换为 即可证明，进而求出通项公式 证明：在 中令 得：  2 2 1 1 2 13n na a n    2 1 2 2 3 2 2n na a n      2 2 2 1 3 2 2 2 13n na a n n        2 2 2 2 2 1 12 2 2 1 13 3n n na a n n a         2 2 2 2 2 3 1 1 1 3 2 3 2 3 2n n na a a            2 3 2na    1 3  na 1 1a   ,m n m n  2 2 11 2m n m n m na a m n a a       0 2,a a  1m ma a  na m n 2 0 2 01 1m ma a a a     0n   2 0 12 1 2m ma m a a    2 4 2 3m ma a m    2 14 1 3a a    0 21, 3a a    1m ma a  1m ma a  1m ma a  1 1, ,m m ma a a  1n  2 4 2 3m ma a m   2ma ma  2 2 11 2m n m n m na a m n a a       1n   1 1 2 2 12 2m m ma a m a a      1 1 2 22 2 2 4m m ma a m a a       由（1）得 代入可得： 数列 是公差为 的等差数列 例 8：（2010安徽，20）设数列 中的每一项都不为 0，求证： 是等差数列 的充分必要条件是：对 都有 思路：证明充要条件要将两个条件分别作为条件与结论进行证明，首先证明必要性，即已知 等 差 数 列 证 明 恒 等 式 。 观 察 所 证 等 式 可 联 想 到 求 和 中 的 裂 项 相 消 。 所 以 考 虑 ，然后恒等式左边进行求和即可证明。再证 明充分性，即已知恒等式证明等差数列：恒等式左侧为求和形式，所以考虑向前写一个式子 两式相减，进而左边消去大量的项，可得： ，通过化简可得： ，从而利用等差中项完成等差数列的证明 证明：先证必要性： 是等差数列 当 时 左边 右边 2 24 2 3, 3m ma a m a    1 12 2 2 4 4 2m m ma a m a m          1 1 1 12 2 2m m m m m m ma a a a a a a              1m ma a  2    1 2 1 2 1 2m ma a a a m m        1 2 1m ma a m     -1 2 2 2m ma a m    2 1 2a a     1 2 1 2 1 1ma a m m m            1 1ma m m    1 2, , , ,na a a   na n N   1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 n n n n a a a a a a a a      1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n na a a a a a d a a                  1 2 1 2 1 1 1 1 n n n n n n a a a a a a      2 1 1n n n na a a a      na  0d  1 2 1n na a a a     2 2 2 1 1 1 1 1 n a a a    2 1 n a 当 时，考虑 左边 右边 所证恒等式成立 再证必要性： ① ② ① ②可得： 两边同时乘以 得： ③ 同理： ④ ③-④可得： 为等差数列 小炼有话说：（1）本题证明等差数列所用的是等差中项的方法，此类方法多在数列中存在三 项关系时使用 （2）在充分性的证明中连续用到了构造新式并相减的方法，这也是变形递推公式的方法之一， 当原递推公式难以变形时，可考虑使用这种方法构造出新的递推公式，尤其递推公式的一侧 是求和形式时，这种方法可以消去大量的项，达到化简递推公式的目的。 例 9 ： 若 数 列 的 各 项 均 为 正 数 ， （ 为 常 数 ），且 （1）求 的值 （2）求证：数列 为等差数列 0d  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n n n na a a a a a d a a                   1 1 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n n n n a a d a a a a a a d a a d a a                                       1 1 1 1 1 n n nd n d a a a a       1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 n n n n a a a a a a a a       1 2 2 3 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 n n n n n n a a a a a a a a a a           1 2 1 2 1 1 1 1 n n n n n n a a a a a a      1 1 2n na a a   1 1 21 n na n a na     1 11n na na n a     1 2 1 22 2n n n n n nna n a a a a a         na  na 2 1 2, n n nn N a a a t      t 3 2 42a a a  1 3 2 a a a   na 解：（1）令 ，则有 ① 令 ，则有 ② ① ②可得： （2）思路：所给的递推公式中含有 ，而且原递推公式也很难变形，所以考虑再写一个式子 两式相减，构造新的递推公式，仿照（1）进行变形。 解： ③ ④ ③ ④可得： 从而 数列 为等差数列 例 10：在数列 中， ，且对任意 ， 成等差数列，其公差为 ，若 ，求证： 成等比数列 思路：由 的公差为 ，而 表示数列中相邻的奇数项，所以可 选择它们的关系作为突破口，即 ，从而可以求出 奇数项的通项公式， 再利用 可求出 ，进而 均可用含 的式子表示，再从定义出发即 可证明其成等比数列 解： 成等差数列且 1n  2 2 1 3a a a t  2n  2 3 2 4a a a t      2 2 2 2 2 3 1 3 2 4 2 2 4 3 1 3 2 2 4 3 1 3a a a a a a a a a a a a a a a a a a           1 3 2 4 2 3 2a a a a a a     t 2 1 2n n na a a t   2 2 1 3n n na a a t      2 2 2 2 1 2 2 1 3 1 1 3 2 2n n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a a                   1 1 3 2 2n n n n n na a a a a a        1 3 2 2 1 n n n n n n a a a a a a         1 3 2 1 1 2 4 2 1 3 2n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a                2 2 1 1 2 2n n n n n n a a a a aa          1 +2 1n n n na a a a       na  na 1 0a  k N  2 1 2 2 1, ,k k ka a a  kd 2kd k 2 2 1 2 2, ,k k ka a a  2 1 2 2 1, ,k k ka a a  2kd k 2 1 2 1,k ka a  2 1 2 1 4k ka a k    na 2 1 2 1,k ka a  2ka 2 2 1 2 2, ,k k ka a a  k 2 1 2 2 1, ,k k ka a a  2kd k 2 1 2 1 4k ka a k    成等差数列 成等比数列  2 1 2 3 4 1k ka a k      3 1 4a a     2 1 1 4 1 2 2 1ka a k k k           2 1 11 2 1ka k k a k k       2 1 2 1ka k k   2 1 2 2 1, ,k k ka a a    2 2 2 1 2 1 1 22k k ka a a k      2 2 2 2 1ka k    22 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 4 1 k k k k k k k a aa a a k k a a             2 2 1 2 2, ,k k ka a a 