高中数学讲义微专题52 证明等差等比数列

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）：an1and（等差），

an1q（等比） an（2）通项公式：anknm（等差），ankqnq0（等比）

2n（3）前n项和：SnAnBn（等差），Snkqk（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nN，均有：

22an1anan2 （等差） an1anan2 （等比）

二、典型例题：

例1：已知数列an的首项a133an,an1,nN． 52an1求证：数列11为等比数列 an1这an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

样的倒数，所以考虑递推公式两边同取倒数：an13an12a1n

2an1an13an即

12112111111 ，在考虑构造“1”：an133anan133an3an111是公比为的等比数列

3an11，则只需证明bn是等an即数列思路二：代入法：将所证数列视为一个整体，用bn表示：bn比数列即可，那么需要关于bn的条件（首项，递推公式），所以用bn将an表示出来，并代换

到an的递推公式中，进而可从bn的递推公式出发，进行证明 解：令bn111，则an anbn13113bn1 递推公式变为：

bn11211bn11bn3bn11bn33bn13bn1bn

311bn是公比为的等比数列。即数列1为等比数列

3an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bn11体现了两个数列an,bn的一种对应关系，且这种对应是同序数项的对应an（第n项对应第n项）；二是经过代换，得到bn的递推公式，而所证bn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{an}的前n项和为Sn，Snan123．设bnann，nn1(nN*)（*）

22证明：数列bn是等比数列，并求出an的通项公式

思路：本题所给等式Sn,an混合在一起，可考虑将其转变为只含an或只含Sn的等式，题目中

bnann倾向于项的关系，故考虑消掉Sn，再进行求解

解：Snan123nn1 ① 22132Sn1an1n1n11n2,nN ②

22 ① ②可得：2anan1n12anan1n1

2annan1n1ann11 即an1bbn1 n1n22

1bn是公比为的等比数列 b1a11 令n1 代入（*）可得：

21311S1a111 a1 b1

22221bnb12n111 anbnnn 22nn小炼有话说：（1）遇到Sn,an混合在一起的等式，通常转化为纯an（项的递推公式）或者纯Sn（前n项和的递推公式），变形的方法如下：

① 消去Sn：向下再写一个关于Sn1的式子（如例2），然后两式相减（注意n取值范围变化） ② 消去an：只需anSnSn1代换即可（n2,nN）

（2）Sn,an混合在一起的等式可求出a1，令n1即可（因为S1a1）

（3）这里体现出bnann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bnann也可将an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

1例3：已知数列an满足：a16,an1an6an190,nN且n2，求证：为

a3n等差数列 解：设bn113代入an1an6an190可得： ，则anan3bn111336390 bbbn1nn1133691890 bn1bnbn1bnbn113310bnbn1 bn1bnbn1bn31bn为等差数列，即为等差数列

an3

例4：已知曲线C:xy1，过C上一点Anxn,yn作一斜率为kn1的直线交曲线Cxn2于另一点An1xn1,yn1（xnxn1且xn0，点列An的横坐标构成数列xn，其中

x111. 7（1）求xn与xn1的关系式； （2）令bn11，求证：数列bn是等比数列； xn23解：（1）曲线C:y11 l:yynxxn

xn2x1yn1xn11yn1ynxn1xn xnxn1xn2

x2n1ynxn

（2）bn111xn2，代入到递推公式中可得：

1xn23bn31112222 111bnbn1bn333112bn2bn133142b12b1=b14b1b1nn1n1nn111133333bnbn1bn333211444bnbn1bnbn1bn14bnbn1bnbn1

3933924bnbn1bn1bnbn1 33bn12bn bn是公比为2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bn的形式，所以考虑用代入法直接求解

例5：已知数列an满足a1a,an14n6an4n102n1a2nN，判断数列是

2n1n否为等比数列？若不是，请说明理由；若是，试求出an 解：设bnan2an2n1bn2 2n1代入到an14n6an4n10可得：

2n12n3bn124n62n1bn24n102n1

2n32n1bn14n222n32n1bn8n124n10 2n32n1bn122n32n1bn

bn12bn

而b1a12a2 33① a2时，b10，bn不是等比数列

② a2时，bn是等比数列，即an2为等比数列 2n1a22n12n12an2a12n1 2 an32n131ann,n为奇数例6：（2015山东日照3月考）已知数列an中，a11,an13 ，求证：

an3n,n为偶数数列a2n3是等比数列 23，可发现要寻找的是an偶数项的联系，所以将已知分段递推2思路：所证数列为a2n关系转变为a2n与a2n1之间的关系，再进行构造证明即可

1ann,n为奇数证明：由an13可得：

an3n,n为偶数

1a2na2n12n1 a2n1a2n232n2

31a2na2n232n22n1 311a2na2n22n22n1a2n21

33a2n31113a2n2a2n2 2323231数列a2n是公比为的等比数列

23例7：（2015湖北襄阳四中阶段性测试）已知数列an满足a11，且对任意非负整数

m,nmn均有： amnamnmn1（1）求a0,a2

（2）求证：数列am1am是等差数列，并求出an的通项公式 解：（1）令mn可得：

1a2ma2n 2a2ma01a2ma01

再令n0可得：

2amm11a2ma0 2a2m4am2m3 a24a113 a01,a23

（2）思路：考虑证明数列am1am是等差数列，则要寻找am1am，amam1的关系，即所涉及项为am1,am,am1，结合已知等式令n1，利用（1）中的a2m4am2m3，将

a2m代换为am即可证明，进而求出通项公式

证明：在amnamnmn11a2ma2n中令n1得： 2am1am1m21a2ma2 22am12am12m4a2ma2

由（1）得a2m4am2m3,a23代入可得：

2am12am12m44am2m

am1am122amam1amamam12

 数列am1am是公差为2的等差数列

am1ama2a12m12m amam12m1

am-1am22m2 a2a12

ama1212m1mm1

ammm11

例8：（2010 安徽，20）设数列a1,a2,的充分必要条件是：对nN都有

,an,中的每一项都不为0，求证：an是等差数列

11a1a2a2a31n

anan1a1an1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

1111111，然后恒等式左边进行求和即可证明。再证

anan1anan1an1andanan1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：

1n1n，通过化简可得：

an1an2a1an2a1an1an2an1an1an，从而利用等差中项完成等差数列的证明

证明：先证必要性：

an是等差数列 当d0时

anan1左边a2a1

1a121nn 右边 a12a12a12

当d0时，考虑

1111111

anan1anan1an1andanan1111111an1a1 aadaadaan1n11n1n1左边11111da1a2a2a31ndn右边 da1an1a1an1 所证恒等式成立

再证必要性：

11a1a2a2a311a1a2a2a31n ①

anan1a1an111n1 ②

anan1an1an2a1an2①②可得：

1n1n

an1an2a1an2a1an1两边同时乘以a1an1an2得：

a1n1an1nan2 ③

同理：a1nann1an1 ④

③-④可得：2nan1nan2an2an1an2an

an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。

2例9：若数列an的各项均为正数，nN,an1anan2t（t为常数），且2a3a2a4

（1）求

a1a3的值 a2（2）求证：数列an为等差数列

2解：（1）令n1，则有a2a1a3t ①

2令n2，则有a3a2a4t ②

①②可得：

2222a2a3a1a3a2a4a2a2a4a3a1a3a2a2a4a3a1a3

a1a3a2a42 a2a3（2）思路：所给的递推公式中含有t，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。

22解：an1anan2t ③ an2an1an3t④

③④可得：

2222an1an2anan2an1an3an1an1an3an2anan2

an1an1an3an2anan2

an1an3anan2

an2an1an1an3anan2an1an1an2an1ana2a42 a3从而

anan22anan22an1 an1anan+2an1

an1 数列an为等差数列

例10：在数列an中，a10，且对任意kN，a2k1,a2k,a2k1成等差数列，其公差为dk，

若dk2k，求证：a2k,a2k1,a2k2成等比数列

思路：由a2k1,a2k,a2k1的公差为dk2k，而a2k1,a2k1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a2k1a2k14k，从而可以求出an奇数项的通项公式，再利用a2k1,a2k1可求出a2k，进而a2k,a2k1,a2k2均可用含k的式子表示，再从定义出发即可证明其成等比数列 解：

a2k1,a2k,a2k1成等差数列且dk2k

a2k1a2k14k

a2k1a2k34k1

a3a14

a2k1a1412k2kk1

a2k1kk1a12kk1 a2k12k1k

a2k1,a2k,a2k1成等差数列

a2k12a2k1a2k12k2 a2k22k1 2222a2aa4kk1k12k2k2a2k1a2k2 a2ka2k1a2k,a2k1,a2k2成等比数列