数列变形中隐含条件的指向作用

前言

隐含条件

引例，已知(a_1=2)，(a_2=6)，(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2)，证明：({a_{n+1}-a_n})为等差数列；

则“({a_{n+1}-a_n})为等差数列”为题目中的隐含条件，为什么这样说呢？

一般碰到这样的题目，我们的难点往往是看不清变形的方向，这时候仔细研究隐含条件，

则可以知道，变形过程中必然会出现以下的形式，

((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_{n})=d)，此时的常数(d)待定，

如果我们打开整理，得到(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=d)，

比照已知条件，则可知(d=2)，由此也就知道了变形的方向，

应该首先将给定条件变形为((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_{n})=2)，

这样我们就充分利用了题目的隐含条件，找到了变形方向。

如果题目变为已知(a_1=2)，(a_2=6)，(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2)，求数列({a_n})的通项公式，则隐含条件消失，题目的难度立马变大了。

其他形式

比如题目中告诉我们数列是个正项数列，则题目中可能用到：

①两边同时约分，比如((a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n-2)=0)，约分得到(a_{n+1}-a_n=2)；

②两边同时开平方，比如(S_n^2=n)，则(S_n=sqrt{n})有意义；

③两边同时取对数，则(lna_n)有意义；

案例说明

案例【2018山东济宁二模】已知数列({a_n})满足(a_1=cfrac{3}{2})，(4a_{n+1}=4a_n^2+4a_n-1)，

(1)证明：数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为等比数列；

【分析法】：由于数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为等比数列，

则必有这样的等式成立，即(cfrac{lg(a_{n+1}+cfrac{1}{2})}{lg(a_{n}+cfrac{1}{2})}=q)，

那么必有(lg(a_{n+1}+cfrac{1}{2})=qcdot lg(a_{n}+cfrac{1}{2}))

则(lg(a_{n+1}+cfrac{1}{2})=lg(a_{n}+cfrac{1}{2})^q)，

则(a_{n+1}+cfrac{1}{2}=(a_{n}+cfrac{1}{2})^q)，

比对已知条件，可知(q=2)，这样就有

(a_{n+1}+cfrac{1}{2}=(a_{n}+cfrac{1}{2})^2)，

再次比对已知条件，发现还需要两边同时乘以常数4，

(4(a_{n+1}+cfrac{1}{2})=4(a_{n}+cfrac{1}{2})^2)，

打开整理，发现上式为(4a_{n+1}+2=4a_{n}^2+4a_n+1)①，

而已知条件为(4a_{n+1}=4a_{n}^2+4a_n-1)②，

二者的差别是给①式的两边同时减去常数2，即得到②式，

到此，由给定条件向待证结论之间的桥梁完全打通，整理如下：

【综合法】：由于(4a_{n+1}=4a_n^2+4a_n-1)，

则(4a_{n+1}+2=4a_n^2+4a_n+1)，即(4(a_{n+1}+cfrac{1}{2})=(2a_n+1)^2=4(a_{n}+cfrac{1}{2})^2)，

则有((a_{n+1}+cfrac{1}{2})=(a_{n}+cfrac{1}{2})^2)，两边同时取常用对数，

则(lg(a_{n+1}+cfrac{1}{2})=2lg(a_{n}+cfrac{1}{2}))，

又由于(lg(a_1+cfrac{1}{2})=lg2 eq 0)，

故数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为首项为(lg2)，公比为2的等比数列；

反思总结：由求解分析过程可知，题目中的待证结论本身就暗含变形方向的提示作用。

(2)记(R_n=(a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2}))，求(R_n)；

【法1】：利用通项公式，由(1)可知，数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为首项为(lg2)，公比为2的等比数列；

(lg(a_n+cfrac{1}{2})=lg2cdot 2^{n-1}=2^{n-1}cdot lg2=lg2^{2^{n-1}})，故(a_n+cfrac{1}{2}=2^{2^{n-1}})；

则(R_n=(a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2}))

(=2^{2^{1-1}} imes 2^{2^{2-1}} imes 2^{2^{3-1}} imescdots imes 2^{2^{n-1}}=2^{2^0+2^1+cdots+2^{n-1}})

(=2^{frac{1cdot (2^n-1)}{2-1}}=2^{2^n-1})；

注意：运算中的易错处，(lg2cdot 2^{n-1} eq lg(2cdot 2^{n-1}))，即(lg2cdot 2^{n-1} eq lg2^{n})，

【法2】：由于数列({lg(a_n+cfrac{1}{2})})为首项为(lg2)，公比为2的等比数列；

(R_n=(a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2}))，

给等式两边同时取对数得到，(lgR_n=lg[ (a_1+cfrac{1}{2}) imes (a_2+cfrac{1}{2}) imes cdots imes (a_n+cfrac{1}{2})])

(=lg(a_1+cfrac{1}{2})+lg(a_2+cfrac{1}{2})+lg(a_3+cfrac{1}{2})+cdots+lg(a_n+cfrac{1}{2}))

(=cfrac{lg2(2^n-1)}{2-1}=(2^n-1)lg2=lg2^{2^n-1})，

由于(lgR_n=lg2^{2^n-1})，则有(R_n=2^{2^n-1})

注意：由于对数运算能将运算降级处理，即原来是乘法运算降级为加法运算，故法2明显要优于法1，在这里我们需要培养主动使用对数运算的数学意识。

例1各项均为正数的数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，且(3S_n=a_ncdot a_{n+1})，则(a_2+a_4+a_6+cdots+a_{2n})=________。

提示：由已知(3S_n=a_ncdot a_{n+1})①，构造(3S_{n+1}=a_{n+1}cdot a_{n+2})②，

两式做差，得到(3a_{n+1}=a_{n+1}cdot a_{n+2}-a_ncdot a_{n+1})，(a_{n+1}>0)，约分得到

(a_{n+2}-a_n=3)，即数列({a_n})的所有奇数项成等差数列，所有偶数项成等差数列，且公差都是(3)，

令(n=1)，代入(3S_n=a_ncdot a_{n+1})，求得(a_2)，从而得到(a_2+a_4+a_6+cdots+a_{2n}=cfrac{3n^2+3n}{2}).

例2【2015(cdot)高考广东卷】设数列({a_n})前(n)项和为(S_n，nin N^*)，已知(a_1=1，a_2=cfrac{3}{2}，a_3=cfrac{5}{4})，且当(nge 2)时(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1})。

（1）求(a_4)的值。

分析：（1）简单的数字运算，不过你得注意必须用(S_n)的定义式，

即(S_n=a_1+a_2+cdots+a_n)，

不能用等差或等比的前(n)项和公式，因为题目没有告诉你数列的性质。

当(n=2)时(4S_4+5S_2=8S_3+S_1)，

即(4(a_1+a_2+a_3+a_4)+5(a_1+a_2)=8(a_1+a_2+a_3)+a_1)，

将已知条件代入，解得(a_4=cfrac{7}{8})。

（2）证明：({a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n})为等比数列。

分析：题目告诉的条件是关于(S_n)类的，而要求解的是关于(a_n)类的，

所以变形的方向肯定是要消去(S_n)类的，全部转化为(a_n)类的。

但是这里有了两个变形思路和变形方向：纵向变形和横向变形，

思路一：纵向变形，(nge 2)时，(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1}).

仿此构造如下式子

(nge 1)时，(4S_{n+3}+5S_{n+1}=8S_{n+2}+S_n).两式相减得到

(nge 2)时，(4a_{n+3}+5a_{n+1}=8a_{n+2}+a_n). 到此思路受阻，

打住。为什么？

我们证明到最后肯定会得到

((a_{n+2}-cfrac{1}{2}a_{n+1})=k(a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n))

或者((a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_{n})=k(a_n-cfrac{1}{2}a_{n-1}))，

这两个式子都只是涉及到(a_n)类的三项，而我们思路一的涉及到了四项，

所以变形的思路受阻了，得到启示，我们变化如下，

思路二：横向变形，由题目结论的指向作用知道，

不是纵向构造式子做差，应该是就此式子横向做变形，

(nge 2)时，(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1})，

即就是((4S_{n+2}-4S_{n+1})=(4S_{n+1}-4S_n)-(S_n-S_{n-1}))，

得到(4a_{n+2}=4a_{n+1}-a_n)，变形得到，

(a_{n+2}=a_{n+1}-cfrac{1}{4}a_n)，

比照题目结论，尝试给两边同时加上(-cfrac{1}{2}a_{n+1})，整理得到

当(nge 2)时，((a_{n+2}-cfrac{1}{2}a_{n+1})=cfrac{1}{2}(a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n))，

这样基本的等比数列的大样有了，接下来是细节的验证，

其一验证((a_3-cfrac{1}{2}a_2)=cfrac{1}{2}(a_2-cfrac{1}{2}a_1))，

其二还得说明(a_2-cfrac{1}{2}a_1 e 0)，

才能说明这是个等比数列。

是否将((a_{n+2}-cfrac{1}{2}a_{n+1})=cfrac{1}{2}(a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n))改写为分式形式，

不是必要的。

（3）求数列({a_n})的通项公式。

分析：由第二问知道，({a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n})为首项为1，公比为(cfrac{1}{2})的等比数列，

故(a_{n+1}-cfrac{1}{2}a_n=1cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})

即(a_{n+1}=cfrac{1}{2}a_n+1cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})，两边同乘以(2^{n+1})得到，

所以(2^{n+1}cdot a_{n+1}-2^ncdot a_n=4)，

数列({2^ncdot a_n})是首项为(2^1cdot a_1=2)，公差为4的等差数列，

所以(2^ncdot a_n=2+4(n-1)=4n-2)，

故(a_n=cfrac{2n-1}{2^{n-1}})。

例11【2019届高三理科数学课时作业】已知正项数列({a_n})满足(a_{n+1}^2-6a_n^2=a_{n+1}a_n)，则数列({a_n})的前(n)项和(S_n)=_____________。

分析：欲求(S_n)，先求解通项公式(a_n)。注意条件中的“正项”。

由(a_{n+1}^2-6a_n^2=a_{n+1}a_n)，得到(a_{n+1}^2-4a_n^2=2a_n^2+a_{n+1}a_n)，

即((a_{n+1}+2a_n)(a_{n+1}-2a_n)=(a_{n+1}+2a_n)a_n)，由于(a_{n+1}+2a_n>0)，

故两边约分，得到(a_{n+1}=3a_n)，又(a_1=2 eq 0)，

故数列({a_n})为首项为(2)，公比为(3)的等比数列，

故(S_n=cfrac{2 imes(3^n-1)}{3-1}=3^n-1)。

对应练习

①已知(S_{n}=2a_n-2^n)，证明：({a_{n+1}-2a_n})为等比数列；

②已知(a_1=2)，(na_{n+1}=(n+1)a_n+2)，若令(b_n=cfrac{a_n}{n})，求数列({b_n})和数列({a_n})的通项公式；

③已知(a_1=2)，(a_2=6)，(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2)，证明：({a_{n+1}-a_n})为等差数列；

④(a_{n+1}=3a_n+2n-1)；证明：({a_{n}+n})为等差数列；