数列变形中隐含条件的指向作用
在数列题目的求解中，有时候我们不太清楚变形的方向，其实好好挖掘和利用题目中的隐含条件，也许数列的变形方向就已经确定了，所以题目中的隐含条件是有指向作用的，要好好琢磨和体会。
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
(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\(lg(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=q\cdot lg(a_{n}+\cfrac{1}{2})\)
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\(lg(a_1+\cfrac{1}{2})=lg2\neq 0\)，
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\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)，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；
\(lg(a_n+\cfrac{1}{2})=lg2\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}\cdot lg2=lg2^{2^{n-1}}\)，故\(a_n+\cfrac{1}{2}=2^{2^{n-1}}\)；
则\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)
\(=2^{2^{1-1}}\times 2^{2^{2-1}}\times 2^{2^{3-1}}\times\cdots \times 2^{2^{n-1}}=2^{2^0+2^1+\cdots+2^{n-1}}\)
\(=2^{\frac{1\cdot (2^n-1)}{2-1}}=2^{2^n-1}\)；
注意：运算中的易错处，\(lg2\cdot 2^{n-1}\neq lg(2\cdot 2^{n-1})\)，即\(lg2\cdot 2^{n-1}\neq lg2^{n}\)，
【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；
\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)，
给等式两边同时取对数得到，\(lgR_n=lg[ (a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})]\)
\(=lg(a_1+\cfrac{1}{2})+lg(a_2+\cfrac{1}{2})+lg(a_3+\cfrac{1}{2})+\cdots+lg(a_n+\cfrac{1}{2})\)
\(=\cfrac{lg2(2^n-1)}{2-1}=(2^n-1)lg2=lg2^{2^n-1}\)，
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。
提示：由已知\(3S_n=a_n\cdot a_{n+1}\)①，构造\(3S_{n+1}=a_{n+1}\cdot a_{n+2}\)②，
两式做差，得到\(3a_{n+1}=a_{n+1}\cdot a_{n+2}-a_n\cdot a_{n+1}\)，\(a_{n+1}>0\)，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\(3S_n=a_n\cdot a_{n+1}\)，求得\(a_2\)，从而得到\(a_2+a_4+a_6+\cdots+a_{2n}=\cfrac{3n^2+3n}{2}\).
（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，\(n\ge 2\)时，\(4S_{n+2}+5S_n=8S_{n+1}+S_{n-1}\).
仿此构造如下式子
\(n\ge 1\)时，\(4S_{n+3}+5S_{n+1}=8S_{n+2}+S_n\).两式相减得到
\(n\ge 2\)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，
\(n\ge 2\)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\(n\ge 2\)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\(a_2-\cfrac{1}{2}a_1\ne 0\)，
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\(a_{n+1}-\cfrac{1}{2}a_n=1\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)
即\(a_{n+1}=\cfrac{1}{2}a_n+1\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，两边同乘以\(2^{n+1}\)得到，
所以\(2^{n+1}\cdot a_{n+1}-2^n\cdot a_n=4\)，
数列\(\{2^n\cdot a_n\}\)是首项为\(2^1\cdot a_1=2\)，公差为4的等差数列，
所以\(2^n\cdot a_n=2+4(n-1)=4n-2\)，
故\(a_n=\cfrac{2n-1}{2^{n-1}}\)。
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\(a_1=2\neq 0\)，
故数列\(\{a_n\}\)为首项为\(2\)，公比为\(3\)的等比数列，
故\(S_n=\cfrac{2\times(3^n-1)}{3-1}=3^n-1\)。
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；
⑤\(a_{n+1}-\sqrt{a_{n+1}}=a_{n}+\sqrt{a_{n}}\)，且\(a_2=4\)，求数列 \(\{a_n\}\)的通项公式；
提示：变形得到 \(a_{n+1}-a_{n}=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}\)，
即\((\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}})(\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}})=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}\)，
由于 \(a_n>0\)，故 \(\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}>0\)，两边约分得到，
即\(\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}}=1\)，
又令\(n=1\)，由 \(a_{n+1}-\sqrt{a_{n+1}}=a_{n}+\sqrt{a_{n}}\) ，结合 \(a_2=4\)，
解得 \(a_1=1\)，即\(\sqrt{a_1}=1\)
即数列 \(\{\sqrt{a_{n}}\}\)为首项为 \(1\) ，公差为 \(1\) 的等差数列；
则 \(\sqrt{a_n}=1+(n-1)\cdot 1=n\)，则 \(a_n=n^2\).
