等比数列的判定和证明

公式定理💯随心记

【古典概型概率公式】$P (A)=\cfrac {事件 A 包含的基本事件数}{基本事件总数}$，要求：①有限性 ②等可能性

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前言

如果数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+1}=2a_n$，$n\in N^*$，则数列 $\{a_n\}$ 不一定是等比数列 [此时数列还有可能为零数列，不是等比数列]；若满足 $\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=2$，$n\in N^*$，则数列 $\{a_n\}$ 一定是等比数列。这是非常容易出错的。

证明方法

如何证明一个数列是等比数列，其要求是比较高，比较严谨的，其证明依据有两个：

① 定义法：$\cfrac{a_n}{a_{n-1}}=q(n\ge 2)$，或者 $\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q(n\ge 1)$；

② 等比中项法：$a_{n+1}^2=a_n\cdot a_{n+2}(n\ge 1)$，或者 $a_n^2=a_{n+1}\cdot a_{n-1}(n\ge 2)$；^[1]

判断方法

提到等比数列的判定方法，其要求和严谨性就没有证明那么高了，所以除了上述的①②两种证明方法可以用来判定以外，还有：

③ 通项公式法：$a_n=c\cdot q^n(n\in N^*)$，$c$，$q$ 均为不为零的常数，

说明：若一个数列的通项公式是指数型的函数，则利用定义法能很容易判断其是等比数列，比如 $\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=\cfrac{c\cdot q^{n+1}}{c\cdot q^{n}}=q$，不就是等比数列吗。另外，等比数列的通项公式改写后，就是一个指数型函数，比如 $a_n=a_1\cdot q^{n-1}=\cfrac{a_1}{q}\cdot q^n=c\cdot q^n$.

④ 前 $n$ 项和法：$S_n=k\cdot q^n-k$，$k\neq 0$，$q\neq 0$ 且 $q\neq 1$，

说明：若数列是等比数列，则由其前 $n$ 项和公式可得，$S_n=\cfrac{a_1\cdot (1-q^n)}{1-q}=\cfrac{a_1}{1-q}-\cfrac{a_1}{1-q}\cdot q^n$，令 $-\cfrac{a_1}{1-q}=k$，则 $S_n=k\cdot q^n-k$。反之，若 $S_n=k\cdot q^n-k$，则 由 $S_n-S_{n-1}$ 得到 $a_n$，再尝试 $\cfrac{a_{n+1}}{a_n}$ 是否为等比即可判断。

• 如果判定某数列不是等比数列，只需要判定其有连续三项不成等比数列即可，这样就可以联系到赋值法，比如常常判断 $a_2^2\neq a_1\cdot a_3$。

典例剖析

已知数列 $\{a_n\}$ ，$a_1=\cfrac{3}{2}$，$a_{n+1}=\lambda a_n+1$，($n\in N^*$ ，$\lambda\in R$，$\lambda\neq -\cfrac{2}{3}$)，则当 $\lambda$ 为何值时， $\{a_n+1\}$ 是等比数列？

法 1：定义法，由于 $a_{n+1}=\lambda a_n+1$，则 $a_{n+1}+1=\lambda a_n+2$，

则 $\cfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1}=\cfrac{\lambda a_n+2}{a_n+1}=\cfrac{\lambda a_n+\lambda+2-\lambda}{a_n+1}=\lambda+\cfrac{2-\lambda}{a_n+1}$，

当 $\lambda=2$ 时，上述的比值就是个确定的比值，此时 $\cfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1}=2$，

故当 $\lambda=2$ 时，数列 $\{a_n+1\}$ 是首项为 $a_1+1=\cfrac{5}{2}$ ，公比为 $2$ 的等比数列。

法 2：构造法 + 定义法，由于 $a_{n+1}=\lambda a_n+1$，

则 $a_{n+1}+1=\lambda a_n+2$，又 $\lambda\neq0$，

即 $a_{n+1}+1=\lambda(a_n+\cfrac{2}{\lambda})$，

又由于 $\lambda\neq-\cfrac{2}{3}$，则 $a_1+\cfrac{2}{\lambda}\neq0$，

故当 $\lambda=2$ 时，上式即 $a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，

即 $\cfrac{a_{n+1}+1}{a_n+1}=2$， $a_1+1=\cfrac{5}{2}$

故当 $\lambda=2$ 时，数列 $\{a_n+1\}$ 是首项为 $a_1+1=\cfrac{5}{2}$ ，公比为 $2$ 的等比数列。

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

（1）求 $a_4$ 的值。

分析：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。

解：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，

证明： $n\ge 2$ 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 $a_n=\cfrac{2n-1}{2^{n-1}}$。

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1. 请注意对分母不为零的条件的限制，其实是必须所有项都不为零，即 $a_n\neq 0$，同时 $q\neq0$。 ↩︎