第二部分 微专题四 等差数列与等比数列的证明-新高考复习指南·数学

＞＞＞ 第二部分　新高考复习重点解剖（数列篇） １０９　 !"#' 等差数列与等比数列的证明 一、真题比较 （一）真题再现 １．（２０１２·江苏卷第２０题）已知各项均为正数的两个数列｛犪狀｝和｛犫狀｝满足：犪狀＋１＝ 犪狀＋犫狀 犪２狀＋犫 ２ 槡 狀 ，狀∈犖． （１）设犫狀＋１＝１＋ 犫狀 犪狀 ，狀∈犖，求证：数列 犫狀 犪（ ）狀｛ ｝ ２ 是等差数列； （２）设犫狀＋１ 槡＝ ２· 犫狀 犪狀 ，狀∈犖，且｛犪狀｝是等比数列，求犪１和犫１的值． 【解】　（１）由题意知犪狀＋１＝ 犪狀＋犫狀 犪２狀＋犫 ２ 槡 狀 ＝ １＋ 犫狀 犪狀 １＋ 犫狀 犪（ ）狀槡 ２ ＝ 犫狀＋１ １＋ 犫狀 犪（ ）狀槡 ２ ． 所以 犫狀＋１ 犪狀＋１ ＝ １＋ 犫狀 犪（ ）狀槡 ２ ，从而 犫狀＋１ 犪狀（ ）＋１ ２ － 犫狀 犪（ ）狀 ２ ＝１（狀∈犖）． 所以数列 犫狀 犪（ ）狀｛ ｝ ２ 是以１为公差的等差数列． （２）因为犪狀＞０，犫狀＞０，所以 （犪狀＋犫狀） ２ ２ ≤犪 ２ 狀＋犫 ２ 狀＜（犪狀＋犫狀） ２． 从而１＜犪狀＋１＝ 犪狀＋犫狀 犪２狀＋犫 ２ 槡 狀 ≤槡２（）． 设等比数列｛犪狀｝的公比为狇，由犪狀＞０，知狇＞０，下证狇＝１． 若狇＞１，则犪１＝ 犪２ 狇 ＜犪２≤槡２，故当狀＞ｌｏｇ狇 槡２ 犪１ 时，犪狀＋１＝犪１狇 狀 ＞槡２，与（）矛盾； 若０＜狇＜１，则犪１＝ 犪２ 狇 ＞犪２＞１，故当狀＞ｌｏｇ狇 １ 犪１ 时，犪狀＋１＝犪１狇 狀 ＜１，与（）矛盾． 综上，狇＝１，故犪狀＝犪１，所以１＜犪１≤槡２． 新高考复习指南·数学  １１０　 又犫狀＋１ 槡＝ ２· 犫狀 犪狀 ＝ 槡２ 犪１ ·犫狀，所以｛犫狀｝是公比为 槡２ 犪１ 的等比数列． 若犪１≠槡２，则 槡２ 犪１ ＞１，于是犫１＜犫２＜犫３． 又由犪１＝ 犪１＋犫狀 犪２１＋犫 ２ 槡 狀 ，得犫狀＝ 犪１±犪 ２ １ ２－犪槡 ２ １ 犪２１－１ ，所以犫１，犫２，犫３中至少有两项相同，矛盾． 所以犪１ 槡＝ ２，从而犫狀＝ 犪１±犪 ２ １ ２－犪槡 ２ １ 犪２１－１ 槡＝ ２，所以犪１＝犫１ 槡＝ ２． ２．（２０１９·全国Ⅱ卷理科第１９题）已知数列｛犪狀｝和｛犫狀｝满足犪１＝１，犫１＝０，４犪狀＋１＝ ３犪狀－犫狀＋４，４犫狀＋１＝３犫狀－犪狀－４． （１）证明：｛犪狀＋犫狀｝是等比数列，｛犪狀－犫狀｝是等差数列； （２）求｛犪狀｝和｛犫狀｝的通项公式． 【解】　（１）由题设得４（犪狀＋１＋犫狀＋１）＝２（犪狀＋犫狀），即犪狀＋１＋犫狀＋１＝ １ ２ （犪狀＋犫狀）． 又因为犪１＋犫１＝１，所以｛犪狀＋犫狀｝是首项为１、公比为 １ ２ 的等比数列． 由题设得４（犪狀＋１－犫狀＋１）＝４（犪狀－犫狀）＋８，即犪狀＋１－犫狀＋１＝犪狀－犫狀＋２． 又因为犪１－犫１＝１，所以｛犪狀－犫狀｝是首项为１、公差为２的等差数列． （２）由（１）知，犪狀＋犫狀＝ １ ２狀－１ ，犪狀－犫狀＝２狀－１． 所以犪狀＝ １ ２ （犪狀＋犫狀）＋（犪狀－犫狀［ ］）＝ １ ２狀 ＋狀－ １ ２ ， 犫狀＝ １ ２ （犪狀＋犫狀）－（犪狀－犫狀［ ］）＝ １ ２狀 －狀＋ １ ２ ． （二）比较评析 试卷类别 江苏卷 全国卷 共同点 均以解答题的形式出现，考查等差、等比数列的基本证明方法 不同点 考查的频率 虽直接考查证明的频率不高，但在解 题过程中常需证明 近几年考查频率较高 考查的难度 难度有时较大，常出现在压轴题中 难度相对较小，常出现在解答题第 一题 考查的形式 直接考查等差、等比数列的证明，或者 渗透在解题过程中，常考查定义法和 递推法 常在解答题第一题中考查，有时也和 其他知识结合考查，主要以考查定义 为主 核心素养 数学抽象、逻辑推理 逻辑推理 点评 目前江苏卷考查难度要明显高于全国卷，但并不代表将来全国卷中依然延续 目前的难度 ＞＞＞ 第二部分　新高考复习重点解剖（数列篇） １１１　 二、例题导引 例１　已知数列｛犪狀｝中，犪１＝ ３ ５ ，犪狀＝２－ １ 犪狀－１ （狀≥２，狀∈犖），数列｛犫狀｝满足犫狀＝ １ 犪狀－１ （狀∈犖）． （１）求证：数列｛犫狀｝是等差数列； （２）求数列｛犪狀｝中的最大项和最小项，并说明理由． 【路径探析】　欲证明数列｛犫狀｝是等差数列，可利用定义证明犫狀＋１－犫狀 为常数，由条件 易知犫狀 可用犪狀 表示，且犫狀＋１与犪狀＋１有关系，而犪狀＋１与犪狀 又有关系，从而犫狀＋１亦可用犪狀 表 示，这样犫狀＋１－犫狀 可用犪狀 表示，从而获证． 【详细解析】　（１）因为犪狀＝２－ １ 犪狀－１ （狀≥２，狀∈犖），犫狀＝ １ 犪狀－１ （狀∈犖