等比数列的判定

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 \(a_n^2=a_{n+1}\cdot a_{n-1}(n\ge 2)\)；

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\(a_n=\cfrac{2n-1}{2^{n-1}}\)。