2012-湖南卷理-19 解-导数综合

本题导读

本题考查等差数列的定义与性质。核心在于递推法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年湖南卷(理)） 已知数列 $\{a_n\}$ 的各项均为正数，记 $A(n)=a_1+a_2+\cdots +a_n$，$B(n)=a_2+a_3+\cdots +a_{n+1}$，$C(n)=a_3+a_4+\cdots +a_{n+2}$，$n=1,2,\dots$.

(1) 若 $a_1=1,a_2=5$，且对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，三个数 $A(n),B(n),C(n)$ 组成等差数刻，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；

(2) 证明：数列 $\{a_n\}$ 是公比为 $q$ 的等比数列的充分必要条件是：对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，三个数 $A(n),B(n),C(n)$ 组成公比为 $q$ 的等比数列.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 作差消元破等差（第一问）：因为 $A(n),B(n),C(n)$ 组成等差数列，所以由等差中项性质满足 $B(n)-A(n)=C(n)-B(n)$。将各组求和式展开相减，重叠项消除后退化为 $a_{n+1}-a_1=a_{n+2}-a_2⟹a_{n+2}-a_{n+1}=a_2-a_1$。由此可知数列从第二项起其相邻项差为定值，结合 $a_1,a_2$ 即可锁定通项。
2. 双向演绎证充要（第二问）：

• 必要性：因为 $\{a_n\}$ 是公比为 $q$ 的等比数列，所以满足 $a_{n+1}=a_{n}q$。分别代入 $B(n)/A(n)$ 和 $C(n)/B(n)$ 中，提取公因式 $q$ 后化简，证明其比值恒为 $q$。
• 充分性：因为 $A(n),B(n),C(n)$ 组成公比为 $q$ 的等比数列，所以满足 $B(n)=qA(n)$ 且 $C(n)=qB(n)$。两式分别作差得 $C(n)-B(n)=q[B(n)-A(n)]$，化简为 $a_{n+2}-a_2=q(a_{n+1}-a_1)$。利用 $n=1$ 时的初始条件，证明相邻项的比值恒为常数 $q$。

✅【答案】

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(1) $a_n=4n-3$

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ） 求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式

因为对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，三个数 $A(n),B(n),C(n)$ 组成等差数列， 所以根据等差中项的性质满足： $B(n)-A(n)=C(n)-B(n)\text{(1)}$

将各求和表达式的代数式代入①式中进行作差化简：

• 左端： $B(n)-A(n)=(a_2+a_3+\cdots +a_{n+1})-(a_1+a_2+\cdots +a_n)=a_{n+1}-a_1$
• 右端： $C(n)-B(n)=(a_3+a_4+\cdots +a_{n+2})-(a_2+a_3+\cdots +a_{n+1})=a_{n+2}-a_2$

将化简后的两端重新对齐： $a_{n+1}-a_1=a_{n+2}-a_2$ 移项整理得： $a_{n+2}-a_{n+1}=a_2-a_1\text{(2)}$

因为已知初始项为 $a_1=1,a_2=5$， 所以由②式可得： $a_{n+2}-a_{n+1}=5-1=4$

因为该等式对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 均恒成立， 所以数列 $\{a_n\}$ 是一个以首项 $a_1=1$，公差 $d=4$ 的等差数列。 根据等差数列通项公式可得： $a_n=a_1+(n-1)d=1+(n-1)\times 4=4n-3$

（Ⅱ） 证明：充分必要条件

1. 必要性的证明 因为数列 $\{a_n\}$ 是公比为 $q$ 的等比数列， 所以对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，均满足 $a_{n+1}=a_{n}q$。 因为数列各项均为正数，所以各求和分量均满足 $A(n)>0,B(n)>0,C(n)>0$。

计算相邻求和项的比值，提取公因式 $q$： $\frac{B(n)}{A(n)}=\frac{a_2+a_3+\cdots +a_{n+1}}{a_1+a_2+\cdots +a_n}=\frac{a_{1}q+a_{2}q+\cdots +a_{n}q}{a_1+a_2+\cdots +a_n}=\frac{q(a_1+a_2+\cdots +a_n)}{a_1+a_2+\cdots +a_n}=q$ $\frac{C(n)}{B(n)}=\frac{a_3+a_4+\cdots +a_{n+2}}{a_2+a_3+\cdots +a_{n+1}}=\frac{a_{2}q+a_{3}q+\cdots +a_{n+1}q}{a_2+a_3+\cdots +a_{n+1}}=\frac{q(a_2+a_3+\cdots +a_{n+1})}{a_2+a_3+\cdots +a_{n+1}}=q$

因为满足 $\frac{B(n)}{A(n)}=\frac{C(n)}{B(n)}=q$， 所以对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，三个数 $A(n),B(n),C(n)$ 组成公比为 $q$ 的等比数列。必要性得证。

2. 充分性的证明 因为对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，三个数 $A(n),B(n),C(n)$ 组成公比为 $q$ 的等比数列， 所以根据等比数列的性质满足： $B(n)=qA(n)\text{且}C(n)=qB(n)$

将两式分别相减变形： $C(n)-B(n)=q[B(n)-A(n)]\text{(3)}$

利用第（Ⅰ）问中求和项作差的消元结论，将③式展开替换为通项形式： $a_{n+2}-a_2=q(a_{n+1}-a_1)$ 移项整理构建含有常数项的递推特征式： $a_{n+2}-q{a}_{n+1}=a_2-q{a}_1\text{(4)}$

当 $n=1$ 时，由等比条件 $B(1)=qA(1)$ 可知： $a_2=q{a}_1⟹a_2-q{a}_1=0\text{⑤}$

将⑤式的边界值代回④式中可得： $a_{n+2}-q{a}_{n+1}=0⟹a_{n+2}=q{a}_{n+1}$ 即满足： $\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=q$

因为数列各项均为正数，且上式对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 均成立， 所以由分式性质易知 $\frac{a_2}{a_1}=q$ 同样成立，说明数列 $\{a_n\}$ 是首项为 $a_1$，公比为 $q$ 的等比数列。充分性得证。

综上所述，命题的充分必要条件成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等差与等比中项代数性质的联合应用、大括号求和式通过相邻项差分（作差法）消去中间项的技术、充要条件双向逻辑的严谨书写。
2. 核心方法：求和差分消元法。处理这种给定大求和式（如 $A(n),B(n)$ ）之间某种数列规律的题型，最核心的策略在于通过邻项做差将中间的多项式累加分量完全“蒸发”掉，瞬间转化为关于单体项 $a_n$ 的清晰递推式。
3. 避坑指南：

• 因为第一问求出递推式 $a_{n+2}-a_{n+1}=4$ 时，其自变量范围是 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$，这意味着该恒定差值实际上是从第二项开始生效的（即 $a_3-a_2=4$ ）。必须用 $a_2-a_1=5-1=4$ 校验首项是否同样符合该规律，否则盲目套用公式容易造成逻辑漏洞。
• 因为第二问是充要条件证明题，切记在卷面上必须分出“必要性”与“充分性”两个独立板块双向分别书写，漏掉任何一方向的推导都会直接扣掉一半的分数。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于人教A版高中数学选择性必修第二册第三章《数列》中关于等差与等比数列判定、充要条件证明的压轴大题。
2. 结论推广：

• 阶梯求和算子等比同态守恒模型：本题第二问揭示了数学中**“算子同态守恒”**的深刻本质。若一个基础正项数列的单体项之间具有等比增长特性（即算子 $T:a_n\to a_{n+1}$ 的特征值为 $q$ ），则对其执行任意等长跨度的线性滑窗叠加求和操作（如本题中的滑动窗口求和算子 $A,B,C$ ），其初级级数的乘法结构将被完美保真映射到高阶和空间中，且两者的特征值（公比）严格保持绝对守恒。掌握这一同态守恒规律，在未来的任何数列选择或填空大题中，均能直接跳过证明步骤进行最值或常数的快速校验。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

• 19.02 等比数列全总结 类题演练 (Links)

• 2021-天津卷-19 解-数列综合

• 2008-江苏卷-19 解-数列删项等比

• 2008-浙江卷文-04 单-等比数列公比