《2025年成才之路高中新课程学习指导高中数学选择性必修第二册人教版》

例 1 设$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$是两个不同的无穷数列，且都不是常数列. 记集合$M = \{ k|a_{k} = b_{k},k\in \mathbf{N}^{*}\}$，给出下列 4 个结论：
①若$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$均为等差数列，则$M$中最多有 1 个元素；
②若$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$均为等比数列，则$M$中最多有 2 个元素；
③若$\{ a_{n}\}$为等差数列，$\{ b_{n}\}$为等比数列，则$M$中最多有 3 个元素；
④若$\{ a_{n}\}$为递增数列，$\{ b_{n}\}$为递减数列，则$M$中最多有 1 个元素.
其中正确结论的序号是.
[方法总结 1]
函数思想在数列问题中的应用
数列是一类特殊的函数. 数列的图象是对应函数图象上一群孤立的点，所以可以借助函数的思想方法解决数列问题，这里通常涉及函数的单调性与周期性.

答案： ①③④

例 2 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$S_{9} = 1$，则$a_{3} + a_{7} =$()

A.$-2$
B.$\frac{7}{3}$
C.$1$
D.$\frac{2}{9}$
[方法总结 2]
在等差数列和等比数列的通项公式$a_{n}$与前$n$项和公式$S_{n}$中，共涉及五个量：$a_{1}$，$a_{n}$，$n$，$d(q)$，$S_{n}$，可通过列方程组的方法，知三求二. 在利用$S_{n}$求$a_{n}$时，要注意验证$n = 1$时是否成立.

答案： D

例 3 数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，$a_{1} = 1$，$S_{n + 1} = 4a_{n} + 2(n\in \mathbf{N}^{*})$. 设$b_{n} = a_{n + 1} - 2a_{n}$，
(1)求证：$\{ b_{n}\}$是等比数列；
(2)设$c_{n} = \frac{a_{n}}{2^{n - 2}}$，求证：$\{ c_{n}\}$是等差数列.
[方法总结 3]
判断(证明)数列是等差(比)数列的方法
(1)定义法：对于$n\geq 1$的任意自然数，验证$a_{n + 1} - a_{n}$（或$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}$）为与正整数$n$无关的常数；
(2)等差(比)中项法：①若$2a_{n} = a_{n - 1} + a_{n + 1}(n\in \mathbf{N}^{*},n ＞ 2)$，则$\{ a_{n}\}$为等差数列；
②若$a_{n}^{2} = a_{n - 1}· a_{n + 1}(n\in \mathbf{N}^{*},n ＞ 2$且$a_{n}\neq 0)$，则$\{ a_{n}\}$为等比数列；
(3)通项公式法：$a_{n} = kn + b(k,b$是常数$)\Leftrightarrow \{ a_{n}\}$是等差数列；$a_{n} = c· q^{n}(c,q$为非零常数$)\Leftrightarrow \{ a_{n}\}$是等比数列；
(4)前$n$项和公式法：$S_{n} = An^{2} + Bn(A,B$为常数，$n\in \mathbf{N}^{*})\Leftrightarrow \{ a_{n}\}$是等差数列；$S_{n} = Aq^{n} - A(A,q$为常数，且$A\neq 0,q\neq 0,q\neq 1,n\in \mathbf{N}^{*})\Leftrightarrow \{ a_{n}\}$是公比不为 1 的等比数列.

答案：
(1) 证明：由$S_{n+1}=4a_{n}+2$，当$n=1$时，$S_{2}=4a_{1}+2$，又$S_{2}=a_{1}+a_{2}$，$a_{1}=1$，则$1+a_{2}=4×1+2=6$，得$a_{2}=5$。
$b_{1}=a_{2}-2a_{1}=5-2×1=3$。
当$n\in\mathbf{N}^{*}$时，$S_{n+2}=4a_{n+1}+2$，$S_{n+1}=4a_{n}+2$，两式相减得$a_{n+2}=4a_{n+1}-4a_{n}$。
$b_{n+1}=a_{n+2}-2a_{n+1}=4a_{n+1}-4a_{n}-2a_{n+1}=2(a_{n+1}-2a_{n})=2b_{n}$。
故$\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=2$，又$b_{1}=3\neq0$，所以$\{b_{n}\}$是首项为$3$，公比为$2$的等比数列。
(2) 证明：$c_{n}=\frac{a_{n}}{2^{n-2}}$，则$c_{n+1}-c_{n}=\frac{a_{n+1}}{2^{n-1}}-\frac{a_{n}}{2^{n-2}}=\frac{a_{n+1}-2a_{n}}{2^{n-1}}=\frac{b_{n}}{2^{n-1}}$。
由
(1)知$b_{n}=3×2^{n-1}$，故$c_{n+1}-c_{n}=\frac{3×2^{n-1}}{2^{n-1}}=3$。
$c_{1}=\frac{a_{1}}{2^{1-2}}=\frac{1}{2^{-1}}=2$，所以$\{c_{n}\}$是首项为$2$，公差为$3$的等差数列。