数列变形中隐含条件的指向作用
前言
一、隐含条件
引例，已知\(a_1=2\)，\(a_2=6\)，\(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2\)，证明：\(\{a_{n+1}-a_n\}\)为等差数列；
则“\(\{a_{n+1}-a_n\}\)为等差数列”为题目中的隐含条件，为什么这样说呢？
SRE实战 互联网时代守护先锋，助力企业售后服务体系运筹帷幄！一键直达领取阿里云限量特价优惠。一般碰到这样的题目，我们的难点往往是看不清变形的方向，这时候仔细研究隐含条件，
则可以知道，变形过程中必然会出现以下的形式，
\((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_{n})=d\)，此时的常数\(d\)待定，
如果我们打开整理，得到\(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=d\)，
比照已知条件，则可知\(d=2\)，由此也就知道了变形的方向，
应该首先将给定条件变形为\((a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_{n})=2\)，
这样我们就充分利用了题目的隐含条件，找到了变形方向。
如果题目变为已知\(a_1=2\)，\(a_2=6\)，\(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式，则隐含条件消失，题目的难度立马变大了。
二、案例说明
案例【2018山东济宁二模】已知数列 \(\{a_n\}\)满足 \(a_1=\cfrac{3}{2}\)， \(4a_{n+1}=4a_n^2+4a_n-1\)，
(1)证明：数列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)为等比数列；
【分析法】：由于数列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)为等比数列，
则必有这样的等式成立，即\(\cfrac{lg(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})}{lg(a_{n}+\cfrac{1}{2})}=q\)，
那么必有\(lg(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=q\cdot lg(a_{n}+\cfrac{1}{2})\)
则\(lg(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=lg(a_{n}+\cfrac{1}{2})^q\)，
则\(a_{n+1}+\cfrac{1}{2}=(a_{n}+\cfrac{1}{2})^q\)，
比对已知条件，可知\(q=2\)，这样就有
\(a_{n+1}+\cfrac{1}{2}=(a_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，
再次比对已知条件，发现还需要两边同时乘以常数4，
\(4(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=4(a_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，
打开整理，发现上式为\(4a_{n+1}+2=4a_{n}^2+4a_n+1\)①，
而已知条件为\(4a_{n+1}=4a_{n}^2+4a_n-1\)②，
二者的差别是给①式的两边同时减去常数2，即得到②式，
到此，由给定条件向待证结论之间的桥梁完全打通，整理如下：
【综合法】：由于\(4a_{n+1}=4a_n^2+4a_n-1\)，
则\(4a_{n+1}+2=4a_n^2+4a_n+1\)，即\(4(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=(2a_n+1)^2=4(a_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，
则有\((a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=(a_{n}+\cfrac{1}{2})^2\)，两边同时取常用对数，
则\(lg(a_{n+1}+\cfrac{1}{2})=2lg(a_{n}+\cfrac{1}{2})\)，
又由于\(lg(a_1+\cfrac{1}{2})=lg2\neq 0\)，
故数列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)为首项为\(lg2\)，公比为2的等比数列；
反思总结：由求解分析过程可知，题目中的待证结论本身就暗含变形方向的提示作用。
(2)记\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)，求\(R_n\)；
【法1】：利用通项公式，由(1)可知，数列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)为首项为\(lg2\)，公比为2的等比数列；
\(lg(a_n+\cfrac{1}{2})=lg2\cdot 2^{n-1}=2^{n-1}\cdot lg2=lg2^{2^{n-1}}\)，故\(a_n+\cfrac{1}{2}=2^{2^{n-1}}\)；
则\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)
\(=2^{2^{1-1}}\times 2^{2^{2-1}}\times 2^{2^{3-1}}\times\cdots \times 2^{2^{n-1}}=2^{2^0+2^1+\cdots+2^{n-1}}\)
\(=2^{\frac{1\cdot (2^n-1)}{2-1}}=2^{2^n-1}\)；
注意：运算中的易错处，\(lg2\cdot 2^{n-1}\neq lg(2\cdot 2^{n-1})\)，即\(lg2\cdot 2^{n-1}\neq lg2^{n}\)，
【法2】：由于数列\(\{lg(a_n+\cfrac{1}{2})\}\)为首项为\(lg2\)，公比为2的等比数列；
\(R_n=(a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})\)，
给等式两边同时取对数得到，\(lgR_n=lg[ (a_1+\cfrac{1}{2})\times (a_2+\cfrac{1}{2})\times \cdots\times (a_n+\cfrac{1}{2})]\)
\(=lg(a_1+\cfrac{1}{2})+lg(a_2+\cfrac{1}{2})+lg(a_3+\cfrac{1}{2})+\cdots+lg(a_n+\cfrac{1}{2})\)
\(=\cfrac{lg2(2^n-1)}{2-1}=(2^n-1)lg2=lg2^{2^n-1}\)，
由于\(lgR_n=lg2^{2^n-1}\)，则有\(R_n=2^{2^n-1}\)
注意：由于对数运算能将运算降级处理，即原来是乘法运算降级为加法运算，故法2明显要优于法1，在这里我们需要培养主动使用对数运算的数学意识。
三、对应练习
①已知\(S_{n}=2a_n-2^n\)，证明：\(\{a_{n+1}-2a_n\}\)为等比数列；
②已知\(a_1=2\)，\(na_{n+1}=(n+1)a_n+2\)，若令\(b_n=\cfrac{a_n}{n}\)，求数列\(\{b_n\}\)和数列\(\{a_n\}\)的通项公式；
③已知\(a_1=2\)，\(a_2=6\)，\(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=2\)，证明：\(\{a_{n+1}-a_n\}\)为等差数列；
④\(a_{n+1}=3a_n+2n-1\)；证明：\(\{a_{n}+n\}\)为等差数列；
