每日一题[924]比等差数列

在数列$\{a_n\}$中，若对任意的$n\in\mathbb N^*$，都有$\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}-\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=t$，其中$t$为常数，则称数列$\{a_n\}$为比等差数列，$t$称为比公差．现给出以下命题：
(1)等比数列一定是比等差数列，等差数列不一定是比等差数列；
(2)若数列$\{a_n\}$满足$a_n=\dfrac{2^{n-1}}{n^2}$，则数列$\{a_n\}$是比等差数列，且比公差$t=\dfrac 12$；
(3)若数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_2=2$，$a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$($n\geqslant 3$)，则该数列不是比等差数列；
(4)若$\{a_n\}$是等差数列，$\{b_n\}$是等比数列，则数列$\{a_nb_n\}$是比等差数列．
其中所有真命题的序号是_______．

正确答案是(1)(3)．

分析与解　对于命题(1)，根据等比数列的定义，等比数列一定是比公差为$0$的比等差数列；而对等差数列而言，设其通项公式为

$$a_n=a_0+nd,n\in\mathbb N^*,$$ 则有 $$\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}-\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{a_0+(n+2)d}{a_0+(n+1)d}-\dfrac{a_0+(n+1)d}{a_0+nd}=\dfrac{-d^2}{\left[a_0+(n+1)d\right]\cdot \left(a_0+nd\right)},$$ 因此等差数列$\{a_n\}$是比等差数列的充要条件是“$d=0$且$a_1\ne 0$”．

对于命题(2)，有

$$\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}-\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{2(n+1)^2}{(n+2)^2}-\dfrac{2n^2}{(n+1)^2}=\dfrac{2n^2+4n+1}{(n+2)^2\cdot (n+1)^2},$$ 因此数列$\{a_n\}$不是比等差数列．

对于命题(3)，有

$$\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}-\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{a_n+a_{n+1}}{a_{n+1}}-\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{a_n}{a_{n+1}}-\dfrac{a_{n+1}}{a_n}+1,$$ 因此$\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}-\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$为常数等价于$\dfrac{a_n}{a_{n+1}}$是常数（因为$\dfrac {a_n}{a_{n+1}}>0$，而$y=x-\dfrac 1x,x>0$为增函数），而后者显然不成立，因此该数列不是比等差数列．

对于命题(4)，设数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的通项分别为

$$a_n=a_0+nd,b_n=b_0\cdot q^n,n\in\mathbb N^*,$$ 则 $$\dfrac{a_{n+2}b_{n+2}}{a_{n+1}b_{n+1}}-\dfrac{a_{n+1}b_{n+1}}{a_nb_n}=q\cdot \left[\dfrac{a_0+(n+2)d}{a_0+(n+1)d}-\dfrac{a_0+(n+1)d}{a_0+nd}\right]=\dfrac{-d^2\cdot q}{\left[a_0+(n+1)d\right]\cdot \left(a_0+nd\right)},$$ 因此数列$\{a_nb_n\}$是比等差数列的充要条件是“$d=0$且$a_1\ne 0$”．