恒等变形蕴含的思维层次

前言

我们一般认为 对于表达式 \(f(-x)=-f(x)\) 和 \(f(-x)+f(x)=0\) 是等价的， \(S_{k+2}+S_{k+1}-2S_{k}=0\) 和 \(S_{k+2}+S_{k+1}=2S_{k}\) 也是等价的，但是在具体的解题中，我们似乎感觉他们又不是等价的，或者准确的说，不同的表达形式蕴含的思维层次是不一样的。

案例剖析

【案例01】【改编试题】 设 \(\{a_{n}\}\) 是公比为 \(-2\) 的等比数列，其前 \(n\) 项和为 \(S_{n}\)，试证明: 对任意 \(k\in{N}^{*}\)， \(S_{k+2}\)， \(S_{k}\)， \(S_{k+1}\) 成等差数列.

证明法1： 采用 \(S_{k+2}+S_{k+1}=2S_{k}\) 来证明；

由于 \(S_{k+2}=\cfrac{a_1\cdot[1-(-2)^{k+2}]}{1-(-2)}=\cfrac{a_1\cdot[1-(-2)^{k+2}]}{3}\) ，

则 \(S_{k+1}=\cfrac{a_1\cdot[1-(-2)^{k+1}]}{1-(-2)}=\cfrac{a_1\cdot[1-(-2)^{k+1}]}{3}\) ，

则 \(S_{k}=\cfrac{a_1\cdot[1-(-2)^{k}]}{1-(-2)}=\cfrac{a_1\cdot[1-(-2)^{k}]}{3}\) ，

又 \(S_{k+2}+S_{k+1}=\cfrac{a_1\cdot[1-(-2)^{k+2}]}{3}+\cfrac{a_1\cdot[1-(-2)^{k+1}]}{3}\)

\(=\cfrac{a_1[2+2\cdot (-2)^{k+1}-(-2)^{k+1}]}{3}=\cfrac{a_1[2+(-2)^{k+1}]}{3}\)

\(2S_k=\cfrac{2a_1[1-(-2)^k]}{3}=\cfrac{a_1[2-2\cdot (-2)^{k}]}{3}=\cfrac{a_1[2+(-2)^{k+1}]}{3}\)

所以，\(S_{k+2}+S_{k+1}=2S_k\) ，故对任意 \(k\in{N}^{*}\)， \(S_{k+2}\)， \(S_{k}\)， \(S_{k+1}\) 成等差数列.

证明法2： 采用 \(S_{k+2}+S_{k+1}-2S_{k}=0\) 来证明；

对任意实数 \(k\in {N}^{*}\)， \(S_{k+2}+S_{k+1}-2S_{k}=(S_{k+2}-S_{k})+(S_{k+1}-S_{k})\)

\(=a_{k+1}+a_{k+2}+a_{k+1}=2a_{k+1}+a_{k+1}\cdot(-2)=0\)

所以对任意 \(k\in{N}^{*}\)， \(S_{k+2}\)， \(S_{k}\)， \(S_{k+1}\) 成等差数列.

解后反思：对于等差数列的证明方法的依据，我们应该想起的是 ① 定义法：\(a_{n+1}-a_n=d\)，和 ② 等差中项法：\(a_{n+1}+a_{n-1}=2a_n\)；当采用等差中项法证明此题目时，最容易想到使用方法②，从而想到采用 \(S_{k+2}+S_{k+1}=2S_{k}\) 来证明；这样的话，我们

【案例02】

恒等变形蕴含的思维层次

原文：https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/14688641.html