在数列 $\{a_n\}$ 中，若对任意的 $n\in\mathbb N^{\ast}$，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 ．
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
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
①③
【解析】
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\[a_n=a_0+nd,n\in\mathbb N^{\ast},\]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\[a_n=a_0+nd,b_n=b_0\cdot q^n,n\in\mathbb N^{\ast},\]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 $a_n\ne 0$”．
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\[a_n=a_0+nd,b_n=b_0\cdot q^n,n\in\mathbb N^{\ast},\]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 $a_n\ne 0$”．
题目
答案
解析
备注
