Question

16．設數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，d為常數(shù)，已知對?n，m∈N^*，當n＞m，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）探究：命題p：“對?n，m∈N^*，當n＞m時，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d”是命題q：“數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列”的充要條件嗎？請證明你的結(jié)論；
（3）若正整數(shù)n，m，k成等差數(shù)列，比較S_n+S_k與2S_m的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）對?n，m∈N^*，當n＞m，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立，取n=m+1，則a_n=a₁+（n-1）d，即可證明．
（2）命題p是命題q的充要條件．由（1）可知：對?n，m∈N^*，當n＞m，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立，是數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列的充分條件．
下面證明：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，必有：對?n，m∈N^*，當n＞m，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立．利用等差數(shù)列的前n項和公式證明：S_n-S_m-S_n-m=m（n-m）d，即可．
（3）正整數(shù)n，m，k成等差數(shù)列，可得：2m=n+k．n（n-1）+k（k-1）-2m（m-1）=$\frac{（n-k）^{2}}{2}$，S_n+S_k-2S_m=$\frac{（n-k）^{2}}{4}$d，即可得出．

解答 證明：（1）∵對?n，m∈N^*，當n＞m，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立，
取n=m+1，則a_n=a₁+（n-1）d，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，首項為a₁，公差為d．
解：（2）命題p是命題q的充要條件．
由（1）可知：對?n，m∈N^*，當n＞m，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立，是數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列的充分條件．
下面證明：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，必有：對?n，m∈N^*，當n＞m，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立．
∵對?n，m∈N^*，當n＞m，S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d，S_m=ma₁+$\frac{m（m-1）}{2}$d，∴S_n-S_m=（n-m）a₁+$\frac{（n-m）（n+m-1）}{2}$d，
S_n-m=（n-m）a₁+$\frac{（n-m）（n-m-1）}{2}$d，
∴S_n-S_m-S_n-m=$\frac{（n-m）（n+m-1）}{2}$d-$\frac{（n-m）（n-m-1）}{2}$d=m（n-m）d，
即對?n，m∈N^*，當n＞m，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立．
綜上可得：對?n，m∈N^*，當n＞m，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立，是數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列的充要條件．
（3）正整數(shù)n，m，k成等差數(shù)列，
∴2m=n+k．
∴n（n-1）+k（k-1）-2m（m-1）=n²-n+k²-k-（n+k）×$（\frac{n+k}{2}-1）$=$\frac{（n-k）^{2}}{2}$，
則S_n+S_k-2S_m=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d+ka₁+$\frac{k（k-1）}{2}$d-$[2m{a}_{1}+2×\frac{m（m-1）}{2}d]$=（n+k-2m）a₁+$\frac{（n-k）^{2}}{4}$d=$\frac{（n-k）^{2}}{4}$d，
d≥0時，S_n+S_k≥2S_m；d＜0時，S_n+S_k＜2S_m．

點評 本題考查了等差數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、充要條件，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．