Question

設數列{a_n}的前n項和為S_n，d為常數，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：數列{a_n}是等差數列；
（2）若正整數n，m，k成等差數列，比較S_n+S_k與2S_m的大小，并說明理由；
（3）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：“數列{a_n}是等差數列”的充要條件嗎？請證明你的結論；由此類比，請你寫出數列{b_n}是等比數列（公比為q，且q≠0）的充要條件（無需證明）？

Answer 1

考點：數列遞推式,數列的求和

專題：點列、遞歸數列與數學歸納法

分析：（1）在數列遞推式中，取m=n-1，得到a_n=a₁+（n-1）d （n≥2），驗證n=1時成立，從而證得數列{a_n}是等差數列；
（2）由等差數列的前n項和求得S_n，S_k，S_m，然后利用作差法得到S_n+S_k-2S_m=

d

4

(n-k)2，對d分類討論得答案；
（3）由（1）的證明得到充分性，由等差數列的性質結合前n項和再證必要性，則說明結論成立，然后直接寫出數列{b_n}是等比數列（公比為q，且q≠0）的充要條件．

解答： （1）證明：∵當n＞m時，總有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立，
∴當n≥2時，S_n-S_n-1=S₁+（n-1）d，即a_n=a₁+（n-1）d，且n=1也成立，
∴當n≥2時，a_n-a_n-1=[a₁+（n-1）d]-[a₁+（n-2）d=d．
∴數列{a_n}是等差數列；    
（2）解：∵正整數n，m，k成等差數列，
∴n+k=2m，
∴Sn+Sk-2Sm=na1+

n(n-1)

2

d+ka1+

k(k-1)

2

d-2(ma1+

m(m-1)

2

d)
=

d

2

(n2+k2-2m2)=

d

2

(n2+k2-2(

n+k

2

)2)=

d

4

(n-k)2．
∴①當d＞0時，S_n+S_k＞2S_m；
②當d＜0時，S_n+S_k＜2S_m；
③當d=0時，S_n+S_k=2S_m；       
（3）由（1）充分性已經得證，下面證必要性．
∵數列{a_n}是等差數列，
∴當n＞m時，
S_n-S_m-S_n-m=a_m+1+a_m+2+…+a_n-S_n-m
=(n-m)am+1+

(n-m)(n-m-1)

2

d-[(n-m)a1+

(n-m)(n-m-1)

2

d]
=（n-m）（a_m+1-a₁）=m（n-m）d．
∴S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d．
∴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：“數列{a_n}是等差數列”的充要條件；  
“數列{b_n}是等比數列（公比為q，且q≠0）”的充要條件是“對，當n＞m時，
總有Sn-Sm=qm•Sn-m．

點評：本題考查數列遞推式，考查了數列的前n項和，訓練了充要條件的證明方法，是中檔題．