Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，d为常数，已知对?n，m∈N^*，当n＞m，总有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立
（1）求证：数列{a_n}是等差数列；
（2）若正整数n，m，k成等差数列，比较S_n+S_k与2S_m的大小，并说明理由；
（3）探究：命题p：“对?n，m∈N^*，当n＞m时，总有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d”是命题q：“数列{a_n}是等差数列”的充要条件吗？请证明你的结论；由此类比，请你写出数列{b_n}是等比数列（公比为q，且q≠0）的充要条件（无需证明）？

Answer 1

考点：数列递推式,数列的求和

专题：点列、递归数列与数学归纳法

分析：（1）在数列递推式中，取m=n-1，得到a_n=a₁+（n-1）d （n≥2），验证n=1时成立，从而证得数列{a_n}是等差数列；
（2）由等差数列的前n项和求得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，对d分类讨论得答案；
（3）由（1）的证明得到充分性，由等差数列的性质结合前n项和再证必要性，则说明结论成立，然后直接写出数列{b_n}是等比数列（公比为q，且q≠0）的充要条件．

解答： （1）证明：∵当n＞m时，总有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d成立，
∴当n≥2时，S_n-S_n-1=S₁+（n-1）d，即a_n=a₁+（n-1）d，且n=1也成立，
∴当n≥2时，a_n-a_n-1=[a₁+（n-1）d]-[a₁+（n-2）d=d．
∴数列{a_n}是等差数列；    
（2）解：∵正整数n，m，k成等差数列，
∴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当d＞0时，S_n+S_k＞2S_m；
②当d＜0时，S_n+S_k＜2S_m；
③当d=0时，S_n+S_k=2S_m；       
（3）由（1）充分性已经得证，下面证必要性．
∵数列{a_n}是等差数列，
∴当n＞m时，
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：“对?n，m∈N^*，当n＞m时，总有S_n-S_m=S_n-m+m（n-m）d”是命题q：“数列{a_n}是等差数列”的充要条件；  
“数列{b_n}是等比数列（公比为q，且q≠0）”的充要条件是“对，当n＞m时，
总有Sn-Sm=qm•Sn-m．

点评：本题考查数列递推式，考查了数列的前n项和，训练了充要条件的证明方法，是中档题．