2006-江苏卷-21 解-三数列充要条件证明

本题导读

必要： $b_{n} = - 2 d$ 、 $c_{n + 1} - c_{n} = 6 d$ ；充分：由 $b_{n} ⩽ b_{n + 1}$ 与非负和为零推 $b_{n} = b_{n + 1}$ ，再得 $a_{n + 1} - a_{n}$ 常数。

📌【题干】

Question

（2006年江苏卷）设数列 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ ， ${c_{n}}$ 满足： $b_{n} = a_{n} - a_{n + 2}$ ， $c_{n} = a_{n} + 2 a_{n + 1} + 3 a_{n + 2}$ （ $n = 1, 2, 3, \dots$ ），证明： ${a_{n}}$ 为等差数列的充分必要条件是 ${c_{n}}$ 为等差数列且 $b_{n} ⩽ b_{n + 1}$ （ $n = 1, 2, 3, \dots$ ）。

🔍【思路分析】

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必要性：设 ${a_{n}}$ 公差 $d$ ，求 $b_{n}$ 、 $c_{n}$ ，验证 ${c_{n}}$ 等差且 $b_{n} ⩽ b_{n + 1}$ 。

充分性：设 ${c_{n}}$ 等差（公差 $d_{2}$ ）且 $b_{n} ⩽ b_{n + 1}$ 。

由 $c_{n} - c_{n + 2} = b_{n} + 2 b_{n + 1} + 3 b_{n + 2} = - 2 d_{2}$ ，下标平移相减。

用非负项和为零推出 $b_{n} = b_{n + 1}$ ，进而 $a_{n + 1} - a_{n}$ 为常数。

✅【答案】

Success

证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

先证必要性。设 ${a_{n}}$ 是等差数列，公差为 $d$ 。则 $a_{n + 1} - a_{n} = d$ ，故 $b_{n} = a_{n} - a_{n + 2} = a_{n} - (a_{n} + 2 d) = - 2 d$ 为常数，从而 $b_{n} = b_{n + 1}$ ，即 $b_{n} ⩽ b_{n + 1}$ 成立。又 $c_{n} = a_{n} + 2 a_{n + 1} + 3 a_{n + 2} = a_{n} + 2 (a_{n} + d) + 3 (a_{n} + 2 d) = 6 a_{n} + 8 d$ ，故 $c_{n + 1} - c_{n} = 6 (a_{n + 1} - a_{n}) = 6 d$ 为常数， ${c_{n}}$ 是等差数列。必要性成立。

再证充分性。设 ${c_{n}}$ 是公差为 $d_{2}$ 的等差数列，且 $b_{n} ⩽ b_{n + 1}$ 。由 $b_{n} = a_{n} - a_{n + 2}$ ， $c_{n} = a_{n} + 2 a_{n + 1} + 3 a_{n + 2}$ ，有 $c_{n} - c_{n + 2} = (a_{n} + 2 a_{n + 1} + 3 a_{n + 2}) - (a_{n + 2} + 2 a_{n + 3} + 3 a_{n + 4})$ $= (a_{n} - a_{n + 2}) + 2 (a_{n + 1} - a_{n + 3}) + 3 (a_{n + 2} - a_{n + 4})$ $= b_{n} + 2 b_{n + 1} + 3 b_{n + 2}$ 。因为 ${c_{n}}$ 是公差为 $d_{2}$ 的等差数列， $c_{n} - c_{n + 2} = - 2 d_{2}$ ，所以 $b_{n} + 2 b_{n + 1} + 3 b_{n + 2} = - 2 d_{2}$ 。将下标整体加 $1$ ： $b_{n + 1} + 2 b_{n + 2} + 3 b_{n + 3} = - 2 d_{2}$ 。两式相减： $(b_{n + 1} - b_{n}) + 2 (b_{n + 2} - b_{n + 1}) + 3 (b_{n + 3} - b_{n + 2}) = 0$ 。由 $b_{n} ⩽ b_{n + 1}$ 知 $b_{n + 1} - b_{n} ⩾ 0$ ， $b_{n + 2} - b_{n + 1} ⩾ 0$ ， $b_{n + 3} - b_{n + 2} ⩾ 0$ 。三个非负项之和为零，只能各项都为零，故 $b_{n + 1} = b_{n}$ 对一切 $n$ 成立。记 $b_{n}$ 为常数 $d_{3}$ ，即 $a_{n} - a_{n + 2} = d_{3}$ ，也就是 $a_{n + 2} = a_{n} - d_{3}$ 。于是 $c_{n} = a_{n} + 2 a_{n + 1} + 3 (a_{n} - d_{3}) = 4 a_{n} + 2 a_{n + 1} - 3 d_{3}$ ， $c_{n + 1} - c_{n} = (4 a_{n + 1} + 2 a_{n + 2} - 3 d_{3}) - (4 a_{n} + 2 a_{n + 1} - 3 d_{3})$ $= 4 (a_{n + 1} - a_{n}) + 2 (a_{n + 2} - a_{n + 1})$ 。而 $a_{n + 2} = a_{n} - d_{3}$ ， $a_{n + 2} - a_{n + 1} = a_{n} - d_{3} - a_{n + 1}$ ，代入整理可得 $c_{n + 1} - c_{n} = 2 (a_{n + 1} - a_{n}) - 2 d_{3} = d_{2}$ 。故 $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{d _{2}}{2} + d_{3}$ 为常数， ${a_{n}}$ 是等差数列。充分性成立。综上，命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：三数列充要条件证明

核心方法：等差数列充要条件双向证明

避坑指南：必要： $b_{n} = - 2 d$ 、 $c_{n + 1} - c_{n} = 6 d$ ；充分：由 $b_{n} ⩽ b_{n + 1}$ 与 $c_{n} - c_{n + 2} = - 2 d_{2}$ 推出 $b_{n} = b_{n + 1}$ ，再得 $a_{n + 1} - a_{n}$ 为常数；三括号非负推等于零是关键

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 源自等差数列判定与充分必要条件，是数列证明的高阶题

结论推广: 三数列间的充要条件证明推广到”递推关系定等差”的一般判别

方法推广: 由非负项和为零推各项为零，是充分性证明的核心突破口

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

2011-新课标全国卷理-24 解-充要条件

2012-辽宁卷(理)-24 解-充要条件

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2006-江苏卷-21 解-三数列充要条件证明

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