2010-安徽卷理-20 解-等差数列

本题导读

本题是一道关于等差数列充要条件证明的经典探究性解答题。必要性证明侧重于利用等差数列的性质进行裂项相消求和；充分性证明则侧重于利用数列的前 $n$ 项和与通项关系建立递推结构，并通过数学归纳法证得等差关系。

📌【题干】

Question

（2010年安徽卷(理)） 设数列 $a_1,a_2,\cdots ,a_n,\cdots$ 中的每一项都不为 0. 证明：$\{a_n\}$ 为等差数列的充分必要条件是：对任何 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$，都有 $\frac{1}{a_1{a}_2}+\frac{1}{a_2{a}_3}+\cdots +\frac{1}{a_n{a}_{n+1}}=\frac{n}{a_1{a}_{n+1}}$．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 充要条件的证明必须分为“必要性”与“充分性”两个方向分别论证。

2. 必要性（等差 $⟹$ 公式）：假设 $\{a_n\}$ 是等差数列，设公差为 $d$。分 $d=0$ 和 $d\ne 0$ 讨论。当 $d\ne 0$ 时，利用 $\frac{1}{a_i{a}_{i+1}}=\frac{1}{d}\left(\frac{1}{a_i}-\frac{1}{a_{i+1}}\right)$ 裂项求和即可证得。

3. 充分性（公式 $⟹$ 等差）：已知等式对任意 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$ 恒成立。通过 $S_n-S_{n-1}$ 将求和式转化为相邻两项的递推式 $n(a_{n+1}-a_n)=a_{n+1}-a_1$，进而利用数学归纳法证明 $a_{n+1}-a_n$ 为定值。

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对任意 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$，都有 $a_{n+1}-a_n=d$（定值），故 $\{a_n\}$ 为等差数列

✍【详细解析】

Abstract

证明：

① 必要性：若 $\{a_n\}$ 为等差数列，证明对任何 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$ 题设等式成立． 设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$． 若 $d=0$，则 $a_1=a_2=\cdots =a_{n+1}$． 左边 $={\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_1^2}=\frac{n}{a_1^2}$，右边 $=\frac{n}{a_1\cdot a_1}=\frac{n}{a_1^2}$，等式显然成立． 若 $d\ne 0$，则 $a_{i+1}-a_i=d$，有 $\frac{1}{a_i{a}_{i+1}}=\frac{1}{d}\left(\frac{1}{a_i}-\frac{1}{a_{i+1}}\right)$． 左边 $=\frac{1}{d}\left[\left(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_2}\right)+\left(\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_3}\right)+\cdots +\left(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+1}}\right)\right]=\frac{1}{d}\left(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_{n+1}}\right)=\frac{a_{n+1}-a_1}{d\cdot a_1{a}_{n+1}}$． 因为 $\{a_n\}$ 为等差数列，所以 $a_{n+1}-a_1=nd$． 代入上式得：左边 $=\frac{nd}{d\cdot a_1{a}_{n+1}}=\frac{n}{a_1{a}_{n+1}}=$ 右边． 综上，必要性成立．

② 充分性：若对任何 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$ 都有等式成立，证明 $\{a_n\}$ 为等差数列． 当 $n=1$ 时，等式显然成立． 当 $n⩾2$ 时，由已知得： $\frac{1}{a_1{a}_2}+\frac{1}{a_2{a}_3}+\cdots +\frac{1}{a_{n-1}{a}_n}=\frac{n-1}{a_1{a}_n}$ 两式相减得： $\frac{1}{a_n{a}_{n+1}}=\frac{n}{a_1{a}_{n+1}}-\frac{n-1}{a_1{a}_n}$ 由于每一项均不为 0，两边同乘以 $a_1{a}_n{a}_{n+1}$ 得： $a_1=n{a}_n-(n-1)a_{n+1}$ 移项整理得： $n(a_{n+1}-a_n)=a_{n+1}-a_1$ （＊）

下面用数学归纳法证明：对任意 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$，都有 $a_{n+1}-a_n=a_2-a_1$．

1. 当 $n=1$ 时，命题显然成立． 当 $n=2$ 时，代入（＊）得： $2(a_3-a_2)=a_3-a_1=(a_3-a_2)+(a_2-a_1)$， 化简得： $a_3-a_2=a_2-a_1$，命题成立．

2. 假设当 $n=k$ ($k⩾2$) 时命题成立，即 $a_{k+1}-a_k=a_2-a_1=d$， 由此可得 $a_k-a_1=(k-1)d$． 当 $n=k+1$ 时，由（＊）式可知： $(k+1)(a_{k+2}-a_{k+1})=a_{k+2}-a_1=(a_{k+2}-a_{k+1})+(a_{k+1}-a_k)+(a_k-a_1)$ 将归纳假设代入右边： $(k+1)(a_{k+2}-a_{k+1})=(a_{k+2}-a_{k+1})+d+(k-1)d=(a_{k+2}-a_{k+1})+kd$ 移项化简得： $k(a_{k+2}-a_{k+1})=kd$． 因为 $k⩾2\ne 0$，两边同除以 $k$ 得： $a_{k+2}-a_{k+1}=d$． 即当 $n=k+1$ 时，命题也成立． 综上所述，对任意 $n\in {\mathbf{N}}_{+}$，都有 $a_{n+1}-a_n=d$（定值），故 $\{a_n\}$ 为等差数列．充分性成立．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等差数列的递推判定，裂项相消求和法的逆向应用。

2. 核心方法：充要条件证明的双向思维；数列求和差分化简（$S_n-S_{n-1}$）结合数学归纳法。

3. 避坑指南：证明充分性时，很多学生通过相减得到 $n(a_{n+1}-a_n)=a_{n+1}-a_1$ 后，就直接感性地认为它是等差数列，缺少严密的数学归纳法或通项变形步骤，导致大题扣分。另外必要性中对公差 $d=0$ 这一特殊情况也需要单列讨论。

📖【试题探源与推广】

Tip

4. 试题探源: 本题源于教材中“等差数列与分式求和”的经典习题。如果将等差数列改为等比数列，类似的倒数乘积求和也会演化成对应的充要条件结构。

5. 结论推广: 若数列每一项均不为0，则 $\{a_n\}$ 为等差数列的充要条件可以一般化推广为：对于任意固定的正整数 $k$， ${\sum }_{i=1}^n\frac{1}{a_i{a}_{i+k}}=\frac{n}{k{a}_1{a}_{n+k}}$ 均恒成立。

🔗【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-上海卷理-22 解-等差数列
• 2011-四川卷文-20 解-等比数列等差条件
• 2011-大纲卷文-06 单-等差数列片段和