浙江 2012 · 数学 q07

冷启动：四条命题只用到三件事

题面给的是一个公差 $d\neq 0$ 的无穷等差数列 $\{a_n\}$ 与它的前 $n$ 项和 $S_n$，问四条命题里哪一条错。四条里出现的只有三件事：

A 与 B 是一对互逆命题，C 与 D 也是一对。 所以真正要判的只有两件事：「$d<0$」与「有最大项」是不是互相等价，「递增」与「恒正」是不是互相等价。前一对是等价的（A、B 都真），后一对只有一个方向成立——这就是全题的落点。

两个基本式子把三件事全部翻译成 $a_1$ 与 $d$ 的话：

$$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=n\left(a_1+\frac{n-1}{2}d\right), \qquad S_{n+1}-S_n=a_{n+1}=a_1+nd .$$

答案是 C：$\{S_n\}$ 递增只管住相邻两项的差，管不住 $S_1$ 落在横轴上头还是下头。

解法一：把 $S_{n}$ 看成 $n$ 的二次函数——开口方向定「有没有最大项」

怎么想到的。 把 $S_n$ 按 $n$ 的幂整理：

$$S_n=\frac{d}{2}n^{2}+\left(a_1-\frac{d}{2}\right)n .$$

$d\neq 0$ 保证它真是二次的——题面那句「$d\neq 0$」正是为此而设。二次函数的形状只由二次项系数 $\frac{d}{2}$ 的符号决定，于是 $d$ 的正负一下子成了主角。

A 真。 $d<0$ 时开口向下，$n\to+\infty$ 时 $S_n\to-\infty$。于是「$S_n\geqslant S_1$」的正整数 $n$ 只有有限多个，在这有限多个里挑最大的一项，它就压过了所有其余的项——最大项一定存在。

B 真。 看它的逆否：「若 $d\geqslant 0$，则 $\{S_n\}$ 没有最大项」。题面已排除 $d=0$，故 $d>0$，开口向上，$S_n\to+\infty$；任取一项，后面总有比它更大的，最大项不存在。逆否成立，B 成立。

C 假。 开口向上只说明「图象最终往上走」，可整条图象可以整体往下挪——挪到前几项落在横轴下面，照样不影响它一路递增。取 $a_1=-1$、$d=2$：

$$a_n=2n-3,\qquad S_n=n^{2}-2n,\qquad S_1=-1,\ S_2=0,\ S_3=3,\ S_4=8,\dots$$

$S_{n+1}-S_n=2n-1>0$（$n\geqslant 1$），确实一路递增；可 $S_1=-1<0$，结论「对任意 $n$ 均有 $S_n>0$」当场破产。前提真、结论假，C 是错的那一条。

D 真。 若对一切 $n$ 都有 $S_n>0$：先看 $d$，若 $d<0$ 则 $S_n\to-\infty$，迟早为负，矛盾，故 $d>0$；再看 $n=1$，$S_1=a_1>0$。于是 $S_{n+1}-S_n=a_1+nd>a_1>0$，$\{S_n\}$ 递增。

选 C。

解法二：只看相邻差 $S_{n+1}-S_{n}=a_{n+1}$——增减跟二次函数没关系

怎么想到的。 「递增」是一句只关于相邻两项的话，用不着把 $S_n$ 的整个表达式请出来。等差数列的通项 $a_n=a_1+(n-1)d$ 给出

$$S_{n+1}-S_n=a_{n+1}=a_1+nd\qquad(n\geqslant 1),$$

于是**「$\{S_n\}$ 递增」就等价于「$a_1+nd>0$ 对一切 $n\geqslant 1$ 成立」**。

把这个条件解干净。 左边是关于 $n$ 的一次式：

• $d<0$ 时它随 $n$ 递减且 $\to-\infty$，不可能对一切 $n$ 为正；
• $d>0$ 时它随 $n$ 递增，最小的一个在 $n=1$ 处，即 $a_1+d$。

$$\boxed{\ \{S_n\}\ \text{递增}\iff d>0\ \text{且}\ a_1>-d\ }$$

C 假。 上面这个条件里，$a_1$ 只需大于 $-d$，而 $d>0$ 使 $-d<0$——$a_1$ 完全可以是负数。取 $d=2$、$a_1=-1$：$-1>-2$ 成立，故 $\{S_n\}$ 递增；而 $S_1=a_1=-1<0$。前提真、结论假，C 被推翻。

D 真。 设对一切 $n$ 都有 $S_n>0$。取 $n=1$ 得 $a_1=S_1>0$。再定 $d$ 的符号：由 $S_n=n\left(a_1+\frac{n-1}{2}d\right)$，若 $d<0$ 则括号里 $\to-\infty$，$S_n$ 迟早为负，与恒正矛盾，故 $d>0$。此时 $a_1>0>-d$，正好落在上面那个方框里，$\{S_n\}$ 递增。

A、B 也能用差判完。 $a_{n+1}=a_1+nd$ 是严格单调的一次式：

• $d<0$：$a_{n+1}$ 严格递减，从某项起恒负。于是 $S_n$ 先不减、后严格减，转折处那一项就是最大项，A 真。
• $d>0$：$a_{n+1}\to+\infty$，从某项起恒正，$S_n$ 此后严格递增且 $\to+\infty$，没有最大项。这正是 B 的逆否（$d\neq 0$ 已排除 $d=0$），B 真。

这条路的好处：判增减全程只用「差的符号」，$S_n$ 本身只在定 $d$ 的正负时以因式形 $n\left(a_1+\frac{n-1}{2}d\right)$ 出场一次，始终不必把它展开成二次式，也就不必操心对称轴落在哪两个整数之间。

解法三：把两个条件都画到 $(a_{1},d)$ 平面上——C 与 D 只差一条缝

怎么想到的。 C 与 D 是一对互逆命题，比的是两个条件谁包含谁。只要把两个条件都解成对 $(a_1,d)$ 的不等式，包含关系就是两块区域的大小关系，一眼可判，而且能看清反例藏在哪儿。

第一块：递增。 $S_{n+1}-S_n=a_{n+1}=a_1+nd$。要它对一切 $n\geqslant 1$ 为正：$d<0$ 时 $\to-\infty$ 不行；$d>0$ 时最小值在 $n=1$，得

$$\{S_n\}\ \text{递增}\iff d>0\ \text{且}\ a_1>-d .$$

第二块：恒正。 $S_n=n\left(a_1+\frac{n-1}{2}d\right)$，而 $n>0$，所以 $S_n>0\iff a_1+\frac{n-1}{2}d>0$。同样地，$d<0$ 时 $\to-\infty$ 不行；$d>0$ 时最小值在 $n=1$，得

$$\text{对一切}\ n,\ S_n>0\iff d>0\ \text{且}\ a_1>0 .$$

两块的关系。 两块都要求 $d>0$，只在对 $a_1$ 的要求上分手；而 $d>0$ 时 $-d<0$，所以

$$\{a_1>0\}\ \subsetneq\ \{a_1>-d\} .$$

真包含——于是「恒正 $\Rightarrow$ 递增」（D 真），反过来不行（C 假）。而且这张图还多告诉了一件事：C 的反例不是零散的，它们恰好铺满那条缝

$$-d<a_1\leqslant 0\qquad(d>0).$$

在缝里随手取一个 $d=2$、$a_1=-1$：$a_n=2n-3$，$S_n=n^{2}-2n$ 的前几项是 $-1,0,3,8$，$S_{n+1}-S_n=2n-1>0$ 一路递增，而 $S_1=-1<0$——前提真、结论假。取 $d=1$、$a_1=0$ 也行（$S_n=\frac{n(n-1)}{2}$，前几项 $0,1,3,6$ 递增，而 $S_1=0$ 不大于 $0$）。缝有多宽，取决于 $d$：$d$ 越大，能反的 $a_1$ 越多。

A、B 不进这张图。 它们只关心 $d$ 的符号，跟 $a_1$ 无关：$d<0$ 时 $S_n=\frac{d}{2}n^{2}+\left(a_1-\frac{d}{2}\right)n\to-\infty$，满足 $S_n\geqslant S_1$ 的 $n$ 只有有限个，最大项必存在（A 真）；$d>0$ 时 $S_n\to+\infty$，没有最大项，而题面已排除 $d=0$，故「有最大项 $\Rightarrow d<0$」（B 真）。

三条提醒

1. 递增管的是「差」，恒正管的是「位置」。 一个锁住 $S_{n+1}-S_n$ 的符号，一个锁住 $S_n$ 本身落在横轴哪一侧——把整条数列一起往下平移，前者纹丝不动、后者立刻垮掉。C 假就假在把这两件事当成了一回事。反过来（D）之所以对，是因为「恒正」顺带把 $S_1=a_1>0$ 也锁死了，比「递增」要的 $a_1>-d$ 更严。
2. 「$d\neq 0$」这个条件是给 B 准备的。 少了它，B 立刻变假：取 $d=0$、$a_1=-1$，则 $S_n=-n$，最大项是 $S_1=-1$（确实存在），可 $d=0$ 并不小于 $0$。A、C、D 在 $d=0$ 时的真假都不变，唯独 B 需要这句话。题面里每一个看似多余的限制，都值得问一句「拿掉它，哪一条会塌」。
3. 推翻一条蕴含命题，两头都要验。 反例必须前提真、结论假。本题若只顾着找「某个 $S_n\leqslant 0$」的数列，很容易随手取 $d=-1$、$a_1=-1$——结论确实假，可它根本不递增，前提就不成立，什么都推不翻。