浙江 2017 · 数学 q06

冷启动：「$p$ 是 $q$ 的什么条件」到底在问什么

题面把两句话摆在一起：

$$p:\ d>0,\qquad q:\ S_{4}+S_{6}>2S_{5}$$

问的是「$p$ 是 $q$ 的（　）条件」。这里只有两个方向要查，记牢箭头的指向：

四个选项正好是两个箭头的四种组合：

所以本题的活儿只有一件：查这两个箭头。 而下面两条路都会把 $S_{4}+S_{6}-2S_{5}$ 算成一个干干净净的 $d$—— 一旦得到

$$S_{4}+S_{6}-2S_{5}=d$$

那么 $S_{4}+S_{6}>2S_{5}$ 与 $d>0$ 就是同一句话换了个写法，两个箭头同时到手，答案是 C。

还得先把记号说清楚。$\{a_n\}$ 是等差数列：从第二项起，每一项减去前一项都等于同一个常数 $d$（叫公差）。 $S_n$ 是前 $n$ 项和，即

$$S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$$

注意 $S_n$ 是「前 $n$ 项加起来」，不是「第 $n$ 项」——这两个混起来，本题第一步就走不动。

解法一：用基本量把三个和写开

怎么想到的。 等差数列里一切都由两个数决定：首项 $a_1$ 与公差 $d$。 凡是「几个 $S_n$ 之间的关系」，最不用动脑的办法就是把它们统统翻译成 $a_1$ 与 $d$， 剩下的就是合并同类项。

① 先要有求和公式。 把 $S_n$ 正着写一遍、倒着写一遍再相加：

$$\begin{aligned} S_{n}&=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\\ S_{n}&=a_{n}+a_{n-1}+\cdots+a_{1} \end{aligned}$$

上下对应相加，每一竖列都是「一头一尾」，而等差数列里这种配对的和全都相等（左边加了几个 $d$，右边就减了几个 $d$）， 一共 $n$ 列，于是 $2S_{n}=n(a_{1}+a_{n})$。再把 $a_{n}=a_{1}+(n-1)d$ 代进去：

$$S_{n}=\frac{n(a_{1}+a_{n})}{2}=na_{1}+\frac{n(n-1)}{2}d$$

② 三个和各写一遍。

$$S_{4}=4a_{1}+6d,\qquad S_{5}=5a_{1}+10d,\qquad S_{6}=6a_{1}+15d$$

（$d$ 的系数就是 $\dfrac{n(n-1)}{2}$：$\dfrac{4\cdot3}{2}=6$、$\dfrac{5\cdot4}{2}=10$、$\dfrac{6\cdot5}{2}=15$。）

③ 代进去，看两个系数。

$$\begin{aligned} S_{4}+S_{6}-2S_{5} &=(4a_{1}+6d)+(6a_{1}+15d)-2(5a_{1}+10d)\\ &=(4+6-10)a_{1}+(6+15-20)d\\ &=0\cdot a_{1}+1\cdot d=d \end{aligned}$$

$a_1$ 的系数正好抵成 $0$，$d$ 的系数正好剩 $1$。这个结论与首项无关——无论数列从哪儿起步，这个组合都等于公差。

④ 收网。 把 $S_{4}+S_{6}>2S_{5}$ 整体移项：

$$S_{4}+S_{6}>2S_{5}\iff S_{4}+S_{6}-2S_{5}>0\iff d>0$$

两个 $\iff$ 都是同解变形（移项不改变不等式的解集，而中间那个等号是恒等式）， 所以两个箭头一次到手：$d>0\Rightarrow S_{4}+S_{6}>2S_{5}$，反过来也成立。故选 C。

解法二：两次作差，连求和公式都不用

怎么想到的。 上一条路把三个和全部展开，可题目要的只是它们的一个组合。 注意 $S_4$、$S_5$、$S_6$ 是下标连着的三个——前 $n$ 项和之间本来就有一条更省事的关系： 多加一项，和就多出那一项。既然如此，先作差把和消掉，比展开成 $a_1$ 与 $d$ 快得多。

① 相邻两个和之差，就是新添的那一项。 按定义，

$$S_{5}-S_{4}=(a_{1}+\cdots+a_{5})-(a_{1}+\cdots+a_{4})=a_{5}$$

同理 $S_{6}-S_{5}=a_{6}$。这一步只用到「$S_n$ 是前 $n$ 项之和」，和等差没有关系，任何数列都成立。

② 把要算的式子拆成两个差。 关键是把 $-2S_5$ 拆成 $-S_5-S_5$，让它分别去配 $S_6$ 和 $S_4$：

$$S_{4}+S_{6}-2S_{5}=(S_{6}-S_{5})-(S_{5}-S_{4})=a_{6}-a_{5}$$

③ 这时才用到等差。 等差数列里相邻两项之差恒为公差：

$$a_{6}-a_{5}=d$$

于是同样得到 $S_{4}+S_{6}-2S_{5}=d$，接着走解法一的第 ④ 步，答案 C。

这两条路差在哪。 解法一通用：不管三个下标是不是连着（换成 $S_2+S_9$ 与 $2S_6$ 也照做不误）， 代公式合并同类项一定能出结果，代价是要写三行展开式。 解法二快，但它吃一个前提——下标必须是连着的三个，否则 $S_6-S_5$ 就不是一项而是一串。 考场上先扫一眼下标：连着就走解法二（两行结束），不连着就老实展开。

这道题真正想考的是「反过来对不对」。 很多人只算了一个方向： 「$d>0$，那么 $S_4+S_6-2S_5=d>0$，所以 $S_4+S_6>2S_5$」——充分性证完了， 于是顺手选 A（充分不必要）。可这条推理链每一步都是等价变形，倒着念一遍同样成立， 必要性根本不用另证。判断充要条件时，写完一个方向务必回头问一句：这几步能不能倒着走？

四个选项的来路。

选项	说法	谁会选它
A	充分不必要	只验了 $d>0\Rightarrow S_4+S_6>2S_5$ 就收工，没回头看反向
B	必要不充分	只验了反向，或者把「充分」「必要」两个词记反了
C	充分必要	正确：$S_4+S_6-2S_5=d$，两句话完全等价
D	既不充分也不必要	展开时把 $-2S_5$ 只减了一次（写成 $-5a_1-10d$），$a_1$ 没抵消干净，于是以为结论还与 $a_1$ 有关，两个方向都不敢下判断

一个能推广的结论，值得单独记住。 对任意等差数列与任意 $n$， $S_{n}+S_{n+2}-2S_{n+1}=a_{n+2}-a_{n+1}=d$ 也就是说：前 $n$ 项和这串数 $\{S_n\}$ 的「二阶差分」恒等于公差。 本题不过是它在 $n=4$ 处的一个实例。解法二的两行推导对任何 $n$ 一字不改地成立—— 这正是它比展开法更值得学的地方。