浙江 2023 · 数学 q07

冷启动：充要条件到底要查几件事

记 $S_n$ 为数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和。命题甲：$\{a_n\}$ 是等差数列；命题乙：$\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 是等差数列。问甲是乙的什么条件。

充分必要条件的判断只看一件事——谁能推出谁：甲⇒乙 成立，甲就是乙的充分条件；乙⇒甲 成立，甲就是乙的必要条件；两个方向都查，才分得清是充分、必要还是充要。所以这题没有捷径，必须把甲⇒乙 与乙⇒甲 都证一遍（或用一条共同的「中间命题」把两边连起来）。

解法一：按定义正反各证一次

怎么想到的。 没有花哨工具，就照等差数列的定义和求和公式，两个方向各推一次。

甲⇒乙。 设 $\{a_n\}$ 首项 $a_1$、公差 $d$，则 $S_n=na_1+\dfrac{n(n-1)}{2}d$，于是

$$\frac{S_n}{n}=a_1+\frac{n-1}{2}d=\frac{d}{2}\,n+\left(a_1-\frac{d}{2}\right)$$

$\dfrac{S_n}{n}$ 是 $n$ 的一次式，相邻两项之差恒为 $\dfrac{d}{2}$，所以 $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 是等差数列。✓

乙⇒甲。 设 $\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 公差为 $D$，首项是 $\dfrac{S_1}{1}=a_1$，故 $\dfrac{S_n}{n}=a_1+(n-1)D$，即 $S_n=n\,a_1+n(n-1)D$。当 $n\ge 2$ 时

$$a_n=S_n-S_{n-1}=a_1+2(n-1)D$$

回代 $n=1$ 也得 $a_1$，故此式对一切 $n$ 成立（见下方避坑）。于是 $a_{n+1}-a_n=2D$ 为常数，$\{a_n\}$ 是等差数列。✓

两向都成立，甲是乙的充要条件。

解法二：用 Sₙ 是无常数项二次式作桥

怎么想到的。 与其两个方向各算一遍，不如找一句甲、乙都等价的中间命题，让两边各自连到它，充要就一步打通。这句中间命题是：

引理：$\{a_n\}$ 是等差数列 $\iff S_n=p\,n^2+q\,n$（$n$ 的无常数项多项式；$p=0$ 即常数列时它退化成一次/常数式，下面的推导照样成立）。

证引理也用等差数列通项公式那一层关系：等差 $\Rightarrow S_n=\dfrac{d}{2}n^2+\left(a_1-\dfrac{d}{2}\right)n$，确是无常数项二次式；反过来若 $S_n=p\,n^2+q\,n$，则 $n\ge 2$ 时 $a_n=S_n-S_{n-1}=2p\,n+(q-p)$ 是 $n$ 的一次式（验 $n=1$ 并入），即等差。

把甲、乙都接到引理上。 甲就是引理左端。而乙：$\left\{\dfrac{S_n}{n}\right\}$ 等差 $\iff \dfrac{S_n}{n}=\alpha n+\beta$（一次式）$\iff S_n=\alpha n^2+\beta n$，正好是引理右端。于是

$$\text{甲}\ \iff\ \big(S_n=p\,n^2+q\,n\big)\ \iff\ \text{乙}$$

两个方向被同一座桥一并证完，甲是乙的充要条件。

这两条路差在哪。 解法一是「老实人」做法：充要条件本就要查两个方向，它一个方向一段，照定义硬推，谁都能写、不易错。解法二是「找不变量」做法：它看穿甲和乙其实是同一件事的两种说法——都等价于「$S_n$ 是不带常数项的二次式」——于是不必来回推两次，画一张等价链就完事。后者更省力，但前提是你得记得这座桥（$S_n$ 二次无常数项 $\iff$ 等差）。

🕳️ 避坑

• 充要条件必须正反都证。只证甲⇒乙 就选「充分不必要」（干扰项 A），只证乙⇒甲 就选「必要不充分」（干扰项 B）——这两个选项正是给「只证一边」的人预备的。
• 乙⇒甲 里用了 $a_n=S_n-S_{n-1}$，它只对 $n\ge 2$ 成立，务必回代 $n=1$ 看能否并入同一条式子；本题恰好能并入，但「不验 $n=1$」是坏习惯，换一道题可能就要分段写。

对照选项 A. 充分不必要、B. 必要不充分、C. 充要条件、D. 既不充分也不必要，故选 C。