等差判定：证明的是哪一列，覆盖哪些下标

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等差判定必须落到所有相邻差恒定。构造列等差不等于原列等差；尾部公式也不能替首项作证，倒数列还必须先存在。

一、知识点概念与依据

1. 先明确对象，再写全下标判据

要证明数列bₙ等差，目标是 $b_{n+1}-b_n=d$ 对全部允许相邻下标成立，且d不随n变化。bₙ可以就是aₙ，也可以是由aₙ构造的差、倒数或其他表达式，必须先写清其定义。

证据	能推出什么
前几对差相等	仅这些差相等，不足证明无限列
某对相邻差不等于另一对	可否定全列等差
全下标通项 $a_n=pn+q$	全部相邻差恒为p，包括p=0
只有n≥2的尾式为一次式	只确定尾部结构，首差仍待查

有限列只需核实际相邻下标，但也不能漏掉其中一对。完整递推或完整通项才能提供覆盖全体的证明。

2. 二阶差恒定，首先说明差数列等差

若 $a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n=c$ 对全部允许n成立，令 $b_n=a_{n+1}-a_n$ ，则

b_{n+1}-b_n=(a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)=c.

所以等差的是bₙ，其首项为a₂−a₁。若c=0，则原列相邻差也恒定；若c≠0且至少有三项，前两次原相邻差已不同，原列不是等差。

求aₙ通项时，先求bₙ，再从a₁累加这些差回到aₙ。只求出bₙ不算完成原目标。

3. 首差与尾差必须相同

若n≥2时aₙ₊₁−aₙ=d，仅说明从第二项起的子列等差。要判全列，还要比较a₂−a₁是否也是d；不能未比较就宣布全列等差，也不能未比较就宣布不等差。

由Sₙ求项时，先a₁=S₁，再对n≥2用aₙ=Sₙ−Sₙ₋₁。尾式一次化后仍要核首项支路，并检查首差。题给正整数和式不能自动延伸到n=0。

4. 倒数构造的存在性不能跳过

定义bₙ=1/aₙ前须确保每个aₙ非零；原递推分母也要合法。原列允许零项时，不能除以它来证明一个无定义的倒数列等差。

可先由初值与递推归纳证明非零或正性。若现有条件不能保证，先检查零值分支是否反例；只能在明确合法的非零分支讨论倒数差。

二、考点方法与例题

1. 二阶式构造差列，再完成原列与后续小问

写清辅助对象，将两个相邻差按下标对齐相减；用两项初值求辅助首项。还原原通项后，核初值和原递推。另一个小问若重新定义数列，不沿用前问符号含义。

例题 01 差数列等差与原列通项

题目

已知数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 满足： ${a}_{1}=1$ ， ${a}_{2}=4$ ， ${a}_{n+2}=2{a}_{n+1}-{a}_{n}+2$ .

(1)证明： $\left\{ {a}_{n+1}-{a}_{n}\right\}$ 是等差数列，并求 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式；

(2)设 ${b}_{n}={a}_{n}+\frac{k}{{a}_{n}}$ ，若数列 $\left\{ {b}_{n}\right\}$ 是递增数列，求实数 $k$ 的取值范围.

答案与解析

解析

（1）令 $c_n=a_{n+1}-a_n$ ，则原递推给

c_{n+1}-c_n=(a_{n+2}-a_{n+1})-(a_{n+1}-a_n)=2.

c₁=a₂−a₁=3，因此cₙ=3+2(n−1)=2n+1，差数列是等差数列。注意这是c而非a的性质。

又 $2j+1=(j+1)^2-j^2$ ，n≥2时将相邻差从j=1到n−1累加，得 $a_n-a_1=n^2-1$ ，故aₙ=n²。n=1也符合，两项初值为1、4；代回原式有 $(n+2)^2-2(n+1)^2+n^2=2$ ，验证全部递推。

（2）本问给的新列为 $b_n=a_n+k/a_n=n^2+k/n^2$ ，不是上问的差数列cₙ。因为n≥1，aₙ=n²>0，倒数合法。

b_{n+1}-b_n=(2n+1)\left(1-\frac{k}{n^2(n+1)^2}\right).

2n+1>0且分母正，因此严格递增等价于对每个正整数n有 $k<n^2(n+1)^2$ 。右端在n=1取得最小值4：必要性由n=1得k<4；若k<4，则对所有n有 $k<4\le n^2(n+1)^2$ ，故也充分。

所以k∈(−∞,4)。k=4使b₂=b₁，不能满足严格递增；aₙ=n²本身也不是等差，因为其相邻差2n+1不是常数。

本题结论

（1）差数列首项3、公差2， $a_n=n^2$ ；（2） $k<4$ 。

2. 前n项和转通项后核首差

先保留首项与尾部两支，再比较相邻差。全列是否等差，要由这些实际项决定，不能只看尾公式的次数。

例题 02 前n项和与全列通项

题目

已知数列 $\{{a}_{n}\}$ 的前 $n$ 项和 ${S}_{n}={n}^{2}+1$ ，则数列 $\{{a}_{n}\}$ 的通项公式为（）

A． ${a}_{n}=n+1$ B． ${a}_{n}=2n-1$

C． ${a}_{n}=2n+1$ D． ${a}_{n}=\left\{ \begin{aligned}2 , n=1 , \\ 2n-1, n\ge 2\end{aligned}\right.$

答案与解析

解析

n=1时， $a_1=S_1=1^2+1=2$ 。n≥2时，

a_n=(n^2+1)-[(n-1)^2+1]=2n-1.

尾公式代1为1，不等于真实首项2，因此必须分段：

a_n=\begin{cases}2,&n=1,\\2n-1,&n\ge2.\end{cases}

选D。B漏掉首项修正；C的首项为3，错误；A虽然首项为2，但n=3给4，与实际a₃=5不符。

反查n≥2时，利用 $2k-1=k^2-(k-1)^2$ ，首项2加后续奇数的和为 $2+(n^2-1)=n^2+1$ ，n=1也成立。若机械采用全体2n−1，累计和仅为n²，少了题给常数1。

首差 $a_2-a_1=3-2=1$ ，后差如 $a_3-a_2=5-3=2$ ，全列不是等差。空和S₀=0不意味着可以把正整数公式外推成S₀=1。

本题结论

选D， $a_1=2$ ， $a_n=2n-1\ (n\ge2)$ 。

3. 非零条件是倒数列存在的前提

原递推合法与倒数存在分开检查。条件不足时，明确反例；题目另一个小问有更强初值时，再按该问条件独立处理。

例题 03 倒数列等差命题的合法条件

题目

已知函数 $f\left( x\right)=\frac{3x}{x+3}$ ，数列 $\left\{ {x}_{n}\right\}$ 的通项由 ${x}_{n}=f\left( {x}_{n-1}\right)$ （ $n\ge 2$ 且 $n\in {N}^{*}$ ）确定．

(1)求证： $\left\{ \frac{1}{{x}_{n}}\right\}$ 是等差数列；

(2)当 ${x}_{1}=\frac{1}{2}$ 时，求 ${x}_{100}$ ．

答案与解析

解析

（1）按题目现有条件，结论并不总成立。取x₁=0，则原递推每一步都合法，且全部xₙ=0，倒数1/xₙ却无定义。这是原命题的反例，不能直接给出无条件证明。

若补充“原递推始终合法且x₁≠0”，则由 $x_n=3x_{n-1}/(x_{n-1}+3)$ 逐步知每项非零，此时才可写

\frac1{x_n}=\frac{x_{n-1}+3}{3x_{n-1}}=\frac1{x_{n-1}}+\frac13\qquad(n\ge2).

因此在这些条件下，倒数列相邻差为1/3，是等差数列。原式要求xₙ₋₁+3≠0，新式还要求xₙ₋₁≠0，两者不能省去。

（2）x₁=1/2>0。若xₙ>0，则xₙ+3>0，且 $x_{n+1}=3x_n/(x_n+3)>0$ 。归纳保证全部原分母与倒数合法，所以本问可使用上述差分关系。

\frac1{x_n}=2+\frac{n-1}{3}=\frac{n+5}{3},\qquad x_n=\frac3{n+5}.

于是 $x_{100}=3/105=1/35$ 。该正通项也直接核对了每个下标的定义域及初值。

本题结论

（1）原条件不足，零数列为反例；补充合法且非零条件后公差1/3；（2） $x_{100}=1/35$ 。