见解析

必要性：

设{a_n}是公差为d₁的等差数列，则

b_n＋1－b_n＝(a_n＋1－a_n＋3)－(a_n－a_n＋2)

＝(a_n＋1－a_n)－(a_n＋3－a_n＋2)＝d₁－d₁＝0，

所以b_n≤b_n＋1(n＝1，2，3，…)成立．

又c_n＋1－c_n＝(a_n＋1－a_n)＋2(a_n＋2－a_n＋1)＋3(a_n＋3－a_n＋2)＝d₁＋2d₁＋3d₁＝6d₁(常数)(n＝1，2，3，…)，

所以数列{c_n}为等差数列．

充分性：

设数列{c_n}是公差为d₂的等差数列，且b_n≤b_n＋1(n＝1，2，3，…)．

∵c_n＝a_n＋2a_n＋1＋3a_n＋2，①

∴c_n＋2＝a_n＋2＋2a_n＋3＋3a_n＋4，②

①－②，得c_n－c_n＋2＝(a_n－a_n＋2)＋2(a_n＋1－a_n＋3)＋3(a_n＋2－a_n＋4)＝b_n＋2b_n＋1＋3b_n＋2.

∵c_n－c_n＋2＝(c_n－c_n＋1)＋(c_n＋1－c_n＋2)＝－2d₂，

∴b_n＋2b_n＋1＋3b_n＋2＝－2d₂，③

从而有b_n＋1＋2b_n＋2＋3b_n＋3＝－2d₂，④

④－③，得(b_n＋1－b_n)＋2(b_n＋2－b_n＋1)＋3(b_n＋3－b_n＋2)＝0.⑤

∵b_n＋1－b_n≥0，b_n＋2－b_n＋1≥0，b_n＋3－b_n＋2≥0，

∴由⑤得b_n＋1－b_n＝0(n＝1，2，3，…)．

由此不妨设b_n＝d₃(n＝1，2，3，…)，则a_n－a_n＋2＝d₃(常数)．

由此c_n＝a_n＋2a_n＋1＋3a_n＋2c_n＝4a_n＋2a_n＋1－3d₃，

从而c_n＋1＝4a_n＋1＋2a_n＋2－5d₃，

两式相减得c_n＋1－c_n＝2(a_n＋1－a_n)－2d₃，

因此a_n＋1－a_n＝(c_n＋1－c_n)＋d₃＝d₂＋d₃(常数)(n＝1，2，3，…)，

∴数列{a_n}为等差数列．