專題03等差數(shù)列性質(zhì)培優(yōu)歸類等差數(shù)列性質(zhì)培優(yōu)歸類等差數(shù)列的判定與證明的方法.一般地，如果一個數(shù)列從第2項起，每一項與它的前一項的差等于同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列就叫做等差數(shù)列，這個常數(shù)叫做等差數(shù)列的公a?-an?=d(常數(shù))(n∈N,n≥2).定義法：a-ani(n≥2,n∈N)為同一常數(shù)?{a,}是等差數(shù)列通項公式法：a=pn+q(p,q為常數(shù))對任意的正整數(shù)n都成立?{a,}是等差數(shù)列C.S?S?+2<S2+1S2=n即可判斷B,利用基本不等式即可判斷C、D.當(dāng)n=1時，解得S=a?=1,當(dāng)n≥2時，整理可得S2-s2?1=1,所以數(shù)列{s2}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以S2=n,則S?=√n.對于選項A,因為a?=S?-S?=√2-1<a,故A錯誤；對于選項B,因為S2=n是等差數(shù)列，故B錯誤；對于選項C,因為故C正確；的上底寬依次遞減1寸(約3.3厘米),下底寬和深度也依次遞減1寸.設(shè)三個漏壺的側(cè)面與底面所成的銳二面角依次為θ?,θ?,θ?,則()A.θ?+θ?=2θ?B.sinθ?+sinθ?=2sinθ?C.cosθ?+cosθ?=2cosθ?D.tanθ?+tanθ?=2tanθ?【分析】連接OF,過邊A?B的中點E作EG⊥OF,垂足為G,則∠GFE就是漏壺的側(cè)面與底面所成銳二面角的一個平面角，記為θ,設(shè)漏壺上口寬為a,下底寬為b,高為h,在Rt△EFG中，根據(jù)等差數(shù)列即可求解.【詳解】三級漏壺，壺形都為正四棱臺，自上而下，三個漏壺的上口寬依次遞減1寸(約3.3厘米),下底寬和深度也依次遞減1寸，如圖，在正四棱臺ABCD-AB?C?D?中，0為正方形ABCD的中心，F(xiàn)是邊AB的中點，連結(jié)OF,過邊A?B的中點E作EG⊥OF,垂足為G,則∠GFE就是漏壺的側(cè)面與底面所成銳二設(shè)漏壺上口寬為a,下底寬為b,高為h,3.(24-25高三上山東聊城·期中)若函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),且xf(x+1)-(x+1)f(x)=2x(x+1),f(1)=1,則f(2024)=()A.2023×2024B.2024×2046A.f(10)>400B.f(20)>1000C.f(10)<400D.f(20)< 令a?+=f(n+1),則a=f(1)=3, ?(√a+1)2=(Ja?+1+2)2 則f(10)>4·102-1=399;f(20)>4·202-1=1599. 大若三個數(shù)a,A,b成等差數(shù)列，則A叫做a與b的等差中項，且有【分析】由已知可求得結(jié)合正弦定理可求得b,根據(jù)已知可得2sinB=sin(A+B)+sinA,結(jié)合三角恒等變換與正弦定理可求得VABC的周長.【詳解】因為角A,B,C成等差數(shù)列，所以2B=A+C,又B+A+C=π,所以又VABC外接圓的面積為4π,所以VABC外接圓的半徑為r=2,由sinA,sinB,sin(A+B)成等差數(shù)列，所以2sinB=sin(A+B)+sinA,所以2sinB=sinC+sinA,由正弦定理可得a+c=2b=4√3,A.A=0B.C=0C.B≥0D.A∈(-1,1)【分析】根據(jù)等差數(shù)列中項的性質(zhì)列式求得命題的充要條件為A=0且與B,C無關(guān)，結(jié)合選項利用必要不充分條件概念即可判斷.【詳解】存在t∈N,使得a3+,a?+,9+成等差數(shù)列，則2a?+1=a3++a+,整理得18A=0,即A=0,即“存在t∈N,使得a3+,a?+,a9+成等差數(shù)列”的一個充要條件是A=0且與B,C無關(guān)，因為0∈(-1,1),所以所求得必要不充分條件為A∈(-1,1).3.(24-25高二下·安徽階段練習(xí))設(shè)公比不為-1的等比數(shù)列{a,}的前n項和為S?,且a?+a?恰為a?和a?的等差中【分析】先由等差中項結(jié)合等比數(shù)列下標(biāo)的性質(zhì)得到q2=2,再由等比數(shù)列的求和公式計算.又等比數(shù)列{a},設(shè)公比為q(q≠-1)時，所以2(a+a?)=(a?+a?)q2,所以A{√6為等差數(shù)列為等差數(shù)列斷AC,舉反例判斷BD.【詳解】因為a2=bb?+,數(shù)列{a},為正項數(shù)列，所以a=√b+,a+1=√b1b+2,又a+a+1=2b+1,設(shè)b?=n2,則b+=(n+1)2,an=n(n+1),a+1=(n+1)(n+2),滿足條件a2=bb?+1,a+an+1=2b?+1,題型3等差數(shù)列“高斯技巧”等差數(shù)列“高斯技巧”若{an}為等差數(shù)列，且m+n=p+q,則ak,ak+m,ak+2m,.…仍是等差數(shù)列，公差為md(k,m∈N).【解析】根據(jù)a2+a2=10的形式，可以利用a?=√10cosa,a=√10sina(a∈(0,2π)),利用等差數(shù)a?+a?+a?+a?+as,最后利用輔助角求出最大值即可.因為25cos(a+θ)≤25,所以a+a?+a?+a?+as的最大值為25.故選：C2.(2023全國·高三專題練習(xí))已知等差數(shù)列{a}的前n項和為S?,若a?+a?=10,則S?=.【答案】30【分析】根據(jù)等差數(shù)列的前n項和公式，及等差數(shù)列的性質(zhì)求解即可.故答案為：30【答案】68【分析】根據(jù)等差數(shù)列的下標(biāo)和性質(zhì)和求和公式因為前n項和為S,的等差數(shù)列{a,}滿足a+a?=12-ag,所以a+a??=a?+a??=12-a?,即a?+a?+a??=12,所以a,=4,故答案為：68a?+a3+a?+a?+…+a?n-3+a?n-1=.【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合已知條件即可求得結(jié)果.【詳解】因為數(shù)列{a?}是等差數(shù)列，故a?+a?-5=n=2a,解得令T?=a?+a?+a?+a?+…+a?n-3+a2n-則T?=az-1+azn-3+azn-5+…+a?+a,解得故答案為：題型4等差數(shù)列“函數(shù)型高斯技巧”1.等距性2.等差中項性質(zhì)3.函數(shù)性質(zhì)，即是“中點坐標(biāo)公式”,也是“對稱中心”型函數(shù)與直線(也是對稱中心型曲線)相交，形d≠0,若f(a)+f(a?)+…+f(a??)=0,則【分析】先分析函數(shù)f(x)=sinx+tanx的性質(zhì)，可發(fā)現(xiàn)f(x)為奇函數(shù)，再根據(jù)奇函數(shù)的對稱性及等差數(shù)列的性質(zhì)，可知要使f(a)+f(a?)+…+f(a??)=0,則可得f(a)+f(a??)=2f(a1?)=0,因此即可求出k.【詳解】∵f(x)=sinx+tanx,∴f(-x)=sin(-x)+tan(-x)=-sinx-tanx=-f(x)∵{a,}是項數(shù)為31的等差數(shù)列，且公差d≠0∴當(dāng)f(a)+f(a?)+…+f(a??)=0時，f(a?)=0,即k=16.【答案】2016【分析】利用誘導(dǎo)公式求出和,構(gòu)造函數(shù)f(x)=x3+2016x,利用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性找到a?所以a?-1=-(a2015-1),即a?+a2015=2,【分析】根據(jù)函數(shù)的解析式求出函數(shù)的對稱中心，再結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)，即可求解.所以曲線f(x)的對稱中心為(-3,4),即f(x)+f(-6-x)=8,因為an=-2n+7,易知數(shù)列{a}為等差數(shù)列，a?=-3,所以a?+a?=a?+a?=a?+a?=a?+a?=2a?=-6,則f(a)+f(a?)=f(a?)+f(a?)=f(a3)+f(a)=f(a?)+f(a?)=8,f(a?)=f(-3)=4,所以f(a)+f(a2)+…+f(a)=4×8+4=36.故答案為：36.若函數(shù)4.(2022陜西西安西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)?？寄M預(yù)測)已知數(shù)列{x。}若函數(shù),則數(shù)列{y.}的前9項和為【分析】根據(jù)給定條件，利用二倍角的余弦公式化簡函數(shù)f(x),并探討其性質(zhì)，再結(jié)合等差數(shù)列性質(zhì)計算作答.【詳解】依題意，函數(shù)f(x)=sin2x+cosx+2,有f(x)+f(π-x)=sin2x+cOSx+2+sin2(π-x)所以數(shù)列{y.}的前9項和為18.故答案為：18題型5雙等差比值轉(zhuǎn)換型若{an}與{bn}為等差數(shù)列，且前n項和分別為Sn與Sn',則【分析】根據(jù)題意，設(shè)S?=kn(3n-2),T?=kn(n+2),由此可得a?、b1?的值，又由,計算可得答案.故a?=S?-S?=49k,b?=T?-T,=21k,則則A.【分析】設(shè)出兩個等差數(shù)列的前n項和公式，利用等差數(shù)列的性質(zhì)即可得出結(jié)論.在兩個等差數(shù)列{a,},中，前n項和分別是S,T,,對于一般等差數(shù)列前n項和為二次型函數(shù)：Sn=kn2+bn(k,b為常數(shù)),∴設(shè)S?=(2n+4)kn,T=(3n+1【分析】利用等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)及和與項的關(guān)系即可求解.所以不妨令S?=(5n2-2n)t,T?=3n2t,所以a=S?-S?=(5×72-2×7-5×62+2×6)t=63t,b?=T?-T?=(3×52-3×42)t=故選：C4.(23-24高二上陜西榆林階段練習(xí))已知等差數(shù)列{a}與等差數(shù)列{ba}的前n項和分別為S。與T.,且【分析】由等差數(shù)列性質(zhì)可得由等差數(shù)列前n項和公式可得,即可令n=11,代入計算即可得.題大招(2)若項數(shù)為奇數(shù)，設(shè)共有2n-1項，則①S偶-S奇=an=a(中間項);②1.(23-24高三·四川階段練習(xí))已知等差數(shù)列{a,}共有2n+1項，其中奇數(shù)項之和為290,偶數(shù)項之和為261,則A.A.等題.A.2n2-6n+4B.n2-3n+2C.2n2-2nD.n2-n題型7函數(shù)性質(zhì)：單調(diào)性所以使Sn>0的n最大值為10.當(dāng)當(dāng)d=0時，數(shù)列為常數(shù)列，當(dāng)a?不等于-1時，T?=a",無最大值，所以當(dāng)T,有最大值時，只能d≥0,d的取值范圍為()【分析】根據(jù)題意，分析可得a?=S?-S??1>0,即數(shù)列{a,}從第二項開始式，列出不等式，即可求解.又因為a?>0(n≥2)恒成立，所以數(shù)列{a?}為常數(shù)數(shù)列或遞增數(shù)列，所以d≥0,則有a?=6+(2-5)d=6-3d>0,解可得d<2,綜上可得，0<d<2,所以實數(shù)d的取值范圍為(0,2).4.4.(23-24高二下·湖北·期中)已知A.充分不必要條件B.必要不充分條件【分析】根據(jù)等差數(shù)列前n項和公式函數(shù)性質(zhì)、S與a的關(guān)系，結(jié)合充分條件、必要條件的定義判斷即可.類比表達(dá)式S?=pn2+qn+r,有,r=0.反之，當(dāng)p>0,r≠0時，例如S?=n2-2n+1,可得a?=0;a=S?-S??1=2n-3(n≥2),則a?-a?=1,a?-a?1=2(n≥3),此時數(shù)列從第二項開始才為遞增的等差數(shù)列；所以“{a,}為遞增的等差數(shù)列”是“p>0”的充分不必要條件.題型8函數(shù)性質(zhì)：最值型在處理等差數(shù)列{a,}的前n項和S的最值時，往往轉(zhuǎn)化為判定a,的符號變化：①若a?>0,d<0,當(dāng)時，則當(dāng)且僅當(dāng)S最大；②若a<0,d>0,當(dāng)時，則當(dāng)且僅當(dāng)S最??；③若S最大，則1.(23-24高三四川模擬)已知等差數(shù)列{a?}的前n項和為S?,且滿足S??<S??<S??,令b?=aaa+a+2,則數(shù)列的前n項和T取最大值時n的值為()【分析】由SI?<S??<S1?可得a?>0,a?>0,a?>0,a?<0,d<0,結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)，求出b=anam+?a+2的最大值時n的值.∴等差數(shù)列{an}是的遞減數(shù)列，且a??>0,a??>0,a又b??+b??=a?a?5(a1?+a??)=a??a?5(a??+∴T?=b?+b?+b?+...+b??+b??+的最小值為()【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)和前n項和公式求得a?+a?,然后由“1”的代換應(yīng)用基本不等式求得最小值.立.【點睛】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)，考查基本不等式求最值.解題基礎(chǔ)是掌握等差數(shù)列的性質(zhì)，掌握基本不等式求最值中“1”的代換法.3.(24-25高三上·安徽階段練習(xí))已知S,是等差數(shù)列{a,}的前n項和，且S?>S?>S?,給出下列五個命題：①公差d<0其中正確命題的個數(shù)是()【分析】先由條件確定數(shù)列第六項和第七項的正負(fù)，進而確定公差的正負(fù)，最后S,S??的符號由第六項和第七項的正負(fù)判定.∴a?>0,a?<0,a?+a?>0,∴a+6d<【點睛】本題考查等差數(shù)列的前n項和的應(yīng)用，考查邏輯思維能力和運算能力，屬于?？碱}.A.1009∴a01o>0,ao11<0,可得等差數(shù)列{a}為遞減數(shù)列.【點睛】本題考查了等差數(shù)列的性質(zhì)綜合，考查了學(xué)生綜合分析，轉(zhuǎn)化劃歸，數(shù)學(xué)運算的能力，屬于中檔題.題型9函數(shù)性質(zhì)：正負(fù)不等式型(1)若a?>0,d<0,則滿足的項數(shù)m使得S取得最大值Sm;(2)若a?<0,d>0,則滿足的項數(shù)m使得S取得最小值Sm.即若,則S,有最大值(所有正項或非負(fù)項之和);若則S,有最小值(所有負(fù)項或非正項之和).A.a1012=1B.a1013≥1C.S2022>2022D.d≥0,逐項判斷，即得答案.,,∴a1012=1,故A正確；【詳解】A.數(shù)列{a}為遞增數(shù)列B.a1010<0C.數(shù)列{an}的前2020項和最小D.a1011>0所以，d=ao11-a010>0,所以，數(shù)列{a.}為遞增數(shù)列，A對；對于B選項，由A選項可知，a1010<0,B對；對于D選項，由A選項可知，a1011>0,D對；對于C選項，因為數(shù)列{a,}為遞增數(shù)列，當(dāng)1≤n≤1010且n∈N時，a≤a1o10<0;所以，數(shù)列{a}的前1010項和最小，C錯.列命題不一定成立的是()【分析】設(shè)等差數(shù)列{a}的公差為d,對d分d=0、d>0、d<0取d=2,可設(shè)S?=n2+tn(t∈R),根據(jù)|S?+202|≥|S|恒成立求得實數(shù)t的取值范圍，逐一驗證出d<0時各選項的正誤.【詳解】設(shè)等差數(shù)列{a}的公差為d,則則(4040n+20202+2020t)(2n2+4040n+20202+2tn+2020t)≥0,令4040n+20202+2020t=0,可得t=-2n-2020;令2n2+4040n+20202+2tn+2020t=0,可得則解關(guān)于t的不等式(4040n+20202+2020t)(2n2+4040n+20202+2tm+2020t)≥0,所以≤(-2n-2020)_或由于數(shù)列{-2n-2020}單調(diào)遞減，該數(shù)列沒有最小項；所以，數(shù)列單調(diào)遞減，該數(shù)列的最大項為對于A選項，S?020=2020t+20202,S2021=2021t+20212,則S2o?1-S2020=(S2?21-S2020)(S2021+S??20)=(t+4041)(4041t+20202則S2021-S202o=(S2021-S2020)(S??21+S?020)=(t+4041)(404對于B選項，S2022=2022t+20222,則S2022-S221=(S?022-S2021)(S2?22+S?021)=(t+4043)(4則S2022-S2021=(S?022-S2021)(S2022+S?021)=(t+4043)(404a?=t+1滿足a?=2n+t-1,∴a?=2n+t-1(n∈N^).對于C選項，a1010=2019+t,a1011=2021+t,ao-a3o1o=(t+2021)2-(t+2019)2D選項成立；③當(dāng)d<0時，由②同理可知，C選項不一定成立.【點睛】本題考查數(shù)列不等式的驗證，考查等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)，考查推理能力與計算能力，屬于難題.4.(22-23高二全國·課后作業(yè))等差數(shù)列{a?}的前n項和為S,若S?>S?>S?,則下列結(jié)論：①a=0;②a?<0;③S??>0;④S?<0,其中正確結(jié)論是()A.②③B.①③【分析】根據(jù)等差數(shù)列前n項和的意義及公式分別分析得a>0,判斷①;a?<0,判斷②;由S??=13a?>0判斷③;【詳解】解：因為S?>S?→S?+a>S?→a>0,知①錯誤；由知③正確；由S?>S?→S?+a+a?>S?→a?+a?>0,故知④錯誤.數(shù)列恒成立求參：1.數(shù)列恒成立題型，第一思維是“參變分離”,分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為求最值。2.研究數(shù)列型母函數(shù)單調(diào)性，借助函數(shù)單調(diào)性來求最大值最小值求參。特別注意點：數(shù)列是“離散型”函數(shù)，所以最值點，要比較確認(rèn)對應(yīng)的正整數(shù)值。如果牽扯到奇偶“正負(fù)”變號型數(shù)列，要注意，奇數(shù)，對應(yīng)n=1,3,5,6.。。,偶數(shù)時，對應(yīng)n=2,4,6,。1.(22-23高三·江蘇階段練習(xí))設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項之和，若不等式n2a2+4S2≥an2a2對任何等差數(shù)列{an}及任何正整數(shù)n恒成立，則λ的最大值為.【答案】【答案】【詳解】試題分析：當(dāng)a?=0時，λ∈R;當(dāng)a≠0時，考點：不等式恒成立2.(2022高三全國·專題練習(xí))等差數(shù)列{a}的前n項和為S?,a?+a?=48,a?=28,若S?+30>nλ對任意n∈N恒成立，則λ的取值范圍為從而將題意轉(zhuǎn)化為，從而將題意轉(zhuǎn)化為，恒成立，再構(gòu)造函數(shù)【分析】首先根據(jù)題意得到S?=n(n+19),【詳解】由題意得a?+a?=a?+a?=48,因為as=28,又因為5<√30<6,f(5)=f(6)=30,所以當(dāng)n=5或n=6時，取得最小值為30,所以λ<30.(2)若對于任意n∈N“,2”·λ≥S,恒成立，則實數(shù)λ的取值范圍為【分析】(1)根據(jù)題意得出4S?,4S?-1,利用4a?=4S,-4S?1,可判斷{a,}是隔項等差數(shù)列，進而寫出{a,}的通項公式；(2)由(1)求得S?=n2,證，為恒成立，設(shè)求得數(shù)列的單調(diào)性和最大值，即可求解.【詳解】(1)∵∴4S=anan+1+1,當(dāng)n≥2時，可得4Sn-1=a?-1a+1,兩式相減得4an=a(an+1-an-1),當(dāng)n=1時，由a=1及解得a?=3,所以azn-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1,a?n=3+4(n-1)=2(2n)-1,n個數(shù)，使這n+2個數(shù)組成一個公差為d的等差數(shù)列.若對任意的p∈N*,總存在k∈N",使得dp≥λa,則實數(shù)λ的將d=2a代入上式：化簡得：a?=1.題型11函數(shù)性質(zhì)：三角函數(shù)與等差列{b.}的前n項和為()A.tan(2n)B.2tan(n)C.tan(n)解得a=0,d=2,則a?=0+(n-1)×2=2n-2,=tan(2n)-tan0=tan(2n).4.(22-23高三上湖南長沙階段練習(xí))已知數(shù)列{a?}滿足：Vn∈N, 且,f(a)=√f'(a,)【分析】根據(jù)f(a+1)=√f'(a))可得出{tan2a}是以1為首項，以1為到到bn,根據(jù)相加相消求和即可得解.所以是以1為首項，以1為公差的等差數(shù)列，所以tan2a?=n,則tana?=√n,所以則Tm=b?+b?+b?+…+b2m=-(√2+1)+(√3+√2)-(√4+√3)+…+(2m+1+√2m)題型12等差數(shù)列應(yīng)用1.(2025-江西·模擬預(yù)測)著名的“冰雹猜想”定義了一個具有兩種運算的函數(shù)f(x),其定義域和值域均為正整數(shù)隨機抽取一元素n,使得n的前五次復(fù)合運算分別為(a)(b)(a)(b)(b)的概率為·【分析】探索初始值n的特點，求出滿足條件的n的個數(shù)，利用古典概型求概率.第一次運算為(a),所以n為奇數(shù)，運算結(jié)果為3n+1;第二次運算為(b),所以3n+1為偶數(shù)，運算結(jié)果為第四、五次運算均為(b),所以的倍數(shù).因為(9,8)=1,所以k=9t-5,t∈N.所以滿足題意的初始值n有13個.所以所求的概率為：2.(24-25高三下·上海階段練習(xí))為進一步緩解中小學(xué)放學(xué)時道路擁堵問題，小明提出一個改造方案：假設(shè)校門口有條長155米，寬10米的公路(如圖矩形ABCD),公路的一側(cè)劃有31個長5米寬2.5米的停車位(如矩形AEFG),由于停車位不足，放學(xué)時段造成道路擁堵，在不改變停車位的大小和汽車通道寬度的條件下，通過壓縮道對道路傾斜的角度∠E'A'M=α,其中該路段改造后的停車位比改造前增加個.綠化帶DGD汽車通道F汽車通道CBC圖1(改造前)圖2(改造后)為n,過停車位頂點G,做射線MA'垂線，垂足為Hn,則頂點G到線段ME距離為d?=MA'+令A(yù)A+4A?4,+…A,A+AH,令即可求解.【詳解】由圖可知AM=E'E-AE+ME',AM=5cosα+2.5sina-2.5,即d(a)=5cosα+2.5sinα-2.5,,已知AM=3,則化簡得25cos2α-220cosa+96=0,.故故AEAE則頂點G到線段ME距離為d?=MA'+A'A?+A?A?+…A?A?+A,Hn,又由圖及題意可得：A′A?=A?A?=…=A_A,A?H?=A?H?=…=A,Hn,則d?=MA'+A?H?+(n-1)A′A?,即改造后最大停車位數(shù)量為49,則改造后的停車位比改造前增加18.故答案為：18.3.(2022高三全國·專題練習(xí))隨機數(shù)表是人們根據(jù)需要編制出來的，由0,1,2,3,4,5,6,7,8,9這10個數(shù)字組成，表中每一個數(shù)都是用隨機方法產(chǎn)生的，隨機數(shù)的產(chǎn)生方法主要有抽簽法、拋擲骰子法和計算機生成法.現(xiàn)有甲、乙、丙三位同學(xué)合作在一個正二十面體(如圖)的各面寫上0~9這10個數(shù)字(相對的兩個面上的數(shù)字相同),這樣就得到一個產(chǎn)生0~9的隨機數(shù)的骰子依次投擲這個骰子，并逐個記下朝上一面的數(shù)字，就能按順序排成一個隨機數(shù)表，若甲、乙、丙依次投擲一次，按順序記下三個數(shù)，三個數(shù)恰好構(gòu)成等差數(shù)列的概率為【分析】甲投1次，記下數(shù)字有10種可能，乙投1次也有10種可能；丙投1次也有10種可能，所以甲、乙、丙依次投擲1次，由分步乘法原理可得所有記下數(shù)字的總情況數(shù)，再列舉出等差數(shù)列的公差為0,1,2,3,4的所有情況，將公差為1,2,3,4的等差數(shù)列中的第1項和第3項的數(shù)字交換，分別構(gòu)成公差為-1,-2,-3,-4的等差數(shù)列，可得出構(gòu)成等差數(shù)列的可能情況數(shù)，根據(jù)古典概率公式計算可得選項.【詳解】甲投1次，記下數(shù)字有10種可能，乙投1次也有10種可能；丙投1次也有10種可能，所以甲、乙、丙依次投擲1次，記下數(shù)字有10×10×10=1000種情況，0~9這10個數(shù)字中選3個，能構(gòu)成等差數(shù)列的情況如下：公差為0的等差數(shù)列有：0,0,0;1,1,1;2,2,2;L;9,9,9共10種情況；公差為1的等差數(shù)列有：0,1,2;1,2,3;2,3,4;3,4,5;4,5,6;5,6,7;6,7,8;7,8,9共8種情公差為2的等差數(shù)列有：0,2,4;1,3,5;2,4,6;3,5,7;4,6,8;5,7,9共6種情況；公差為3的等差數(shù)列有：0,3,6;1,4,7;2,5,8;3,6,9共4種情況；公差為4的等差數(shù)列有：0,4,8;1,5,9共2種情況；公差為1,2,3,4的等差數(shù)列中的第1項和第3項的數(shù)字交換，分別構(gòu)成公差為-1,-2,-3,-4的等差數(shù)列，所以構(gòu)成等差數(shù)列的可能情況有10+2×(8+6+4+2)=50種，所以若甲、乙、丙依次投擲一次，按順序記下三個數(shù)，三個數(shù)【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解決的關(guān)鍵是要細(xì)致地分類討論，做到不重不漏列舉出所有構(gòu)成等差數(shù)列的情況，從而得解.4.(24-25高三下·北京階段練習(xí))生命在于運動，某健身房為吸引會員來健身，推出打卡送積分活動(積分可兌換禮品),第一天打卡得1積分，以后只要連續(xù)打卡，每天所得積分都會比前一天多2積分.若某天未打卡，則當(dāng)天沒有積分，且第二天打卡需從1積分重新開始.某會員參與打卡活動，若連續(xù)打卡5天，則共獲得積分為;若該會員從3月1日開始到3月20日，他共得193積分，中途有一天未打卡，則他未打卡的那天可以是3月日【分析】對于①,連續(xù)打卡5天的積分：直接使用等差數(shù)列求和公式計算；對于②,未打卡日期的確定：假設(shè)他連續(xù)打卡n天，第n+1天中斷了，通過求和公式計算確定n=7或12即得.【詳解】對于空①,連續(xù)打卡5天的總積分連續(xù)打卡的積分規(guī)律為：第1天得1分，第2天得3分，第3天得5分，依此類推.這實際上是一個首項為1、公差為2的等差數(shù)列.前5天的總積分為：S?=1+3+5+7+9=25.對于空②,確定未打卡的日期若他連續(xù)打卡，則從打卡第1天開始，逐日所得積分依次成等差數(shù)列，且首項為1,公差為2,第n天所得積分為2n-1.假設(shè)他連續(xù)打卡n天，第n+1天中斷了，則他所得積分之和為：,化簡得n2-19n+84=0,解得n=7或12,所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日.故答案為：25;8或13題型13等差數(shù)列第19題題型1.(25-26高三上云南曲靖·階段練習(xí))設(shè)等差數(shù)列{a}的每一項均為正整數(shù)，公差大于零，記S,為數(shù)列{a}的前n①求數(shù)列{a,}的通項公式；②若(2k-1)2(k∈N?)是數(shù)列{a,}的項，由所有的k組成的數(shù)列為,且b?<b?<L<b,記數(shù)列的前n項和為Tn,求T.(2)設(shè)x,y,z∈N,且a?=x2,a?=y(3)若等差數(shù)列{an}中有一項為完全平方數(shù)c2,c∈N,證明：{a,}中存在無窮項完全平方數(shù).(2)24(答案不唯一)【分析】(1)利用等差數(shù)列的前n項和公式求出a,d,再利用等差數(shù)列的通項公式即可求出①;②分情況討論即可求解；(2)滿足等差數(shù)列{an}的連續(xù)三項都為正整數(shù)的平方，P,q,r為一組勾股數(shù)即可；(3)構(gòu)造數(shù)列{a?}的子數(shù)列bm=ak+m-(m∈n*),再利用通項公式進行分析即可.【詳解】(1)設(shè)數(shù)列{a,}的公差為d(d>0),因為S?=5,S?=51,①所以數(shù)列{a,}的通項公式為a=1+3(n-1)=3n-2.若k=3r,r∈N,則n=4r(3r-1)+1∈N滿足題意，所以k=3r,r∈N,若k=3r+1,r∈N,則n=4(3r+1)r+1∈N滿足題意，所以k=3r+1,r∈N.當(dāng)n為偶數(shù)時，設(shè)n=2t,t∈N°,此時數(shù)列{b?}的前n項和當(dāng)n為奇數(shù)時，設(shè)n=2t-1,t∈N?,此時數(shù)列的前n項和綜上，數(shù)列{b?}的前n項和(2)設(shè)等差數(shù)列{an}的連續(xù)三項分別為m-d,m,m+d,要這三個數(shù)都為正整數(shù)的平方，可設(shè)m=p2+q2,則d=2p所以滿足所以滿足P,q,r為一組勾股數(shù)即可.當(dāng)P,q,r分別為3,4,5時，a?=1,a?=52,a?=72,所以公差為24.(答案不唯一，滿足條件的數(shù)列還有1,292,412,公差為840;1,1692,2392,公差為28560等)(3)設(shè)a=c2(k∈N,cen),構(gòu)造數(shù)列{a?}的子數(shù)列b=ak+m-(men'),所以b?=ak,則bm=b?+(m-1)d=c2+(m-1)d,要b為完全平方數(shù)，令m=t(dt+2c)+1,則bm=c2+t(dt+2c)d=c2+d2t2+2cdt=(dt+c)2,t∈N,由于m=t(dt+2c)+1=d2+2ct+1為關(guān)于t的單調(diào)遞增函數(shù)，t可以取無窮個正整數(shù)，則可得無窮個正整數(shù)m,使得bm為無窮個完全平方數(shù).即{a,}中存在無窮項完全平方數(shù).2.(25-26高三上山東日照·開學(xué)考試)已知實數(shù)a<b<c,且a,b,c依次構(gòu)成等差數(shù)列，對于曲線y=f(x),x∈D,若f(b),f(a),f(c)依次構(gòu)成等差數(shù)列，則曲線y=f(x),x∈D為H→c曲線.【分析】(1)根據(jù)定義和等差中項的性質(zhì)列等式，即可求得m的值.(2)根據(jù)定義和等差中項的性質(zhì)列等式，可得進一步根據(jù)等差中項性質(zhì)列關(guān)于y=f2(x)的等式即可證明.(3)根據(jù)給定條件，構(gòu)造函數(shù),x∈(a',2π),由g(x)有解，分類討論并結(jié)合導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性及零點存在性定理求出a的范圍.【詳解】(1)由f(x)=x+ml,x∈R為H?→曲線，得2f(O)=f(1)+f(2),而f(0)=m|,f(1)=|1+ml,f(又m≥-1,于是2|ml=3+2m,即4m2=9+12m+4m2,解得所以實數(shù)m的值是(2)由曲線y=f(x)為H→曲線，得由曲線為Ha→曲線，則)+f2(c)成立，所以y=f令2x=t,由x∈(0,π),得t∈(0,2π),則h(t)=sint,t∈則由在0≤a'<c'<2π上有解，其中2a=a,2c=c′,則由函數(shù)y=sinx在上為嚴(yán)格減函數(shù)，在上sinx≤sin(3π-a')=sina,函數(shù)g(x)無零點；,x∈(a',2π),得d>3π-x>π,則函數(shù)g(x)在(a',2π)上有零點時，,即3.(2025-浙江·二模)若數(shù)列中某相鄰三項成等差數(shù)列，則稱該三項為“等差組”;若數(shù)列中某相鄰三項成等比數(shù)列，則稱該三項為“等比組”現(xiàn)有一個12項的正項數(shù)列{a,}:a,a?,…,q?,其共有10組相鄰三項，記第i組相鄰三項①A?為“等差組”,A?為“等比組”,求a?;②A?為“等比組”,A?為“等差組”,求a?.(2)若數(shù)列{a}滿足a?=1,a?=4,且A,(i=1,2,…,10)為“等差組”或“等比組”,求滿足條件的數(shù)列{a}的個數(shù)；(3)若數(shù)列{a}滿足a=1,a?=2,且A(i=1,2,…,10)中恰有5組“等差組”和5組“等比組”,求a??的最大可能值.【分析】(1)根據(jù)等差中項和等比中項可求①②的a4;(2)先確定a?,a?,再根據(jù)分類計數(shù)原理可求數(shù)列{a?}的個數(shù)；(3)先證明兩個一般命題，再根據(jù)命題可求a??的最大可能值.【詳解】(1)①因為A?為“等差組”,故a,a?,a?成等差數(shù)列，故2a?=a?+a3,故a?=3,而A?為“等比組”,故a?,