2026年高考数学一轮复专题03等差数列性质培优归类(13题型)训练(学生版+解析)

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题型1 等差数列的判定
1．（2025·四川攀枝花·模拟预测）已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
【答案】C
【分析】由题目条件推出，再得到，即，利用与的关系计算出，即可判断A；由即可判断B，利用基本不等式即可判断C、D.
【详解】由题意知，且，
当时，，解得，
当时，，
整理可得，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，则.
对于选项A，因为，故A错误；
对于选项B，因为是等差数列，故B错误；
对于选项C，因为，故C正确；
对于选项D，因为，
，故D错误.
故选：C.
2．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】连接，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解.
【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸，
如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点，
连结，过边的中点作，垂足为，

则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，
设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，
在中，，，
因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等，
所以为定值，
又因为三个漏壶的高成等差数列，所以.
故选：．
【点睛】关键点点睛：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基础上考查等差数列的相关知识.
3．（24-25高三上·山东聊城·期中）若函数的定义域为，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得（），，从而得数列是等差数列，求出其通项公式，从而得，将代入，即可得答案.
【详解】由，
可得，
当时，数列是公差为2的等差数列，首项为，
所以，
所以，
所以.
故选：C．
【点睛】关键点睛：本题关键是得出是等差数列，从而得函数的解析式.
4．（2024高三上·全国·专题练习）已知函数的定义域与值域均为，且满足，且，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用数列求通项的解法，先判断临界情况，令，所以得，求出的通项公式，即可判断出与得出正确答案.
【详解】先判断临界情况，
令，则，
令
，
故是首项为，公差为2的等差数列，
故，
即，
则；.
故选：B
【点睛】关键点点睛：令，根据，利用是首项为，公差为2的等差数列求解.
题型2 等差中项
1．（2025·陕西安康·模拟预测）已知中，角A，B，C与，，分别成等差数列，若外接圆的面积为，则的周长为（ ）
A．B．6C．D．
【答案】A
【分析】由已知可求得，结合正弦定理可求得，根据已知可得，结合三角恒等变换与正弦定理可求得的周长.
【详解】因为角A，B，C成等差数列，所以，又，所以，
又外接圆的面积为，所以外接圆的半径为，
由正弦定理可得，
由，，成等差数列，所以，
所以，由正弦定理可得，
所以的周长为.
故选：A.
2．（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知数列的通项公式是为常数，则“存在，使得成等差数列”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列中项的性质列式求得命题的充要条件为且与无关，结合选项利用必要不充分条件概念即可判断.
【详解】存在，使得成等差数列，则，
即，
整理得，即，
即“存在，使得成等差数列”的一个充要条件是且与无关，
因为，所以所求得必要不充分条件为.
故选：D.
3．（24-25高二下·安徽·阶段练习）设公比不为的等比数列的前项和为，且恰为和的等差中项，则（ ）
A．4B．5C．16D．17
【答案】B
【分析】先由等差中项结合等比数列下标的性质得到，再由等比数列的求和公式计算.
【详解】因为恰为和的等差中项，即，
又等比数列，设公比为时，所以，
，可得，
所以.
故选：B
4．（24-25高三上·陕西·阶段练习）已知正项数列满足，且，则（ ）
A．为等差数列B．为等差数列
C．为等比数列D．为等比数列
【答案】A
【分析】由条件可得，，结合关系可得，可得，由此判断AC，举反例判断BD.
【详解】因为，数列为正项数列，
所以，，又，
所以，
所以，
所以为等差数列，A正确，C错误；
设，则，，，
满足条件，，
因为，，
所以不是等比数列，不是等差数列，B错误，D错误.
故选：A.

题型3 等差数列“高斯技巧”
1.（2021·江苏·高二专题练习）已知等差数列满足，则的最大值为（ ）
A．B．20C．25D．100
【答案】C
【解析】根据的形式，可以利用三角代换的方法，令
，利用等差数列的性质求出公差，用等差数列下标的性质化简，最后利用辅助角求出最大值即可.
【详解】因为，所以令，因此公差
，，
因此有，其中
，因为，所以的最大值为25.
故选：C
【点睛】本题考查了等差数列的下标性质，考查了等差数列的通项公式，考查了三角代换，考查了辅助角公式.
2.（2023·全国·高三专题练习）已知等差数列的前项和为，若，则 .
【答案】
【分析】根据等差数列的前n项和公式，及等差数列的性质求解即可.
【详解】因为数列为等差数列，所以，
所以.
故答案为：
3.（2023春·广东深圳·高二校联考期中）若前项和为的等差数列满足，则 .
【答案】
【分析】根据等差数列的下标和性质和求和公式计算即可.
【详解】解：由等差数列的性质知
因为前项和为的等差数列满足，
所以，即，
所以，
所以.
故答案为：
4.（2023·上海·高三专题练习）已知等差数列满足（，），则 ．
【答案】
【分析】根据等差数列的性质，结合已知条件即可求得结果.
【详解】因为数列是等差数列，故，解得；
令，
则，
故
解得.
故答案为：.
题型4 等差数列“函数型高斯技巧”
1.（2024春·江苏·高三阶段练习）已知函数．项数为的等差数列满足,且公差，若，则当 时，．
【答案】
【分析】先分析函数的性质，可发现为奇函数，再根据奇函数的对称性及等差数列的性质，可知要使，则可得，因此即可求出.
【详解】∵，∴
∴函数为奇函数；
∴的图像关于原点对称
∵是项数为31的等差数列，且公差
∴当时， ，即.
2.（2023·山西·模拟）等差数列的前项和为，且，，则 .
【答案】2016
【分析】利用诱导公式求出和，构造函数，利用函数的奇偶性和单调性找到和的关系，从而利用等差数列的性质求出.
【详解】，
又为单调递增的奇函数，
所以，即，
故答案为：2016.
3.（2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习）已知函数，设数列的通项公式为，则 .
【答案】36
【分析】根据函数的解析式求出函数的对称中心，再结合等差数列的性质，即可求解.
【详解】，
因为，所以是奇函数，对称中心为，
所以曲线的对称中心为，即，
因为，易知数列为等差数列，，
所以，
则，，
所以.
故答案为：36.
4.（2022·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）已知数列为等差数列，，若函数记，则数列的前9项和为 .
【答案】18
【分析】根据给定条件，利用二倍角的余弦公式化简函数，并探讨其性质，再结合等差数列性质计算作答.
【详解】依题意，函数，
有，即函数图象关于点对称，
等差数列中，，则有，
因此，，
所以数列的前9项和为18.
故答案为：18
题型5 双等差比值转换型
1．（24-25高二上·河南·期中）设等差数列和的前n项和分别为和，若，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】根据题意，设，，由此可得、的值，又由，计算可得答案．
【详解】根据题意，等差数列和中，，
设，，
故，，
则．
故选：A．
2．（24-25高三上·安徽·阶段练习）已知两个等差数列的前项和分别是，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出两个等差数列的前项和公式，利用等差数列的性质即可得出结论.
【详解】由题意，
在两个等差数列中，前项和分别是，，
对于一般等差数列前项和为二次型函数：（为常数），
∴设，，为常数
∴，
故选：B.
3．（2023·陕西榆林·模拟预测）已知数列，都是等差数列，记，分别为，的前n项和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用等差数列前项和的性质及和与项的关系即可求解.
【详解】由，可得，
因为数列，都是等差数列，
所以不妨令，
所以，
，
所以.
故选：C
4．（23-24高二上·陕西榆林·阶段练习）已知等差数列 与等差数列 的前 项和分别为 与 , 且, 则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由等差数列性质可得，由等差数列前项和公式可得、，即可令，代入计算即可得.
【详解】因为数列、都是等差数列, 所以,
又，，
故，，即有,
在中，令，得，
故.
故选：D.

题型6 奇数项与偶数项和
1．（23-24高三·四川·阶段练习）已知等差数列共有项，其中奇数项之和为290，偶数项之和为261，则的值为（ ）．
A．30B．29C．28D．27
【答案】B
【分析】由等差数列的求和公式与等差数列的性质求解即可
【详解】奇数项共有项，其和为，
∴．
偶数项共有n项，其和为，
∴．
故选：B．
2．（24-25高三·全国·阶段练习）含项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】设该等差数列为，其首项为，前项和为，
则，，
，
．
故选：B
3．（23-24高三·安徽宣城·阶段练习）已知等差数列共有项，若数列中奇数项的和为，偶数项的和为，，则公差的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】计算得出，利用等差数列求和公式得出，由此可解得与的值.
【详解】由题意，，
所以，，
，
所以，，.
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列公差的求解，同时也考查了等差数列奇数项和偶数项的和的问题，考查计算能力，属于中等题.
4．（2016·海南·一模）已知等差数列的前项和为，，定义为数列的前项奇数项之和，则
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：由已知得，解得，所以，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，故选C.

题型7 函数性质：单调性
1．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知等差数列的前项和为且，则使的最大值为（ ）
A．9B．10C．11D．12
【答案】B
【分析】根据已知可得为递减数列，且有，有，，即可得.
【详解】由，则，可得，即，
所以，又，即为递减数列，
当，，当，，又，
所以使的最大值为10.
故选：B.
2．（24-25高三上·北京海淀·期中）设无穷等差数列的前项积为.若，则“有最大值”是“公差”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】分析公差三种情况，当时无最大值，当时，
不一有最大值，即可得出论.
【详解】对于无穷等差数列，由于，
当时，若数列中小于0的项为偶数项，且数列中无0时，显然没有最大值，
当时，数列为常数列，当不等于时，，无最大值，
所以公差不能推出有最大值，
当时，，所以趋于正无穷，为正负间隔的摆动数列，没有最大值，
所以当有最大值时，只能，
综上，“有最大值”是“公差”的充分不必要条件，
故选：A
3．（23-24高二下·江苏南京·期中）已知等差数列的前项和为，公差为，且单调递增，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，分析可得，即数列从第二项开始，各项均为正数，结合等差数列的通项公式，列出不等式，即可求解．
【详解】解：由为等差数列，且，所以，
因为数列为递增数列，则，即从第二项开始，各项均为正数，
又因为恒成立，所以数列为常数数列或递增数列，所以，
则有，解可得，
综上可得，，所以实数的取值范围为．
故选：D．
4．（23-24高二下·湖北·期中）已知数列的前项和（为常数），则“为递增的等差数列”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据等差数列前n项和公式函数性质、与的关系，结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由等差数列的前项和，
类比表达式，有.
当为递增等差数列时，有；
反之，当时，例如，可得；
，则，
此时数列从第二项开始才为递增的等差数列；
所以“为递增的等差数列”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
题型8 函数性质：最值型
1．（23-24高三四川模拟）已知等差数列的前项和为，且满足，令，则数列的前项和取最大值时的值为（ ）
A．12B．13C．14D．15
【答案】C
【分析】由可得，，结合等差数列的性质，求出的最大值时n的值.
【详解】解：由可得：，即，，
，
等差数列是的递减数列，且，
又，
∴最大，故，
故选：C
2．（19-20高一下·四川宜宾·阶段练习）在各项均为正数的等差数列中，为其前项和，，则的最小值为（ ）
A．9B．C．D．2
【答案】B
【分析】根据等差数列的性质和前项和公式求得，然后由“1”的代换应用基本不等式求得最小值．
【详解】由题意，∴，
∴，当且仅当，即时等号成立．
故选：B．
【点睛】本题考查等差数列的性质，考查基本不等式求最值．解题基础是掌握等差数列的性质，掌握基本不等式求最值中“1”的代换法．
3．（24-25高三上·安徽 阶段练习）已知是等差数列的前n项和，且，给出下列五个命题：
①公差
②
③
④数列中的最大项为
⑤
其中正确命题的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】先由条件确定数列第六项和第七项的正负，进而确定公差的正负，最后，的符号由第六项和第七项的正负判定．
【详解】等差数列中，最大，且，
，，①正确；
，
，，，，，最大，
④不正确；，
，
③⑤正确，②错误.
故选：B．
【点睛】本题考查等差数列的前n项和的应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.
4．（24-25高三上·福建福州·期末）设等差数列的前项和为，且满足，对任意正整数，都有，则的值为
A．1009B．1010C．1011D．1012
【答案】B
【解析】结合前n项和公式: ，再利用等差数列的性质，，得到，分析即得解.
【详解】由等差数列，可得
即：，可得：
，可得等差数列为递减数列.
又
故：对任意正整数，都有，则的值为1010.
故选：B
【点睛】本题考查了等差数列的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.

题型9 函数性质：正负不等式型
1．（2023·河南·模拟预测）设数列为正项等差数列，且其前项和为，若，则下列判断错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由等差数列的前项和公式和等差数列的性质，可得，由无穷等差数列的各项都为正数，可得公差，逐项判断，即得答案.
【详解】，，故正确；
∵无穷等差数列的各项都为正数，∴公差，，故B确;
，
故C错误;
，故D正确.
故选：C.
2．（24-25高二上·浙江绍兴·阶段练习）在等差数列中，为其前项和.若，，则下列判断错误的是（ ）
A．数列为递增数列B．
C．数列的前项和最小D．
【答案】C
【分析】推导出，，可判断BD选项；利用等差数列的单调性可判断A选项；分析可知，当且时，；当且时，，可判断C选项.
【详解】设等差数列的公差为，
对于A选项，，可得，
，可得，所以，，
所以，，所以，数列为递增数列，A对；
对于B选项，由A选项可知，，B对；
对于D选项，由A选项可知，，D对；
对于C选项，因为数列为递增数列，
当且时，；当且时，，
所以，数列的前项和最小，C错.
故选：C.
3．（2020·浙江杭州·模拟预测）设等差数列的前项和为，并满足：对任意，都有，则下列命题不一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，对分、、三种情况讨论，在时验证即可；在时，取，可设，根据恒成立求得实数的取值范围，逐一验证各选项即可；同理可判断出时各选项的正误.
【详解】设等差数列的公差为，则.
①当时，则，，则对任意的恒成立，
A、B、C、D四个选项都成立；
②当时，不妨取，记，则，
由可得，即，
则，
令，可得；
令，可得.
，
则，
解关于的不等式，
可得或，
所以或.
由于数列单调递减，该数列没有最小项；
由双勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递增，
所以，数列单调递减，该数列的最大项为，
.
对于A选项，，，
则，
，
，
则，
所以，，A选项成立；
对于B选项，，
则，
，
，
则，
所以，，B选项成立；
当时，；
当时，.
满足，.
对于C选项，，，
，
，
当时，，
所以，C选项不一定成立；
对于D选项，，
，
所以，，
D选项成立；
③当时，由②同理可知，C选项不一定成立.
故选：C.
【点睛】本题考查数列不等式的验证，考查等差数列前项和的性质，考查推理能力与计算能力，属于难题.
4．（22-23高二·全国·课后作业）等差数列的前项和为，若，则下列结论：①；②；③；④，其中正确结论是（ ）
A．②③B．①③C．①④D．②④
【答案】A
【分析】根据等差数列前项和的意义及公式分别分析得，判断①；，判断②；由判断③；由，及，判断④．
【详解】解：因为，知①错误；
由已知条件，可知②正确；
由，知③正确；
由，故，知④错误．
故选：A.
题型10 函数性质：数列恒成立型求参
1．（22-23高三·江苏阶段练习）设Sn为数列{an}的前n项之和，若不等式对任何等差数列{an}及任何正整数n恒成立，则λ的最大值为 ．
【答案】
【详解】试题分析：当时，；当时，
，所以
考点：不等式恒成立
2．（2022高三·全国·专题练习）等差数列的前项和为，，，若对任意恒成立，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】首先根据题意得到，从而将题意转化为恒成立，再构造函数，根据函数的单调性求解即可。
【详解】由题意得，因为，
所以，则，所以，
由得恒成立，
设，令，解得，
当，为减函数，，为增函数，
又因为，，
所以当或时，取得最小值为，
所以.
故答案为：
3．（24-25高三下·江苏南京·开学考试）已知各项均不为0的数列的前项和为，且，．
（1）的通项公式为 ．
（2）若对于任意，恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】（1）根据题意得出，，利用，可判断是隔项等差数列，进而写出的通项公式；
（2）由（1）求得，证为恒成立，设，求得数列的单调性和最大值，即可求解.
【详解】（1），，
当时，可得，
两式相减得，
因为，故，
所以及均为公差为4的等差数列，
当时，由及，解得，
所以，，
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）知，可得，
因为对于任意，恒成立，所以恒成立，
设，则，
时，时，，，
所以，故，所以，
即实数的取值范围为．
故答案为：（1）；（2）．
4．（24-25高二下·四川绵阳·期中）已知等差数列的前项和为，且.在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列.若对任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据等差数列基本量的计算可得进而由等差数列的性质得进而利用作差法求解数列的单调性，求解最值即可求解.
【详解】设等差数列的首项为，公差为.
由，得：
由，得：
将代入上式：化简得：
因此，公差，通项公式为：
在与之间插入个数，构成项的等差数列，其公差为：
设，则
故，所以单调递增，最小值为.
数列的最小值：，当时，.
对任意，存在，使得.由于且，只需保证，即.
故答案为：.
题型11 函数性质：三角函数与等差
1．（24-25高三 ·广西·开学考试）设等差数列的前项和为，已知，，设，则数列的前n项和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先根据等差数列的基本量运算得出通项公式，再结合两角和差正弦及余弦公式，最后结合裂项相消计算即可.
【详解】设等差数列的公差为d，由题意得，
解得，，则，
则
，
则数列的前n项和为：
故选：
2．（2024·山西吕梁·模拟）设等差数列的公差为，前项和为，记，则数列的前项和是
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由等差数列的求和公式可得首项， ﹣1=﹣1，运用裂项相消求和，结合两角和差的正切公式，即可得到所求和．
【详解】等差数列 的公差d为，前8项和为 ，
可得 ，解得 ，
﹣1=﹣1，
则数列 的前7项和为

=（tan﹣tan）﹣7
=（tan﹣tan）﹣7

=（）﹣7= ；
故选：C．
3．（2022·河南·一模）已知数列的通项公式为，若对于任意正整数，都有，则实数的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据余弦函数的周期性可化简通项公式为，采用裂项相消法可求得，由此可构造不等式求得结果.
【详解】当时，；当时，，
，
，
，解得：，即实数的取值范围为.
故选：B.
4．（22-23高三上·湖南长沙·阶段练习）已知数列满足：，，且，，其中．若，数列的前n项和为，则使得成立的（ ）
A．60B．61C．120D．121
【答案】A
【分析】根据可得出是以1为首项，以1为公差的等差数列，据此求出，再得到，根据相加相消求和即可得解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，即，
所以是以1为首项，以1为公差的等差数列，所以，
则，
所以，
则
，∴，
故选：A．
题型12 等差数列应用
1．（2025·江西·模拟预测）著名的“冰雹猜想”定义了一个具有两种运算的函数，其定义域和值域均为正整数集：例如：设初始值为5，则接下来的复合运算为从集合中随机抽取一元素，使得的前五次复合运算分别为的概率为 ．
【答案】/
【分析】探索初始值的特点，求出满足条件的的个数，利用古典概型求概率.
【详解】设初始值为，
第一次运算为，所以为奇数，运算结果为；
第二次运算为，所以为偶数，运算结果为；
第三次运算为，所以为奇数，运算结果为；
第四、五次运算均为，所以为4的倍数.
设，，则，
因为，所以，.
所以，.
又，由.
所以满足题意的初始值有13个.
所以所求的概率为：.
故答案为：
2．（24-25高三下·上海·阶段练习）为进一步缓解中小学放学时道路拥堵问题，小明提出一个改造方案：假设校门口有条长155米，宽10米的公路（如图矩形ABCD），公路的一侧划有31个长5米宽2.5米的停车位（如矩形AEFG），由于停车位不足，放学时段造成道路拥堵，在不改变停车位的大小和汽车通道宽度的条件下，通过压缩道路边绿化带及改变停车位方向来增加停车位，记绿化带被压缩的宽度（米），此时，停车位相对道路倾斜的角度，其中，该路段改造后的停车位比改造前增加 个.

【答案】18
【分析】利用同角三角函数的基本关系以及余弦函数的性质可求得，，设改造后停车位数量最大值为n， 过停车位顶点做射线垂线，垂足为，则顶点到线段ME距离为，利用几何性质可得，令即可求解.
【详解】由图可知，，
即，，已知，
，则，
则，化简得，解得或，
因，则，故，，
设改造后停车位数量最大值为n，如图，
过停车位顶点做射线垂线，垂足为，
则顶点到线段ME距离为，
又由图及题意可得：，，
则，
注意到，
则，
则，
则，
则，，
又，则，
令，
即改造后最大停车位数量为49，则改造后的停车位比改造前增加18.

故答案为：18.
3．（2022高三·全国·专题练习）随机数表是人们根据需要编制出来的，由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字组成，表中每一个数都是用随机方法产生的，随机数的产生方法主要有抽签法、抛掷骰子法和计算机生成法．现有甲、乙、丙三位同学合作在一个正二十面体（如图）的各面写上0~9这10个数字（相对的两个面上的数字相同），这样就得到一个产生0~9的随机数的骰子．依次投掷这个骰子，并逐个记下朝上一面的数字，就能按顺序排成一个随机数表，若甲、乙、丙依次投掷一次，按顺序记下三个数，三个数恰好构成等差数列的概率为 ．
【答案】/
【分析】甲投1次，记下数字有10种可能，乙投1次也有10种可能；丙投1次也有10种可能，所以甲、乙、丙依次投掷1次，由分步乘法原理可得所有记下数字的总情况数，再列举出等差数列的公差为0，1，2，3，4的所有情况，将公差为1，2，3，4的等差数列中的第1项和第3项的数字交换，分别构成公差为，，，的等差数列，可得出构成等差数列的可能情况数，根据古典概率公式计算可得选项.
【详解】甲投1次，记下数字有10种可能，乙投1次也有10种可能；丙投1次也有10种可能，
所以甲、乙、丙依次投掷1次，记下数字有种情况，
0~9这10个数字中选3个，能构成等差数列的情况如下：
公差为0的等差数列有：0，0，0；1，1，1；2，2，2；；9，9，9共10种情况；
公差为1的等差数列有：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种情况；
公差为2的等差数列有：0，2，4；1，3，5；2，4，6；3，5，7；4，6，8；5，7，9共6种情况；
公差为3的等差数列有：0，3，6；1，4，7；2，5，8；3，6，9共4种情况；
公差为4的等差数列有：0，4，8；1，5，9共2种情况；
公差为1，2，3，4的等差数列中的第1项和第3项的数字交换，分别构成公差为，，，的等差数列，
所以构成等差数列的可能情况有种，
所以若甲、乙、丙依次投掷一次，按顺序记下三个数，三个数恰好构成等差数列的概率为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是要细致地分类讨论，做到不重不漏列举出所有构成等差数列的情况，从而得解.
4．（24-25高三下·北京·阶段练习）生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2积分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡需从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，若连续打卡5天，则共获得积分为 ；若该会员从3月1日开始到3月20日，他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天可以是3月 日．
【答案】 25 8或13
【分析】对于①，连续打卡5天的积分：直接使用等差数列求和公式计算；对于②，未打卡日期的确定：假设他连续打卡天，第天中断了，通过求和公式计算确定或12即得.
【详解】对于空①，连续打卡5天的总积分
连续打卡的积分规律为：第1天得1分，第2天得3分，第3天得5分，依此类推.
这实际上是一个首项为1、公差为2的等差数列.
前5天的总积分为：
对于空②，确定未打卡的日期
若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，
且首项为1，公差为2，第天所得积分为．
假设他连续打卡天，第天中断了，则他所得积分之和为：
，化简得，
解得或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．
故答案为：25；8或13
题型13 等差数列第19题题型
1．（25-26高三上·云南曲靖·阶段练习）设等差数列的每一项均为正整数，公差大于零，记为数列的前项和．
(1)已知．
①求数列的通项公式；
②若是数列的项，由所有的组成的数列为，且，记数列的前项和为，求．
(2)设，且，写出一个数列的公差．
(3)若等差数列中有一项为完全平方数，证明：中存在无穷项完全平方数．
【答案】(1)①；②
(2)24（答案不唯一）
(3)证明见解析
【分析】（1）利用等差数列的前项和公式求出，再利用等差数列的通项公式即可求出①；②分情况讨论即可求解；
（2）满足等差数列的连续三项都为正整数的平方，为一组勾股数即可；
（3）构造数列的子数列，再利用通项公式进行分析即可.
【详解】（1）设数列的公差为，因为，
则，解得，
①所以数列的通项公式为.
②若是数列的项，则，故，
若，则满足题意，所以，
若，则满足题意，所以．
故数列为，则数列的通项公式为，
当为偶数时，设，此时数列的前项和
，
当为奇数时，设，此时数列的前项和
．
综上，数列的前项和.
（2）设等差数列的连续三项分别为，
要这三个数都为正整数的平方，可设，则，只需，
所以满足为一组勾股数即可．
当分别为时，，所以公差为24．
（答案不唯一，满足条件的数列还有，公差为，公差为28560等）
（3）设，构造数列的子数列，
所以，则，
要为完全平方数，令，则
，
所以恒为完全平方数，
由于为关于的单调递增函数，可以取无穷个正整数，
则可得无穷个正整数，使得为无穷个完全平方数．
即中存在无穷项完全平方数．
2．（25-26高三上·山东日照·开学考试）已知实数，且a，b，c依次构成等差数列，对于曲线，，若依次构成等差数列，则曲线，为曲线.
(1)当时，，为曲线，求实数的值；
(2)已知曲线，都为曲线，证明：为曲线；
(3)若，为曲线，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据定义和等差中项的性质列等式，即可求得的值.
（2）根据定义和等差中项的性质列等式，可得，进一步根据等差中项性质列关于的等式即可证明.
（3）根据给定条件，构造函数，，由有解，分类讨论并结合导数确定函数的单调性及零点存在性定理求出的范围.
【详解】（1）由，为曲线，得，
而，则，
又，于是，即，解得，
所以实数的值是.
（2）由曲线为曲线，得，
由曲线为曲线，，
两式相乘得，解得，因此，
则成立，所以是曲线.
（3）由为曲线，得在上有解，
令，由，得，则，为曲线，
在上有解，其中，
令，，
当时，，，解得，有零点；
当时，，，
则在上存在使，即有零点；
当时，若，则，
函数在上为严格减函数，在上为严格增函数，
则，，函数无零点；
由，，得，则，，
，在上为严格增函数，
而，若有零点，则，
解得，又，因此，
当时，，，为严格增函数，，无零点，
函数在上有零点时，，即，
所以的取值范围是.
3．（2025·浙江·二模）若数列中某相邻三项成等差数列，则称该三项为“等差组”；若数列中某相邻三项成等比数列，则称该三项为“等比组”.现有一个12项的正项数列，其共有10组相邻三项，记第组相邻三项为.
(1)若数列满足，
①为“等差组”，为“等比组”，求；
②为“等比组”，为“等差组”，求.
(2)若数列满足，且为“等差组”或“等比组”，求满足条件的数列的个数；
(3)若数列满足，且中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，求的最大可能值.
【答案】(1)①；②；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据等差中项和等比中项可求①②的；
（2）先确定，再根据分类计数原理可求数列的个数；
（3）先证明两个一般命题，再根据命题可求的最大可能值.
【详解】（1）①因为为“等差组”，故成等差数列，故，故，
而为“等比组”，故成等比数列，故，故.
②若为“等比组”，为“等差组”，则成等比数列，故，
且成等差数列，故.
（2）因为为“等差组”或“等比组”，故有4种情形：
若为“等差组”，为“等差组”，则；
若为“等差组”，为“等比组”，则，
而为正项数列，故即，
故，而，故，故，；
若为“等比组”，为“等比组”，则，；
若为“等比组”，为“等差组”，则，
故，而，故，.
从而开始的相邻三项，要么为“等比组”，要么为“等差组”，
对于确定的、，此后等比组的公比、等差组的公差均确定，
故此时有个满足条件的数列，
故满足条件的数列的个数为.
（3）先考虑一个一般命题：
若，若正项数列中中一个“等差组”，另一个为“等比组”，则先“等比组”再“等差组”得到的较大.
证明：若先“等差组”，再“等比组”，则，
若先“等比组”，再“等差组”，则，其中，
此时
，
故先“等比组”再“等差组”得到的较大..
再考虑另一个一般命题：若，若正项数列中的为“等差组”或“等比组”，则当增大时，也增大.
证明：若均为“等差组”或“等比组”，
由等差数列的性质和等比数列的性质可得当增大时，也增大.
若先“等差组”，再“等比组”，则，
由得，
故由双勾函数的性质可得增大时，也增大；
若先“等比组”，再“等差组”，则，
而，故增大时，也增大，故命题成立.
对于数列满足，，
而中恰有5组“等差组”和5组“等比组”，
要使得的最大，则前述两个命题可得需前5组为“等比组”，
后5组为“等差组”，此时个数分别为，
故的最大可能值为.
4．（24-25高三·辽宁·模拟）设和是两个等差数列，记，其中表示这s个数中最大的数．
(1)若，
（ⅰ）求，，的值；
（ⅱ）证明：是等差数列
(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当时，；或者存在正整数m，使得是等差数列．
【答案】(1)（ⅰ）0，；（ⅱ）证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）（ⅰ）根据数列新定义直接求解即可；
（ⅱ）先通过作差法判断关于单调递减，然后求出，再利用等差数列定义证明即可.
（2）设数列和的公差分别为，，则，分、和三种情况分类讨论，即可证明.
【详解】（1）（ⅰ），
，
．
（ⅱ）当时，，
所以关于单调递减．
所以，又，，
所以对任意，，于是，
所以是等差数列．
（2）设数列和的公差分别为，，
则，
所以，
①当时，取正整数，则当时，，因此．
此时，是等差数列．
②当时，对任意，．
此时，是等差数列．
③当时，当时，有．
所以．
对任意正数M，取正整数，
故当时，．

结束
等差数列的判定与证明的方法.
1.等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母表示，定义表达式为（常数）．
2.判定方法
定义法：为同一常数 ⇔是等差数列
等差中项法：成立⇔是等差数列
通项公式法：为常数）对任意的正整数都成立⇔是等差数列
前n项和法：验证为常数）对任意的正整数都成立⇔是等差数列
等差中项的概念
若三个数，，成等差数列，则叫做与的等差中项，且有．
等差数列“高斯技巧”
若{an}为等差数列，且m+n=p+q,则
，…仍是等差数列，公差为．
4.，…也成等差数列，公差为．
函数型高斯技巧：
核心思维是等差数列“高斯技巧”特征：
等距性
等差中项性质
函数性质，即是“中点坐标公式”，也是“对称中心”型函数与直线（也是对称中心型曲线）相交，形成等距性特征。
双等差比值型
若与为等差数列，且前项和分别为与，则.
设数列是等差数列，且公差为，
若项数为偶数，设共有项，则①； ② ；
若项数为奇数，设共有项，则①(中间项)；②.
等差数列的增减性：
时为递增数列，且当时前n项和有最小值．
时为递减数列，且当时前n项和有最大值．
在处理等差数列的前项和的最值时，往往转化为判定的符号变化：
①若，当时，则当且仅当最大；
②若，当时，则当且仅当最小；
③若最大，则.
在等差数列中
（1）若，则满足的项数使得取得最大值；
（2）若，则满足的项数使得取得最小值．
即若，则有最大值（所有正项或非负项之和）；
若，则有最小值（所有负项或非正项之和）．
数列恒成立求参：
数列恒成立题型，第一思维是“参变分离”，分离参数，转化为求最值。
研究数列型母函数单调性，借助函数单调性来求最大值最小值求参。
特别注意点：
数列是“离散型”函数，所以最值点，要比较确认对应的正整数值。如果牵扯到奇偶“正负”变号型数列，要注意，奇数，对应n=1,3,5,6.。。，偶数时，对应n=2,4,6,。。。，