26年广州二模第19题 数列
专题：数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)题型：开放性题型\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★
【题目】
（26年广州二模第19题）
从\(1，2，3，…，n(n∈N^*，n≥4)\)中任取\(3\)个不同的数，且这\(3\)个数从小到大构成一个等差数列，这样的等差数列共有\(A_n\)个，这\(A_n\)个等差数列的所有项之和为\(S_n\).
（1）写出\(A_4，A_5，S_4，S_5\)的值；
（2）求\(A_n\)；
（3）求\(S_n\).
【分析】
方法1
第一问：
从\(1，2，3，4\)中选\(3\)个数从小到大组成的等差数列有：\(1，2，3\)；\(2，3，4\)；
故\(A_4=2\)，\(S_4=(1+2+3)+(2+3+4)=6+9=15\)；
从\(1，2，3，4，5\)中选\(3\)个数从小到大组成的等差数列有：\(1，2，3；2，3，4；3，4，5；1，3，5\)；
故\(A_5=4\)，\(S_5=15+(3+4+5)+(1+3+5)=15+12+9=36\)；
第二问：
类似问题，主要是理解\(A_n\)的形成过程，若直接从\(A_n\)切入思考有困难，则可以从特例入手找其存在的规律，其实第一问就有所提示，还不够的话就多尝试下，比如再求\(A_6\)，\(A_7\)：
(用穷举法，要有规律地列举，等差\(d=1\)到\(d=2\)到\(d=3\)…，数值从小到大)
为了好找到规律，列个表格
| \(d=1\) | \(d=2\) | \(d=3\) | 数值 | |
|---|---|---|---|---|
| \(A_4\) | \(1，2，3；2，3，4；\) | \(2\) | ||
| \(A_5\) | \(1，2，3；2，3，4；3，4，5；\) | \(1，3，5；\) | \(4\) | |
| \(A_6\) | \(1，2，3；2，3，4；\)\(3，4，5；4，5，6；\) | \(1，3，5；2，4，6；\) | \(6\) | |
| \(A_7\) | \(1，2，3；2，3，4；\)\(3，4，5；4，5，6；\)\(5，6，7；\) | \(1，3，5；2，4，6；\)\(3，5，7；\) | \(1，4，7；\) | \(9\) |
| \(A_8\) | \(1，2，3；2，3，4；3，4，5；\)\(4，5，6；5，6，7；6，7，8；\) | \(1，3，5；2，4，6；\)\(3，5，7；4，6，8；\) | \(1，4，7；2，5，8；\) | \(12\) |
若直接从最后数值\(A_4=2，A_5=4，A_6=6，A_7=9，A_8=12\)，找规律显然不太行，
观察列表，可思考到：
① 公差\(d\)最大值是多少？
\(1，2，3，…，n(n∈N^*，n≥4)\)中，若以\(1 、n\)为首项和末项，此时\(d\)肯定是最大的，
而\(d=\dfrac{n-1}{2}\)且\(d\)是正整数，显然\(n\)要分奇偶数讨论；
当\(n\)为奇数时，\(d\)从\(1\)到\(\dfrac{n-1}{2}\)，共\(\dfrac{n-1}{2}\)个；当\(n\)为偶数时，\(d\)从\(1\)到\(\dfrac{n}{2}-1\)，共\(\dfrac{n}{2}-1\)个；
② 在\(A_{n-1}\)的每个\(d\)中，\(A_n\)要比\(A_{n-1}\)多一组等差数列；
即当\(n\)为奇数时，\(A_n\)的\(d\)比\(A_{n-1}\)多\(1\)个；当\(n\)为偶数时，\(A_n\)的\(d\)与\(A_{n-1}\)一样多；
基于以上思考，对\(n\)分类讨论可得，
（1）当\(n\)为奇数时，\(n-1\)为偶数，由①得\(A_{n-1}\)中\(d\)有\(\dfrac{n-1}{2}-1=\dfrac{n-3}{2}\)个；
由②得\(A_n\)的\(d\)比\(A_{n-1}\)多\(1\)个；
则
即\(A_n-A_{n-1}=\dfrac{n-1}{2}\)①
（2）当\(n\)为偶数时，\(n-1\)为奇数，由①得\(A_{n-1}\)中\(d\)有\(\dfrac{n-1-1}{2}=\dfrac{n-2}{2}\)个；
由②得\(A_n\)的\(d\)与\(A_{n-1}\)一样多；
则
即\(A_n-A_{n-1}=\dfrac{n-2}{2}\)②
其实此时得到了数列\(\{A_n\}\)的递推公式①②，接着利用它们求数列的通项公式；
（1）当\(n\)为奇数时，\(A_n-A_{n-1}=\dfrac{n-1}{2}\)，\(A_{n-1}-A_(n-2)=\dfrac{n-3}{2}\)，
所以\(A_n-A_{n-2}=\dfrac{n-1}{2}+\dfrac{n-3}{2}=n-2⟹A_n=A_{n-2}+n-2\)，
所以\(A_n=A_{n-2}+(n-2)=A_{n-4}+(n-2)+(n-4)\)
\(=⋯\)
\(=A_5+(n-2)+(n-4)+⋯+5\)
\(=4+\dfrac{(n-2+5)(\frac{n-2-5}{2}+1)}{2}=\dfrac{(n-1)^2}{4}\)；
（2）当n为偶数时，\(A_n=A_{n-1}+\dfrac{n-2}{2}=\dfrac{(n-2)^2}{4}+\dfrac{n-2}{2}=\dfrac{n(n-2)}{4}\)；
综上可得，\(A_n=\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{(n-1)^2}{4}， n为奇数\\
\dfrac{n(n-2)}{4}， n为偶数
\end{array}
\right.
\)；
第三问：
\(a，b，c\)成等差数列，其各项之和为\(a+b+c=3b\)；
由（2）可知，当\(n\)为奇数时，\(A_{n-1}\)中\(d\)有\(\dfrac{n-3}{2}\)个，\(A_n\)的\(d\)比\(A_{n-1}\)多\(1\)个；
当\(d=1\)时，多出等差数列\((n-2，n-1，n)\)，其和为\(3(n-1)\)；
当\(d=2\)时，多出等差数列\((n-4，n-2，n)\)，其和为\(3(n-2)\)；
….
当\(d=\dfrac{n-3}{2}\)时，多出等差数列\(\left(3，\dfrac{n+3}{2}，n\right)\)，其和为\(3×\dfrac{n+3}{2}\)；
当\(d=\dfrac{n-1}{2}\)时，多出等差数列\(\left(1，\dfrac{n+1}{2}，n\right)\)，其和为\(3×\dfrac{n+1}{2}\)；
即\(S_n=S_(n-1)+3(n-1)+3(n-2)+⋯+3×\dfrac{n+1}{2}\)
\(=S_(n-1)+3\left[(n-1)+(n-2)+⋯+\dfrac{n+1}{2}\right]\)
\(=S_(n-1)+\dfrac{3(3n-1)(n-1)}{8}\)③；
由（2）可知，当\(n\)为偶数时，\(A_{n-1}\)中\(d\)有\(\dfrac{n-2}{2}\)个，\(A_n\)的\(d\)与\(A_{n-1}\)一样多；
当\(d=1\)时，多出等差数列\((n-2，n-1，n)\)，其和为\(3(n-1)\)；
当\(d=2\)时，多出等差数列\((n-2，n-2，n)\)，其和为\(3(n-2)\)；
….
当\(d=\dfrac{n-2}{2}\)时，多出等差数列\(\left(2，\dfrac{n+2}{2}，n\right)\)，其和为\(3×\dfrac{n+2}{2}\)；
即\(S_n=S_{n-1}+3(n-1)+3(n-2)+⋯+3×\dfrac{n+2}{2}\)
\(=S_{n-1}+3\left[(n-1)+(n-2)+⋯+\dfrac{n+2}{2}\right]\)
\(=S_{n-1}+\dfrac{9n(n-2)}{8}\)④；
其实此时得到了数列\(\{S_n\}\)的递推公式③④，接着利用它们求数列的通项公式；
（1）当\(n\)为奇数时，
\(S_n=S_{n-1}+\dfrac{3(3n-1)(n-1)}{8}=S_{n-2}+\dfrac{9(n-1)(n-3)}{8}+\dfrac{3(3n-1)(n-1)}{8}\)\(=S_{n-2}+\dfrac{9n^2-24n+15}{4}\)，
所以\(S_n=S_{n-2}+\dfrac{(9n^2-24n+15)}{4}\)
\(=S_{n-4}+\dfrac{9(n-2)^2-24(n-2)+15}{4}+\dfrac{9n^2-24n+15}{4}\)
\(=⋯\)
\(=S_5+\dfrac{9×72-24×7+15}{4}+⋯+\dfrac{9(n-2)^2-24(n-2)+15}{4}+\dfrac{9n^2-24n+15}{4}\)
\(=36+\dfrac{9(72+92+⋯+n^2 )-24(7+9+⋯+n)+15(\frac{n-7}{2}+1)}{4}\)
\(=\dfrac{3(n+1)(n-1)^2}{8}\)；
（2）当\(n\)为偶数时，\(S_n=S_{n-1}+\dfrac{9n(n-2)}{8}=\dfrac{3n(n-2)^2}{8}+\dfrac{9n(n-2)}{8}=\dfrac{3n(n+1)(n-2)}{8}\)；
综上可得，\(S_n=\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{3n(n+1)(n-2)}{8}， n为奇数\\
\dfrac{3(n+1)(n-1)^2}{8}， n为偶数
\end{array}
\right.
\).
方法2（来自“数学名师牛栏山”思路）
第一问：
同方法1
第二问：
从\(1\)到\(n\)中选三个数\(a<b<c\)成等差数列，则\(a+c=2b\)，这要求\(a，c\)具有相同的奇偶性，只要确定了\(a，c\)，中项\(b\)就唯一确定.
因此\(A_n\)的值等于从\(1\)到\(n\)中取两数奇偶性相同的选法数.
当\(n\)为偶数时，即\(n=2k\)，奇数和偶数各有\(k\)个，
选法有\(C_k^2+C_k^2=k(k-1)=\dfrac{n}{2} \left(\dfrac{n}{2}-1\right)=\dfrac{n(n-2)}{4}\)；
当\(n\)为奇数时，即\(n=2k+1\)，奇数有\(k+1\)个，偶数有\(k\)个，
选法有\(C_{k+1}^2+C_k^2=\dfrac{k(k+1)}{2}+\dfrac{k(k-1)}{2}=k^2=\dfrac{(n-1)^2}{4}\)；
综上可得，\(A_n=\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{(n-1)^2}{4}， n为奇数\\
\dfrac{n(n-2)}{4}， n为偶数
\end{array}
\right.
\)；
若能直接捉住问题的本质，就是这么简单！
第三问：
对于任意一个满足条件的等差数列\((a，b，c)\)，其各项之和为\(a+b+c=3b\)；
由对称性考察，若\((a，b，c)\)是合法等差数列，则其关于区间中心点翻转后的序列\((n+1-c，n+1-b，n+1-c)\)也必定是一个合法的等差数列；
因此，数列中项\(b\)与\(n+1-b\)在所有\(A_n\)个等差数列中是一一对应成对出现的；
所有等差数列中项\(b\)的综合为\(∑b\)，将其倒序相加可得\(2∑b=∑(b+n+1-b) =A_n (n+1)\)；
从而\(∑b=\dfrac{n+1}{2} A_n\)；
所以\(S_n=\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{3n(n+1)(n-2)}{8}， n为奇数\\
\dfrac{3(n+1)(n-1)^2}{8}， n为偶数
\end{array}
\right.
\).
思路很精彩，问题变得简单很多！
【解答】
方法1
第一问：
当\(n=4\)时，数列有：\(1，2，3；2，3，4\)；
故\(A_4=2\)，\(S_4=(1+2+3)+(2+3+4)=6+9=15\)；
当\(n=5\)时，数列有：\(1，2，3；2，3，4；3，4，5；1，3，5\)；
故\(A_5=4\)，\(S_5=15+(3+4+5)+(1+3+5)=36\)；
第二问：
当\(n\)为奇数时，\(A_n=A_{n-1}+\dfrac{n-3}{2}+1=A_{n-1}+\dfrac{n-1}{2}\)；即\(A_n-A_{n-1}=\dfrac{n-1}{2}\)；
当\(n\)为偶数时，\(A_n=A_{n-1}+\dfrac{n-2}{2}\)；即\(A_n-A_{n-1}=\dfrac{n-2}{2}\)；
（1）当\(n\)为奇数时，\(A_n-A_{n-1}=\dfrac{n-1}{2}\)，\(A_{n-1}-A_{n-2}=\dfrac{n-3}{2}\)，
所以\(A_n-A_{n-2}=\dfrac{n-1}{2}+\dfrac{n-3}{2}=n-2⟹A_n=A_{n-2}+n-2\)，
所以\(A_n=A_{n-2}+(n-2)=A_(n-4)+(n-2)+(n-4)=⋯=A_5+(n-2)+(n-4)+⋯+5\)
\(=4+\dfrac{(n-2+5)(\frac{n-2-5}{2}+1)}{2}=\dfrac{(n-1)^2}{4}\)；
（2）当\(n\)为偶数时，\(A_n=A_{n-1}+\dfrac{n-2}{2}=\dfrac{(n-2)^2}{4}+\dfrac{n-2}{2}=\dfrac{n-2}{4}(n-2+2)=\dfrac{n(n-2)}{4}\)；
综上可得，\(A_n=\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{(n-1)^2}{4}， n为奇数\\
\dfrac{n(n-2)}{4}， n为偶数
\end{array}
\right.
\)；
第三问：
\(a，b，c\)成等差数列，其各项之和为\(a+b+c=3b\)；
当\(n\)为偶数时，\(S_n=S_{n-1}+3(n-1)+3(n-2)+⋯+3×\dfrac{n+2}{2}\)
\(=S_{n-1}+3[(n-1)+(n-2)+⋯+\dfrac{n+2}{2}]=S_{n-1}+\dfrac{9n(n-2)}{8}\)；
当\(n\)为奇数时，\(S_n=S_{n-1}+3(n-1)+3(n-2)+⋯+3×\dfrac{n+1}{2}\)
\(=S_{n-1}+3[(n-1)+(n-2)+⋯+\dfrac{n+1}{2}]=S_{n-1}+\dfrac{3(3n-1)(n-1)}{8}\)；
（1）当\(n\)为奇数时，
\(S_n=S_{n-1}+\dfrac{3(3n-1)(n-1)}{8}=S_{n-2}+\dfrac{9(n-1)(n-3)}{8}+\dfrac{3(3n-1)(n-1)}{8}\)\(=S_{n-2}+\dfrac{9n^2-24n+15}{4}\)，
所以\(S_n=S_{n-2}+\dfrac{(9n^2-24n+15)}{4}=S_{n-4}+\dfrac{9(n-2)^2-24(n-2)+15}{4}+\dfrac{9n^2-24n+15}{4}\)
\(=⋯=S_5+\dfrac{9×72-24×7+15}{4}+⋯+\dfrac{9(n-2)^2-24(n-2)+15}{4}+\dfrac{9n^2-24n+15}{4}\)
\(=36+\dfrac{9(72+92+⋯+n^2 )-24(7+9+⋯+n)+15(\frac{n-7}{2}+1)}{4}=\dfrac{3(n+1)(n-1)^2}{8}\)；
（2）当\(n\)为偶数时，\(S_n=S_{n-1}+\dfrac{9n(n-2)}{8}=\dfrac{3n(n-2)^2}{8}+\dfrac{9n(n-2)}{8}=\dfrac{3n(n+1)(n-2)}{8}\)；
综上可得，\(S_n=\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{3n(n+1)(n-2)}{8}， n为奇数\\
\dfrac{3(n+1)(n-1)^2}{8}， n为偶数
\end{array}
\right.
\).
方法2（来自“数学名师牛栏山”思路）
第一问：
同方法1
第二问：
当\(n\)为偶数时，即\(n=2k\)，奇数和偶数各有\(k\)个，
选法有\(C_k^2+C_k^2=k(k-1)=\dfrac{n}{2} (\dfrac{n}{2}-1)=\dfrac{n(n-2)}{4}\)；
当\(n\)为奇数时，即\(n=2k+1\)，奇数有\(k+1\)个，偶数有\(k\)个，
选法有\(C_{k+1}^2+C_k^2=\dfrac{k(k+1)}{2}+\dfrac{k(k-1)}{2}=k^2=\dfrac{(n-1)^2}{4}\)；
综上可得，\(A_n=\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{(n-1)^2}{4}， n为奇数\\
\dfrac{n(n-2)}{4}， n为偶数
\end{array}
\right.
\)；
第三问：
对于任意一个满足条件的等差数列\((a，b，c)\)，其各项之和为\(a+b+c=3b\)；
由对称性考察，若\((a，b，c)\)是合法等差数列，则其关于区间中心点翻转后的序列\((n+1-c，n+1-b，n+1-c)\)也必定是一个合法的等差数列；
因此，数列中项\(b\)与\(n+1-b\)在所有\(A_n\)个等差数列中是一一对应成对出现的；
所有等差数列中项\(b\)的综合为\(∑b\)，将其倒序相加可得\(2∑b=∑(b+n+1-b) =A_n (n+1)\)；
从而\(∑b=\dfrac{n+1}{2} A_n\)；
所以这\(A_n\)个等差数列的所有项之和为\(S_n=3∑b=\dfrac{3(n+1)}{2} A_n\)；
所以\(S_n=\left\{
\begin{array}{c}
\dfrac{3n(n+1)(n-2)}{8}， n为奇数\\
\dfrac{3(n+1)(n-1)^2}{8}， n为偶数
\end{array}
\right.
\).
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