Question

下列命题中正确的是

 

（写出所有正确命题的序号）
①在直角三角形中，三条边的长成等差数列的充要条件是它们的比为3：4：5；
②设S_n是等比数列{a_n}的前n项和，则公比q=-

3 4

2

是数列S₃，S₉，S₆成等差教列的充分不必要条件；
③若数列{a_n}满足a₁=2，a_n+1=a_ncos

nπ

2

，则a₂₀₁₀=0；
④在数列{a_n}中，若a₁，a₂都是正整数，且a_n=|a_n-1-a_n-2|，n=3，4，5…，则称{a_n}为“绝对差数列”，则此数列中必含有为0的项．

Answer 1

考点：命题的真假判断与应用

专题：综合题,等差数列与等比数列

分析：①直角三角形中，三条边的长成等差数列，得出三边之比为3：4：5，判断充分性，三边之比为3：4：5，得出三边成等差数列，必要性成立；
②等比数列{a_n}中，S₃，S₉，S₆成等差教列的充要条件是公比q=-

3 4

2

；
③数列{a_n}满足a₁=2，a_n+1=a_ncos

nπ

2

，能得出a₂₀₁₀=0；
④数列{a_n}中，若a₁，a₂都是正整数，且a_n=|a_n-1-a_n-2|，得出数列{a_n}必在有限项后出现0项．

解答： 解：对于①，在直角三角形中，三条边的长成等差数列，不妨设三边长为a-d，a，a+d（d＞0），
由勾股定理得：（a-d）²+a²=（a+d）²，解得d=

1

4

a，
∴三边长为：

3

4

a，a，

5

4

a，
即三边从小到大之比为3：4：5；
∴三条边的长成等差数列的充要条件是它们的比为3：4：5，∴①正确；
对于②，∵S_n是等比数列{a_n}的前n项和，设数列的首项为a₁、公比为q，
当公比q=1时，S₃+S₆=9a₁，2S₉=18a₁，等式S₃+S₆=2S₉不成立，∴公比不等于1；
当公比q≠1时，∵S₃+S₆=2S₉，
∴

a1(1-q3)

1-q

+

a1(1-q6)

1-q

=

2a1(1-q9)

1-q

，
化简得2q⁶-q³-1=0，解关于q³的方程得 q³=-

1

2

，或q³=1（舍去），
∴q=-

3 4

2

，∴是数列S₃，S₉，S₆成等差教列的充要条件，②错误；
对于③，数列{a_n}满足a₁=2，a_n+1=a_ncos

nπ

2

，
∴a₂=a₁cos

π

2

=0，
a₃=a₂cosπ=0，
a₄=a₃cos

3π

2

=0，…，
∴a₂₀₁₀=0，③正确；
对于④，在数列{a_n}中，若a₁，a₂都是正整数，且a_n=|a_n-1-a_n-2|，n=3，4，5…，则称{a_n}为“绝对差数列”，
根据定义，数列{a_n}必在有限项后出现0项，证明如下：
假设{a_n}中没有0项，由于a_n=|a_n-1-a_n-2|，
∴对于的n，都有a_n≥1，从而
当a_n-1＞a_n-2时，a_n=a_n-1-a_n-2≤a_n-1-1（n≥3）
当a_n-1＜a_n-2时，a_n=a_n-2-a_n-1≤a_n-2-1（n≥3）
即a_n的值要么比a_n-1至少小1，要么比a_n-2至少小1；
令c_n=

a2n-1(a2n-1＞a2n) a2n(a2n-1＜a2n)

，n=1，2，3，…，
则0＜c_n≤c_n-1-1（n=2，3，4，…），由于c₁是确定的正整数，
这样减下去，必然存在某项c₁＜0，
这与c_n＞0（n=1，2，3，4，…）矛盾，
从而{a_n }必有0项．
若第一次出现的0项为第n项，
记a_n-1=A（A≠0），则自第n项开始，每三个相邻的项周期地取值0，A，A，
即

an+3k=0 an+3k+1=A an+3k+2=A

，k=0，1，2，3，…；
∴“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项；④正确；
综上，正确的命题是①③④．
故答案为：①③④．

点评：本题考查了等差与等比数列的综合运用问题，解题时应根据题意，对每一个选项进行分析，以便得出正确的结论，是难题．