文档内容
专题 12 数列（解答题）9 种常见考法归类
知识 五年考情（2021-2025） 命题趋势
考点01等差等比数列基本量的计算
2024·上海2023·新课标Ⅰ卷
知识1 等差等
2022·新高考全国Ⅱ卷
比数列基本量
2021·新高考全国Ⅱ卷 2021·浙江
的计算及证明
考点02等差等比数列的证明
（5年5考）
2022·全国甲卷2022·上海2022·浙江
1.等差等比数列基本量的计算是必
2021·全国甲卷2021·全国乙卷2021·上海
考内容，要求学生熟练掌握数列
考点03含绝对值的数列求和 的通项公式、前n项和公式等基础
2023·全国乙卷 知识，能够运用方程思想，通过
已知条件建立关于首项、公差、
考点04分组求和法
公比等基本量的方程或方程组并
2024·全国甲卷 2023·新课标Ⅱ卷
求解。
知识2 数列求 2021·新高考全国Ⅰ卷
2.数列求和是解答题的重点，分组
和
考点05裂项相消法求和 求和法、裂项相消法、错位相减
（5年5考）
2022·新高考全国Ⅰ卷 法等求和方法频繁考查，要求学
生能够根据数列的通项公式特
考点06错位相减法求和
征，选择合适的求和方法。
2025·全国一卷2025·天津2024·天津
3.数列与其他知识的综合考查愈发
2024·全国甲卷2023·全国甲卷 2021·全国乙卷
常见，这不仅要求学生掌握数列
2021·天津
本身的知识，还需具备良好的知
考点07等差、等比数列的综合 识迁移能力和综合运用能力，能
够从整体上把握数学知识体系。
2023·天津 2022·天津
知识3 数列综
考点08数列与其他知识的综合
合
（5年5考） 2024·新课标Ⅱ卷 2023·上海 2023·新课标Ⅰ卷
考点09数列新定义
2024·新课标Ⅰ卷 2024·北京 2023·北京
2022·北京 2021·北京
考点01等差等比数列基本量的计算1．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设等差数列 的公差为 ，且 ．令 ，记 分别为
数列 的前 项和．
(1)若 ，求 的通项公式；
(2)若 为等差数列，且 ，求 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由 为等差数列得出 或 ，再由等差数列的性质可得 ，分类讨论即可得解.
【详解】（1） ， ，解得 ，
，
又 ，
，
即 ，解得 或 （舍去），
.
（2） 为等差数列，
，即 ，
，即 ，解得 或 ，
， ，
又 ，由等差数列性质知， ，即 ，
，即 ，解得 或 （舍去）
当 时， ，解得 ，与 矛盾，无解；
当 时， ，解得 .
综上， .2．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）记 是公差不为0的等差数列 的前n项和，若 ．
（1）求数列 的通项公式 ；
（2）求使 成立的n的最小值．
【答案】(1) ；(2)7.
【分析】(1)由题意首先求得 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.
【详解】(1)由等差数列的性质可得： ，则： ，
设等差数列的公差为 ，从而有： ，
，
从而： ，由于公差不为零，故： ，
数列的通项公式为： .
(2)由数列的通项公式可得： ，则： ，
则不等式 即： ，整理可得： ，
解得： 或 ，又 为正整数，故 的最小值为 .
【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数
列的有关公式并能灵活运用.
3．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知 为等差数列， 是公比为2的等比数列，且
．
(1)证明： ；
(2)求集合 中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）设数列 的公差为 ，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得 ，即可解出．
【详解】（1）设数列 的公差为 ，所以， ，即可解得， ，所以
原命题得证．
（2）由（1）知， ，所以 ，即 ，亦即，解得 ，所以满足等式的解 ，故集合
中的元素个数为 ．
4．（2021·浙江·高考真题）已知数列 的前n项和为 ， ，且 .
（1）求数列 的通项；
（2）设数列 满足 ，记 的前n项和为 ，若 对任意 恒成立，
求实数 的取值范围.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）由 ，结合 与 的关系，分 讨论，得到数列 为等比数列，即
可得出结论；
（2）由 结合 的结论，利用错位相减法求出 ， 对任意 恒成立，分类讨
论分离参数 ，转化为 与关于 的函数的范围关系，即可求解.
【详解】（1）当 时， ，
，
当 时，由 ①，
得 ②，① ②得
，
又 是首项为 ，公比为 的等比数列，
；
（2）由 ，得 ，
所以 ，
，
两式相减得，
所以 ，
由 得 恒成立，
即 恒成立，
时不等式恒成立；
时， ，得 ；
时， ，得 ；
所以 .
【点睛】易错点点睛：（1）已知 求 不要忽略 情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正
负零讨论，如（2）中 恒成立，要对 讨论，还要注意 时，
分离参数不等式要变号.
5．（2024·上海·高考真题）若 ．
(1) 过 ，求 的解集；
(2)存在 使得 成等差数列，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出底数 ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；
（2）存在 使得 成等差数列等价于 在 上有解，利用换
元法结合二次函数的性质可求 的取值范围．
【详解】（1）因为 的图象过 ，故 ，故 即 （负的舍去），
而 在 上为增函数，故 ，
故 即 ，
故 的解集为 .（2）因为存在 使得 成等差数列，
故 有解，故 ，
因为 ，故 ，故 在 上有解，
由 在 上有解，
令 ，而 在 上的值域为 ，
故 即 .
考点02等差等比数列的证明
6．（2021·全国乙卷·高考真题）记 为数列 的前n项和， 为数列 的前n项积，已知 ．
（1）证明：数列 是等差数列;
（2）求 的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【分析】（1）由已知 得 ,且 ，取 ,得 ,由题意得
,消积得到项的递推关系 ,进而证明数列 是等差数列;
（2）由（1）可得 的表达式,由此得到 的表达式,然后利用和与项的关系求得 .
【详解】（1）[方法一]：
由已知 得 ,且 ， ,
取 ,由 得 ,
由于 为数列 的前n项积，
所以 ,所以 ，
所以 ,
由于
所以 ，即 ,其中
所以数列 是以 为首项，以 为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是 ． ②
由①②得 ． ③
又 ， ④
由③④得 ．
令 ，由 ，得 ．
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列．
[方法三]：
由 ，得 ，且 ， ， ．
又因为 ，所以 ，所以
．
在 中，当 时， ．
故数列 是以 为首项， 为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知 ，得 ， ， ， ，猜想数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，且 ．
下面用数学归纳法证明．
当 时显然成立．
假设当 时成立，即 ．
那么当 时， ．
综上，猜想对任意的 都成立．
即数列 是以 为首项， 为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列 是以 为首项，以 为公差的等差数列，
,
,
当n=1时， ,
当n≥2时, ,显然对于n=1不成立,
∴ .
【整体点评】（1）方法一从 得 ，然后利用 的定义，得到数列 的递推关系，
进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从 的定义，替换相除得到 ，再结合 得到 ，从而证得结论，为最
优解；
方法三由 ，得 ，由 的定义得 ，进而作差证得结论；方法四利用
归纳猜想得到数列 ，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到 ，求得 的表达式,然后利用和与项的关系求得 的通项公式；7．（2021·全国甲卷·高考真题）记 为数列 的前n项和，已知 ，且数列 是等差数
列，证明： 是等差数列.
【答案】证明见解析.
【分析】先根据 求出数列 的公差 ，进一步写出 的通项，从而求出 的通项公式，
最终得证.
【详解】∵数列 是等差数列，设公差为
∴ ，
∴ ，
∴当 时，
当 时， ，满足 ，
∴ 的通项公式为 ，
∴
∴ 是等差数列.
【点睛】在利用 求通项公式时一定要讨论 的特殊情况.
8．（2022·全国甲卷·高考真题）记 为数列 的前n项和．已知 ．
(1)证明： 是等差数列；
(2)若 成等比数列，求 的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）依题意可得 ，根据 ，作差即可得到 ，从而
得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出 ，即可得到 的通项公式与前 项和，再根据二次函数的
性质计算可得．
【详解】（1）因为 ，即 ①，
当 时， ②，
① ②得， ，
即 ，即 ，所以 ， 且 ，
所以 是以 为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得 ， ， ，
又 ， ， 成等比数列，所以 ，
即 ，解得 ，
所以 ，所以 ，
所以，当 或 时， ．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得 ， ， ，
又 ， ， 成等比数列，所以 ，
即 ，解得 ，
所以 ，即有 .
则当 或 时， ．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出 的最小值，适用于可以求出 的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
9．（2021·全国甲卷·高考真题）已知数列 的各项均为正数，记 为 的前n项和，从下面①②③中
选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列 是等差数列：②数列 是等差数列；③ ．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】证明过程见解析
【分析】选①②作条件证明③时，可设出 ，结合 的关系求出 ，利用 是等差数列可证
；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证
明.
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出 ，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出 ，结合 的关系求出 ，根据 可求 ，然后可证
是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.
【详解】选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+ 与 关系式设 ，则 ，
当 时， ；
当 时， ；
因为 也是等差数列，所以 ，解得 ；
所以 ， ，故 .
[方法二] ：待定系数法
设等差数列 的公差为d，等差数列 的公差为 ，
则 ，将 代入 ，
化简得 对于 恒成立．
则有 ，解得 ．所以 ．
选①③作条件证明②：
因为 ， 是等差数列，
所以公差 ，
所以 ，即 ，
因为 ，
所以 是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：定义法
设 ，则 ，
当 时， ；
当 时， ；
因为 ，所以 ，解得 或 ；
当 时， ，当 时， 满足等差数列的定义，此时 为等差数列；
当 时， ， 不合题意，舍去.综上可知 为等差数列.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为 ，所以 ， ，因为 也为等差数列，所以公差
，所以 ，故 ，当 时，
，当 时，满足上式，故 的通项公式为 ，所
以 ， ，符合题意.
【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，
选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于 的一次函数，直接设出 ，平方后得
到 的关系式，利用 得到 的通项公式，进而得到 ，是选择①②证明③的通
式通法；法二：分别设出 与 的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等
量关系 ， ，进而得到 ；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出 及 ，
进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于 的一次函数，直接设
出 ，结合 的关系求出 ，根据 可求 ，然后可证 是等差数列；法二：
利用 是等差数列即前两项的差 求出公差，然后求出 的通项公式，利用
，求出 的通项公式，进而证明出结论.
10．（2021·上海·高考真题）已知数列 满足 ，对任意 ， 和 中存在一项使其为另一项与
的等差中项
（1）已知 ， ， ，求 的所有可能取值；
（2）已知 ， 、 、 为正数，求证： 、 、 成等比数列，并求出公比 ；
（3）已知数列中恰有3项为0，即 ， ，且 ， ，求 的最大
值.
【答案】（1） ；（2）证明见解析， ；（3） .
【分析】（1）根据等差中项分别验证求解；
（2）根据等差数列，分别计算 ，即可证明；
（3）由 或 可知 或 ，结合（2）可求最大值.
【详解】（1）由题意， 或 ，∴ ，此时 ，满足
，此时 ， ，
所以
（2）∵ ，∴ ，或 ，经检验， ；
∴ ，或 （舍），∴ ；
∴ ，或 （舍），∴ ；
∴ ，或 （舍），∴ ；
综上， 、 、 成等比数列，公比为 ；
（3）由 或 ，可知 或 ，
由第（2）问可知， ，
∴ ， ，
∴ ，
同理， ， ，∴ ，
同理， ，∴ 的最大值为
【点睛】关键点点睛：由 ，再利用
，再结合 ①或 ②， 按②变换 次，
按①变换 次，求出 ，同理求出其他，属于难题.
11．（2022·浙江·高考真题）已知等差数列 的首项 ，公差 ．记 的前n项和为
．
(1)若 ，求 ；
(2)若对于每个 ，存在实数 ，使 成等比数列，求d的取值范围．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）利用等差数列通项公式及前 项和公式化简条件，求出 ，再求 ；
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求 的范围.
【详解】（1）因为 ，
所以 ，
所以 ，又 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
（2）因为 ， ， 成等比数列，
所以 ，
，
，
由已知方程 的判别式大于等于0，
所以 ，
所以 对于任意的 恒成立，
所以 对于任意的 恒成立，
当 时， ，
当 时，由 ，可得
当 时， ，
又
所以
12．（2022·上海·高考真题）数列 对任意 ，且 ，均存在正整数 ，满足
.
(1)求 可能值；
(2)命题p：若 成等差数列，则 ，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是
假，说明理由：
(3)若 成立，求数列 的通项公式.
【答案】(1)7或9；(2)答案见解析；
(3) .
【分析】（1）利用递推公式可得 ，进而可求出 ；
（2）由题意可得 ，则 ，从而命题 为真命题，给出反例即可得
出命题 为假命题；
（3）由题意可得 ， ，然后利用数学归纳法证明数列单
调递增，最后分类讨论即可确定数列的通项公式.
【详解】（1）因为 ，所以 或 ，所以 可能值为7或9；
（2）因为 成等差数列，所以 ， ,
所以 ，
逆命题 ：若 ，则 为等差数列是假命题，举例：
故命题 为假命题，
（3）因为 ，所以
，所以 ，
因此 ，
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明 恒成立：
当 时， 明显成立；
假设当 时命题成立，即 ，
则 ，即 ，即命题得证；
回到原题，分类讨论求数列的通项公式：
1.若 ，则 矛盾；
2.若 ，则 ，所以 ，所以 ，
此时 ，
所以 ，
3.若 ，则 ，所以 ，所以 ，所以 （由（2）知对任意 成立），所以 ，与事实上 矛盾，
综上 .
【点睛】1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步
骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．
2．在用数学归纳法证明时，第(1)步验算n＝n 的n 不一定为1，而是根据题目要求选择合适的起始值．第
0 0
(2)步，证明n＝k＋1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法.
考点03含绝对值的数列求和
13．（2023·全国乙卷·高考真题）记 为等差数列 的前 项和，已知 ．
(1)求 的通项公式；
(2)求数列 的前 项和 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式求解 ，进而可得结果；
（2）先求 ，讨论 的符号去绝对值，结合 运算求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为 ，
由题意可得 ，即 ，解得 ，
所以 ，
（2）因为 ，
令 ，解得 ，且 ，
当 时，则 ，可得 ；
当 时，则 ，可得
；
综上所述： .考点04分组求和法
14．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列 的前 项和为 ，且 .
(1)求 的通项公式；
(2)求数列 的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；
（2）利用分组求和法即可求 .
【详解】（1）因为 ,故 ，
所以 即 故等比数列的公比为 ，
故 ，故 ，故 .
（2）由等比数列求和公式得 ，
所以数列 的前n项和
.
15．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知 为等差数列， ，记 ， 分别为数列
， 的前n项和， ， ．
(1)求 的通项公式；
(2)证明：当 时， ．
【答案】(1) ；(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列 的公差为 ，用 表示 及 ，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出 ， ，再分奇偶结合分组求和法求出 ，并与 作差比较作答；方
法2，利用（1）的结论求出 ， ，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出 ，并与 作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，而 ，
则 ，
于是 ，解得 ， ，
所以数列 的通项公式是 .
（2）方法1：由（1）知， ， ，
当 为偶数时， ，
，
当 时， ，因此 ，
当 为奇数时， ，
当 时， ，因此 ，
所以当 时， .
方法2：由（1）知， ， ，
当 为偶数时， ，
当 时， ，因此 ，
当 为奇数时，若 ，则
，显然 满足上式，因此当 为奇数时， ，
当 时， ，因此 ，
所以当 时， .16．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知数列 满足 ，
（1）记 ，写出 ， ，并求数列 的通项公式；
（2）求 的前20项和.
【答案】（1） ；（2） .
【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列 的特征，然后求和其通项公式即可；
(2)方法二：分组求和，结合等差数列前 项和公式即可求得数列的前20项和.
【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：
显然 为偶数，则 ，
所以 ，即 ，且 ，
所以 是以2为首项，3为公差的等差数列，
于是 ．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知 ，所以 ．
由 （ 为奇数）及 （ 为偶数）可知，
数列从第一项起，
若 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以 ，则 ．
[方法三]：累加法
由题意知数列 满足 ．
所以 ，
，
则 ．
所以 ，数列 的通项公式 ．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论．
[方法二]：分组求和
由题意知数列 满足 ，
所以 ．
所以数列 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
同理，由 知数列 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
从而数列 的前20项和为：
．
【整体点评】(1)方法一：由题意讨论 的性质为最一般的思路和最优的解法；
方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；
方法三：写出数列 的通项公式，然后累加求数列 的通项公式，是一种更加灵活的思路.
(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前 项和是一种常规的方法；
方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前 项和公式和分组的方法进行求和是一
种不错的选择.
考点05裂项相消法求和
17．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记 为数列 的前n项和，已知 是公差为 的等差
数列．
(1)求 的通项公式；
(2)证明： ．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得 ，得到 ，利用和与项的
关系得到当 时， ,进而得： ，利用累乘法求得
，检验对于 也成立，得到 的通项公式 ；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到 ，进而证得.
【详解】（1）∵ ，∴ ,∴ ,
又∵ 是公差为 的等差数列，
∴ ,∴ ,
∴当 时， ，
∴ ,
整理得： ,
即 ,
∴
，
显然对于 也成立，
∴ 的通项公式 ；
（2）
∴
考点06错位相减法求和
18．（2023·全国甲卷·高考真题）设 为数列 的前n项和，已知 ．
(1)求 的通项公式；
(2)求数列 的前n项和 ．
【答案】(1)
(2)【分析】（1）根据 即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【详解】（1）因为 ，
当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ，
当 时， ，所以 ，
化简得： ，当 时， ，即 ，
当 时都满足上式，所以 ．
（2）因为 ，所以 ，
，
两式相减得，
，
，即 ， ．
19．（2025·全国一卷·高考真题）设数列 满足 ，
(1)证明： 为等差数列；
(2)设 ，求 ．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题目所给条件 化简，即可证明结论；
（2）先求出 的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以 ，作差并利用等比数列前 项和得出导
函数表达式，即可得出结论.
【详解】（1）由题意证明如下， ，在数列 中， ， ，
∴ ，即 ，
∴ 是以 为首项，1为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得， ，
在数列 中，首项为3，公差为1，
∴ ，即 ，
在 中，
，
∴ ，
当 且 时，
∴ ，
∴
∴
.
20．（2025·天津·高考真题）已知数列 是等差数列， 是等比数列， ．
(1)求 ， 的通项公式；
(2) ， ，有 ，
（i）求证：对任意实数 ，均有 ;
（ii）求 所有元素之和．【答案】(1) ；
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）设数列 的公差为d，数列 公比为 ，由题设列出关于d和 的方程求
解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；
（2）（i）由题意结合（1）求出 和 的最大值，再作差比较两
者大小即可证明；
（ii）法一：根据 中全为1、一个为0其余为1、2个为0其余为、…、全为0几个情况将
中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解；
法二：根据 元素的特征得到 中的所有元素的和中各项 出现的次数均为 次即可求
解.
【详解】（1）设数列 的公差为d，数列 公比为 ，
则由题得 ，
所以 ；
（2）（i）证明：由（1） 或 ， ，
当 时，
设 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，为 中的最大元素，
此时 恒成立，
所以对 ，均有 .
（ii）法一：由（i）得 ，为 中的最大元素，
由题意可得 中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当 均为1时：此时该系列元素只有 即 个；
当 中只有一个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素有 共有 个，
则这 个元素的和为 ；当 中只有2个为0，其余均为1时：
此时该系列的元素为 共有 个，
则这 个元素的和为 ；
当 中有 个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为
共有 个，
则这 个元素的和为 ；
…
当 中有 个为0，1个为1时：此时该系列的元素为 共有 个，
则这 个元素的和为 ；
当 均为0时：此时该系列的元素为 即 个，
综上所述， 中的所有元素之和为
；
法二：由（i）得 ，为 中的最大元素，
由题意可得
，
所以 的所有的元素的和中各项 出现的次数均为 次，
所以 中的所有元素之和为 .
21．（2024·全国甲卷·高考真题）记 为数列 的前 项和，已知 ．
(1)求 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求 的通项公式．
（2）利用错位相减法可求 .
【详解】（1）当 时， ，解得 ．当 时， ，所以 即 ，
而 ，故 ，故 ，
∴数列 是以4为首项， 为公比的等比数列，
所以 .
（2） ,
所以
故
所以
，
.
22．（2024·天津·高考真题）已知 为公比大于0的等比数列，其前 项和为 ，且 ．
(1)求 的通项公式及 ；
(2)设数列 满足 ，其中 ．
（ⅰ）求证：当 时，求证： ；
（ⅱ）求 ．
【答案】(1)
(2)①证明见详解；②
【分析】（1）设等比数列 的公比为 ，根据题意结合等比数列通项公式求 ，再结合等比数列求
和公式分析求解；
（2）①根据题意分析可知 ， ，利用作差法分析证明；②根据题意结合等
差数列求和公式可得 ，再结合裂项相消法分析求解.
【详解】（1）设等比数列 的公比为 ，
因为 ，即 ，可得 ，整理得 ，解得 或 （舍去），
所以 .
（2）（i）由（1）可知 ，且 ，
当 时，则 ，即
可知 ，
，
可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 ；
（ii）由（1）可知： ，
若 ，则 ；
若 ，则 ，
当 时， ，可知 为等差数列，
可得 ，
所以 ，
且 ，符合上式，综上所述： .
【点睛】关键点点睛：1.分析可知当 时， ，可知 为等差数列；
2.根据等差数列求和分析可得 .
23．（2021·全国乙卷·高考真题）设 是首项为1的等比数列，数列 满足 ．已知 ， ，
成等差数列．
（1）求 和 的通项公式；
（2）记 和 分别为 和 的前n项和．证明： ．
【答案】（1） ， ；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及 得到 ，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出 ，再作差比较即可.
【详解】（1）因为 是首项为1的等比数列且 ， ， 成等差数列，
所以 ，所以 ，
即 ，解得 ，所以 ，
所以 .
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设 ， ⑧
则 ． ⑨
由⑧-⑨得 ．
所以 ．
因此 ．
故 ．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得 ，
，①，②
① ②得 ，
所以 ，
所以 ，
所以 .
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知 ，令 ，且 ，即
，
通过等式左右两边系数比对易得 ，所以 ．
则 ，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设 ，
由于 ，
则 ．
又 ，
所以
，下同方法二．
【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，
关键是要看如何消项化简的更为简洁.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得 ,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造 ，使 ，求得 的表达式，
这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
24．（2021·天津·高考真题）已知 是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 是公比大于0的等
比数列， ．
（I）求 和 的通项公式；
（II）记 ，
（i）证明 是等比数列；
（ii）证明
【答案】（I） ， ；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得 的通项，由等比数列的通项公式运算可得 的通项公
式；
（II）（i）运算可得 ，结合等比数列的定义即可得证；
（ii）放缩得 ，进而可得 ，结合错位相减法即可得证.
【详解】（I）因为 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．
所以 ，所以 ，
所以 ；
设等比数列 的公比为 ，
所以 ，解得 （负值舍去），
所以 ；
（II）（i）由题意， ，
所以 ，所以 ，且 ，
所以数列 是等比数列；
（ii）由题意知， ，
所以 ，
所以 ，
设 ，
则 ，
两式相减得 ，
所以 ，
所以 .
【点睛】关键点点睛：
最后一问考查数列不等式的证明，因为 无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即
可得证.
考点07等差、等比数列的综合
25．（2023·天津·高考真题）已知 是等差数列， ．
(1)求 的通项公式和 ．
(2)设 是等比数列，且对任意的 ，当 时，则 ，
（Ⅰ）当 时，求证： ；
（Ⅱ）求 的通项公式及前 项和．
【答案】(1) ， ；
(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) ，前 项和为 .【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得 ，据此可求得数列的通项公式，然
后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前 项和公式计算可得 .
(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当 时， ，
取 ，当 时， ，取 ，即可证得题中的不等式；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前 项
和公式即可计算其前 项和.
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
则数列 的通项公式为 ，
求和得
.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当 时， ，
取 ，则 ，即 ，
当 时， ，
取 ，此时 ，
据此可得 ，
综上可得： .
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知： ，
则数列 的公比 满足 ，
当 时， ，所以 ，
所以 ，即 ，
当 时， ，所以 ，
所以数列的通项公式为 ，其前 项和为： .
【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前 项和的
核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它
对学生探索新知识很有裨益.
26．（2022·天津·高考真题）设 是等差数列， 是等比数列，且 ．
(1)求 与 的通项公式；
(2)设 的前n项和为 ，求证： ；
(3)求 ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；
（2）由等比数列的性质及通项与前n项和的关系结合分析法即可得证；
（3）先求得 ，进而由并项求和可得 ，再结合错
位相减法可得解.
【详解】（1）设 公差为d， 公比为 ，则 ，
由 可得 （ 舍去），
所以 ；
（2）证明：因为 所以要证 ，
即证 ，即证 ，
即证 ，
而 显然成立，所以 ；
（3）因为
，
所以，
设
所以 ，
则 ，
作差得
，
所以 ，
所以 .
考点08数列与其他知识的综合
27．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线 ，点 在 上， 为常数，
．按照如下方式依次构造点 ：过 作斜率为 的直线与 的左支交于点 ，令
为 关于 轴的对称点，记 的坐标为 .
(1)若 ，求 ；
(2)证明：数列 是公比为 的等比数列；
(3)设 为 的面积，证明：对任意正整数 ， .
【答案】(1) ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出 的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.思路二：使用
等差数列工具，证明 的取值为与 无关的定值即可.思路三：利用点差法得到 ，
，再结合（2）中的结论得 ，最后证明出即可.
【详解】（1）
由已知有 ，故 的方程为 .
当 时，过 且斜率为 的直线为 ，与 联立得到 .
解得 或 ，所以该直线与 的不同于 的交点为 ，该点显然在 的左支上.
故 ，从而 ， .
（2）方法一：由于过 且斜率为 的直线为 ，与 联立，得到方程
.
展开即得 ，由于 已经是直线 和
的公共点，故方程必有一根 .
从而根据韦达定理，另一根 ，相应的
.
所以该直线与 的不同于 的交点为 ，而注意到 的横坐标亦可通过
韦达定理表示为 ，故 一定在 的左支上.
所以 .
这就得到 ， .
所以.
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
方法二：因为 ， ， ，则 ，
由于 ，作差得 ，
，利用合比性质知 ，
因此 是公比为 的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点 ，若 ， ，则
.（若 在同一条直线上，约定 ）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有.
而又有 ， ，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明 的取值是与 无关的定值，所以 .
方法二：由于上一小问已经得到 ， ，
故 .
再由 ，就知道 ，所以数列 是公比为 的等比数列.
所以对任意的正整数 ，都有.
这就得到 ，
以及 .
两式相减，即得 .
移项得到 .
故 .
而 ， .
所以 和 平行，这就得到 ，即 .
方法三：由于 ，作差得 ，
变形得 ①，
同理可得 ，
由（2）知 是公比为 的等比数列，令 则 ②，
同时 是公比为 的等比数列，则 ③，
将②③代入①，
即 ，从而 ，即 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
28．（2023·上海·高考真题）令 ，取点 过其曲线 作切线交y轴于 ，取
点 过其作切线交y轴于 ，若 则停止，以此类推，得到数列 ．
(1)若正整数 ，证明 ；
(2)若正整数 ，试比较 与 大小；
(3)若正整数 ，是否存在k使得 依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试
说明理由．【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由导数的几何意义得切线方程后证明，
（2）构造函数后由导数证明不等式，
（3）由等差数列的性质，根据导数判断单调性与方程根的个数后求解，
【详解】（1） ，则 在 处的切线为 ，
当 时， ，即 ，
所以当正整数 时， ；
（2）作差得 ，
令 ， ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 单调递增，在 上单调递减，
，故 ，
所以当正整数 时，试比较 ；
（3） ，令 ，
与 单调性相同，由（2）得 ，
当 时， ，当 时， ，
故 至多有两解，
若 成等差数列，则 ，
故最多 项成等差数列，此时 ， ．
而 ， ，
令 ， ，显然 时， ，
故 在 上单调递增，
而， ， ，故 有唯一解，
存在 使得 ，此时 ，故存在最多 项成等差数列，
29．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继
续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮
的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；(2)求第 次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量 服从两点分布，且 ，则 ．
记前 次（即从第1次到第 次投篮）中甲投篮的次数为 ，求 ．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设 ，由题意可得 ，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【详解】（1）记“第 次投篮的人是甲”为事件 ，“第 次投篮的人是乙”为事件 ，
所以，
.
（2）设 ，依题可知， ，则
，
即 ，
构造等比数列 ，
设 ，解得 ，则 ，
又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
即 ．
（3）因为 ， ，
所以当 时， ，故 ．
【点睛】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数
列的基本知识求解．
考点09数列新定义
30．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列 是公差不为0的等差数列，若从中删
去两项 和 后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列
是 可分数列．
(1)写出所有的 ， ，使数列 是 可分数列；
(2)当 时，证明：数列 是 可分数列；
(3)从 中任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据 可分数列的定义即可；
（2）根据 可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是 可分数列的 至少有 个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列 的公差为 ，则 .
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形 ，
得到新数列 ，然后对 进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从 中取出两个数 和 ，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是 ，或 ，或 .
所以所有可能的 就是 .
（2）由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下两个部分，共 组，使得每
组成等差数列：① ，共 组；
② ，共 组.
（如果 ，则忽略②）
故数列 是 可分数列.
（3）定义集合 ，
.
下面证明，对 ，如果下面两个命题同时成立，
则数列 一定是 可分数列：
命题1： 或 ；
命题2： .
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，
剩余的 个数可以分为以下三个部分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组；
③ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
故此时数列 是 可分数列.
第二种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
由于 ，故 ，从而 ，这就意味着 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下四个部分，
共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；② ， ，共 组；
③全体 ，其中 ，共 组；
④ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 个行， 个列的数表
以后， 个列分别是下面这些数：
， ， ，
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 中除开五个集合
， ， ， ，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的 和 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 是 可分数列.
至此，我们证明了：对 ，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列 一定是
可分数列.
然后我们来考虑这样的 的个数.
首先，由于 ， 和 各有 个元素，故满足命题1的 总共有 个；
而如果 ，假设 ，则可设 ， ，代入得 .
但这导致 ，矛盾，所以 .
设 ， ， ，则 ，即 .
所以可能的 恰好就是 ，对应的 分别是 ，总
共 个.
所以这 个满足命题1的 中，不满足命题2的恰好有 个.
这就得到同时满足命题1和命题2的 的个数为 .
当我们从 中一次任取两个数 和 时，总的选取方式的个数等于
.而根据之前的结论，使得数列 是 可分数列的 至少有 个.
所以数列 是 可分数列的概率 一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究
结论.
31．（2024·北京·高考真题）已知集合
．给定数列 ，和序
列 ，其中 ，对数列 进行如下变换：将 的第 项均
加1，其余项不变，得到的数列记作 ；将 的第 项均加1，其余项不变，得到数列记作
；……；以此类推，得到 ，简记为 ．
(1)给定数列 和序列 ，写出 ；
(2)是否存在序列 ，使得 为 ，若存在，写出一个符
合条件的 ；若不存在，请说明理由；
(3)若数列 的各项均为正整数，且 为偶数，求证：“存在序列 ，使得 的各项都相
等”的充要条件为“ ”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的 ，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照 的定义写出 即可；
（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的 ，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解
法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列 共有8项，可知：
，检验即可；
（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若 ，分类讨论
相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列 ，使得 为常数列，结合定义分析证明即
可.
【详解】（1）因为数列 ，
由序列 可得 ；由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
所以 .
（2）解法一：假设存在符合条件的 ，可知 的第 项之和为 ，第 项之和为 ，
则 ，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的 ；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的 ，且 ，
因为 ，即序列 共有8项，
由题意可知： ，
检验可知：当 时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的 .
（3）解法一：我们设序列 为 ，特别规定 .
必要性：
若存在序列 ，使得 的各项都相等.
则 ，所以 .
根据 的定义，显然有 ，这里 ， .
所以不断使用该式就得到 ，必要性得证.
充分性：
若 .
由已知， 为偶数，而 ，所以
也是偶数.
我们设 是通过合法的序列 的变换能得到的所有可能的数列 中，使得
最小的一个.
上面已经说明 ，这里 ， .
从而由 可得 .
同时，由于 总是偶数，所以 和 的奇偶性保持不变，从而和 都是偶数.
下面证明不存在 使得 .
假设存在，根据对称性，不妨设 ， ，即 .
情况1：若 ，则由 和 都是偶数，知
.
对该数列连续作四次变换 后，新的
相比原来的
减少 ，这与 的最小
性矛盾；
情况2：若 ，不妨设 .
情况2-1：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾；
情况2-2：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 都有 .
假设存在 使得 ，则 是奇数，所以
都是奇数，设为 .
则此时对任意 ，由 可知必有 .
而 和 都是偶数，故集合 中的四个元素 之和为偶数，
对该数列进行一次变换 ，则该数列成为常数列，新的
等于零，比原来的
更小，这与 的最小性
矛盾.综上，只可能 ，而 ，故
是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知： 中序列的顺序不影响 的结果，
且 相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若 ，
不妨设 ，则 ，
①当 ，则 ，
分别执行 个序列 、 个序列 ，
可得 ，为常数列，符合题意；
②当 中有且仅有三个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，
分别执行 个序列 、 个序列
可得 ，
即 ，
因为 为偶数，即 为偶数，
可知 的奇偶性相同，则 ，
分别执行 个序列 ， ， ， ，
可得
，
为常数列，符合题意；
③若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
因为 ，
可得 ，
即转为①，可知符合题意；
④当 中有且仅有两个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
因为 为偶数，可知 的奇偶性相同，
则 为偶数，
且 ，即转为②，可知符合题意；
⑤若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
因为 为偶数，
则 为偶数，
且 ，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若 ，则存在序列 ，使得 为常数列；
（ⅱ）若存在序列 ，使得 为常数列，
因为对任意 ，
均有 成立，
若 为常数列，则 ，
所以 ；
综上所述：“存在序列 ，使得 为常数列”的充要条件为“ ”.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
32．（2023·北京·高考真题）已知数列 的项数均为m ，且 的前
n项和分别为 ，并规定 ．对于 ，定义 ，
其中， 表示数集M中最大的数.
(1)若 ，求 的值；
(2)若 ，且 ，求 ；
(3)证明：存在 ，满足 使得 ．
【答案】(1) ， ， ，(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）先求 ，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得 ，利用反证可得 ，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论 的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）由题意可知： ，
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 故 ；
当 时，则 ，故 ；
综上所述： ， ， ， .
（2）由题意可知： ，且 ，
因为 ，且 ，则 对任意 恒成立，
所以 ，
又因为 ，则 ，即 ，
可得 ，
反证：假设满足 的最小正整数为 ，
当 时，则 ；当 时，则 ，
则 ，
又因为 ，则 ，
假设不成立，故 ，
即数列 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以 .
（3）因为 均为正整数，则 均为递增数列，
（ⅰ）若 ，则可取 ，满足 使得 ；
（ⅱ）若 ，则 ，
构建 ，由题意可得： ，且 为整数，
反证，假设存在正整数 ，使得 ，
则 ，可得 ，
这与 相矛盾，故对任意 ，均有 .①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，
满足 ，使得 ；
②若不存在正整数 ，使得 ，
因为 ，且 ，
所以必存在 ，使得 ，
即 ，可得 ，
可取 ，
满足 ，使得 ；
（ⅲ）若 ，
定义 ，则 ，
构建 ，由题意可得： ，且 为整数，
反证，假设存在正整数 ，使得 ，
则 ，可得 ，
这与 相矛盾，故对任意 ，均有 .
①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，
即满足 ，使得 ；
②若不存在正整数 ，使得 ，
因为 ，且 ，
所以必存在 ，使得 ，
即 ，可得 ，
可取 ，
满足 ，使得 .
综上所述：存在 使得 ．
33．（2022·北京·高考真题）已知 为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的
，在Q中存在 ，使得 ，则称Q为 连续
可表数列．(1)判断 是否为 连续可表数列？是否为 连续可表数列？说明理由；
(2)若 为 连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若 为 连续可表数列，且 ，求证： ．
【答案】(1)是 连续可表数列；不是 连续可表数列．
(2)证明见解析．
(3)证明见解析．
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑 不符合，再列举一个 合题即可；
（3）先证明 ，再说明 时不合题意，找出 且满足题意的数列即可得解．
【详解】（1） ， ， ， ， ，所以 是 连续可表数列；易知，不存
在 使得 ，所以 不是 连续可表数列．
（2）若 ,设为 ,则至多 ，6个数字，没有 个，矛盾；
当 时,数列 ，满足 ， ， ， ， ， ，
， ， ．
（3）解法一：先证明 .
从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，
取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，
取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，
所以对任意给定的5个整数，最多可以表示 个正整数，不能表示20个正整数，即 .
若 ，最多可以表示 个正整数，
由于 为 连续可表数列，且 ，所以至少有一项为负数，
既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示 的
正整数.
所以至少要有6个正整数才能连续表示 的正整数.所以 中至少包含6个正整数和一个负数，故 .
当 时，数列 满足题意，
．
解法二：若数列 为 连续可表数列，
则 ，这不可能！因而满足题设的 ．
若 ，得整数数列 中的连续若干项（至少一项，下同）的和 ，
；
，
；；
最多能表示（下简称数列 的连续项和表示）出21个两两互异的正整数，
且题设是能表示出 这20个正整数．
①若数列 的六项均是自然数，由题设 ，
可得数列 的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！
所以数列 中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列 的连续项和表示中会少两个正整数，
至多能表示 个正整数，不满足题设）．
若数列 的项中还有0，则数列 的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数
列 的项是一项负五项正（且这五个正项两两互异）．
还可得：数列 的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是 ．
因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列 的连续正项全
部求和）．
②因为＂若数列 满足题设，则数列
满足题设＂，
所以可只考虑数列 或 或 的情形．
若 且数列 的其余五项都是正项，则 或 ．若 ，则由
，
可得 ，得数列 的连续项和表示中的 均不是正整数；若
，
则由 ，可得 ，
得数列 的连续项和表示中的 均不是正整数．均不满足题设．
同理，可证得 也不满足题设．因而 ，
且 ．
③若两两互异的五个正整数 中没有1，则 ．
因而 ．
再由数列 的连续项和表示中最小的正数是1，可得 ．
若 ，则
得数列 的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设，
因而 ．
而 ，所以 ．再由 ，可得 ，
，
再得数列 的连续项和表示中17的表示只可能是 ，
进而可得 .
又由数列 的连续项和表示中有14，可得 ，
，得数列 是 （但 或 但 ，均不可能，因
而 中有1．
④由数列 的连续项和表示中有19及 ，
可得 或 （得 或 ．
若 ，则 ，得数列 的连续项和表示中会少表示一个正整数；
若 ，可得 （否则 ，数列 的连续项和表示中会少表示一个正整数），
所以 ，得 ，
数列 的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设．
所以 ．
⑤由数列 的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数 均大于1及
，
可得 得 或 （得 ，
数列 的连续项和表示中会少表示一个正整数）.
所以 ．
⑥由数列 的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数 均大于1，
（且 4：因为 及 ，
可得 （得 ）或 得 或 ，
（得 ，与 矛盾）或 得 ，与 矛盾）．
（i） ．
由数列 的连续项和表示中有15（可证得15的表示中没有 也没有 ），可得 得
，
这不可能）或 （得 ， ，这不可能）或 （得
，与 矛盾）或 得 ，再得 ，这不
可能）．（ii） ．
由数列 的连续项和表示中有14，可得
得 与 或 重复，这不可能），
或 （得 ，
这不可能）或 （得 ， ，
进而可得数列 是 ，（此时 ，这不可能）或 ，3，2，1（此时
，这不可能））或 得 ，
再由数列 的连续项和表示中有13，
可得数列 是 （但 ，这不可能）或 （但 ，这不可
能））
或 （得 ，这不可能）．
综上所述，可得欲证结论成立．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为 可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和
能表示从 到 中间的任意一个值．本题第二问 时，通过和值可能个数否定 ；第三问先通过和值
的可能个数否定 ，再验证 时，数列中的几项如果符合必然是 的一个排序，可验证
这组数不合题．
34．（2021·北京·高考真题）设p为实数.若无穷数列 满足如下三个性质，则称 为 数列：
① ，且 ；
② ；
③ ， ．
（1）如果数列 的前4项为2，-2，-2，-1，那么 是否可能为 数列？说明理由；
（2）若数列 是 数列，求 ；
（3）设数列 的前 项和为 .是否存在 数列 ，使得 恒成立？如果存在，求出所有的p；
如果不存在，说明理由．
【答案】（1）不可以是 数列；理由见解析；（2） ；（3）存在； ．
【分析】(1)由题意考查 的值即可说明数列不是 数列；
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定 的值；
(3)构造数列 ，易知数列 是 的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数 的
值.
【详解】(1)因 为 所以 ，因 为 所 以
所以数列 ，不可能是 数列.
(2)性质① ，
由性质③ ，因此 或 ， 或 ，
若 ，由性质②可知 ，即 或 ，矛盾；
若 ，由 有 ，矛盾.
因此只能是 .
又因为 或 ，所以 或 .
若 ，则 ，
不满足 ，舍去.
当 ，则 前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明 ：
当 时，经验证命题成立，假设当 时命题成立，
当 时：
若 ，则 ，利用性质③：
，此时可得： ；
否则，若 ，取 可得： ，
而由性质②可得： ，与 矛盾.
同理可得：
，有 ；
，有 ；
，又因为 ，有
即当 时命题成立，证毕.
综上可得： ， .
(3)令 ，由性质③可知：
，
由于 ，因此数列 为 数列.
由（2）可知:
若 ；
， ，
因此 ，此时 ， ，满足题意.
【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新
法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助
于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是
“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
