专题 6.1 等差数列及其前 n 项和【十大题型】
【新高考专用】
1、等差数列及其前n项和
数列是高考的重点、热点内容，其中等差数列属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，
等差数列的基本量计算和基本性质、等差数列的中项性质、判定是高考考查的热点，主要以选择题、填空
题的形式考查，难度较易；等差数列的证明、求和及综合应用是高考考查的重点，一般出现在解答题中，
难度中等；有时会在压轴题中出现数列的新定义、新情景题，难度较大；高考中数列内容一般设置一道选
择题和一道解答题，需要灵活求解.【知识点1 等差数列的基本运算的解题策略】
1．等差数列的基本运算的两大求解思路：
(1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a ，a ，d，n，S ，知其中三个就能求另外两个，
1 n n
体现了用方程的思想来解决问题.
(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而 a 和d是等差数列的两个基本量，
1
用它们表示已知和未知是常用方法.
【知识点2 等差数列的判定的方法与结论】
1．证明数列是等差数列的主要方法：
(1)定义法：对于n≥2的任意自然数，验证a-a 为同一常数.即作差法，将关于a 的a 代入a-a ，
n n-1 n-1 n n n-1
在化简得到定值.
(2)等差中项法：验证2a =a+a （n≥3，n∈N*）都成立.
n-1 n n-2
2．判定一个数列是等差数列还常用到的结论：
(1)通项公式：a=pn+q（p,q为常数） 是等差数列.
n
(2)前n项和公式：S=An2+Bn（A,B为常数） 是等差数列.
n
问题的最终判定还是利用定义.
【知识点3 等差数列及其前n项和的性质及应用】
1．项的性质：
在等差数列 中，若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*)，则a +a=a+a.
m n p q
2．和的性质：
在等差数列 中，S 为其前n项和，则
n
(1)S =n(a+a )=…=n(a+a )；
2n 1 2n n n+1
(2)S =(2n-1)a；
2n-1 n
(3)依次k项和成等差数列，即S,S -S,S -S ,…成等差数列.
k 2k k 3k 2k
3．求等差数列前n项和的最值的常用方法：
(1)邻项变号法：利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，或者利用性质求其正负转折项，便可求
得和的最值；
(2)二次函数法：利用公差不为零的等差数列的前n项和S=An2+Bn（A,B为常数，A≠0）为二次函数，
n
通过二次函数的性质求最值.
(3)不等式组法：借助当S 最大时，有 ，解此不等式组确定n的范围，进
n
而确定n的值和对应S 的值(即S 最大值)，类似可求S 的最小值.
n n n
【方法技巧与总结】
1．已知数列{ }的通项公式是 = pn+q(其中p，q为常数)，则数列{ }一定是等差数列，且公差为
p.
2．在等差数列{ }中，a>0， d<0，则S 存在最大值；若a<0， d>0，则S 存在最小值.
1 n 1 n
3．等差数列{ }的单调性：当d>0时，{ }是递增数列；当d<0时，{ }是递减数列；当d=0时，{}是常数列.
4．数列{ }是等差数列 ( A, B为常数).
【题型1 等差数列的基本量运算】
【例1】（2024·山东·模拟预测）在等差数列{a }中，已知a =−9，a +a =−9，a =9，则n=（ ）
n 1 3 5 2n−1
A．7 B．8 C．9 D．10
【解题思路】根据等差数列基本量的计算即可求解.
3
【解答过程】由a +a =−9，a =−9可得a =−9，公差d= ，
3 5 1 1 2
故a =a +(2n−2)d=9，解得n=7，
2n−1 1
故选：A.
【变式1-1】（2025·贵州安顺·模拟预测）设等差数列{a }的前n项和为S ．若a +a =20,S =22，则{a }
n n 7 9 11 n
的公差为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】设等差数列{a }的公差为d，将条件转化为a 和d表示，得到方程组，解得d的值.
n 1
【解答过程】设等差数列{a }的公差为d，
n
因为a +a =20，S =22，
7 9 11
所以¿，解得¿
故选：D.
【变式1-2】（2025·安徽合肥·一模）记S 为等差数列{a }的前n项和.若a +a +a =9，则S =（ ）
n n 4 5 6 9
A．9 B．18 C．27 D．36
【解题思路】利用等差数列的前n项和公式，等差数列的通项公式进行求解即可.
【解答过程】∵a +a +a =a +3d+a +4d+a +5d
4 5 6 1 1 1
=3a +12d
1
=9，
9×8
∴S =9a + ×d=9a +36d=3(3a +12d)=27.
9 1 2 1 1
故选：C.【变式1-3】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知等差数列{a }满足a +a =14，且a −a =8，则首项a =
n 2 3 4 2 1
（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据等差数列通项公式直接求解即可.
【解答过程】设等差数列{a }的公差为d，因为a +a =14，且a −a =8，
n 2 3 4 2
所以¿，所以¿.
故选：A.
【题型2 等差数列的性质及应用】
【例2】（2024·广西柳州·模拟预测）在等差数列{a }中，若a +a +a +a =48，则a =（ ）．
n 2 5 17 20 11
A．7 B．12 C．16 D．24
【解题思路】观察数列下标根据等差数列的性质进行求解．
【解答过程】在等差数列{a }中，
n
若m+n=p+q，则a +a =a +a ，
m n p q
所以a +a +a +a =48=4a ，所以a =12．
2 5 17 20 11 11
故选：B.
【变式2-1】（2025·辽宁沈阳·一模）已知数列{a }为等差数列，m，n，s，t∈N ，设p:m+n=s+t，
n +
q:a +a =a +a，则p是q的（ ）
m n s t
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
【解题思路】结合等差数列和常数数列的性质，分别从充分性和必要性两个方面分析即可.
【解答过程】当数列{a }是等差数列时，根据等差数列的性质，当m+n=s+t时，有a +a =a +a，所以
n m n s t
p是q的充分条件；
当数列{a }是等差数列且为常数数列时，由于a +a =a +a是恒成立的，所以m+n=s+t未必成立，所以
n m n s t
p是q的不必要条件.
综上可知：p是q的充分不必要条件.
故选：A.【变式2-2】（2024·四川雅安·三模）在等差数列{a }中，若a +a =10,a =9，则a =（ ）
n 2 6 5 8
A．21 B．24 C．27 D．29
【解题思路】由等差中项的性质、以及等差数列基本量的计算得公差d，进一步即可得解.
【解答过程】在等差数列{a }中，若a +a =2a =10,a =9，即a =5
n 2 6 4 5 4
则公差d=a −a =4，所以a =a +3d=21.
5 4 8 5
故选：A.
1
【变式2-3】（2024·山西运城·三模）已知数列{a }是等差数列， a −a =2，则a +a −a =（ ）
n 2 3 5 5 10 8
A．4 B．−2 C．−4 D．−8
【解题思路】利用下标和性质计算可得.
1
【解答过程】因为 a −a =2，则a −2a =4，又2a =a +a ，则a −(a +a )=4，
2 3 5 3 5 5 3 7 3 3 7
解得a =−4，
7
所以a +a −a =a +a −a =a =−4.
5 10 8 7 8 8 7
故选：C.
【题型3 等差数列的判定与证明】
【例3】（2024·湖北武汉·模拟预测）已知数列{a }，则“a +a =2a (n≥3，n∈N∗)”是“数列
n n−2 n+2 n
{a }是等差数列”的（ ）
n
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
【解题思路】先判断充分性：由已知可得a −a =a −a ，数列{a }的偶数项成等差数列，奇数项成等
n+2 n n n−2 n
差数列，举例可知数列{a }不一定是等差数列，再判断必要性：数列{a }是等差数列，可得
n n
2a =a +a ，可得结论.
n n−2 n+2
【解答过程】先判断充分性：∵a +a =2a ,∴a −a =a −a ，
n−2 n+2 n n+2 n n n−2
令n=2k(k∈N∗)，则a −a =a −a =⋯=a −a ,∴数列{a }的偶数项成等差数列，
2k+2 2k 2k 2k−2 4 2 n令n=2k−1(k∈N*)，则a −a =a −a =⋯=a −a ,∴数列{a }的奇数项成等差数列，
2k+1 2k−1 2k−1 2k−3 3 1 n
但数列{a }不一定是等差数列，如：1，1，2，2，3，3，
n
∴“a +a =2a (n≥3,n∈N∗)”不是“数列{a }是等差数列”的充分条件；
n−2 n+2 n n
a +a a +a a a
再判断必要性：若数列{a }是等差数列，则2a =a +a = n−2 n+ n n+2=a + n−2+ n+2，
n n n−1 n+1 2 2 n 2 2
∴2a =a +a ，∴“a +a =2a (n≥3,n∈N∗)”是“数列{a }是等差数列”的必要条件；
n n−2 n+2 n−2 n+2 n n
综上，“a +a =2a (n≥3,n∈N*)”是“数列{a }是等差数列”的必要不充分条件.
n−2 n+2 n n
故选：B.
【变式3-1】（2024·安徽阜阳·模拟预测）设正数数列{a }的前n项和为S ，且S = 1( a + 1 ) (n∈N∗)，
n n n 2 n a
n
则（ ）
A．{a }是等差数列 B．{S }是等差数列 C．{a }单调递增 D．{S }单调递增
n n n n
【解题思路】先利用a 和S 的关系求出S 2=n，进而得出S =√n，a =√n−√n−1；再逐项判断即可.
n n n n n
【解答过程】依题意可得：a =S −S ，n≥2.
n n n−1
因为S = 1( a + 1 ) (n∈N∗) ，
n 2 n a
n
1( 1 ) 1( 1 )
所以当n=1时，S = a + ，即S = S + ，解得S =1，
1 2 1 a 1 2 1 S 1
1 1
1( 1 )
当n≥2时，S = S −S + ，整理得：S2−S2 =1，
n 2 n n−1 S −S n n−1
n n−1
所以数列{S2}是以1为首项，1为公差的等差数列.
n
从而S 2=n， S =√n.
n n
因为当n=1时，a =S =1，
1 1当n≥2时，a =S −S =√n−√n−1.
n n n−1
n=1也适合上式，
所以a =√n−√n−1，故选项A、B错误，选项D正确.
n
因为a =√2−√1=√2−1<1，
2
所以选项C错误.
故选：D.
【变式3-2】（2024·湖北·一模）已知数列{a },{b }满足a =0,1+a ⋅a =−2a ,b =a +1.
n n 1 n n+1 n+1 n n
{1 }
(1)求证：数列 是等差数列；
b
n
1
(2)令C n = b ⋅22n+1 ，求数列{C n }的前n项和T n .
n
−1 1 1
【解题思路】（1）由已知可得a = ，进而结合已知可得 − =1，可得结论；
n+1 2+a b b
n n+1 n
（2）结合（1）可得C =
n
，令C =
n
=
(1) 2n+1
¿，对照系数可得A=
4
,B=
4
，进而利用累加法
n 22n+1 n 22n+1 2 3 9
可求得T .
n
−1
【解答过程】（1）因为1+a ⋅a =−2a ，所以a = ，
n n+1 n+1 n+1 2+a
n
−1 1+a 1 1 2+a 1
所以b = +1= n ，所以 − = n− =1，
n+1 2+a 2+a b b 1+a a +1
n n n+1 n n n
1 {1 }
又
=1，所以
是以1为首项，1为公差的等差数列.
b b
1 n
1 n
（2）由（1）可知 =n,∴C =
b n 22n+1
n
n (1) 2n+1 (1) 2n+3 (1) 2n+1
令C = =(An+B) −[A(n+1)+B] = ¿，
n 22n+1 2 2 24 4 (4 4)(1) 2n+1
对照系数可得A= ,B= ,∴C =d −d （其中d = n+ ），
3 9 n n n+1 n 3 9 2
2 (n 4)(1) 2n+1
T =C +C +⋯+C =d −d +d −d +⋯+d −d =d −d = − + .
n 1 2 n 1 2 2 3 n n+1 1 n+1 9 3 9 2
{S }
【变式3-3】（2024·广东深圳·一模）设S 为数列{a }的前n项和，已知a =4,S =20，且 n 为等差数列．
n n 2 4 n
(1)求证：数列{a }为等差数列；
n
b a
(2)若数列{b }满足b =6，且 n+1= n ，设T 为数列{b }的前n项和，集合M=¿，求M（用列举法表
n 1 b a n n
n n+2
示）．
{S }
【解题思路】（1）设等差数列 n 的公差为d，由题意可得S +3d=5、S +2d=4，解得S =2,d=1，
n 1 1 1
结合a =S −S 求得a =2n(n∈N*)，即可证明；
n n n−1 n
b n 12 1 1
（2）由（1）可得 n+1= ，根据累乘法可得b = =12( − )(n∈N*)，结合裂项相消求
b n+2 n n(n+1) n n+1
n
和法计算即可求解.
{S } S S
【解答过程】（1）设等差数列 n 的公差为d，则 4= 1+3d，即S +3d=5，①
n 4 1 1
S S
因为S =a +a =S +4，所以由 2= 1+d，得S +2d=4．②
2 1 2 1 2 1 1
S
由①、②解得S =2,d=1，所以 n=n+1，即S =n(n+1)，
1 n n
当n≥2时，a =S −S =n(n+1)−(n−1)n=2n，
n n n−1
当n=1时，a =S =2，上式也成立，所以a =2n(n∈N*)，
1 1 n
所以数列{a }是等差数列．
n
b a 2n n
（2）由（1）可知 n+1= n = = ，
b a 2n+4 n+2
n n+2b b b n−1 n−2 1 12
当n≥2时，b = n ⋅ n−1 ⋯⋅ 2 ⋅b = × ×⋯× ×6= ，
n b b b 1 n+1 n 3 n(n+1)
n−1 n−2 1
12 1 1
因为b =6满足上式，所以b = =12( − )(n∈N*)．
1 n n(n+1) n n+1
[( 1) (1 1) (1 1 )] ( 1 ) 12
T =12 1− + − +⋯+ − =12× 1− =12− ，
n 2 2 3 n n+1 n+1 n+1
12
因为当 ∈N* 时，n=1,2,3,5,11，所以M={6,8,9,10,11}．
n+1
【题型4 等差数列通项公式的求解】
【例4】（2024·浙江·模拟预测）已知数列{a }满足
n
(2n−3)a −(2n−1)a =4n2−8n+3(n≥2,n∈N*),a =1，则a =（ ）
n n−1 1 n
A．2n−2 B．2n2−n C．2n−1 D．(2n−1) 2
{ a }
【解题思路】根据递推关系可证明 n 为等差数列，即可求解.
2n−1
【解答过程】(2n−3)a −(2n−1)a =4n2−8n+3=(2n−1)(2n−3)，
n n−1
a a a { a }
所以 n − n−1 =1， 1=1，所以 n 为等差数列，且公差为1，首项为1，
2n−1 2n−3 1 2n−1
a
故 n =1+n−1=n，即a =n(2n−1)=2n2−n，
2n−1 n
故选：B.
【变式4-1】（24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）数列{a }中，a =1，a −a =3，则a =（ ）
n 1 n+1 n n
A．a =3n−2 B．a =3n+1
n n
C．a =−3n+4 D．a =−3n+1
n n
【解题思路】由等差数列通项公式可求a .
n
【解答过程】数列{a }中，a =1，a −a =3，
n 1 n+1 n所以数列{a }是首项a =1，公差d=3的等差数列，
n 1
所以a =a +(n−1)d=1+3(n−1)=3n−2.
n 1
故选：A.
1 3
【变式4-2】（2024·四川·模拟预测）已知S 为正项数列{a }的前n项和，a =3且S +S = a2 − ．
n n 1 n n+1 2 n+1 2
(1)求数列{a }的通项公式；
n
a
(2)若b =(−1) n+1 n ，求{b }的前10项和T ．
n n(n+1) n 10
【解题思路】（1）已知S 与a 的关系求通项公式，用退位作差，再利用平方差公式进行化简，最后对
n n
n=1时进行检验，得到数列{a }是等差数列，从而写出通项公式；
n
（2）根据a 得到b ，观察数列通项公式特点，裂项，进而得到前10项和T .
n n 10
1 3
【解答过程】（1）由题意知：S +S = a2 − ，即2(S +S )=a2 −3，
n n+1 2 n+1 2 n n+1 n+1
当n≥2时，2(S +S )=a2−3，
n−1 n n
两式相减，可得(a +a )(a −a −2)=0，
n+1 n n+1 n
因为a >0，可得a −a =2(n≥2)．
n n+1 n
又因为a =3，当n=1时，2(S +S )=a2−3，即a2−2a −15=0，
1 1 2 2 2 2
解得a =5或a =−3（舍去），所以a −a =2（符合），
2 2 2 1
从而a −a =2，所以数列{a }表示首项为3，公差为2的等差数列．
n+1 n n
所以数列{a }的通项公式为a =2n+1．
n n
（2）由题意得b =(−1) n+1 a n =(−1) n+1 2n+1 =(−1) n+1(1 + 1 ) ，
n n(n+1) n(n+1) n n+1
所以T =b +b +b +⋯+b +b
10 1 2 3 9 10
( 1) (1 1) (1 1) (1 1 ) ( 1 1 ) 1 10
= 1+ − + + + −⋯+ + − + =1− = ，
2 2 3 3 4 9 10 10 11 11 11
10
所以T = .
10 11【变式4-3】（2024·全国·模拟预测）已知数列{a }的前n项和为S ，且a =−2，
n n 1
S +S =a +2na −n2+n，n∈N*．
n+1 n n+1 n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)若a ≤2(k⋅3a n+3−a )对任意的n∈N*恒成立，求实数k的最小值．
n+1 n
【解题思路】（1）利用退一相减法可得数列{a }为等差数列，进而可得通项公式；
n
3n−8 3n−8
（2）代入，分离参数可得k≥ ，再设b = ，根据数列{b }的单调性可得最大项及k的最小值.
2×3n n 2×3n n
【解答过程】（1）由已知S +S =a +2na −n2+n①，
n+1 n n+1 n
则当n≥2时，S +S =a +2(n−1)a −(n−1) 2+(n−1)②，
n n−1 n n−1
①−②得a +a =a +(2n−1)a −2(n−1)a −2n+2，
n+1 n n+1 n n−1
即a −a =1，
n n−1
所以数列{a }是以−2为首项，1为公差的等差数列，
n
所以a =−2+n−1=n−3；
n
（2）由（1）得a =n−3，
n
即不等式n−2≤2(k⋅3n−n+3)对任意的n∈N*恒成立，
3n−8
所以k≥ ，
2×3n
3n−8
设b = ，
n 2×3n
3(n+1)−8 3n−8 −6n+19
又b −b = − = ，
n+1 n 2×3n+1 2×3n 2×3n+1
所以当n≤3时，b −b >0，当n≥4时，b −b <0，
n+1 n n+1 n
所以当n≤4时，数列{b }单调递增，当n≥4时，数列{b }单调递减，
n n
3n−8 2
所以b = ≤b = ，
n 2×3n 4 812
所以k≥ ，
82
2
即实数k的最小值为 .
82
【题型5 等差数列前n项和的性质】
【例5】（2024·四川巴中·模拟预测）已知S 是等差数列{a }的前n项和，若S =12,S =40，则S =
n n 4 8 12
（ ）
A．44 B．56 C．68 D．84
【解题思路】利用等差数列的前n项和性质：S ，S −S ，S −S 成等差数列可求S .
n 2n n 3n 2n 12
【解答过程】由题意可得S ，S −S ，S −S 成等差数列，
4 8 4 12 8
所以2(S −S )=S +S −S ，
8 4 4 12 8
因为S =12，S =40，
4 8
则56=12+S −40，解得S =84.
12 12
故选：D.
【变式5-1】（2024·广东深圳·模拟预测）已知等差数列{a }和{b }的前n项和分别为S 、T ，若
n n n n
S 3n+4 2a
n = ，则 6 （ ）
T n+2 b +b
n 2 10
111 37 111 37
A． B． C． D．
13 13 26 26
S 37 S a 2a a
【解题思路】计算出 11 = ，由等差数列的性质得 11 = 6 ， 6 = 6 ，从而得到答案.
T 13 T b b +b b
11 11 6 2 10 6
S 3n+4
【解答过程】因为等差数列{a }和{b }的前n项和分别为S 、T ，满足 n = ，
n n n n T n+2
n
S 3×11+4 37
所以 11 = = ，
T 11+2 13
1111(a +a )
1 11
S 2 a 2a 2a a 37
又 11 = = 6 ，故 6 = 6= 6= ，
T 11(b +b ) b b +b 2b b 13
11 1 11 6 2 10 6 6
2
故选：B.
【变式5-2】（2024·陕西咸阳·二模）已知等差数列{a }的前n项和为S ，若S =2，S =12，则S =（ ）
n n 4 8 20
A．30 B．58 C．60 D．90
【解题思路】借助等差数列片段和的性质计算即可得.
【解答过程】由数列{a }为等差数列，
n
故S 、S −S 、S −S 、S −S 、S −S 亦为等差数列，
4 8 4 12 8 16 12 20 16
由S =2，S =12，则S −S =10，
4 8 8 4
故S −S =18，S −S =26，S −S =34，
12 8 16 12 20 16
即有S =18+S =30，S =26+S =56，S =34+S =90.
12 8 16 12 20 16
故选：D.
【变式5-3】（23-24高二下·云南·期中）设数列{a }和{b }都为等差数列，记它们的前n项和分别为S 和T ，
n n n n
a n S
满足 n= ，则 5 =（ ）
b 2n+1 T
n 5
1 3 5 3
A． B． C． D．
2 7 9 5
【解题思路】由等差数列前n项和公式及下标和定理计算即可．
a n
【解答过程】数列{a }和{b }都为等差数列，且 n= ，
n n b 2n+1
n
5(a +a )
1 5
S 2 a +a a 3
则 5 = = 1 5= 3= ，
T 5(b +b ) b +b b 7
5 1 5 1 5 3
2
故选：B．【题型6 求等差数列的前n项和及其最值】
【例6】（2024·河北邯郸·模拟预测）记S 为等差数列{a }的前n项和，若2a +a +a =24，则S =
n n 4 8 16 15
（ ）
A．45 B．90 C．180 D．240
【解题思路】利用等差数列的性质及前n项和公式求S .
15
【解答过程】由2a +a +a =24得，(a +a )+(a +a )=24，
4 8 16 4 8 4 16
整理得2a +2a =24，即a +a =12，
6 10 6 10
15(a +a ) 15
所以S = 1 15 = (a +a )=90.
15 2 2 6 10
故选：B.
【变式6-1】（2024·河北石家庄·模拟预测）若数列{a }为等差数列，S 为数列{a }的前n项和，a +a >0，
n n n 4 9
S <0，则S 的最小值为（ ）
11 n
A．S B．S C．S D．S
5 6 7 8
【解题思路】根据等差数列的性质由a +a >0得a +a >0，由S <0得a <0，可求出数列{a }前6项均为
4 9 6 7 11 6 n
负值，可得结论.
11(a +a )
【解答过程】由等差数列性质可得S = 1 11 =11a <0，即a <0；
11 2 6 6
又a +a =a +a >0，所以a >0,
4 9 6 7 7
因此数列{a }的公差d>0，且前6项均为负值，
n
所以S 的最小值为前6项和，即为S .
n 6
故选：B.
【变式6-2】（2024·山东·二模）已知数列{a },a =13,a =a −4．求：
n 1 n+1 n
(1)数列{a }的通项公式；
n
(2)数列{a }的前n项和S 的最大值．
n n【解题思路】（1）根据题目条件得到{a }是以13为首项，−4为公差的等差数列，求出通项公式；
n
（2）求出通项公式，解不等式，得到数列从第5项开始小于0，从而得到数列{a }的前4项和最大，利用
n
求和公式求出答案.
【解答过程】（1）由a =a −4，可知a −a =−4，
n+1 n n+1 n
所以数列{a }是以13为首项，以−4为公差的等差数列，
n
所以a =13−4(n−1)=−4n+17；
n
（2）由（1）可知a =−4n+17，
n
17
令−4n+17>0，解得n< ，
4
17
令−4n+17<0，解得n> ，
4
即数列从第5项开始小于0，所以数列{a }的前4项和最大，
n
4×3
最大值为S =4×13+ ×(−4)=28．
4 2
【变式6-3】（2024·山东威海·一模）已知数列{a }的各项均为正数，其前n项和记为
n
S ,a =1,(a +1)(a +1)=λ(S +n)，其中λ为常数且λ≠0.
n 1 n n+1 n
(1)若数列{a }为等差数列，求a ；
n n
(2)若λ=3，求S .
2n
【解题思路】（1）根据等差数列列方程，求得λ，求得公差，进而求得a .
n
（2）利用分组求和法，结合等差数列的前n项和公式来求得正确答案.
【解答过程】（1）当n=1时，(a +1)(a +1)=λ(S +1)，解得a =λ−1，
1 2 1 2
当n=2时，(a +1)(a +1)=λ(S +2)，解得a =λ+1，
2 3 2 3
因为数列{a }为等差数列，所以2a =a +a ，
n 2 1 3
即2(λ−1)=1+λ+1，解得λ=4，
所以a =3,a =5，公差为2，所以a =2n−1.
2 3 n（2）当λ=3时，(a +1)(a +1)=3(S +n)①
n n+1 n
所以(a +1)(a +1)=3(S +n+1)②
n+1 n+2 n+1
所以②-①得，(a
n+1
+1)(a
n+2
−a
n
)=3(a
n+1
+1)，
因为a +1>0，所以a −a =3，
n+1 n+2 n
当n=1时，(a +1)(a +1)=3(S +1)，解得a =2，
1 2 1 2
所以数列{a }的奇数项成等差数列，首项为a =1，公差为3；
n 1
偶数项成等差数列，首项为a =2，公差为3，
2
n(n−1) n(n−1)
所以S =n+ ×3+2n+ ×3=3n2 .
2n 2 2
【题型7 等差数列的简单应用】
【例7】（2024·广东广州·模拟预测）元代数学家朱世杰编著的《算法启蒙》中记载了有关数列的计算问题：
“今有竹七节，下两节容米四升，上两节容米二升，各节欲均容，问逐节各容几升？”其大意为：现有一
根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子装米量逐节等量减少，问竹子
各节各装米多少升？以此计算，这根竹子的装米量为（ ）
A．9升 B．10.5升 C．12升 D．13.5升
【解题思路】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式计算即得.
【解答过程】依题意，竹子自下而上的各节装米量构成等差数列{a },n∈N∗,n≤7，
n
则a +a =4,a +a =2，a +a =a +a =3，
1 2 6 7 1 7 2 6
7(a +a )
所以这根竹子的装米量为S = 1 7 =10.5（升）.
7 2
故选：B.
【变式7-1】（2024·辽宁·模拟预测）2024年春节前夕，某商城针对顾客举办了一次“购物送春联”的促销
活动，活动规则如下：将一天内购物不少于800元的顾客按购物顺序从1开始依次编号，编号能被3除余
1，也能被4除余1的顾客可以获得春联1对，否则不能获得春联．若某天符合条件的顾客共有2000人，
则恰好获得1对春联的人数为（ ）
A．167 B．168 C．169 D．170【解题思路】将能被3除余1且被4除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为{a }，根据题意结合等
n
差数列的通项求出其通项公式，进而可得出答案.
【解答过程】将能被3除余1且被4除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为{a }，
n
则a −1既是3的倍数，也是4的倍数，
n
故a −1为12的倍数，所以{a −1}是首项为0，公差为12的等差数列，
n n
所以a =12n−11，
n
2011
令1≤a ≤2000，即1≤12n−11≤2000，且n∈N*，解得1≤n≤ ，
n 12
2011
且n∈N*，又167< <168，所以恰好获得1对春联的人数为167．
12
故选:A.
【变式7-2】（2024·山西·模拟预测）干支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即：
甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、
戌、亥．干支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由
“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，排列
到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”、“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即
“丙子”，…，依此类推．已知2024年是甲辰年，则2124年为（ ）
A．丁辰年 B．癸未年 C．甲午年 D．甲申年
【解题思路】本题由题意可得数列天干是10个为一个循环的循环数列，地支是以12个一个循环的循环数
列，以2024年的天干和地支分别为首项，即可求解．
【解答过程】天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，
由于2124−2024=100，故100年后天干为甲，
由于100÷12=8⋯⋯4，余数为4，故100年后地支为“辰”后面第四个，即“申”，
所以2124年为甲申年．
故选：D.
【变式7-3】（2024·湖南·二模）张扬的父亲经营着一家童鞋店，该店提供从25码到36.5码的童鞋，尺寸
之间按0.5码为公差排列成等差数列．有一天，张扬帮助他的父亲整理某一型号的童鞋，以便确定哪些尺
寸需要进货，张扬在进货单上标记了两个缺货尺寸．几天后，张扬的父亲询问那些缺货尺寸是哪些，但张
扬无法找到标记缺货尺寸的进货单，他只记得其中一个尺寸是28.5码，并且在当时将所有有货尺寸加起来的总和是677码．现在问题是，另外一个缺货尺寸是（ ）
A．28码 B．29.5码 C．32.5码 D．34码
【解题思路】利用等差数列的通项公式求得尺码的总个数，再利用等差数列的前n项和公式求得总尺码，
继而得到缺货尺寸的总码数，进一步计算即可.
【解答过程】设第一个尺码为a ，公差为d，
1
则a =25,d=0.5，
1
则a =25+(n−1)×0.5=0.5n+24.5，
n
当a =0.5n+24.5=36.5时，n=24，
n
故若不缺码，所有尺寸加起来的总和为
(a +a )×24
S = 1 24 =738码，
24 2
所有缺货尺码的和为738−677=61码，
又因为缺货的一个尺寸为28.5码，
则另外一个缺货尺寸61−28.5=32.5码，
故选：C.
【题型8 含绝对值的等差数列问题】
【例8】（2024·内蒙古包头·一模）已知等差数列{a }中，a =9，a =3，设
n 1 4
T =|a |+|a |+⋅⋅⋅+|a |，则T =（ ）
n 1 2 n 21
A．245 B．263 C．281 D．290
【解题思路】根据给定条件，求出等差数列{a }的公差及通项公式，判断正数、负数项，再求出T .
n 21
a −a
【解答过程】等差数列{a }中，由a =9，a =3，得公差d= 4 1=−2，
n 1 4 4−1
则a =a +(n−1)d=−2n+11，显然当n≤5时，a >0，当n>6时，a <0，
n 1 n n
所以T =|a |+|a |+⋅⋅⋅+|a |=(a +a +⋯+a )−(a +a +⋯+a )
21 1 2 21 1 2 5 6 7 21
5(9+1) 21(9−31)
=2(a +a +⋯+a )−(a +a +⋯+a )=2× − =281.
1 2 5 1 2 21 2 2
故选：C.
【变式8-1】（2024·全国·模拟预测）设数列{a}的通项公式为a＝2n－7，则|a|＋|a|＋|a|＋…＋|a |＝（
n n 1 2 3 15
）
A．139 B．153C．144 D．178
【解题思路】根据数列的通项公式，可得数列{an}为等差数列，即可求得a ,d，进而可得前n项和S ，所
1 n
求可化简为S −2S ，代入公式，即可得答案.
15 3
【解答过程】∵a＝2n－7，∴a −a =2(n+1)−7−(2n−7)=2，
n n+1 n
∴数列{a}为等差数列，且a＝－5，d＝2.
n 1
n(n−1)d n(n−1)×2
∴前n项和S =na + =−5n+ =n2−6n.
n 1 2 2
∴|a|＋|a|＋|a|＋…＋|a |＝−a −a −a +a +⋅⋅⋅+a =−S +(S −S )=S −2S =153.
1 2 3 15 1 2 3 4 15 3 15 3 15 3
故选：B.
【变式8-2】（2024·辽宁·模拟预测）等差数列{a }的前n项和为S ，已知a =0，S =6.
n n 6 12
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)求数列{|a |}的前n项和T .
n n
【解题思路】（1）根据条件转化为首项和公差的方程，即可求解；
（2）根据数列正项和负项的分界，讨论T 与S 的关系，求解.
n n
【解答过程】（1）设数列{a }的公差为d，
n
∵S =6，∴a +a =1，∵a =0，∴a =1 ，∴公差为1，∴a =−5，
12 6 7 6 7 1
∴ a =−5+(n−1)=n−6；
n
n(−5+n−6) n2−11n
（2）由已知S = = ，
n 2 2
−n2+11n
n≤5时，T =−S = ；
n n 2
n2−11n n2−11n+60
n≥6时，T =S −2S = +30= ；
n n 5 2 2
综上T =¿.
n
【变式8-3】（2024·全国·模拟预测）已知等差数列{a },a =−10，记S 为{a }的前n项和，从下面①②③
n 1 n n
S S
中再选取一个作为条件，解决下面问题．①2a +a =0；②S =−55；③ 7− 5=2．
5 8 11 7 5
(1)求S 的最小值；
n(2)设{|a |}的前n项和为T ，求T ．
n n 20
【解题思路】（1）设等差数列{a }的公差为d，分别选择①②③，求得公差d的值，结合等差数列的通项
n
公式和前n项和公式，即可求解；
（2）由（1）中的通项公式，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【解答过程】（1）设等差数列{a }的公差为d，且a =−10．
n 1
选择①：（1）因为2a +a =0，所以3a +15d=0，解得d=2．
5 8 1
n(n−1)
所以a =a +(n−1)d=2n−12，则S =na + d=n2−11n，
n 1 n 1 2
利用二次函数对称性和开口方向知，S =n2−11n关于n=5.5对称，
n
因为n∈N*，所以当n=5或6时，(S ) =S =S =−30.
n min 5 6
11×(a +a )
选择②：因为S =−55，可得 1 11 =−55，
11 2
a −a
因为a =−10，所以a =0，此时d= 11 1=1，所以a =a +(n−1)d=n−11，
1 11 11−1 n 1
因为d>0，所以{a }单调递增，且当n≥11时，a ≥0．
n n
所以当n=10或11时，S 最小，此时(S ) =S =S =−55.
n n min 10 11
S S a +a a +a a −a
选择③：因为 7− 5=2，所以 1 7− 1 5=2，即a −a =4，所以d= 7 5=2，
7 5 2 2 7 5 2
n(n−1)
所以a =a +(n−1)d=2n−12，则S =na + d=n2−11n，
n 1 n 1 2
利用二次函数对称性和开口方向知，S =n2−11n关于n=5.5对称，
n
因为n∈N*，所以当n=5或6时，(S ) =S =S =−30.
n min 5 6
（2）解：若选择①或③：由（1）知a =2n−12，当n≥6时，a ≥0，
n n
所以T =|a|+|a |+|a |+⋯+|a |=−a −a −a −a −a +a +a +⋯+a
20 1 2 3 20 1 2 3 3 5 6 7 20
T =a +a +a +⋯+a −2(a +a +a +a +a ) =S −2S =240.
20 1 2 3 20 1 2 3 3 5 20 51 21
若选择②：由（1）知a =n−11，且当n≥11时，a ≥0，且S = n2− n，
n n n 2 2
所以T =|a|+|a |+|a |+⋯+|a |=−a −a −⋯−a +a +a +⋯+a
20 1 2 3 20 1 2 10 11 12 20
T =a +a +a +⋯+a −2(a +a +a +⋯+a ) =S −2S =100.
20 1 2 3 20 1 2 3 10 20 10
【题型9 等差数列中的恒成立问题】
【例9】（2024·湖北·二模）已知等差数列{a }的前n项和为S ，且S =n2+m，n∈N*，若对于任意的
n n n
a
a∈[0,1]，不等式 n<x2−(1+a)x−2a2−a+2恒成立，则实数x可能为（ ）
n
A．−2 B．0 C．1 D．2
a
【解题思路】由S 与a 的关系且{a }为等差数列，求出a ，由 n<2，得x2−(1+a)x−2a2−a+2≥2，构
n n n n n
造函数g(a)=2a2+(1+x)a−x2+x，由g(a)≤0在a∈[0,1]时恒成立，求实数x的取值范围.
【解答过程】因为S =n2+m，n=1时，a =S =1+m，
n 1 1
n≥2时，a =S −S =n2+m−[(n−1) 2+m]=2n−1，
n n n−1
所以a =1+m，a =3，a =5，
1 2 3
因为{a }为等差数列，所以a =1，m=0，
n 1
a 1
从而a =2n−1， n=2− <2，
n n n
所以x2−(1+a)x−2a2−a+2≥2，即−2a2−(1+x)a+x2−x≥0，
则当0≤a≤1时，g(a)=2a2+(1+x)a−x2+x≤0恒成立，
¿，解得x≤−1或x≥3，
只有选项A符合题意，
故选：A.
【变式9-1】（2024·陕西西安·二模）已知数列{a }满足a =3，a −a =2，b =(−1)
n+1( 1
+
1 )
，若
n 1 n+1 n n a a
n n+14
数列{b }的前n项和为T ，不等式T < λ(3−5λ)(n∈N∗)恒成立，则λ的取值范围为（ ）
n n n 3
( 1 ) (1 ) ( 1 1) (1 2)
A． ,+∞ B． ,+∞ C． , D． ,
10 5 10 2 5 5
【解题思路】先求得数列{a }的通项公式，进而可得b =(−1)
n+1( 1
+
1 )
，进而分n为偶数与奇
n n 2n+1 2n+3
8 4
数两种情况求得(T ) ，进而可得 < λ(3−5λ)(n∈N∗)，求解即可.
n max 15 3
【解答过程】因为数列{a }满足a =3，a −a =2，
n 1 n+1 n
所以数列{a }是以a =3为首项，2为公差的等差数列，
n 1
所以a =3+2(n−1)=2n+1，
n
所以b =(−1)
n+1( 1
+
1 )
=(−1)
n+1( 1
+
1 )
，
n a a 2n+1 2n+3
n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
当n为偶数时，T =( + )−( + )+( + )−( + )+⋯+( + )−( + )
n 3 5 5 7 7 9 9 11 2n−1 2n+1 2n+1 2n+3
1 1 1
= − < ，
3 2n+3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
当n为奇数时，T =( + )−( + )+( + )−( + )+⋯−( + )+( + )
n 3 5 5 7 7 9 9 11 2n−1 2n+1 2n+1 2n+3
1 1 8
= + ≤ ，
3 2n+3 15
4 4
因为不等式T < λ(3−5λ)(n∈N∗)恒成立，即(T ) < λ(3−5λ)(n∈N∗)，
n 3 n max 3
8 4 2
所以 < λ(3−5λ)(n∈N∗)，所以 <λ(3−5λ)，所以
15 3 5
1 2 (1 2)
解得 <λ< ，所以λ的取值范围为 , .
5 5 5 5
故选：D.
【变式9-2】（2024·贵州六盘水·三模）已知{a }为等差数列，且a ＝3a ，a +a +a ＝a +24．
n 5 1 1 5 14 10
(1)求{a }的通项公式；
n(2)若2n ⋅λ≥a +a +⋯+a 恒成立，求实数λ的取值范围．
1 2 n
【解题思路】（1）根据题意建立方程求出等差数列的首项与公差，从而可求解；
（2）先求出等差数列的前n项和，再将恒成立问题参变分离，接着利用数列的单调性求出最值，从而得解．
【解答过程】（1）设数列 {a }的公差为d，则根据题意可得¿，
n
解得¿，则a ＝2n+2．
n
（2）由（1）可知运用等差数列求和公式，得到S =a +a +⋯+a =n2+3n，
n 1 2 n
n2+3n
又2n ⋅λ≥a +a +⋯+a 恒成立，则λ≥ 恒成立，
1 2 n 2n
n2+3n −n2−n+4
设f (n)= ，则f(n+1)−f (n)= ，
2n 2n+1
1
当n＝1时，f (2)−f (1)= >0，即f (2)>f (1)；
2
当n≥2时，−n2−n+4≤−2，则f(n+1)−f (n)<0，则f(n+1)<f (n)；
5
则f (n) =f(2)，故λ≥f (2)= ，
max 2
5
故实数λ的取值范围为[ ,+∞)．
2
【变式9-3】（2024·全国·模拟预测）数列{a }的前n项和为S ，2S2−2a S +a =0(n≥2,n∈N∗)，且
n n n n n n
a =1.
1
{1 }
(1)证明： 为等差数列；
S
n
λ
(2)对于任意n∈N*，不等式2na + <0恒成立，求实数λ的取值范围.
n+1 2n−1
1 1
【解题思路】（1）根据a =S −S 即可代入化简得 − =2，由等差数列的定义即可求解，
n n n−1 S S
n n−1
2n+1 2n+1
（2）根据S 可得a 的表达式，进而将问题转化为λ< ，构造c = ，利用作差法确定数列的单
n n 2n+1 n 2n+1
调性，即可求解最值得解.【解答过程】（1）当n≥2,n∈N*时，a =S −S ，则2S2−2S (S −S )+S −S =0，
n n n−1 n n n n−1 n n−1
化简得S −S =2S S ，又S ≠0，
n−1 n n n−1 n
1 1 1 1
所以 − =2，又 = =1，
S S S a
n n−1 1 1
{1 }
所以 是以1为首项，2为公差的等差数列.
S
n
1 1
（2）由（1）得 =1+(n−1)×2=2n−1，则S = ，
S n 2n−1
n
故a =¿
n
1 1 2
则a = − =− ，
n+1 2n+1 2n−1 (2n+1)(2n−1)
λ 2n+1 λ 2n+1
由2na + <0，得− + <0，则λ< ，
n+1 2n−1 (2n+1)(2n−1) 2n−1 2n+1
2n+1
令c = ，
n 2n+1
2n+2 2n+1 2n+1(2n−1)
则c −c = − = >0，所以数列{c }单调递增，
n+1 n 2n+3 2n+1 (2n+1)(2n+3) n
4 4 ( 4)
又c = ，故λ< ，所以实数λ的取值范围是 −∞, .
1 3 3 3
【题型10 与等差数列有关的新定义问题】
【例10】（2024·湖北·一模）已知数列{a }的前n项和为S ，若对每一个n∈N*，有且仅有一个m∈N*，
n n
使得S ≤a <S ，则称{a }为“X数列”．记b =S −a ,n∈N* ，称数列{b }为{a }的“余项数列”．
m n m+1 n n m+1 n n n
(1)若{a }的前四项依次为0,1,−1,2，试判断{a }是否为“X数列”，并说明理由；
n n
(2)若S =2n+1，证明{a }为“X数列”，并求它的“余项数列”的通项公式；
n n
(3)已知a =1的正项数列{a }为“X数列”，且{a }的“余项数列”为等差数列，证明S ≤1+2n−2．
1 n n n
【解题思路】（1）依次求出S ,S ,S ,S ，再根据“X数列”定义进行判断即可.
1 2 3 4
（2）由S =2n+1先求出数列{a }通项公式，再依据“X数列”定义进行推算证明即可，接着由“余项数
n n列”的定义公式b =S −a (n∈N∗)进行计算即可.
n m+1 n
a
（3）先探究b ,b 得出“余项数列”公差情况d≤0，再讨论d<0时n>1− 2推出矛盾得到d=0，接着探
1 2 d
究n≥3时若m+1≥n得出矛盾，从而得出m+1≤n−1，进而得出S −S +a =a +a =S ≤S 即可进
n n−1 1 n 1 m+1 n−1
一步推出S ≤1+2n−2 .
n
【解答过程】（1）{a }不是“X数列”，
n
依题意，S =0,S =1,S =0,S =2，则S ≤a ≤S ，S ≤a ≤S ，不符合题意，
1 2 3 4 1 1 2 3 1 4
所以{a }不是“X数列”.
n
（2）由S =2n+1，得当n=1时，a =S =4；当n≥2时，a =S −S =2n+1−2n=2n，
n 1 1 n n n−1
而a =4不满足a =2n ，因此a =¿，
1 n n
令S ≤a <S ，即2m+1≤a <2m+2 ，则当n=1时，有2m+1≤4<2m+2，解得m=1；
m n m+1 n
当n≥2时，2m+1≤2n<2m+2，则m+1≤n<m+2，而m,n∈N∗，于是m+1=n，
因此对每一个n∈N∗(n≥2)，有且仅有一个m∈N∗且m=n−1，使得S ≤a <S ，
m n m+1
即对任意n∈N∗，有且仅有一个m∈N∗，使得S ≤a <S ，所以{a }为“X数列”，
m n m+1 n
b =S −a =¿，n∈N∗，
n m+1 n
所以{a }的“余项数列”通项公式为b =¿，n∈N∗.
n n
（3）由{a }是正项数列，得{S }单调递增，则S ≤a <S ，b =S −a =a ，
n n 1 1 2 1 2 1 2
由a <S ，且{a }为“X数列”，得a =S ≤a <S ，由b =S −a (n∈N∗)，得b =S −a =a ，
2 2 n 1 1 2 2 n m+1 n 2 2 2 1
{a }的“余项数列”{b }为等差数列，则其公差d=b −b =a −a ≤0，
n n 2 1 1 2
由S ≤a <S ，得b =S −a >0，
m n m+1 n m+1 n
a a
若d<0，则当n>1− 2时，b =a +(n−1)d<a +(1− 2−1)d=0，与b >0矛盾，
d n 2 2 d n则d=0，b =a =a ，b =S −a =a ，即S −a −a =0，
n 2 1 n m+1 n 1 m+1 n 1
对于n≥3，若m+1≥n，则a ≤S −a −a =0，与正项数列{a }矛盾，
2 m+1 n 1 n
于是m+1≤n−1，S −S +a =a +a =S ≤S ，
n n−1 1 n 1 m+1 n−1
S −a S −a S −a a a
因此S −a ≤2(S −a )， n 1≤ n−1 1≤⋯≤ 2 1= 2= 1 ，
n 1 n−1 1 2n 2n−1 4 4 4
当n≥3时，S ≤(1+2n−2 )a ，又S ≤(1+2−1 )a ,S =2a ≤(1+20 )a ，
n 1 1 1 2 1 1
则S ≤(1+2n−2 )a ，n∈N∗，而a =1，所以S ≤1+2n−2 .
n 1 1 n
【变式10-1】（2024·广东深圳·一模）若一个数列从第二项起，每一项与前一项的差值组成的新数列是一
个等差数列，则称这个数列是一个“二阶等差数列”，已知数列{a }是一个二阶等差数列，其中
n
a =1,a =3,a =6．
1 2 3
(1)求a 及{a }的通项公式；
4 n
8a −4n
(2)设b = n ，求数列{b }的前n项和S ．
n 8a −4n−1 n n
n
【解题思路】（1）根据给定条件，求出递推公式a −a =n+1，求出a ，再利用累加法求出通项公式.
n+1 n 4
（2）由（1）的结论求出b ，利用分组求和及裂项相消法求和即得.
n
【解答过程】（1）由a =1,a =3,a =6，得a −a =2,a −a =3，(a −a )−(a −a )=1，
1 2 3 2 1 3 2 3 2 2 1
由数列{a }是一个二阶等差数列，得{a −a }是以2为首项，1为公差的等差数列，
n n+1 n
因此a −a =2+(n−1)×1=n+1，a =4+a =10，
n+1 n 4 3
n2+n
当n≥2时，a =a +(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )=1+2+3+⋯+n= ，
n 1 2 1 3 2 n n−1 2
n2+n
a =1满足上式，则a = ，
1 n 2
n2+n
所以{a }的通项公式是a = .
n n 2n2+n
8⋅ −4n
8a −4n 2 4n2 1
（2）由（1）知，b = n = = =1+
n 8a −4n−1 n2+n 4n2−1 (2n−1)(2n+1)
n 8⋅ −4n−1
2
1 1 1
=1+ ( − )，
2 2n−1 2n+1
1 1 1 1 1 1 1 1
所以T =n+ [(1− )+( − )+( − )+⋯+( − )]
n 2 3 3 5 5 7 2n−1 2n+1
1 1 n
=n+ (1− )=n+ ．
2 2n+1 2n+1
【变式10-2】（2024·江西九江·二模）已知无穷数列{a }中，a ≥0，记
n n
A =max{a ,a ,⋯,a },B =min{a ,a ,⋯},d =A −B .
n 1 2 n n n+1 n+2 n n n
(1)若{a }为2,0,2,4,2,0,2,4,⋯，是一个周期为4的数列（即∀n∈N*,a =a ），直接写出
n n+4 n
d ,d ,d ,d 的值；
1 2 3 4
(2)若{a }为周期数列，证明：∃n ∈N* ，使得当n>n 时，d 是常数；
n 0 0 n
(3)设d是非负整数，证明：d =−d(n=1,2,3⋯)的充分必要条件为{a }为公差为d的等差数列.
n n
【解题思路】（1）根据定义可直接求出d ,d ,d ,d 的值.
1 2 3 3
（2）令n =T（周期），结合新定义，即可证明结论.
0
（3）根据定义分别证明充分性和必要性，d为非负整数，{a }是公差为d的等差数列，
n
A =a =a +(n−1)d，B =a =a +nd，易证出充分性，证明必要性先结合反证法证明数列不是递减，
n n 1 n n+1 1
再证明是等差数列.
【解答过程】（1）因为A =max{2}=2，B =min{0,2,4,2,0,2,4,⋯}=0，所以d =A −B =2−0=2；
1 1 1 1 1
A =max{2,0}=2，B =min{2,4,2,0,2,4,⋯}=0，所以d =A −B =2−0=2；
2 2 2 2 2
A =max{2,0,2}=2，B =min{4,2,0,2,4,⋯}=0，所以d =A −B =2−0=2；
3 3 3 3 3
A =max{2,0,2,4}=4，B =min{2,0,2,4,⋯}=0，所以d =A −B =4−0=4.
4 4 4 4 4
（2）不妨设{a }的周期为T（T∈N∗），
n记A =max{a ,a ,⋯,a }，B =min{a ,a ,⋯}，
T 1 2 T T T+1 T+2
则当n>T时，d =A −B 是常数.
n T T
记∃n =T，使得当n>n 时，d 是常数，结论正确.
0 0 n
（3）先证充分性：因为{a }是公差为d（d为非负整数）的等差数列，则a =a +(n−1)d.
n n 1
所以A =a =a +(n−1)d，B =a =a +nd，
n n 1 n n+1 1
所以d =A −B =−d（n=1,2,3⋯）.
n n n
再证必要性：因为d =−d≤0，所以A =B +d ≤B ，
n n n n n
因为a ≤A ，a ≥B ，所以a ≤a ，
n n n+1 n n n+1
于是有：A =a ，B =a ，因此a −a =B −A =−d =d.
n n n n+1 n+1 n n n n
故数列{a }是公差为d的等差数列.
n
【变式10-3】（2024·湖南郴州·模拟预测）已知数列A :a ,a ,⋯,a (n≥2,n∈N∗)是正整数1,2,3,⋯,n
n 1 2 n
的一个全排列，若对每个k∈{2,3,⋯n}都有|a −a |=2或3，则称A 为H数列
k k−1 n
(1)列出所有H数列A 的情形；
5
(2)写出一个满足a =5k(k=1,2,⋯,405)的H数列A 的通项公式；
5k 2025
(3)在H数列A 中，记b =a (k=1,2,⋯,405)，若数列{b }是公差为d的等差数列，求证：d=5或
2025 k 5k k
d=−5.
【解题思路】（1）讨论a ，由条件确定a ，由此确定a ,a ,a ，可得结论；
1 2 3 4 5
（2）由（1）确定A 的前5项，构造数列满足a =a +5，证明此时满足条件，由此确定A ；
2025 n+5 n 2025
（3）由条件可得d=2x+3 y(x,y∈Z)，(|x|,|y|)=(0,5),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(5,0)，
通过讨论，证明结论.
【解答过程】（1）若a =1，则a =3或a =4，
1 2 2
当a =1，a =3时，a =5，a =2，a =4，此时A 为1,3,5,2,4，
1 2 3 4 5 5
当a =1，a =4时，a =2，a =5，a =3，此时A 为1,4,2,5,3，
1 2 3 4 5 5
同理可得A 可能为：2,4,1,3,5或2,5,3,1,4或3,5,2,4,1或3,1,4,2,5
5
或4,1,3,5,2或4,2,5,3,1或5,2,4,1,3或5,3,1,4,2，
（2）若将A :3,1,4,2,5记为A 的第一组数，
5 2025构造数列满足a =a +5，
n+5 n
则对任意的k∈{1,2,3⋯,405}，i∈{2,3,4,5}，
|a −a |=|(a +5k)−(a +5k)|=|a −a |=2或3，
5k+i 5k+i−1 i i−1 i i−1
当i=1时， |a −a |=|(a +5k)−(a +5k−5)|=|a −a +5|=3符合要求，
5k+1 5k 1 5 1 5
∴a =a +5k=3+5k;a =a +5k=1+5k;a =a +5k=4+5k，
5k+1 1 5k+2 2 5k+3 3
a =a +5k=2+5k;a =a +5k=5+5k.
5k+4 4 5k+5 5
综上所述： a =¿，k∈N
n
同理可得若将A :2,4,1,3,5记为的第一组数，则 a =¿，k∈N，
5 n
（3）∵{b }为等差数列 ∴d=b −b =a −a .
k k+1 k 5k+5 5k
∵a −a =(a −a )+(a −a )+(a −a )+(a −a )+(a −a )，
5k+5 5k 5k+5 5k−4 5k+4 5k+3 5k+3 5k+2 5k+2 5k+1 5k+1 5k
且由|a −a |=2或3，可得a −a =±2或±3，
k k−1 k k−1
∴d=2x+3 y(x,y∈Z) 且|x|+|y|=5，
∴(|x|,|y|)=(0,5),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(5,0)
① 若(|x|,|y|)=(0,5) ，则d=±15，b =b ±404d=b ±6060∉A ，不符题意，
405 1 1 2025
② 若(|x|,|y|)=(1,4)，则 d=±10,±14 ，b =b ±404d∉A ，不符题意，
405 1 2025
③ 若(|x|,|y|)=(2,3)，则d=±13,±5，
当d=±13时， b =b ±404d∉A ，不符题意，
405 1 2025
当d=±5时， b =b ±404=b +2020或b −2020，
405 1 1 1
所以可以找到这样的A 使之成立(例如第 (2) 问中的结论)，
2025
④ 若(|x|,|y|)=(3,2)，则d=±12,0，可得b =b ±404d∉A ，不符题意，
405 1 2025
⑤ 若(|x|,|y|)=(4,1)，则d=±5,±11，
当d=±11时，b =b ±404d∉A ，不符题意
405 1 2025
当d=±5时，同③可以找到这样的A 使之成立 (例如第(2)问中的结论)
2025⑥ 若(|x|,|y|)=(5,0)，则d=±10，b =b ±404d∉A ，不符题意，
405 1 2025
综上所述，若{b }为等差数列，则d=5或d=−5.
k
1．（2023·全国甲卷·高考真题）记S 为等差数列{a }的前n项和．若a +a =10,a a =45，则S =（ ）
n n 2 6 4 8 5
A．25 B．22 C．20 D．15
【解题思路】方法一：根据题意直接求出等差数列{a }的公差和首项，再根据前n项和公式即可解出；
n
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列{a }的公差，再根据前n项和公式的性质即可解出．
n
【解答过程】方法一：设等差数列{a }的公差为d，首项为a ，依题意可得，
n 1
a +a =a +d+a +5d=10，即a +3d=5,
2 6 1 1 1
又a a =(a +3d)(a +7d)=45，解得：d=1,a =2，
4 8 1 1 1
5×4
所以S =5a + ×d=5×2+10=20．
5 1 2
故选：C.
方法二：a +a =2a =10，a a =45，所以a =5，a =9，
2 6 4 4 8 4 8
a −a
从而d= 8 4=1，于是a =a −d=5−1=4，
8−4 3 4
所以S =5a =20．
5 3
故选：C.
2π
2．（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列{a }的公差为 ，集合S={cosa |n∈N∗}，若S={a,b}，
n 3 n
则ab=（ ）
1 1
A．－1 B．− C．0 D．
2 2
【解题思路】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、
推理作答.
2π 2π 2π
【解答过程】依题意，等差数列{a }中，a =a +(n−1)⋅ = n+(a − )，
n n 1 3 3 1 32π 2π
显然函数y=cos[ n+(a − )]的周期为3，而n∈N∗，即cosa 最多3个不同取值，又
3 1 3 n
{cosa |n∈N∗}={a,b}，
n
则在cosa ,cosa ,cosa 中，cosa =cosa ≠cosa 或cosa ≠cosa =cosa 或cosa =cosa ≠cosa
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 3 2
2π 4π
于是有cosθ=cos(θ+ )或cosθ=cos(θ+ )，
3 3
2π π
即有θ+(θ+ )=2kπ,k∈Z，解得θ=kπ− ,k∈Z ；
3 3
4π 2π
或者θ+(θ+ )=2kπ,k∈Z ，解得θ=kπ− ,k∈Z
；
3 3
所以k∈Z，
π π 4π π π 1
ab=cos(kπ− )cos[(kπ− )+ ]=−cos(kπ− )coskπ=−cos2kπcos =− 或
3 3 3 3 3 2
2π 1
ab=cos(kπ− )coskπ=−
.
3 2
故选：B.
S
3．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）记S 为数列{a }的前n项和，设甲：{a }为等差数列；乙：{ n }为等差
n n n n
数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【解题思路】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推
理判断作答.，
【解答过程】方法1，甲：{a }为等差数列，设其首项为a ，公差为d，
n 1
n(n−1) S n−1 d d S S d
则S =na + d, n=a + d= n+a − , n+1 − n= ，
n 1 2 n 1 2 2 1 2 n+1 n 2
S
因此{ n }为等差数列，则甲是乙的充分条件；
nS S S nS −(n+1)S na −S
反之，乙：{ n }为等差数列，即 n+1 − n= n+1 n= n+1 n 为常数，设为t，
n n+1 n n(n+1) n(n+1)
na −S
即 n+1 n=t，则S =na −t⋅n(n+1)，有S =(n−1)a −t⋅n(n−1),n≥2，
n(n+1) n n+1 n−1 n
两式相减得：a =na −(n−1)a −2tn，即a −a =2t，对n=1也成立，
n n+1 n n+1 n
因此{a }为等差数列，则甲是乙的必要条件，
n
所以甲是乙的充要条件，C正确.
n(n−1)
方法2，甲：{a }为等差数列，设数列{a }的首项a ，公差为d，即S =na + d，
n n 1 n 1 2
S (n−1) d d S
则 n=a + d= n+a − ，因此{ n }为等差数列，即甲是乙的充分条件；
n 1 2 2 1 2 n
S S S S
反之，乙：{ n }为等差数列，即 n+1 − n=D, n=S +(n−1)D，
n n+1 n n 1
即S =nS +n(n−1)D，S =(n−1)S +(n−1)(n−2)D，
n 1 n−1 1
当n≥2时，上两式相减得：S −S =S +2(n−1)D，当n=1时，上式成立，
n n−1 1
于是a =a +2(n−1)D，又a −a =a +2nD−[a +2(n−1)D]=2D为常数，
n 1 n+1 n 1 1
因此{a }为等差数列，则甲是乙的必要条件，
n
所以甲是乙的充要条件.
故选：C.
4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等差数列{a }的前n项和为S ，若S =1，则a +a =（ ）
n n 9 3 7
7 2
A．−2 B． C．1 D．
3 9
【解题思路】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a 和d来处理，亦可用等差数列的性质
1
进行处理，或者特殊值法处理.
【解答过程】方法一：利用等差数列的基本量
9×8
由S =1，根据等差数列的求和公式，S =9a + d=1⇔9a +36d=1，
9 9 1 2 1
2 2
又a +a =a +2d+a +6d=2a +8d= (9a +36d)= .
3 7 1 1 1 9 1 9
故选：D.
方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a +a =a +a ，由S =1，根据等差数列的求和公式，
1 9 3 7 9
9(a +a ) 9(a +a ) 2
S = 1 9 = 3 7 =1，故a +a = .
9 2 2 3 7 9
故选：D.
方法三：特殊值法
1 2
不妨取等差数列公差d=0，则S =1=9a ⇒a = ，则a +a =2a = .
9 1 1 9 3 7 1 9
故选：D.
5．（2024·全国·高考真题）记S 为等差数列{a }的前n项和，已知S =S ，a =1，则a =（ ）
n n 5 10 5 1
7 7 1 7
A． B． C．− D．−
2 3 3 11
【解题思路】由S =S 结合等差中项的性质可得a =0，即可计算出公差，即可得a 的值.
5 10 8 1
【解答过程】由S −S =a +a +a +a +a =5a =0，则a =0，
10 5 6 7 8 9 10 8 8
a −a 1 ( 1) 7
则等差数列{a }的公差d= 8 5=− ，故a =a −4d=1−4× − = .
n 3 3 1 5 3 3
故选：B.
6．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记S 为等差数列{a }的前n项和，若a +a =7，3a +a =5，则S =
n n 3 4 2 5 10
95 .
【解题思路】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a ,d，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
1
【解答过程】因为数列a 为等差数列，则由题意得¿，解得¿，
n
10×9
则S =10a + d=10×(−4)+45×3=95.
10 1 2
故答案为：95.
7．（2023·全国乙卷·高考真题）记S 为等差数列{a }的前n项和，已知a =11,S =40．
n n 2 10
(1)求{a }的通项公式；
n
(2)求数列{|a |}的前n项和T ．
n n
【解题思路】（1）根据题意列式求解a ,d，进而可得结果；
1
（2）先求S ，讨论a 的符号去绝对值，结合S 运算求解.
n n n
【解答过程】（1）设等差数列的公差为d，
由题意可得¿，即¿，解得¿，所以a =13−2(n−1)=15−2n，
n
n(13+15−2n)
（2）因为S = =14n−n2，
n 2
15
令a =15−2n>0，解得n< ，且n∈N*，
n 2
当n≤7时，则a >0，可得T =|a|+|a |+⋅⋅⋅+|a |=a +a +⋅⋅⋅+a =S =14n−n2 ；
n n 1 2 n 1 2 n n
当n≥8时，则a <0，可得T =|a|+|a |+⋅⋅⋅+|a |=(a +a +⋅⋅⋅+a )−(a +⋅⋅⋅+a )
n n 1 2 n 1 2 7 8 n
=S −(S −S )=2S −S =2(14×7−72)−(14n−n2)=n2−14n+98；
7 n 7 7 n
综上所述：T =¿.
n
n2+n
8．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）设等差数列{a }的公差为d，且d>1．令b = ，记S ,T 分别为数
n n a n n
n
列{a },{b }的前n项和．
n n
(1)若3a =3a +a ,S +T =21，求{a }的通项公式；
2 1 3 3 3 n
(2)若{b }为等差数列，且S −T =99，求d．
n 99 99
【解题思路】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由{b }为等差数列得出a =d或a =2d，再由等差数列的性质可得a −b =1，分类讨论即可得解.
n 1 1 50 50
【解答过程】（1）∵3a =3a +a ，∴3d=a +2d，解得a =d，
2 1 3 1 1
∴S =3a =3(a +d)=6d，
3 2 1
2 6 12 9
又T =b +b +b = + + = ，
3 1 2 3 d 2d 3d d
9
∴S +T =6d+ =21，
3 3 d
1
即2d2−7d+3=0，解得d=3或d= （舍去），
2
∴a =a +(n−1)⋅d=3n.
n 1
（2）∵{b }为等差数列，
n
12 2 12
∴2b =b +b ，即 = + ，
2 1 3 a a a
2 1 31 1 6d 1
∴6( − )= = ，即a2−3a d+2d2=0，解得a =d或a =2d，
a a a a a 1 1 1 1
2 3 2 3 1
∵d>1，∴a >0，
n
又S −T =99，由等差数列性质知，99a −99b =99，即a −b =1，
99 99 50 50 50 50
2550
∴a − =1，即a2 −a −2550=0，解得a =51或a =−50（舍去）
50 a 50 50 50 50
50
当a =2d时，a =a +49d=51d=51，解得d=1，与d>1矛盾，无解；
1 50 1
51
当a =d时，a =a +49d=50d=51，解得d= .
1 50 1 50
51
综上，d=
.
50
9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知{a }为等差数列，b =¿，记S ，T 分别为数列{a }，{b }的前n项
n n n n n n
和，S =32，T =16．
4 3
(1)求{a }的通项公式；
n
(2)证明：当n>5时，T >S ．
n n
【解题思路】（1）设等差数列{a }的公差为d，用a ,d表示S 及T ，即可求解作答.
n 1 n n
（2）方法1，利用（1）的结论求出S ，b ，再分奇偶结合分组求和法求出T ，并与S 作差比较作答；方
n n n n
法2，利用（1）的结论求出S ，b ，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出T ，并与S 作差比较作答.
n n n n
【解答过程】（1）设等差数列{a }的公差为d，而b =¿，
n n
则b =a −6,b =2a =2a +2d,b =a −6=a +2d−6，
1 1 2 2 1 3 3 1
于是¿，解得a =5,d=2，a =a +(n−1)d=2n+3，
1 n 1
所以数列{a }的通项公式是a =2n+3.
n n
n(5+2n+3)
（2）方法1：由（1）知，S = =n2+4n，b =¿，
n 2 n
当n为偶数时，b +b =2(n−1)−3+4n+6=6n+1，
n−1 n
13+(6n+1) n 3 7
T = ⋅ = n2+ n，
n 2 2 2 2
3 7 1
当n>5时，T −S =( n2+ n)−(n2+4n)= n(n−1)>0，因此T >S ，
n n 2 2 2 n n3 7 3 5
当n为奇数时，T =T −b = (n+1) 2+ (n+1)−[4(n+1)+6]= n2+ n−5，
n n+1 n+1 2 2 2 2
3 5 1
当n>5时，T −S =( n2+ n−5)−(n2+4n)= (n+2)(n−5)>0，因此T >S ，
n n 2 2 2 n n
所以当n>5时，T >S .
n n
n(5+2n+3)
方法2：由（1）知，S = =n2+4n，b =¿，
n 2 n
当n为偶数时，
−1+2(n−1)−3 n 14+4n+6 n 3 7
T =(b +b +⋯+b )+(b +b +⋯+b )= ⋅ + ⋅ = n2+ n，
n 1 3 n−1 2 4 n 2 2 2 2 2 2
3 7 1
当n>5时，T −S =( n2+ n)−(n2+4n)= n(n−1)>0，因此T >S ，
n n 2 2 2 n n
当n为奇数时，若n≥3，则
−1+2n−3 n+1 14+4(n−1)+6 n−1
T =(b +b +⋯+b )+(b +b +⋯+b )= ⋅ + ⋅
n 1 3 n 2 4 n−1 2 2 2 2
3 5 3 5
= n2+ n−5，显然T =b =−1满足上式，因此当n为奇数时，T = n2+ n−5，
2 2 1 1 n 2 2
3 5 1
当n>5时，T −S =( n2+ n−5)−(n2+4n)= (n+2)(n−5)>0，因此T >S ，
n n 2 2 2 n n
所以当n>5时，T >S .
n n
10．（2023·北京·高考真题）已知数列{a },{b }的项数均为m(m>2)，且a ,b ∈{1,2,⋯,m}, {a },{b }
n n n n n n
的前n项和分别为A ,B ，并规定A =B =0．对于k∈{0,1,2,⋯,m}，定义
n n 0 0
r =max{i∣B ≤A ,i∈{0,1,2,⋯,m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数.
k i k
(1)若a =2,a =1,a =3,b =1,b =3,b =3，求r ,r ,r ,r 的值；
1 2 3 1 2 3 0 1 2 3
(2)若a ≥b ，且2r ≤r +r , j=1,2,⋯,m−1,，求r ；
1 1 j j+1 j−1 n
(3)证明：存在p,q,s,t∈{0,1,2,⋯,m}，满足p>q,s>t, 使得A +B =A +B ．
p t q s
【解题思路】（1）先求A ,A ,A ,A ,B ,B ,B ,B ，根据题意分析求解；
0 1 2 3 0 1 2 3
（2）根据题意题意分析可得r −r ≥1，利用反证可得r −r =1，在结合等差数列运算求解；
i+1 i i+1 i
（3）讨论A ,B 的大小，根据题意结合反证法分析证明.
m m
【解答过程】（1）由题意可知：A =0,A =2,A =3,A =6,B =0,B =1,B =4,B =7，
0 1 2 3 0 1 2 3
当k=0时，则B =A =0,B >A ,i=1,2,3，故r =0；
0 0 i 0 0当k=1时，则B <A ,B <A ,B >A ,i=2,3，故r =1；
0 1 1 1 i 1 1
当k=2时，则B <A ,i=0,1,B >A ,B >A ,故r =1；
i 2 2 2 3 2 2
当k=3时，则B <A ,i=0,1,2,B >A ，故r =2；
i 3 3 3 3
综上所述：r =0，r =1，r =1，r =2.
0 1 2 3
（2）由题意可知：r ≤m，且r ∈N，
n n
因为a ≥1,b ≥1，且a ≥b ，则A ≥B >B 对任意n∈N*恒成立，
n n 1 1 n 1 0
所以r =0,r ≥1，
0 1
又因为2r ≤r +r ，则r −r ≥r −r ，即r −r ≥r −r ≥⋅⋅⋅≥r −r ≥1，
i i−1 i+1 i+1 i i i−1 m m−1 m−1 m−2 1 0
可得r −r ≥1，
i+1 i
反证：假设满足r −r >1的最小正整数为1≤ j≤m−1，
n+1 n
当i≥ j时，则r −r ≥2；当i≤ j−1时，则r −r =1，
i+1 i i+1 i
则r =(r −r )+(r −r )+⋅⋅⋅+(r −r )+r ≥2(m− j)+ j=2m− j，
m m m−1 m−1 m−2 1 0 0
又因为1≤ j≤m−1，则r ≥2m− j≥2m−(m−1)=m+1>m，
m
假设不成立，故r −r =1，
n+1 n
即数列{r }是以首项为1，公差为1的等差数列，所以r =0+1×n=n,n∈N.
n n
（3）因为a ,b 均为正整数，则{A },{B }均为递增数列，
n n n n
（ⅰ）若A =B ，则可取t=q=0，满足p>q,s>t, 使得A +B =A +B ；
m m p t q s
（ⅱ）若A <B ，则r <m，
m m k
构建S =B −A ,1≤n≤m，由题意可得：S ≤0，且S 为整数，
n r n n n
n
反证，假设存在正整数K，使得S ≤−m，
K
则B −A ≤−m,B −A >0，可得b =B −B =(B −A )−(B −A )>m，
r K r +1 K r +1 r +1 r r +1 K r K
K K K K K K K
这与b ∈{1,2,⋅⋅⋅,m}相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N，均有S ≥1−m.
r +1 n
K
①若存在正整数N，使得S =B −A =0，即A =B ，
N r N N r
N N
可取t=q=0,p=N,s=r ，
N
满足p>q,s>t，使得A +B =A +B ；
p t q s
②若不存在正整数N，使得S =0，
N因为S ∈{−1,−2,⋅⋅⋅,−(m−1)}，且1≤n≤m，
n
所以必存在1≤X<Y≤m，使得S =S ，
X Y
即B −A =B −A ，可得A +B =A +B ，
r X r Y Y r X r
X Y X Y
可取p=Y ,s=r ,q=X,t=r ，
Y X
满足p>q,s>t，使得A +B =A +B ；
p t q s
（ⅲ）若A >B ，
m m
定义R =max{i∣A ≤B ,i∈{0,1,2,⋯,m}}，则R <m，
k i k k
构建S =A −B ,1≤n≤m，由题意可得：S ≤0，且S 为整数，
n R n n n
n
反证，假设存在正整数K,1≤K≤m，使得S ≤−m，
K
则A −B ≤−m,A −B >0，可得a =A −A =(A −B )−(A −B )>m，
R K R +1 K R +1 R +1 R R +1 K R K
K K K K K K K
这与a ∈{1,2,⋅⋅⋅,m}相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N，均有S ≥1−m.
R +1 n
K
①若存在正整数N，使得S =A −B =0，即A =B ，
N R N R N
N N
可取q=t=0,s=N,p=R ，
N
即满足p>q,s>t，使得A +B =A +B ；
p t q s
②若不存在正整数N，使得S =0，
N
因为S ∈{−1,−2,⋅⋅⋅,−(m−1)}，且1≤n≤m，
n
所以必存在1≤X<Y≤m，使得S =S ，
X Y
即A −B =A −B ，可得A +B =A +B ，
R X R Y R X R Y
X Y Y X
可取p=R ,t=X,q=R ,s=Y，
Y X
满足p>q,s>t，使得A +B =A +B .
p t q s
综上所述：存在0≤q<p≤m,0≤t<s≤m使得A +B =A +B ．
p t q s
11．（2024·广东江苏·高考真题）设m为正整数，数列a ,a ,...,a 是公差不为0的等差数列，若从中
1 2 4m+2
删去两项a和a (i< j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列
i j
a ,a ,...,a 是(i, j)−可分数列．
1 2 4m+2
(1)写出所有的(i, j)，1≤i< j≤6，使数列a ,a ,...,a 是(i, j)−可分数列；
1 2 6(2)当m≥3时，证明：数列a ,a ,...,a 是(2,13)−可分数列；
1 2 4m+2
(3)从1,2,...,4m+2中任取两个数i和j(i< j)，记数列a ,a ,...,a 是(i, j)−可分数列的概率为P ，证明：
1 2 4m+2 m
1
P > ．
m 8
【解题思路】（1）直接根据(i, j)−可分数列的定义即可；
（2）根据(i, j)−可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是(i, j)−可分数列的(i, j)至少有(m+1) 2−m个，再使用概率的定义.
【解答过程】（1）首先，我们设数列a ,a ,...,a 的公差为d，则d≠0.
1 2 4m+2
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，
a −a
故我们可以对该数列进行适当的变形a′ = k 1+1(k=1,2,...,4m+2)，
k d
得到新数列a′ =k(k=1,2,...,4m+2)，然后对a′ ,a′ ,...,a′
进行相应的讨论即可.
k 1 2 4m+2
换言之，我们可以不妨设a =k(k=1,2,...,4m+2)，此后的讨论均建立在该假设下进行.
k
回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i和j(i< j)，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.
所以所有可能的(i, j)就是(1,2),(1,6),(5,6).
（2）由于从数列1,2,...,4m+2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每
组成等差数列：
①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14}，共3组；
②{15,16,17,18},{19,20,21,22},...,{4m−1,4m,4m+1,4m+2}，共m−3组.
（如果m−3=0，则忽略②）
故数列1,2,...,4m+2是(2,13)−可分数列.
（3）定义集合A={4k+1|k=0,1,2,...,m}={1,5,9,13,...,4m+1}，
B={4k+2|k=0,1,2,...,m}={2,6,10,14,...,4m+2}.
下面证明，对1≤i< j≤4m+2，如果下面两个命题同时成立，
则数列1,2,...,4m+2一定是(i, j)−可分数列：
命题1：i∈A, j∈B或i∈B, j∈A；
命题2：j−i≠3.我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果i∈A, j∈B，且j−i≠3.
此时设i=4k +1，j=4k +2，k ,k ∈{0,1,2,...,m}.
1 2 1 2
1
则由i< j可知4k +1<4k +2，即k −k >− ，故k ≥k .
1 2 2 1 4 2 1
此时，由于从数列1,2,...,4m+2中取出i=4k +1和j=4k +2后，
1 2
剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：
①{1,2,3,4},{5,6,7,8},...,{4k −3,4k −2,4k −1,4k }，共k 组；
1 1 1 1 1
②{4k +2,4k +3,4k +4,4k +5},{4k +6,4k +7,4k +8,4k +9},...,{4k −2,4k −1,4k ,4k +1}，
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2
共k −k 组；
2 1
③{4k +3,4k +4,4k +5,4k +6},{4k +7,4k +8,4k +9,4k +10},...,{4m−1,4m,4m+1,4m+2}，
2 2 2 2 2 2 2 2
共m−k 组.
2
（如果某一部分的组数为0，则忽略之）
故此时数列1,2,...,4m+2是(i, j)−可分数列.
第二种情况：如果i∈B, j∈A，且j−i≠3.
此时设i=4k +2，j=4k +1，k ,k ∈{0,1,2,...,m}.
1 2 1 2
1
则由i< j可知4k +2<4k +1，即k −k > ，故k >k .
1 2 2 1 4 2 1
由于j−i≠3，故(4k +1)−(4k +2)≠3，从而k −k ≠1，这就意味着k −k ≥2.
2 1 2 1 2 1
此时，由于从数列1,2,...,4m+2中取出i=4k +2和j=4k +1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，
1 2
共m组，使得每组成等差数列：
①{1,2,3,4},{5,6,7,8},...,{4k −3,4k −2,4k −1,4k }，共k 组；
1 1 1 1 1
②{4k +1,3k +k +1,2k +2k +1,k +3k +1}，{3k +k +2,2k +2k +2,k +3k +2,4k +2}，共2组；
1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2
③全体{4k +p,3k +k +p,2k +2k +p,k +3k +p}，其中p=3,4,...,k −k ，共k −k −2组；
1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1
④{4k +3,4k +4,4k +5,4k +6},{4k +7,4k +8,4k +9,4k +10},...,{4m−1,4m,4m+1,4m+2}，
2 2 2 2 2 2 2 2
共m−k 组.
2（如果某一部分的组数为0，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k −k −2个行，4个列的数表
2 1
以后，4个列分别是下面这些数：
{4k +3,4k +4,...,3k +k }，{3k +k +3,3k +k +4,...,2k +2k }，
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2
{2k +2k +3,2k +2k +3,...,k +3k }，{k +3k +3,k +3k +4,...,4k }.
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2
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{4k +1,4k +2,...,4k +2}中除开五个集
1 1 2
合{4k +1,4k +2}，{3k +k +1,3k +k +2}，{2k +2k +1,2k +2k +2}，{k +3k +1,k +3k +2}，
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
{4k +1,4k +2}中的十个元素以外的所有数.
2 2
而这十个数中，除开已经去掉的4k +2和4k +1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
1 2
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m+2是(i, j)−可分数列.
至此，我们证明了：对1≤i< j≤4m+2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m+2一定是
(i, j)−可分数列.
然后我们来考虑这样的(i, j)的个数.
首先，由于A∩B=∅，A和B各有m+1个元素，故满足命题1的(i, j)总共有(m+1) 2个；
而如果j−i=3，假设i∈A, j∈B，则可设i=4k +1，j=4k +2，代入得(4k +2)−(4k +1)=3.
1 2 2 1
1
但这导致k −k = ，矛盾，所以i∈B, j∈A.
2 1 2
设i=4k +2，j=4k +1，k ,k ∈{0,1,2,...,m}，则(4k +1)−(4k +2)=3，即k −k =1.
1 2 1 2 2 1 2 1
所以可能的(k ,k )恰好就是(0,1),(1,2),...,(m−1,m)，对应的(i, j)分别是
1 2
(2,5),(6,9),...,(4m−2,4m+1)，总共m个.
所以这(m+1) 2个满足命题1的(i, j)中，不满足命题2的恰好有m个.
这就得到同时满足命题1和命题2的(i, j)的个数为(m+1) 2−m.当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j(i< j)时，总的选取方式的个数等于
(4m+2)(4m+1)
=(2m+1)(4m+1).
2
而根据之前的结论，使得数列a ,a ,...,a 是(i, j)−可分数列的(i, j)至少有(m+1) 2−m个.
1 2 4m+2
所以数列a ,a ,...,a 是(i, j)−可分数列的概率P 一定满足
1 2 4m+2 m
1 ( 1) 2
m2+m+ m+
(m+1) 2−m m2+m+1 4 2 1.
P ≥ = > = =
m (2m+1)(4m+1) (2m+1)(4m+1) (2m+1)(4m+2) 2(2m+1)(2m+1) 8
这就证明了结论.
