专题12数列（解答题）9种常见考法归类（全国通用）（解析版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ 2021-2025高考真题分类 数列(解答题)9种常见考法归类 ~ ~ 2021-2025高考真题分类 数列(解答题)9种常见考法归类1 一 等差等比数列基本量的计算 1 二 等差等比数列的证明 4 三 含绝对值的数列求和 11 四 分组求和法 12 五 裂项相消法求和 14 六 错位相减法求和 15 七 等差、等比数列的综合 22 八 数列与其他知识的综合 24 九 数列新定义 29 ~ ~ 一 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a n  n2+n 的公差为d，且d>1．令b = ，记S ,T 分别为数 n a n n n 列a n  ,b n  的前n项和． (1)若3a =3a +a ,S +T =21，求a 2 1 3 3 3 n  的通项公式； (2)若b n  为等差数列，且S -T =99，求d． 99 99 【答案】(1)a =3n n 51 (2)d= 50 【分析】(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 n 1 1 50 50 解. 【解析】(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 3 1 1 ∴6 - a a 2 3  6d 1 = = ，即a2-3ad+2d2=0，解得a =d或a =2d， a a a 1 1 1 1 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 数学试题 第 1 页 共 40 页51 当a =d时，a =a +49d=50d=51，解得d= . 1 50 1 50 51 综上，d= . 50 2. (2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)记S 是公差不为0的等差数列a n n  的前n项和，若a =S ,a a =S ． 3 5 2 4 4 (1)求数列a n  的通项公式a ； n (2)求使S >a 成立的n的最小值． n n 【答案】(1)a =2n-6；(2)7. n 【分析】(1)由题意首先求得a 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； 3 (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. 【解析】(1)由等差数列的性质可得：S =5a ，则：a =5a ,∴a =0， 5 3 3 3 3 设等差数列的公差为d，从而有：a 2 a 4 =a 3 -d  a 3 +d  =-d2， S 4 =a 1 +a 2 +a 3 +a 4 =a 3 -2d  +a 3 -d  +a 3 +a 3 +d  =-2d， 从而：-d2=-2d，由于公差不为零，故：d=2， 数列的通项公式为：a n =a 3 +n-3  d=2n-6. (2)由数列的通项公式可得：a 1 =2-6=-4，则：S n =n×-4  nn-1 +  ×2=n2-5n， 2 则不等式S n >a n 即：n2-5n>2n-6，整理可得：n-1  n-6  >0， 解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7. 【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a n  为等差数列，b n  是公比为2的等比数列，且a -b =a - 2 2 3 b =b -a ． 3 4 4 (1)证明：a =b ； 1 1 (2)求集合 k   b =a +a ,1≤m≤500  k m 1  中元素个数． 【答案】(1)证明见解析； (2)9． 【分析】(1)设数列a n  的公差为d，根据题意列出方程组即可证出； (2)根据题意化简可得m=2k-2，即可解出． 【解析】(1)设数列a n  a +d-2b =a +2d-4b 的公差为d，所以， 1 1 1 1 a 1 +d-2b 1 =8b 1 -a 1 +3d   d  ，即可解得，b 1 =a 1 = 2 ，所以原 命题得证． d (2)由(1)知，b 1 =a 1 = 2 ，所以b k =a m +a 1 ⇔b 1 ×2k-1=a 1 +m-1  d+a ，即2k-1=2m，亦即m=2k-2 1 ∈1,500  ，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k=2,3,4,⋯,10，故集合k|b =a +a ,1≤m≤500 k m 1  中的 元素个数为10-2+1=9． 4. (2021·浙江·高考真题)已知数列a n  9 的前n项和为S ，a =- ，且4S =3S -9. n 1 4 n+1 n (1)求数列a n  的通项； (2)设数列b n  满足3b +(n-4)a =0(n∈N*)，记b n n n  的前n项和为T，若T ≤λb 对任意n∈N∗恒 n n n 成立，求实数λ的取值范围. 数学试题 第 2 页 共 40 页3 【答案】(1)a =-3⋅ n 4  n ；(2)-3≤λ≤1. 【分析】(1)由4S =3S -9，结合S 与a 的关系，分n=1,n≥2讨论，得到数列{a }为等比数列，即 n+1 n n n n 可得出结论； (2)由3b +(n-4)a =0结合(1)的结论，利用错位相减法求出T，T ≤λb 对任意n∈N∗恒成立，分类 n n n n n 讨论分离参数λ，转化为λ与关于n的函数的范围关系，即可求解. 【解析】(1)当n=1时，4(a +a )=3a -9， 1 2 1 9 27 27 4a = -9=- ,∴a =- ， 2 4 4 2 16 当n≥2时，由4S =3S -9①， n+1 n 得4S =3S -9②，①-②得4a =3a n n-1 n+1 n 27 a 3 a =- ≠0,∴a ≠0,∴ n+1 = ， 2 16 n a 4 n a 3 9 3 又 2 = ,∴{a }是首项为- ，公比为 的等比数列， a 4 n 4 4 1 9 3 ∴a =- ⋅ n 4 4  n-1 3 =-3⋅ 4  n ； n-4 3 (2)由3b +(n-4)a =0，得b =- a =(n-4) n n n 3 n 4  n ， 3 3 所以T =-3× -2× n 4 4  2 3 -1× 4  3 3 +0× 4  4 3 +⋯+(n-4)⋅ 4  n ， 3 3 T =-3× 4 n 4  2 3 -2× 4  3 3 -1× 4  4 3 +⋯+(n-5)⋅ 4  n 3 +(n-4)⋅ 4  n+1 ， 1 3 3 两式相减得 T =-3× + 4 n 4 4  2 3 + 4  3 3 + 4  4 3 +⋯ 4  n 3 -(n-4)⋅ 4  n+1 9 3 1- 9 16 4 =- + 4   n-1    3 -(n-4) 3 4 1- 4  n+1 9 9 3 =- + -4 4 4 4  n+1 3 -(n-4)⋅ 4  n+1 3 =-n⋅ 4  n+1 ， 3 所以T =-4n⋅ n 4  n+1 ， 3 由T ≤λb 得-4n⋅ n n 4  n+1 3 ≤λ(n-4)⋅ 4  n 恒成立， 即λ(n-4)+3n≥0恒成立， n=4时不等式恒成立； 3n 12 n<4时，λ≤- =-3- ，得λ≤1； n-4 n-4 3n 12 n>4时，λ≥- =-3- ，得λ≥-3； n-4 n-4 所以-3≤λ≤1. 【点睛】易错点点睛：(1)已知S 求a 不要忽略n=1情况；(2)恒成立分离参数时，要注意变量的正负 n n 零讨论，如(2)中λ(n-4)+3n≥0恒成立，要对n-4=0,n-4>0,n-4<0讨论，还要注意n-4<0 时，分离参数不等式要变号. 5. (2024·上海·高考真题)若fx  =log x(a>0,a≠1)． a (1)y=fx  过4,2  ，求f2x-2  1 【分析】(1)求出底数a，再根据对数函数的单调性可求不等式的解； (2)存在x使得fx+1  、fax  、fx+2  1 3 成等差数列等价于a2=2 + x 4  2 1 - 在0,+∞ 8  上有解， 利用换元法结合二次函数的性质可求a的取值范围． 【解析】(1)因为y=fx  的图象过4,2  ，故log 4=2，故a2=4即a=2(负的舍去)， a 而fx  =log 2 x在0,+∞  上为增函数，故f2x-2  0,a≠1，故x>0，故a2x2=x+1  x+2  在0,+∞  上有解， x2+3x+2 3 2 1 3 由a2= =1+ + =2 + x2 x x2 x 4  2 1 - 在0,+∞ 8  上有解， 1 令t= ∈0,+∞ x  3 ，而y=2t+ 4  2 1 - 在0,+∞ 8  上的值域为1,+∞  ， 故a2>1即a>1. 二 等差等比数列的证明 1. (2021·全国乙卷·高考真题)记S 为数列a n n  的前n项和，b 为数列S n n  2 1 的前n项积，已知 + = S b n n 2． (1)证明：数列b n  是等差数列; (2)求a n  的通项公式． 3 , n=1 2 【答案】(1)证明见解析；(2)a = n 1 - nn+1    .   , n≥2  2 1 2b 3 2b 【分析】(1)由已知 + =2得S = n ,且b ≠0，取n=1,得b = ,由题意得 1 ⋅ S b n 2b -1 n 1 2 2b -1 n n n 1 2b 2b 2b b 2 ⋅⋅⋅ n =b ,消积得到项的递推关系 n+1 = n+1 ,进而证明数列b 2b -1 2b -1 n 2b -1 b n 2 n n+1 n  是等差数列; (2)由(1)可得b 的表达式,由此得到S 的表达式,然后利用和与项的关系求得a = n n n 3 , n=1 2 1 - nn+1    .   , n≥2  【解析】(1)[方法一]： 2 1 2b 1 由已知 + =2得S = n ,且b ≠0，b ≠ , S b n 2b -1 n n 2 n n n 3 取n=1,由S =b 得b = , 1 1 1 2 由于b 为数列S n n  的前n项积， 2b 2b 2b 所以 1 ⋅ 2 ⋅⋅⋅ n =b , 2b -1 2b -1 2b -1 n 1 2 n 2b 2b 2b 所以 1 ⋅ 2 ⋅⋅⋅ n+1 =b ， 2b -1 2b -1 2b -1 n+1 1 2 n+1 数学试题 第 4 页 共 40 页2b b 所以 n+1 = n+1 , 2b -1 b n+1 n 由于b ≠0 n+1 2 1 1 所以 = ，即b -b = ,其中n∈N* 2b -1 b n+1 n 2 n+1 n 所以数列b n  3 1 是以b = 为首项，以d= 为公差等差数列; 1 2 2 [方法二]【最优解】： 由已知条件知b =S ⋅S ⋅S ⋅⋯⋅S ⋅S ① n 1 2 3 n-1 n 于是b =S ⋅S ⋅S ⋅⋯⋅S (n≥2)． ② n-1 1 2 3 n-1 b 由①②得 n =S ． ③ b n n-1 2 1 又 + =2， ④ S b n n 1 由③④得b -b = ． n n-1 2 3 令n=1，由S =b ，得b = ． 1 1 1 2 所以数列b n  3 1 是以 为首项， 为公差的等差数列． 2 2 [方法三]： 2 1 S 由 + =2，得b = n ，且S ≠0，b ≠0，S ≠1． S b n 2S -2 n n n n n n b 1 S 1 又因为b =S ⋅S ⋯⋯⋅S =S ⋅b ，所以b = n = ，所以b -b = n - n n n-1 1 n n-1 n-1 S 2S -2 n n-1 2S -2 2S -2 n n n n S -1 = n 2S n -1  1 = (n≥2)． 2 2 1 3 在 + =2中，当n=1时，b =S = ． S b 1 1 2 n n 故数列b n  3 1 是以 为首项， 为公差的等差数列． 2 2 [方法四]：数学归纳法 2 1 2b 3 5 由已知 + =2，得S = n ，b = ，b =2，b = ，猜想数列b S b n 2b -1 1 2 2 3 2 n n n n  3 1 是以 为首项， 为 2 2 1 公差的等差数列，且b = n+1． n 2 下面用数学归纳法证明． 当n=1时显然成立． 1 k+2 假设当n=k时成立，即b = k+1,S = ． k 2 k k+1 1 那么当n=k+1时，b =b S = k+1 k+1 k k+1 2  k+3 k+3 1 ⋅ = = (k+1)+1． k+2 2 2 综上，猜想对任意的n∈N都成立． 即数列b n  3 1 是以 为首项， 为公差的等差数列． 2 2 (2) 由(1)可得，数列b n  3 1 是以b = 为首项，以d= 为公差的等差数列， 1 2 2 3 ∴b n = 2 +n-1  1 n × =1+ , 2 2 数学试题 第 5 页 共 40 页2b 2+n S = n = , n 2b -1 1+n n 3 当n=1时，a =S = , 1 1 2 2+n 1+n 1 当n≥2时,a =S -S = - =- n n n-1 1+n n nn+1  ,显然对于n=1不成立, 3 , n=1 2 ∴a = n 1 - nn+1    .   , n≥2  2 1 2b 【整体点评】(1)方法一从 + =2得S = n ，然后利用b 的定义，得到数列b S b n 2b -1 n n n n n  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； b 2 1 1 方法二先从b 的定义，替换相除得到 n =S ，再结合 + =2得到b -b = ，从而证得结 n b n S b n n-1 2 n-1 n n 论，为最优解； 2 1 S b 1 方法三由 + =2，得b = n ，由b 的定义得b = n = ，进而作差证得结论；方法 S b n 2S -2 n n-1 S 2S -2 n n n n n 1 四利用归纳猜想得到数列b = n+1，然后利用数学归纳法证得结论． n 2 1 (2)由(1)的结论得到b = n+1，求得S 的表达式,然后利用和与项的关系求得a n 2 n n  的通项公式； 2. (2021·全国甲卷·高考真题)记S 为数列a n n  的前n项和，已知a >0,a =3a ，且数列 S n 2 1 n  是等差数 列，证明：a n  是等差数列. 【答案】证明见解析. 【分析】先根据 S - S 求出数列 S 2 1 n  的公差d，进一步写出 S n  的通项，从而求出a n  的通项 公式，最终得证. 【解析】∵数列 S n  是等差数列，设公差为d= S - S = a +a - a = a 2 1 2 1 1 1 ∴ S = a +(n-1) a =n a ，(n∈N∗) n 1 1 1 ∴S =an2，(n∈N∗) n 1 ∴当n≥2时，a n =S n -S n-1 =a 1 n2-a 1n-1  2=2an-a 1 1 当n=1时，2a ×1-a =a ，满足a =2an-a ， 1 1 1 n 1 1 ∴a n  的通项公式为a =2an-a ，(n∈N∗) n 1 1 ∴a n -a n-1 =2a 1 n-a 1  - 2a 1n-1   -a 1  =2a 1 ∴a n  是等差数列. 【点睛】在利用a =S -S 求通项公式时一定要讨论n=1的特殊情况. n n n-1 3. (2022·全国甲卷·高考真题)记S 为数列a n n  2S 的前n项和．已知 n +n=2a +1． n n (1)证明：a n  是等差数列； (2)若a ,a ,a 成等比数列，求S 的最小值． 4 7 9 n 【答案】(1)证明见解析； (2)-78． S, n=1 【分析】(1)依题意可得2S n +n2=2na n +n，根据a n =   S 1 -S , n≥2 ，作差即可得到a n -a n-1 =1， n n-1 从而得证； 数学试题 第 6 页 共 40 页(2)法一：由(1)及等比中项的性质求出a =2，即可得到a 1 n  的通项公式与前n项和，再根据二次函数 的性质计算可得． 2S 【解析】(1)因为 n +n=2a +1，即2S +n2=2na +n①， n n n n 当n≥2时，2S n-1 +n-1  2=2n-1  a n-1 +n-1  ②， ①-②得，2S n +n2-2S n-1 -n-1  2=2na n +n-2n-1  a n-1 -n-1  ， 即2a n +2n-1=2na n -2n-1  a +1， n-1 即2n-1  a n -2n-1  a n-1 =2n-1  ，所以a -a =1，n≥2且n∈N*， n n-1 所以a n  是以1为公差的等差数列． (2)[方法一]：二次函数的性质 由(1)可得a =a +3，a =a +6，a =a +8， 4 1 7 1 9 1 又a ，a ，a 成等比数列，所以a2=a ⋅a ， 4 7 9 7 4 9 即a 1 +6  2=a 1 +3  ⋅a 1 +8  ，解得a =-12， 1 nn-1 所以a =n-13，所以S =-12n+ n n  1 25 1 25 = n2- n= n- 2 2 2 2 2  2 625 - ， 8 所以，当n=12或n=13时，S n  =-78． min [方法二]：【最优解】邻项变号法 由(1)可得a =a +3，a =a +6，a =a +8， 4 1 7 1 9 1 又a ，a ，a 成等比数列，所以a2=a ⋅a ， 4 7 9 7 4 9 即a 1 +6  2=a 1 +3  ⋅a 1 +8  ，解得a =-12， 1 所以a =n-13，即有a 0)，则S n =an+b  2， 当n=1时，a 1 =S 1 =a+b  2； 当n≥2时，a n =S n -S n-1 =an+b  2-an-a+b  2=a2an-a+2b  ； 因为a n  也是等差数列，所以a+b  2=a2a-a+2b  ，解得b=0； 所以a n =a22n-1  ，a =a2，故a =3a2=3a. 1 2 1 数学试题 第 7 页 共 40 页[方法二] ：待定系数法 设等差数列a n  的公差为d，等差数列 S n  的公差为d ， 1 n(n-1) 则 S = a +(n-1)d ，将S =na + d代入 S = a +(n-1)d ， n 1 1 n 1 2 n 1 1 d d 化简得 n2+a - 2 1 2  n=d2 1 n2+2 a 1 d 1 -2d2 1  n+ a 1 -d 1  2对于∀n∈N 恒成立． + d=2d2,  1 则有2a -d=4 a d -4d2，解得d = a ,d=2a．所以a =3a． 1 1 1 1 1 1 1 2 1 a -d =0, 1 1 选①③作条件证明②： 因为a =3a ，a 2 1 n  是等差数列， 所以公差d=a -a =2a ， 2 1 1 nn-1 所以S =na + n 1  d=n2a ，即 S = a n， 2 1 n 1 因为 S n+1 - S n = a 1n+1  - a n= a ， 1 1 所以 S n  是等差数列. 选②③作条件证明①： [方法一]：定义法 设 S n =an+b(a>0)，则S n =an+b  2， 当n=1时，a 1 =S 1 =a+b  2； 当n≥2时，a n =S n -S n-1 =an+b  2-an-a+b  2=a2an-a+2b  ； 因为a 2 =3a 1 ，所以a3a+2b  =3a+b  4a 2，解得b=0或b=- ； 3 当b=0时，a 1 =a2,a n =a22n-1  ，当n≥2时，a -a =2a2满足等差数列的定义，此时a n n-1 n  为等差 数列； 4a 4 a 当b=- 时， S =an+b=an- a， S =- <0不合题意，舍去. 3 n 3 1 3 综上可知a n  为等差数列. [方法二]【最优解】：求解通项公式 因为a =3a ，所以 S = a ， S = a +a =2 a ，因为 S 2 1 1 1 2 1 2 1 n  也为等差数列，所以公差d = S 1 2 - S 1 = a 1 ，所以 S n = a 1 +n-1  d =n a ，故S =n2a ，当n≥2时，a =S -S =n2a - 1 1 n 1 n n n-1 1 n-1  2a 1 =2n-1  a ，当n=1时，满足上式，故a 1 n  的通项公式为a n =2n-1  a 1 ，所以a n-1 =2n-3  a ， 1 a -a =2a ，符合题意. n n-1 1 【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n的一次函数，直接设出 S =an+b(a>0)，平方后 n S, n=1 得到S n 的关系式，利用a n =   1 得到a n S -S , n≥2 n n-1  的通项公式，进而得到a =3a ，是选择①②证明③ 2 1 的通式通法；法二：分别设出a n  与S n  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d = a ，d=2a ，进而得到a =3a ；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出S 及 S ，进而 1 1 1 2 1 n n 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n的一次函数，直接设出 S n =an+b(a>0)，结合a ,S 的关系求出a ，根据a =3a 可求b，然后可证a n n n 2 1 n  是等差数列；法二：利用 S n 是等差数列即前两项的差d = S - S = a 求出公差，然后求出 S 的通项公式，利用a = 1 2 1 1 n n 数学试题 第 8 页 共 40 页S, n=1   1 ，求出a n S -S , n≥2 n n-1  的通项公式，进而证明出结论. 5. (2021·上海·高考真题)已知数列{a }满足a ≥0，对任意n≥2，a 和a 中存在一项使其为另一项与 n n n n+1 a 的等差中项 n-1 (1)已知a =5，a =3，a =2，求a 的所有可能取值； 1 2 4 3 (2)已知a =a =a =0，a 、a 、a 为正数，求证：a 、a 、a 成等比数列，并求出公比q； 1 4 7 2 5 8 2 5 8 (3)已知数列中恰有3项为0，即a =a =a =0，21．记a 1 n  的前n项和为S nn∈N∗  ． (1)若S -2a a +6=0，求S ； 4 2 3 n (2)若对于每个n∈N∗，存在实数c ，使a +c ,a +4c ,a +15c 成等比数列，求d的取值范围． n n n n+1 n n+2 n 3n2-5n 【答案】(1)S = (n∈N∗) n 2 数学试题 第 9 页 共 40 页(2)11， 所以d=3， 所以a =3n-4， n 所以S = a 1 +a n n  n 3n2-5n = ， 2 2 (2)因为a +c ，a +4c ，a +15c 成等比数列， n n n+1 n n+2 n 所以a n+1 +4c n  2=a n +c n  a n+2 +15c n  ，nd-1+4c n  2=-1+nd-d+c n  -1+nd+d+15c n  ， c2+(14d-8nd+8)c +d2=0， n n 由已知方程c2+(14d-8nd+8)c +d2=0的判别式大于等于0， n n 所以Δ=14d-8nd+8  2-4d2≥0，所以16d-8nd+8  12d-8nd+8  ≥0对于任意的n∈N∗恒成 立，所以 n-2   d-1  2n-3   d-2  ≥0对于任意的n∈N∗恒成立， 当n=1时，n-2   d-1  2n-3   d-2  =d+1  d+2  ≥0， 当n=2时，由2d-2d-1  4d-3d-2  ≥0，可得d≤2 当n≥3时，n-2   d-1  2n-3   d-2  >(n-3)(2n-5)≥0， 又d>1,所以1a 恒成立： n+1 n 当n=1时，a >a 明显成立； 2 1 假设当n=k时命题成立，即a >a >a >⋯>a >a ， k k-1 k-2 2 1 则a -a =2a -a -a =a -a >0，即a >a ，即命题得证； k+1 k k i k k i k+1 k 回到原题，分类讨论求数列的通项公式： i.若j=2m-1，则a =2a +a =2a +a >a -a 矛盾； 2m j i 2m-1 i 2m-1 i ii.若j=2m-2，则a =3m-1，所以a =3m-2a =3m-1，所以i=2m-2， j i j 此时a =2a -a =2×3m-3m-1=5×3m-1， 2m+1 2m j 1,n=1  n-3 所以a n =  5×3 2 ,n=2k+1,k∈N*，  n 32,n=2k,k∈N* ii.若j<2m-2，则2a <2×3m-1，所以a =3m-2a >3m-1，所以j=2m-1， j i j 所以a =2a -a (由(2)知对任意m成立)，所以a =2a -a ，与事实上a =2a -a 矛盾， 2m+2 2m+1 2m-1 6 5 3 6 5 2 1,n=1  n-3 综上a n =  5×3 2 ,n=2k+1,k∈N*.  n 32,n=2k,k∈N* 【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 0 0 值．第(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. 三 含绝对值的数列求和 1. (2023·全国乙卷·高考真题)记S 为等差数列a n n  的前n项和，已知a =11,S =40． 2 10 (1)求a n  的通项公式； (2)求数列 a n    的前n项和T． n 【答案】(1)a =15-2n n 14n-n2, n≤7  (2)T n = n2-14n+98, n≥8 【分析】(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 【解析】(1)设等差数列的公差为d， a =a +d=11 由题意可得   2 1 10×9 ，即  a 1 +d=11 ，解得  a 1 =13 ， S =10a + d=40 2a +9d=8 d=-2 10 1 2 1 所以a n =13-2n-1  =15-2n， n13+15-2n (2)因为S = n  =14n-n2， 2 15 令a =15-2n>0，解得n< ，且n∈N*， n 2 数学试题 第 11 页 共 40 页当n≤7时，则a n >0，可得T n =a 1  +a 2  +⋅⋅⋅+a n  =a +a +⋅⋅⋅+a =S =14n-n2； 1 2 n n 当n≥8时，则a n <0，可得T n =a 1  +a 2  +⋅⋅⋅+a n  =a 1 +a 2 +⋅⋅⋅+a 7  -a 8 +⋅⋅⋅+a n  =S 7 -S n -S 7  =2S 7 -S n =214×7-72  -14n-n2  =n2-14n+98； 14n-n2, n≤7  综上所述：T n = n2-14n+98, n≥8 . 四 分组求和法 1. (2024·全国甲卷·高考真题)已知等比数列a n  的前n项和为S ，且2S =3a -3. n n n+1 (1)求a n  的通项公式； (2)求数列S n  的前n项和. 5 【答案】(1)a = n 3  n-1 15 5 (2) ⋅ 4 3  n 3 15 - n- 2 4 【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S . n 【解析】(1)因为2S =3a -3,故2S =3a -3， n n+1 n-1 n 所以2a n =3a n+1 -3a nn≥2  5 即5a =3a 故等比数列的公比为q= ， n n+1 3 5 5 故2a =3a -3=3a × -3=5a -3，故a =1，故a = 1 2 1 3 1 1 n 3  n-1 . 5 1× 1- 3 (2)由等比数列求和公式得S = n  n     3 5 =  5 2 3 1- 3  n 3 - ， 2 所以数列S n  的前n项和 3 5 T =S +S +S +⋅⋅⋅+S =  n 1 2 3 n 2 3  5 + 3  2 5 + 3  3 5 +⋅⋅⋅+ 3   n    3 - n 2 5  3 3 = ⋅ 2  5 1- 3  n     5 1- 3  3 15 5 - n= ⋅ 2 4 3  n 3 15 - n- . 2 4 2. (2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知a n  为等差数列，b n =   a 2a n - , 6 n , 为 n为 偶 奇 数 数 ，记S n ，T n 分别为数列a n n  ， b n  的前n项和，S =32，T =16． 4 3 (1)求a n  的通项公式； (2)证明：当n>5时，T >S ． n n 【答案】(1)a =2n+3； n (2)证明见解析. 【分析】(1)设等差数列a n  的公差为d，用a ,d表示S 及T，即可求解作答. 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；方法 n n n n 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 【解析】(1)设等差数列a n  a -6, n=2k-1 的公差为d，而b n =   n ,k∈N∗， 2a , n=2k n 则b =a -6,b =2a =2a +2d,b =a -6=a +2d-6， 1 1 2 2 1 3 3 1 S =4a +6d=32 于是  T 4 =4a 1 +4d-12=16 ，解得a 1 =5,d=2，a n =a 1 +(n-1)d=2n+3， 3 1 数学试题 第 12 页 共 40 页所以数列a n  的通项公式是a =2n+3. n n(5+2n+3)  2n-3, n=2k-1 (2)方法1：由(1)知，S n = 2 =n2+4n，b n = 4n+6, n=2k ,k∈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 当n>5时，T -S = n2+ n n n 2 2  1 -(n2+4n)= n(n-1)>0，因此T >S ， 2 n n 3 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 当n>5时，T -S = n2+ n-5 n n 2 2  1 -(n2+4n)= (n+2)(n-5)>0，因此T >S ， 2 n n 所以当n>5时，T >S . n n n(5+2n+3)  2n-3, n=2k-1 方法2：由(1)知，S n = 2 =n2+4n，b n = 4n+6, n=2k ,k∈N∗， -1+2(n-1)-3 n 14+4n+6 n 当n为偶数时，T =(b +b +⋯+b )+(b +b +⋯+b )= ⋅ + ⋅ = n 1 3 n-1 2 4 n 2 2 2 2 3 7 n2+ n， 2 2 3 7 当n>5时，T -S = n2+ n n n 2 2  1 -(n2+4n)= n(n-1)>0，因此T >S ， 2 n n -1+2n-3 n+1 当n为奇数时，若n≥3，则T =(b +b +⋯+b )+(b +b +⋯+b )= ⋅ + n 1 3 n 2 4 n-1 2 2 14+4(n-1)+6 n-1 ⋅ 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 当n>5时，T -S = n2+ n-5 n n 2 2  1 -(n2+4n)= (n+2)(n-5)>0，因此T >S ， 2 n n 所以当n>5时，T >S . n n 3. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)已知数列a n  满足a 1 =1，a n+1 =   a a n + + 1 2 , , n n 为 为 奇 偶 数 数 , . n (1)记b =a ，写出b ，b ，并求数列b n 2n 1 2 n  的通项公式； (2)求a n  的前20项和. 【答案】(1)b =2,b =5,b =3n-1；(2)300. 1 2 n 【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列b n  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n项和公式即可求得数列的前20项和. 【解析】解：(1)[方法一]【最优解】： 显然2n为偶数，则a =a +2,a =a +1， 2n+1 2n 2n+2 2n+1 所以a =a +3，即b =b +3，且b =a =a +1=2， 2n+2 2n n+1 n 1 2 1 所以b n  是以2为首项，3为公差的等差数列， 于是b =2,b =5,b =3n-1． 1 2 n [方法二]：奇偶分类讨论 由题意知a =1,a =2,a =4，所以b =a =2,b =a =a +1=5． 1 2 3 1 2 2 4 3 由a -a =1(n为奇数)及a -a =2(n为偶数)可知， n+1 n n+1 n 数列从第一项起， 数学试题 第 13 页 共 40 页若n为奇数，则其后一项减去该项的差为1， 若n为偶数，则其后一项减去该项的差为2． 所以a n+2 -a n =3(n∈N*)，则b n =b 1 +n-1  ×3=3n-1． [方法三]：累加法 由题意知数列a n  3 (-1)n 满足a =1,a =a + + (n∈N*)． 1 n+1 n 2 2 3 (-1)1 所以b =a =a + + =1+1=2， 1 2 1 2 2 3 (-1)3 3 (-1)2 b =a =a + + =a +1=a + + +1=a +2+1=2+3=5， 2 4 3 2 2 3 2 2 2 2 则b =a =(a -a )+(a -a )+⋯+(a -a)+a =1+2+1+2+⋯+2+1+a =n×1+ n 2n 2n 2n-1 2n-1 2n-2 2 1 1 1 2(n-1)+1=3n-1． 所以b =2,b =5，数列b 1 2 n  的通项公式b =3n-1． n (2)[方法一]：奇偶分类讨论 S =a +a +a +⋯+a =(a +a +a +⋯a )+(a +a +a +⋯+a ) 20 1 2 3 20 1 3 5 19 2 4 6 20 =(b -1+b -1+b -1+⋯+b -1)+b +b +b +⋯+b 1 2 3 10 1 2 3 10 (b +b )×10 =2× 1 10 -10=300． 2 [方法二]：分组求和 由题意知数列a n  满足a =1,a =a +1,a =a +2， 1 2n 2n-1 2n+1 2n 所以a =a +2=a +3． 2n+1 2n 2n-1 所以数列a n  的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； 同理，由a =a +1=a +3知数列a 2n+2 2n+1 2n n  的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 从而数列a n  的前20项和为： 10×9 10×9 S =(a +a +a +⋯+a )+(a +a +a +⋯+a )=10×1+ ×3+10×2+ ×3=300． 20 1 3 5 19 2 4 6 20 2 2 【整体点评】(1)方法一：由题意讨论b n  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a n  的通项公式，然后累加求数列b n  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n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n项和公式和分组的方法进行求和 是一种不错的选择. 五 裂项相消法求和 1. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)记S 为数列a n n  S 的前n项和，已知a =1, n 1  a n  1 是公差为 的等差 3 数列． (1)求a n  的通项公式； 1 1 1 (2)证明： + +⋯+ <2． a a a 1 2 n nn+1 【答案】(1)a = n  2 (2)见解析 S 1 【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得 n =1+ n-1 a 3 n  n+2 n+2 = ，得到S = 3 n  a n ，利用和与 3 数学试题 第 14 页 共 40 页n+2 项的关系得到当n≥2时，a =S -S = n n n-1  a n - n+1 3  a a n+1 n-1 ,进而得： n = ，利用累乘法求 3 a n-1 n-1 nn+1 得a = n  ，检验对于n=1也成立，得到a 2 n  nn+1 的通项公式a = n  ； 2 1 1 1 1 (2)由(1)的结论，利用裂项求和法得到 + +⋯+ =21- a a a n+1 1 2 n  ，进而证得. S 【解析】(1)∵a =1，∴S =a =1,∴ 1 =1, 1 1 1 a 1 S 又∵ n  a n  1 是公差为 的等差数列， 3 S 1 ∴ n =1+ n-1 a 3 n  n+2 n+2 = ,∴S = 3 n  a n , 3 n+1 ∴当n≥2时，S = n-1  a n-1 ， 3 n+2 ∴a =S -S = n n n-1  a n - n+1 3  a n-1 , 3 整理得：n-1  a n =n+1  a , n-1 a n+1 即 n = , a n-1 n-1 a a a a ∴a =a × 2 × 3 ×⋯× n-1 × n n 1 a a a a 1 2 n-2 n-1 3 4 n n+1 nn+1 =1× × ×⋯× × = 1 2 n-2 n-1  ， 2 显然对于n=1也成立， ∴a n  nn+1 的通项公式a = n  ； 2 1 2 (2) = a n nn+1  1 1 =2 - n n+1  , 1 1 1 1 ∴ + +⋯+ =2 1- a a a 2 1 2 n  1 1 + - 2 3  1 1 +⋯ - n n+1      1 =21- n+1  <2 六 错位相减法求和 1. (2023·全国甲卷·高考真题)设S 为数列a n n  的前n项和，已知a =1,2S =na ． 2 n n (1)求a n  的通项公式； a (2)求数列 n+1  2n  的前n项和T． n 【答案】(1)a =n-1 n (2)T n =2-2+n  1  2  n S, n=1 【分析】(1)根据a n =   S 1 -S , n≥2 即可求出； n n-1 (2)根据错位相减法即可解出． 【解析】(1)因为2S =na ， n n 当n=1时，2a =a ，即a =0； 1 1 1 当n=3时，21+a 3  =3a ，即a =2， 3 3 当n≥2时，2S n-1 =n-1  a n-1 ，所以2S n -S n-1  =na n -n-1  a =2a ， n-1 n 化简得：n-2  a n =n-1  a a a a ，当n≥3时， n = n-1 =⋯= 3 =1，即a =n-1， n-1 n-1 n-2 2 n 数学试题 第 15 页 共 40 页当n=1,2时都满足上式，所以a n =n-1n∈N*  ． a n 1 (2)因为 n+1 = ，所以T =1× 2n 2n n 2  1 1 +2× 2  2 1 +3× 2  3 1 +⋯+n× 2  n ， 1 1 T =1× 2 n 2  2 1 +2× 2  3 1 +⋯+(n-1)× 2  n 1 +n× 2  n+1 ， 两式相减得， 1 1 T = 2 n 2  1 1 + 2  2 1 + 2  3 1 +⋯+ 2  n 1 -n× 2  1 1 × 1- n+1 2 2 =  n     1 -n× 1 2 1- 2  n+1 ， n =1-1+ 2  1  2  n ，即T n =2-2+n  1  2  n ，n∈N*． 2. (2025·全国一卷·高考真题)设数列a n  a a 1 满足a =3， n+1 = n + 1 n n+1 n(n+1) (1)证明：na n  为等差数列； (2)设f(x)=ax+a x2+⋯+a xm，求f(-2)． 1 2 m 【答案】(1)证明见解析； (2)f-2  7 3m+7 = - 9  -2  m 9 a a 1 【分析】(1)根据题目所给条件 n+1 = n + n n+1 nn+1  化简，即可证明结论； (2)先求出a n  的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以x，作差并利用等比数列前n项和得出导 函数表达式，即可得出结论. 【解析】(1)由题意证明如下，n∈N*， 在数列a n  a a 1 中，a =3， n+1 = n + 1 n n+1 nn+1  ， ∴n+1  a n+1 =na n +1，即n+1  a -na =1， n+1 n ∴na n  是以a =3为首项，1为公差的等差数列. 1 (2)由题意及(1)得，n∈N*， 在数列na n  中，首项为3，公差为1， ∴na n =3+1×n-1  2 ，即a =1+ ， n n 在fx  =ax+a x2+⋯+a xm中， 1 2 m fx  2 =3x+2x2+⋯+1+ m  xm，fx  =3+4x+⋯+m+2  xm-1 fx ∴  =3+4x+⋯+m+2  xm-1 xfx  =3x+4x2+⋯+m+2   ，  xm 当x≠1且x≠0时， ∴1-x  fx  =3+x+x2+⋯+xm-1-m+2  x1-xm-1 xm=3+  -m+2 1-x  xm， ∴fx  3 x1-xm-1 = + 1-x  1-x  m+2 - 2  xm 1-x ∴f-2  3 = 1--2  -2 1--2 +  m-1   1--2    m+2 - 2  -2  m 1--2  -2 =1+  1--2  m-1   m+2 - 9  -2  m 3 数学试题 第 16 页 共 40 页2 -2 =1- - 9  m m+2 - 9  -2  m 3 7 3m+7 = - 9  -2  m . 9 3. (2025·天津·高考真题)已知数列a n  是等差数列，b n  是等比数列，a =b =2,a =b +1,a =b ． 1 1 2 2 3 3 (1)求a n  ，b n  的通项公式； (2)∀n∈N*，I∈0,1  ，有T =pab +p a b +...+p a b +p a b |p ,p ,...,p ,p ∈I n 1 1 1 2 2 2 n-1 n-1 n-1 n n n 1 2 n-1 n  ， (i)求证：对任意实数t∈T，均有t0，a n+1 b n+1 =3n+2  2n+1， 当p n a n b n =3n-1  2n>0时， 设S n =p 1 a 1 b 1 +p 2 a 2 b 2 +...+p n-1 a n-1 b n-1 +p n a n b n =2×2+5×22+...+3n-4  2n-1+3n-1  2n， 所以2S n =2×22+5×23+...+3n-4  2n+3n-1  2n+1， 所以-S n =4+3×22+23+...+2n  -3n-1  221-2n-1 2n+1=4+3×  -3n-1 1-2  2n+1=-8+ 4-3n  2n+1， 所以S n =8+3n-4  2n+1，为T 中的最大元素， n 此时a n+1 b n+1 -S n =3n+2  2n+1- 8+3n-4   2n+1  =6⋅2n+1-8>0恒成立， 所以对∀t∈T，均有t1 k+1  时，求证：b ≥a ⋅b ； n-1 k n Sn (ⅱ)求b． i i=1 【答案】(1)a =2n-1,S =2n-1 n n Sn 3n-1 (2)①证明见详解；②∑b = i i=1  4n+1 9 【分析】(1)设等比数列a n  的公比为q>0，根据题意结合等比数列通项公式求q，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a k =2k-1,b n =k+1，b n-1 =k2k-1  ，利用作差法分析证明；②根据题意结合 i=2k-1 1 等差数列求和公式可得 ∑ b i = 9 3k-1 2k-1  4k-3k-4   4k-1  ，再结合裂项相消法分析求解. 【解析】(1)设等比数列a n  的公比为q>0， 因为a =1,S =a -1，即a +a =a -1， 1 2 3 1 2 3 可得1+q=q2-1，整理得q2-q-2=0，解得q=2或q=-1(舍去)， 1-2n 所以a =2n-1,S = =2n-1. n n 1-2 (2)(i)由(1)可知a =2n-1，且k∈N*,k≥2， n a =2k-1<2k-1=n-1 当n=a k+1 =2k≥4时，则   n k -1=a -10  ， 所以b 3 -b 2 =b 1 q2-b 1 q=4q2-q  =48，解得q=4(负值舍去)， 所以b =bqn-1=4n,n∈N∗； n 1 1 1 (II)(i)由题意，c =b + =42n+ ， n 2n b 4n n 1 所以c2-c =42n+ n 2n 4n  2 1 -44n+ 42n  =2⋅4n， c2 -c 2⋅4n+1 所以c2-c ≠0，且 n+1 2n+2 = =4， n 2n c2-c 2⋅4n n 2n 所以数列c2-c n 2n  是等比数列； a a 2n-1 (ii)由题意知， n n+1 = c2-c n 2n  2n+1  4n2-1 4n2 = < ， 2⋅4n 2⋅22n 2⋅22n a a 4n2 2n 1 n 所以 n n+1 < = = ⋅ ， c2-c 2⋅22n 2⋅2n 2 2n-1 n 2n n a a 1 n k 所以 k k+1 <  ， c2-c 2 2k-1 k=1 k 2k k=1 n k 1 2 3 n 设T = = + + +⋅⋅⋅+ ， n 2k-1 20 21 22 2n-1 k=1 1 1 2 3 n 则 T = + + +⋅⋅⋅+ ， 2 n 21 22 23 2n 1 1⋅1- 1 1 1 1 n 2n 两式相减得 T =1+ + +⋅⋅⋅+ - = 2 n 2 22 2n-1 2n  n n+2 - =2- ， 1 2n 2n 1- 2 n+2 所以T =4- ， n 2n-1 n a a 1 n k 1 n+2 所以 k k+1 <  = 4- c2-c 2 2k-1 2 2n-1 k=1 k 2k k=1  <2 2. 【点睛】关键点点睛： n a a 最后一问考查数列不等式的证明，因为 k k+1 无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减 c2-c k=1 k 2k 法即可得证. 七 等差、等比数列的综合 数学试题 第 22 页 共 40 页1. (2023·天津·高考真题)已知a n  是等差数列，a +a =16,a -a =4． 2 5 5 3 (1)求a n  2n-1 的通项公式和  a in∈N∗ i=2n-1  ． (2)设b n  是等比数列，且对任意的k∈N*，当2k-1≤n≤2k-1时，则b 0  ，点P 15,4  在C上，k为常数，00，当x>1时，g(x)<0， 故g(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减， g(x)≤g(1)=0，故a ≤a -2， n+1 n 所以当正整数m≥2时，试比较a ≤a -2； m m-1 (3)a -a =lna -a -1，令h(x)=lnx-x-1， n+1 n n n h(x)与g(x)单调性相同，由(2)得h(x)≤h(1)=-2， 当x→0时，h(x)→-∞，当x→+∞时，h(x)→-∞， 故h(x)=d至多有两解， 若a ,a ,a ⋯,a 成等差数列，则h(a )=h(a )=⋯=h(a )， 1 2 3 k 2 3 k 故最多3项成等差数列，此时d<-2，k=3． 而a =lna -1，a =ea2+1， 3 2 1 1 令t(x)=ex+1+lnx-1-2x，t(x)=ex+1+ -2，显然x>0时，t(x)>0， x 故t(x)在(0,+∞)上单调递增， 而，t(0.01)<0，t(1)=e2-3>0，故t(x)=0有唯一解， 存在a ∈(0.01,1)使得a +a =2a ，此时a <0，故存在最多3项成等差数列， 2 1 3 2 3 3. (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i次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量X i 服从两点分布，且PX i =1  =1-PX i =0  n =q ,i=1,2,⋅⋅⋅,n，则E∑X i i i=1  = 数学试题 第 28 页 共 40 页n ∑q i ．记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求EY i=1  ． 【答案】(1)0.6 1 1 2 (2)p - = × i 3 6 5  i-1 1 2 ,p = × i 6 5  i-1 1 + 3 5 2 (3)E(Y)= 1- 18 5  n     n + 3 【分析】(1)根据全概率公式即可求出； (2)设PA i  =p，由题意可得p =0.4p +0.2，根据数列知识，构造等比数列即可解出； i i+1 i (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． 【解析】(1)记“第i次投篮的人是甲”为事件A，“第i次投篮的人是乙”为事件B， i i 所以，PB 2  =PA 1 B 2  +PB 1 B 2  =PA 1  PB 2 |A 1  +PB 1  PB 2 |B 1  =0.5×1-0.6  +0.5×0.8=0.6. (2)设PA i  =p i ，依题可知，PB i  =1-p，则 i PA i+1  =PA i A i+1  +PB i A i+1  =PA i  PA i+1 |A i  +PB i  PA i+1 |B i  ， 即p i+1 =0.6p i +1-0.8  ×1-p i  =0.4p +0.2， i 构造等比数列p+λ i  ， 2 设p i+1 +λ= 5 p i +λ  1 1 2 1 ，解得λ=- ，则p - = p- 3 i+1 3 5 i 3  ， 1 1 1 1 又p = ,p - = ，所以p- 1 2 1 3 6  i 3  1 2 是首项为 ，公比为 的等比数列， 6 5 1 1 2 即p - = × i 3 6 5  i-1 1 2 ,p = × i 6 5  i-1 1 + ． 3 1 2 (3)因为p = × i 6 5  i-1 1 + ，i=1,2,⋅⋅⋅,n， 3 所以当n∈N*时，EY  2 1- 1 5 =p +p +⋯+p = × 1 2 n 6  n n 5 2 + = 1- 2 3 18 5 1- 5  n     n + ， 3 5 2 故E(Y)= 1- 18 5  n     n + ． 3 【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． 九 数列新定义 1. (2024·新课标Ⅰ卷·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，若从中删 1 2 4m+2 去两项a i 和a ji ． m m 8 【答案】(1)1,2  ,1,6  ,5,6  (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】(1)直接根据i,j  -可分数列的定义即可； 数学试题 第 29 页 共 40 页(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. 【解析】(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 k  ，然后对a,a,...,a 进行相应的讨论即可. 1 2 4m+2 换言之，我们可以不妨设a =kk=1,2,...,4m+2 k  ，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1,2,3,4,5,6中取出两个数i和ji- ，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 1 1 1 1  ，共k 组； 1 ②4k +2,4k +3,4k +4,4k +5 1 1 1 1  ,4k +6,4k +7,4k +8,4k +9 1 1 1 1  ,..., 4k -2,4k -1,4k ,4k +1 2 2 2 2  ，共k -k 组； 2 1 ③4k +3,4k +4,4k +5,4k +6 2 2 2 2  ,4k +7,4k +8,4k +9,4k +10 2 2 2 2  ,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+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 ，故k >k. 1 2 2 1 4 2 1 由于j-i≠3，故4k 2 +1  -4k 1 +2  ≠3，从而k -k ≠1，这就意味着k -k ≥2. 2 1 2 1 数学试题 第 30 页 共 40 页此时，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 1 2 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 1 1 1 1  ，共k 组； 1 ②4k +1,3k +k +1,2k +2k +1,k +3k +1 1 1 2 1 2 1 2  ，3k +k +2,2k +2k +2,k +3k +2,4k +2 1 2 1 2 1 2 2  ，共2 组； ③全体4k +p,3k +k +p,2k +2k +p,k +3k +p 1 1 2 1 2 1 2  ，其中p=3,4,...,k -k ，共k -k -2组； 2 1 2 1 ④4k +3,4k +4,4k +5,4k +6 2 2 2 2  ,4k +7,4k +8,4k +9,4k +10 2 2 2 2  ,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+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 2 1 数表以后，4个列分别是下面这些数： 4k +3,4k +4,...,3k +k 1 1 1 2  ，3k +k +3,3k +k +4,...,2k +2k 1 2 1 2 1 2  ， 2k +2k +3,2k +2k +3,...,k +3k 1 2 1 2 1 2  ，k +3k +3,k +3k +4,...,4k 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 1 1 2  中除开五 个集合4k +1,4k +2 1 1  ，3k +k +1,3k +k +2 1 2 1 2  ，2k +2k +1,2k +2k +2 1 2 1 2  ，k +3k +1,k +3k +2 1 2 1 2  ， 4k +1,4k +2 2 2  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 2m+1  4m+2  1 m+ 2 =  2 22m+1  2m+1  1 = . 8 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. 2. (2024·北京·高考真题)已知集合M= 数学试题 第 31 页 共 40 页i,j,k,w   i∈1,2  ,j∈3,4  ,k∈5,6  ,w∈7,8   ,且i+j+k+w为偶数   ．给定数列A:a ,a ,⋯, 1 2 a 8 ，和序列Ω:T 1 ,T 2 ,⋯T s ，其中T t =i t ,j t ,k t ,w t  ∈Mt=1,2,⋯,s  ，对数列A进行如下变换：将A的第 i 1 ,j 1 ,k 1 ,w 1 项均加1，其余项不变，得到的数列记作T 1A  ；将T 1A  的第i ,j ,k ,w 项均加1，其余项 2 2 2 2 不变，得到数列记作T 2 T 1A  ；⋯⋯；以此类推，得到T s ⋯T 2 T 1A  ，简记为ΩA  ． (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7  ,2,4,6,8  ,1,3,5,7  ，写出ΩA  ； (2)是否存在序列Ω，使得ΩA  为a +2,a +6,a +4,a +2,a +8,a +2,a +4,a +4，若存在，写 1 2 3 4 5 6 7 8 出一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由； (3)若数列A的各项均为正整数，且a 1 +a 3 +a 5 +a 7 为偶数，求证：“存在序列Ω，使得ΩA  的各项都相 等”的充要条件为“a +a =a +a =a +a =a +a”． 1 2 3 4 5 6 7 8 【答案】(1)ΩA  :3,4,4,5,8,4,3,10 (2)不存在符合条件的Ω，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】(1)直接按照ΩA  的定义写出ΩA  即可； (2)解法一：利用反证法，假设存在符合条件的Ω，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Ω共有8项，可知：b 2n-1 +b 2n  -a 2n-1 +a 2n  =8,n=1,2,3,4，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a +a =a +a =a +a =a +a ，分类讨论a , 1 2 3 4 5 6 7 8 1 a 3 ,a 5 ,a 7 相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列Ω，使得ΩA  为常数列，结合定义分析证明即可. 【解析】(1)因为数列A:1,3,2,4,6,3,1,9， 由序列T 11,3,5,7  可得T 1A  :2,3,3,4,7,3,2,9； 由序列T 22,4,6,8  可得T 2 T 1A  :2,4,3,5,7,4,2,10； 由序列T 31,3,5,7  可得T 3 T 2 T 1A  :3,4,4,5,8,4,3,10； 所以ΩA  :3,4,4,5,8,4,3,10. (2)解法一：假设存在符合条件的Ω，可知ΩA  的第1,2项之和为a +a +s，第3,4项之和为a +a 1 2 3 4 +s， 则 a 1 +2  +a 2 +6  =a +a +s 1 2 a 3 +4  +a 4 +2   ，而该方程组无解，故假设不成立，  =a +a +s 3 4 故不存在符合条件的Ω； 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Ω，且ΩA  :b ,b ,⋅⋅⋅,b ， 1 2 8 2+6+4+2+8+2+4+4 因为 =8，即序列Ω共有8项， 4 由题意可知：b 2n-1 +b 2n  -a 2n-1 +a 2n  =8,n=1,2,3,4， 检验可知：当n=2,3时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω. (3)解法一：我们设序列T s ...T 2 T 1A  为a s,n  1≤n≤8  ，特别规定a 0,n =a n1≤n≤8  . 必要性： 若存在序列Ω:T 1 ,T 2 ,⋯T s ，使得ΩA  的各项都相等. 则a =a =a =a =a =a =a =a ，所以a +a =a +a =a +a =a +a . s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 根据T s ...T 2 T 1A  的定义，显然有a +a =a +a +1，这里j=1,2,3,4，s=1,2,.... s,2j-1 s,2j s-1,2j-1 s-1,2j 所以不断使用该式就得到a +a =a +a =a +a =a +a =a +a -s，必要性得证. 1 2 3 4 5 6 7 8 s,1 s,2 数学试题 第 32 页 共 40 页充分性： 若a +a =a +a =a +a =a +a . 1 2 3 4 5 6 7 8 由已知，a +a +a +a 为偶数，而a +a =a +a =a +a =a +a ，所以a +a +a +a = 1 3 5 7 1 2 3 4 5 6 7 8 2 4 6 8 4a 1 +a 2  -a 1 +a 3 +a 5 +a 7  也是偶数. 我们设T s ...T 2 T 1A  是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列ΩA  中，使得a s,1 -a s,2  + a s,3 -a s,4  +a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  最小的一个. 上面已经说明a +a =a +a +1，这里j=1,2,3,4，s=1,2,.... s,2j-1 s,2j s-1,2j-1 s-1,2j 从而由a +a =a +a =a +a =a +a 可得a +a =a +a =a +a =a +a =a +a + 1 2 3 4 5 6 7 8 s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 1 2 s. 同时，由于i +j +k +w 总是偶数，所以a +a +a +a 和a +a +a +a 的奇偶性保持不 t t t t t,1 t,3 t,5 t,7 t,2 t,4 t,6 t,8 变，从而a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数. s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8 下面证明不存在j=1,2,3,4使得a -a s,2j-1 s,2j  ≥2. 假设存在，根据对称性，不妨设j=1，a -a ≥2，即a -a ≥2. s,2j-1 s,2j s,1 s,2 情况1：若a s,3 -a s,4  +a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  =0，则由a +a +a +a 和a +a +a +a 都是 s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8 偶数，知a -a ≥4. s,1 s,2 对该数列连续作四次变换2,3,5,8  ,2,4,6,8  ,2,3,6,7  ,2,4,5,7  后，新的a s+4,1 -a s+4,2  + a s+4,3 -a s+4,4  +a s+4,5 -a s+4,6  +a s+4,7 -a s+4,8  相比原来的a s,1 -a s,2  +a s,3 -a s,4  +a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  减 少4，这与a s,1 -a s,2  +a s,3 -a s,4  +a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  的最小性矛盾； 情况2：若a s,3 -a s,4  +a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  >0，不妨设a s,3 -a s,4  >0. 情况2-1：如果a s,3 -a s,4 ≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7  ,2,4,6,8  后，新的 a s+2,1 -a s+2,2  +a s+2,3 -a s+2,4  +a s+2,5 -a s+2,6  +a s+2,7 -a s+2,8  相比原来的a s,1 -a s,2  +a s,3 -a s,4  + a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  至少减少2，这与a s,1 -a s,2  +a s,3 -a s,4  +a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  的最小性矛盾； 情况2-2：如果a s,4 -a s,3 ≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8  ,2,3,6,7  后，新的 a s+2,1 -a s+2,2  +a s+2,3 -a s+2,4  +a s+2,5 -a s+2,6  +a s+2,7 -a s+2,8  相比原来的a s,1 -a s,2  +a s,3 -a s,4  + a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  至少减少2，这与a s,1 -a s,2  +a s,3 -a s,4  +a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  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j=1,2,3,4都有a -a s,2j-1 s,2j  ≤1. 假设存在j=1,2,3,4使得a -a s,2j-1 s,2j  =1，则a +a 是奇数，所以a +a =a +a =a + s,2j-1 s,2j s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 a =a +a 都是奇数，设为2N+1. s,6 s,7 s,8 则此时对任意j=1,2,3,4，由a -a s,2j-1 s,2j  ≤1可知必有a ,a  s,2j-1 s,2j  =N,N+1  . 而a +a +a +a 和a +a +a +a 都是偶数，故集合 m s,1 s,3 s,5 s,7 s,2 s,4 s,6 s,8   a =N  s,m  中的四个元素i,j,k,w 之和为偶数，对该数列进行一次变换i,j,k,w  ，则该数列成为常数列，新的a s+1,1 -a s+1,2  +a s+1,3 -a s+1,4  + a s+1,5 -a s+1,6  +a s+1,7 -a s+1,8  等于零，比原来的a s,1 -a s,2  +a s,3 -a s,4  +a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  更小，这与 a s,1 -a s,2  +a s,3 -a s,4  +a s,5 -a s,6  +a s,7 -a s,8  的最小性矛盾. 综上，只可能a -a s,2j-1 s,2j  =0j=1,2,3,4  ，而a +a =a +a =a +a =a +a ，故a s,1 s,2 s,3 s,4 s,5 s,6 s,7 s,8 s,n  = ΩA  是常数列，充分性得证. 解法二：由题意可知：Ω中序列的顺序不影响ΩA  的结果， 且a 1 ,a 2  ,a 3 ,a 4  ,a 5 ,a 6  ,a 7 ,a 8  相对于序列也是无序的， (ⅰ)若a +a =a +a =a +a =a +a ， 1 2 3 4 5 6 7 8 不妨设a ≤a ≤a ≤a ，则a ≥a ≥a ≥a ， 1 3 5 7 2 4 6 8 数学试题 第 33 页 共 40 页①当a =a =a =a ，则a =a =a =a ， 1 3 5 7 8 6 4 2 分别执行a 1 =2个序列2,4,6,8  、a 2 个序列1,3,5,7  ， 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ，为常数列，符合题意； 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ②当a ,a ,a ,a 中有且仅有三个数相等，不妨设a =a =a ，则a =a =a ， 1 3 5 7 1 3 5 2 4 6 即a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ， 1 2 1 2 1 2 7 8 分别执行a 2 个序列1,3,5,7  、a 7 个序列2,4,6,8  可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 2 2 7 1 2 2 7 1 2 2 7 2 7 7 8 即a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 2 2 7 1 2 2 7 1 2 2 7 2 7 1 2 因为a +a +a +a 为偶数，即3a +a 为偶数， 1 3 5 7 1 7 a -a 可知a ,a 的奇偶性相同，则 7 1 ∈N*， 1 7 2 a -a 分别执行 7 1 个序列1,3,5,7 2  ，1,3,6,8  ，2,3,5,8  ，1,4,5,8  ， 3a +2a -a 3a +2a -a 3a +2a -a 3a +2a -a 3a +2a -a 3a +2a -a 可得 7 2 1 , 7 2 1 , 7 2 1 , 7 2 1 , 7 2 1 , 7 2 1 , 2 2 2 2 2 2 3a +2a -a 3a +2a -a 7 2 1 , 7 2 1 ， 2 2 为常数列，符合题意； ③若a =a a =a ，即a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ， 1 3 5 7 2 4 6 8 1 2 1 2 5 6 5 6 分别执行a 5 个1,3,6,8  、a 1 =2个2,4,5,7  ， 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 5 6 1 5 5 6 因为a +a =a +a ， 1 2 5 6 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 即转为①，可知符合题意； ④当a ,a ,a ,a 中有且仅有两个数相等，不妨设a =a ，则a =a ， 1 3 5 7 1 3 2 4 即a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ， 1 2 1 2 5 6 7 8 分别执行a 1 =2个2,4,5,7  、a 5 个1,3,6,8  ， 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 5 6 1 7 5 8 且a +a =a +a ，可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 2 5 6 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 7 5 8 因为a +a +a +a =2a +a +a 为偶数，可知a ,a 的奇偶性相同， 1 3 5 7 1 5 7 5 7 则a 1 +a 5  +a 1 +a 5  +a 1 +a 5  +a 1 +a 7  =4a +3a +a 为偶数， 1 5 7 且a +a =a +a =a +a a >a >a ，即a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a ， 1 3 5 7 2 4 6 8 1 2 3 4 5 6 7 8 分别执行a 1 =2个2,3,5,8  、a 3 个1,4,6,7  ， 可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 3 1 2 1 3 3 4 1 5 3 6 3 7 1 8 且a +a =a +a ，可得a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ， 1 2 3 4 1 3 1 2 1 3 1 2 1 5 3 6 3 7 1 8 因为a +a +a +a 为偶数， 1 3 5 7 则a 1 +a 3  +a 1 +a 3  +a 1 +a 5  +a 3 +a 7  =2a 1 +a 3  +a 1 +a 3 +a 5 +a 7  为偶数， 且a +a =a +a 2)，且a ,b ∈{1,2,⋯,m},a n n n  ,b n  的前n项和分别为A ,B ，并规定A =B =0．对于k∈0,1,2,⋯,m n n 0 0  ，定义r = k maxi∣B≤A ,i∈{0,1,2,⋯,m} i k  ，其中，maxM表示数集M中最大的数. (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 【答案】(1)r =0，r =1，r =1，r =2 0 1 2 3 (2)r =n,n∈N n (3)证明见详解 【分析】(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 【解析】(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 ,i=2,3，故r =1； 0 1 1 1 i 1 1 当k=2时，则BA ,i=0,1,B i 2 2  A ,B >A ,故r =1； 2 3 2 2 当k=3时，则BA ,i=0,1,2,B i 3 3  A ，故r =2； 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 m =r m -r m-1  +r m-1 -r m-2  +⋅⋅⋅+r 1 -r 0  +r 0 ≥2m-j  +j=2m-j， 又因为1≤j≤m-1，则r m ≥2m-j≥2m-m-1  =m+1>m， 假设不成立，故r -r =1， n+1 n 即数列r n  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 (3)因为a ,b 均为正整数，则A n n n  ,B n  均为递增数列， (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 0，可得b =B -B =B -A r K K r K +1 K r K +1 r K +1 r K r K +1 K  -B -A r K K  >m， 数学试题 第 35 页 共 40 页这与b ∈1,2,⋅⋅⋅,m r +1 K  相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N，均有S ≥1-m. n ①若存在正整数N，使得S =B -A =0，即A =B ， N r N N N r 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 n ∈ -1,-2,⋅⋅⋅,-m-1    ，且1≤n≤m， 所以必存在1≤Xq,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 k i k    ，则R 0，可得a =A -A =A -B R K R +1 K R +1 R +1 R R +1 K K K K K K K  -A -B R K K  >m， 这与a ∈1,2,⋅⋅⋅,m R +1 K  相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N，均有S ≥1-m. n 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 n ∈ -1,-2,⋅⋅⋅,-m-1    ，且1≤n≤m， 所以必存在1≤Xq,s>t，使得A +B =A +B. p t q s 综上所述：存在0≤q 2 1 3 4 5 6 1 a +a +a +a +a +a ， 1 2 3 4 5 6 可得a +a +a +a +a <0，得数列Q的连续项和表示中的a ,a +a +a +a +a 均不是正整数； 2 3 4 5 6 2 2 3 4 5 6 若a +a +a +a =20， 3 4 5 6 则由20>a +a +a +a +a +a ，可得a +a <0， 1 2 3 4 5 6 1 2 得数列Q的连续项和表示中的a ,a +a 均不是正整数．均不满足题设． 2 1 2 同理，可证得a <0也不满足题设．因而a <0， 3 1 且a +a +a +a +a =20． 2 3 4 5 6 ③若两两互异的五个正整数a ,a ,a ,a ,a 中没有1，则20=a +a +a +a +a ≥2+3+4+5+6 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6 =20． 因而a ,a ,a ,a ,a 2 3 4 5 6  ={2,3,4,5,6}． 再由数列Q的连续项和表示中最小的正数是1，可得a +a =1． 1 2 若∃i∈{3,4,5,6},a +a =0，则a +a +⋯+a =a +a +⋯+a . 1 i 1 2 i 2 3 i-1 得数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设， 因而∀j∈{2,3,4,5,6},a +a ≠0． 1 j 而a ∈{2,3,4,5,6}，所以a ∉{-2,-3,-4,-5,-6}． j 1 再由a =1-a ,a ∈{2,3,4,5,6}，可得a =-1,a =2,a ,a ,a ,a 1 2 2 1 2 3 4 5 6  ={3,4,5,6}， a +a +a +a +a =20,a +a +a +a +a +a =19,a +a +a +a =18， 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 3 4 5 6 再得数列Q的连续项和表示中17的表示只可能是a +a +a +a =17， 2 3 4 5 进而可得a =-1,a =2,a ,a ,a 1 2 3 4 5  ={4,5,6},a =3. 6 又由数列Q的连续项和表示中有14，可得a =4， 3 a ,a 4 5  ={5,6}，得数列Q是-1,2,4,5,6,3(但a +a =a 2 3 5  或-1,2,4,6,5,3 但a 2 +a 3 =a 4  ， 均不可能，因而a ,a ,a ,a ,a 中有1． 2 3 4 5 6 ④由数列Q的连续项和表示中有19及a +a +a +a +a +a <20， 1 2 3 4 5 6 可得a =1或a =1(得a +a +a +a =19 2 6 2 3 4 5  或a 1 +a 2 +a 3 +a 4 +a 5 +a 6 =19a 1 =-1  ． 若a =1，则a +a =a +1≤0，得数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数； 2 1 2 1 若a =-1，可得a ≠1(否则a +a =0，数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数)， 1 2 1 2 所以∃i∈{3,4,5,6},a +a =0，得a +a +⋯+a =a +a +⋯+a ， 1 i 1 2 i 2 3 i-1 数列Q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a +a +a +a =19,a ≤-2,a =1． 2 3 4 5 1 6 ⑤由数列Q的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数a ,a ,a ,a 均大于1及a +a + 2 3 4 5 1 2 a +a +a ≤17， 3 4 5 可得a 1 +a 2 +a 3 +a 4 +a 5 +a 6 =18 得a 1 =-2  或a +a +a +a =18(得a +a +a =17,a =2, 3 4 5 6 3 4 5 2 a +a ≤0， 1 2 数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数). 所以a =-2,a +a +a +a =19,a =1． 1 2 3 4 5 6 ⑥由数列Q的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数a ,a ,a ,a 均大于1， 2 3 4 5 (且a ≥4：因为0