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  <fx  的解集；
(2)存在x使得fx+1  、fax  、fx+2  成等差数列，求a的取值范围．
【答案】(1)x|1<x<2 
数学试题 第 3 页 共 40 页(2)a>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  <fx  ，
故0<2x-2<x即1<x<2，
故f2x-2  <fx  的解集为x|1<x<2  .
(2)因为存在x使得fx+1  、fax  、fx+2  成等差数列，
故2fax  =fx+1  +fx+2  有解，故2log aax  =log ax+1  +log ax+2  ，
因为a>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 <a <⋯<a <0,a =0.
n 1 2 12 13
则当n=12或n=13时，S n  =-78． min
【整体点评】(2)法一：根据二次函数的性质求出S 的最小值，适用于可以求出S 的表达式；
n n
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
4. (2021·全国甲卷·高考真题)已知数列a
n
 的各项均为正数，记S 为a
n n
 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a
n
 是等差数列：②数列 S
n
 是等差数列；③a =3a．
2 1
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 S ，结合a ,S 的关系求出a ，利用a
n n n n n
 是等差数列可证a
2
=3a ；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.
1
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出 S ，结合等差数列定义可证；
n
选②③作条件证明①时，设出 S =an+b，结合a ,S 的关系求出a ，根据a =3a 可求b，然后可证
n n n n 2 1
a
n
 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.
【解析】选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+a 与S 关系式
n n
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 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 =0，2<r<s<t，且a =1，a =2，求a +a +a 的最
r s t 1 2 r+1 s+1 t+1
大值.
1 21
【答案】(1)a =1；(2)证明见解析， ；(3) .
3 4 64
【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a ,a ,a ,a ,a ，即可证明；
2 3 5 6 8
a -a a -a 1
(3)由2a =a +a 或2a =a +a 可知 n+2 n+1 =1或 n+2 n+1 =- ，结合(2)可求最大
n n+1 n-1 n+1 n n-1 a -a a -a 2
n+1 n n+1 n
值.
【解析】(1)由题意，2a =a +a 或2a =a +a ，
n n+1 n-1 n+1 n n-1
∴2a =a +a ⇒a =1，此时a =3,a =1,a =2，满足2a =a +a
2 3 1 3 2 3 4 4 3 2
2a =a +a ⇒a =4，此时a =3,a =4,a =2，2a ≠a +a ，2a ≠a +a
3 2 1 3 2 3 4 4 3 2 3 4 2
所以a =1
3
a a a a a
(2)∵a =a =a =0，∴a =2a ，或a = 2 ，经检验，a = 2 ；∴a = 3 = 2 ，或a =-a =- 2
1 4 7 3 2 3 2 3 2 5 2 4 5 3 2
a a a a a a a a
(舍)，∴a = 2 ；∴a = 5 = 2 ，或a =-a =- 2 (舍)，∴a = 2 ；∴a = 6 = 2 ，或a =-a =- 2
5 4 6 2 8 6 5 4 6 8 8 2 16 8 6 8
a 1
(舍)，∴a = 2 ；综上，a 、a 、a 成等比数列，公比为 ；
8 16 2 5 8 4
a -a a -a 1
(3)由2a =a +a 或2a =a +a ，可知 n+2 n+1 =1或 n+2 n+1 =- ，
n n+1 n-1 n+1 n n-1 a -a a -a 2
n+1 n n+1 n
由第(2)问可知，a =0⇒a =2a ⇒a -a =-a ，
r r-2 r-1 r-1 r-2 r-1
1 1 1 1
∴a =0⇒a = a =- (a -a )=- ⋅-
r r+1 2 r-1 2 r-1 r-2 2 2

i 1 1
⋅1r-3-i⋅(a -a)=- ⋅-
2 1 2 2

i
，i∈N*，
1
∴(a ) = ，
r+1 max 4
1 1
同理，a =- ⋅-
s+1 2 2

j 1 1
⋅1s-2-r-j⋅(a -a )=- ⋅-
r+1 r 2 2

j 1 1
⋅ ，j∈N*，∴(a ) = ，
4 s+1 max 16
1 21
同理，(a ) = ，∴a +a +a 的最大值为
t+1 max 64 r+1 s+1 t+1 64
1 1
【点睛】关键点点睛：由a =0⇒a =2a ⇒a -a =-a ，再利用a =0⇒a = a =-
r r-2 r-1 r-1 r-2 r-1 r r+1 2 r-1 2
a -a a -a 1
(a -a )，再结合 n+2 n+1 =1①或 n+2 n+1 =- ②，a -a 按②变换i次，按①变换r-3-i
r-1 r-2 a -a a -a 2 r-1 r-2
n+1 n n+1 n
1 1
次，求出a =- ⋅-
r+1 2 2

i
，同理求出其他，属于难题.
6. (2022·浙江·高考真题)已知等差数列a n  的首项a =-1，公差d>1．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)1<d≤2
【分析】(1)利用等差数列通项公式及前n项和公式化简条件，求出d，再求S ；
n
(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d的范围.
【解析】(1)因为S -2a a +6=0，a =-1，
4 2 3 1
所以-4+6d-2-1+d  -1+2d  +6=0，
所以d2-3d=0，又d>1，
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1<d≤2
7. (2022·上海·高考真题)数列a n  对任意n∈N*，且n≥2，均存在正整数i∈1,n-1  ，满足a =2a - n+1 n
a ,a =1,a =3.
i 1 2
(1)求a 可能值；
4
(2)命题p：若a ,a ,...a 成等差数列，则a <30，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是
1 2 8 9
假，说明理由：
(3)若a 2m =3m,m∈N*  成立，求数列a n  的通项公式.
【答案】(1)7或9；
(2)答案见解析；
1,n=1

n-3
(3)a n =  5×3 2 ,n=2k+1,k∈N*.
 n
32,n=2k,k∈N*
【分析】(1)利用递推公式可得a =5，进而可求出a ；
3 4
(2)由题意可得a n =2n-1 n∈1,8   ,n∈N*  ，则a =2a -a<30，从而命题p为真命题，给出反例即 9 8
可得出命题q为假命题；
(3)由题意可得a 2m+2 =2a 2m+1 -a ii≤2m  ，a 2m+1 =2a 2m -a jj≤2m-1  ，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.
【解析】(1)因为a =2a -a =5，所以a =2a -a =7或a =2a -a =9，所以a 可能值为7或9；
3 2 1 4 3 2 4 3 1 4
(2)因为a 1 ,a 2 ,...a 8 成等差数列，所以d=2，a n =2n-1 n∈1,8   ,n∈N*  ,
所以a =2a -a=30-a <30，
9 8 i
逆命题q：若a <30，则a ,a ,...a 为等差数列是假命题，举例：a =1,a =3,a =5,a =7,a =9,
9 1 2 8 1 2 3 4 5
数学试题 第 10 页 共 40 页a =11,a =13,a =2a -a =17,a =2a -a =21,故命题q为假命题，
6 7 8 7 5 9 8 7
(3)因为a 2m =3m,m∈N*  ，所以a 2m+2 =3m+1,a 2m+2 =2a 2m+1 -a ii≤2m  ,
a 2m+1 =2a 2m -a jj≤2m-1  ，所以a =4a -a -a， 2m+2 2m j i
因此2a +a =4a -a =4×3m-3m+1=3m=a ，
j i 2m 2m+2 2m
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明a >a 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t<a b ;
n n+1 n+1
(ii)求T 所有元素之和．
n
【答案】(1)a =3n-1,b =2n；
n n
(2)(i)证明见解析；(ii)2n-1⋅ 8+3n-4   2n+1 
【分析】(1)设数列a n  的公差为d，数列b n  公比为qq≠0  ，由题设列出关于d和qq≠0  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a b 和pab +p a b +...+p a b +p a b 的最大值，再作差比较
n+1 n+1 1 1 1 2 2 2 n-1 n-1 n-1 n n n
两者大小即可证明；
(ii)法一：根据p ,p ,...,p ,p 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
1 2 n-1 n
T 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；
n
法二：根据T 元素的特征得到T 中的所有元素的和中各项ab i∈1,2,...,n n n i i    出现的次数均为2n-1
次即可求解.
【解析】(1)设数列a n  的公差为d，数列b n  公比为qq≠0  ，
2+d=2q+1 d=3
则由题得  ⇒   ，
2+2d=2q2 q=2
所以a n =2+3n-1  =3n-1,b =2×2n-1=2n； n
(2)(i)证明：由(1)p n a n b n =3n-1  2np n =0或p n a n b n =3n-1  2n>0，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t<a b .
n n+1 n+1
(ii)法一：由(i)得S n =8+3n-4  2n+1，为T 中的最大元素， n
由题意可得T 中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
n
当p 1 ,p 2 ,...,p n-1 ,p n 均为1时：此时该系列元素只有S n =8+3n-4  2n+1即C0个； n
当p ,p ,...,p ,p 中只有一个为0，其余均为1时：
1 2 n-1 n
此时该系列的元素有S -ab ,S -a b ,S -a b ,...,S -a b 共有C1个，
n 1 1 n 2 2 n 3 3 n n n n
则这n个元素的和为C n 1S n -a 1 b 1 +a 2 b 2 +...+a n b n  =C n 1-C n 0  S ； n
当p ,p ,...,p ,p 中只有2个为0，其余均为1时：
1 2 n-1 n
此时该系列的元素为S -ab -ab i,j∈1,2,...,n n i i j j   ,i≠j  共有C2个， n
数学试题 第 17 页 共 40 页则这n个元素的和为C n 2S n -C n 1 -1a 1 b 1 +a 2 b 2 +...+a n b n  =C n 2-C n 1 -1  S ； n
当p ,p ,...,p ,p 中有3个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为S -ab -ab -
1 2 n-1 n n i i j j
a b i,j,k∈1,2,...,n k k   ,i≠j≠k  共有C3个， n
则这n个元素的和为C n 3S n -C n 2 -1a 1 b 1 +a 2 b 2 +...+a n b n  =C n 3-C n 2 -1  S ； n
⋯
当p ,p ,...,p ,p 中有n-1个为0，1个为1时：此时该系列的元素为ab ,a b ,...,a b 共有Cn-1
1 2 n-1 n 1 1 2 2 n n n
个，
则这n个元素的和为C n n-1S n -C n n - - 1 2a 1 b 1 +a 2 b 2 +...+a n b n  =C n n-1-C n n - - 1 2  S ； n
当p 1 ,p 2 ,...,p n-1 ,p n 均为0时：此时该系列的元素为0=C n n-C n n - - 1 1  S 即Cn=1个， n n
综上所述，T 中的所有元素之和为
n
S n +C n 1-1  S n +C n 2-C n 1 -1  S n +C n 3-C n 2 -1  S n +...+C n n-1-C n n - - 1 2  S +0= n
C n 0+C n 1+...+C n n-1+C n n  -C n 0 -1 +C n 1 -1 +...+C n n - - 1 2+C n n - - 1 1    S n
=2n-2n-1  S n =2n-1S n =2n-1⋅ 8+3n-4   2n+1  ；
法二：由(i)得S n =8+3n-4  2n+1，为T 中的最大元素， n
由题意可得T =S ,S -ab,S -ab-ab ,S -ab-ab -a b ,...,ab+ab ,ab,0
n  n n i i n i i j j n i i j j k k i i j j i i
 ,
i,j,k∈1,2,...,n   ,i≠j≠k  ，
所以T 的所有的元素的和中各项ab i∈1,2,...,n n i i    出现的次数均为C0 +C1 +...+Cn-2+Cn-1 n-1 n-1 n-1 n-1
=2n-1次，
所以T n 中的所有元素之和为2n-1a 1 b 1 +a 2 b 2 +...+a n b n  =2n-1S n =2n-1⋅ 8+3n-4   2n+1  .
4. (2024·全国甲卷·高考真题)记S 为数列a
n n
 的前n项和，已知4S =3a +4．
n n
(1)求a
n
 的通项公式；
(2)设b =(-1)n-1na ，求数列b
n n n
 的前n项和T．
n
【答案】(1)a =4⋅(-3)n-1
n
(2)T =(2n-1)⋅3n+1
n
【分析】(1)利用退位法可求a
n
 的通项公式．
(2)利用错位相减法可求T.
n
【解析】(1)当n=1时，4S =4a =3a +4，解得a =4．
1 1 1 1
当n≥2时，4S =3a +4，所以4S -4S =4a =3a -3a 即a =-3a ，
n-1 n-1 n n-1 n n n-1 n n-1
a
而a =4≠0，故a ≠0，故 n =-3，
1 n a
n-1
∴数列a
n
 是以4为首项，-3为公比的等比数列，
所以a n =4⋅-3  n-1.
(2)b =(-1)n-1⋅n⋅4⋅(-3)n-1=4n⋅3n-1,
n
所以T =b +b +b +⋯+b =4⋅30+8⋅31+12⋅32+⋯+4n⋅3n-1
n 1 2 3 n
故3T =4⋅31+8⋅32+12⋅33+⋯+4n⋅3n
n
所以-2T =4+4⋅31+4⋅32+⋯+4⋅3n-1-4n⋅3n
n
31-3n-1
=4+4⋅

-4n⋅3n=4+2⋅3⋅3n-1-1
1-3
 -4n⋅3n
=(2-4n)⋅3n-2，
∴T =(2n-1)⋅3n+1.
n
数学试题 第 18 页 共 40 页5. (2024·天津·高考真题)已知a
n
 为公比大于0的等比数列，其前n项和为S ，且a =1,S =a -1．
n 1 2 3
(1)求a
n
 的通项公式及S ；
n
(2)设数列b n 
k,n=a
满足b n =   b +2k k ,a <n<a ，其中k∈N*．
n-1 k k+1
(ⅰ)求证：当n=a k∈N*,且k>1
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 -1<a ，即a k <n-1<a k+1
k+1 k+1
可知a =2k-1,b =k+1，
k n
b n-1 =b a k +a k+1 -a k -1  ⋅2k=k+2k2k-1-1  =k2k-1  ，
可得b n-1 -a k ⋅b n =k2k-1  -k+1  2k-1=k-1  2k-1-k≥2k-1  -k=k-2≥0，
当且仅当k=2时，等号成立，
所以b ≥a ⋅b ；
n-1 k n
(ii)由(1)可知：S =2n-1=a -1，
n n+1
若n=1，则S =1,b =1；
1 1
若n≥2，则a -a =2k-1，
k+1 k
当2k-1<i≤2k-1时，b -b =2k，可知b
i i-1 i
 为等差数列，
i=2k-1 2k-12k-1-1
可得 ∑ b =k⋅2k-1+2k i
2k-1
 1
=k⋅4k-1= 3k-1 2 9  4k-3k-4   4k-1  ，
i=1 1
所以∑b i =1+ 9 5×42-2×4+8×43-5×42+⋅⋅⋅+3n-1
Sn
 4n-3n-4   4n-1 
3n-1
=
 4n+1
， 9
i=1 3n-1
且n=1，符合上式，综上所述：∑b =
i
Sn
 4n+1
.
9
【点睛】关键点点睛：①.分析可知当2k-1<i≤2k-1时，b -b =2k，可知b
i i-1 i
 为等差数列；
i=2k-1 1
②.根据等差数列求和分析可得 ∑ b i = 9 3k-1
2k-1
 4k-3k-4   4k-1  .
6. (2021·全国乙卷·高考真题)设a
n
 是首项为1的等比数列，数列b
n

na
满足b = n ．已知a =2，3a ，
n 3 1 2
数学试题 第 19 页 共 40 页9a 成等差数列．
3
(1)求a
n
 和b
n
 的通项公式；
(2)记S 和T 分别为a
n n n
 和b
n

S
的前n项和．证明：T < n ．
n 2
1
【答案】(1)a =
n 3

n-1 n
，b = ；(2)证明见解析.
n 3n
【分析】(1)利用等差数列的性质及a =2得到9q2-6q+1=0，解方程即可；
1
(2)利用公式法、错位相减法分别求出S ,T，再作差比较即可.
n n
【解析】(1)因为a
n
 是首项为1的等比数列且a =2，3a ，9a 成等差数列，
1 2 3
所以6a =a +9a ，所以6aq=a +9aq2，
2 1 3 1 1 1
1 1
即9q2-6q+1=0，解得q= ，所以a =
3 n 3

n-1
，
na n
所以b = n = .
n 3 3n
(2)[方法一]：作差后利用错位相减法求和
1 2 n-1 n
T = + +⋯+ + ，
n 3 32 3n-1 3n
S 1 1 1 1 1
n =  + + +⋯+
2 2 30 31 32 3n-1
 ，
S 1 2 3 n
T - n = + + +⋯+
n 2 3 32 33 3n

1 1 1 1 1
-  + + +⋯+
2 30 31 32 3n-1

1 1 1
0- 1- 2-
2 2 2
= + + +⋯
30 31 32
1
n-1-
2 n
+ + ．
3n-1 3n
1 1 1 1
0- 1- 2- n-1-
2 2 2 2
设Γ = + + +⋯+ ， ⑧
n 30 31 32 3n-1
1 1 1 1
0- 1- 2- n-1-
1 2 2 2 2
则 Γ = + + +⋯+ ． ⑨
3 n 31 32 33 3n
2 1 1 1 1
由⑧-⑨得 Γ =- + + +⋯+
3 n 2 31 32 3n-1

3 1 1
n- 1-
2 1 3 3n-1
- =- +
3n 2

3
n-
2
- ．
1 3n
1-
3
3
n-
1 2 n
所以Γ =- - =- ．
n 4×3n-2 2×3n-1 2×3n-1
S n n n
因此T - n = - =- <0．
n 2 3n 2×3n-1 2×3n
S
故T < n ．
n 2
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
1
1×1-
3n
证明：由(1)可得S =
n

3 1
= 1-
1 2 3n
1-
3
 ，
1 2 n-1 n
T = + +⋯+ + ，①
n 3 32 3n-1 3n
1 1 2 n-1 n
T = + +⋯+ + ，②
3 n 32 33 3n 3n+1
数学试题 第 20 页 共 40 页1 1
1-
2 1 1 1 1 n 3 3n
①-②得 T = + + +⋯+ - =
3 n 3 32 33 3n 3n+1

n 1 1
- = 1-
1 3n+1 2 3n
1-
3

n
- ，
3n+1
3 1
所以T = 1-
n 4 3n

n
- ，
2⋅3n
S 3 1
所以T - n = 1-
n 2 4 3n

n 3 1
- - 1-
2⋅3n 4 3n

n
=- <0，
2⋅3n
S
所以T < n .
n 2
[方法三]：构造裂项法
1
由(Ⅰ)知b =n
n 3

n 1
，令c =(αn+β)
n 3

n 1
，且b =c -c ，即n
n n n+1 3

n 1
=(αn+β)
3

n
-[α(n+1)
1
+β]
3

n+1
，
3 3 3 3
通过等式左右两边系数比对易得α= ,β= ，所以c = n+
2 4 n 2 4

1
⋅
3

n
．
3 3 n
则T =b +b +⋯+b =c -c = - +
n 1 2 n 1 n+1 4 4 2

1

3

n
，下同方法二．
[方法四]：导函数法
x1-xn
设f(x)=x+x2+x3+⋯+xn=

，
1-x
x1-xn
由于
 

 1-x
 x1-xn
'=
   '1-x  - x1-xn    ×1-x  '
1-x 
1+nxn+1-(n+1)xn
= ，
2 (1-x)2
1+nxn+1-(n+1)xn
则f(x)=1+2x+3x2+⋯+nxn-1= ．
(1-x)2
1
又b =n
n 3

n 1 1
= n
3 3

n-1
，
1 1 1 所以T =b +b +b +⋯+b = 1+2× +3×
n 1 2 3 n 3 3 3
   2 +⋯+n⋅ 1
 3
 n-1  1 1 = ⋅f
3 3
 1 = ×
3
1
1+n
3

n+1 1
-(n+1)
3

n
1
1-
3

2
3 1 = 1+n
4 3
   n+1 -(n+1) 1
 3
 n  3 3 n = - +
4 4 2
 1 
3
 n ，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S ,T ,然后证得结论,为最优解；
n n
1
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造c =(αn+β)
n 3

n
，使b =c -c ，求得T 的表达
n n n+1 n
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.
7. (2021·天津·高考真题)已知a
n
 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．b
n
 是公比大于0的等比数
列，b =4,b -b =48．
1 3 2
(I)求a
n
 和b
n
 的通项公式；
1
(II)记c =b + ,n∈N*，
n 2n b
n
数学试题 第 21 页 共 40 页(i)证明c2-c
n 2n
 是等比数列；
n a a
(ii)证明 k k+1 <2 2n∈N*
c2-c
k=1 k 2k

【答案】(I)a =2n-1,n∈N∗，b =4n,n∈N∗；(II)(i)证明见解析；(ii)证明见解析.
n n
【分析】(I)由等差数列的求和公式运算可得a
n
 的通项，由等比数列的通项公式运算可得b
n
 的通项
公式；
(II)(i)运算可得c2-c =2⋅4n，结合等比数列的定义即可得证；
n 2n
a a 4n2 n a a 1 n k
(ii)放缩得 n n+1 < ，进而可得 k k+1 <  ，结合错位相减法即可得证.
c2-c 2⋅22n c2-c 2 2k-1
n 2n k=1 k 2k k=1
【解析】(I)因为a
n
 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．
8×7
所以a +a +⋅⋅⋅+a =8a + ×2=64，所以a =1，
1 2 8 1 2 1
所以a n =a 1 +2n-1  =2n-1,n∈N∗；
设等比数列b n  的公比为q,q>0  ，
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 <a <b ，
k n k+1
(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b <2k+1；
k
(Ⅱ)求b
n
 的通项公式及前n项和．
2n-1
【答案】(1)a =2n+1， a =3⋅4n-1；
n i
i=2n-1
(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)b =2n，前n项和为2n+1-2.
n
【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a =3,d=2，据此可求得数列的通项公式，
1
2n-1
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n项和公式计算可得 ∑ a =3⋅4n-1.
i
i=2n-1
(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n≤2k-1时，b <a ，
k n
取n=2k-1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a <b ，取n=2k-1-1，即可证得题中的不等式；
n k
(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
n项和公式即可计算其前n项和.
a +a =2a +5d=16 a =3
【解析】(1)由题意可得

2 5 1 ，解得

1 ，
a -a =2d=4 d=2
5 3
则数列a n  的通项公式为a n =a 1 +n-1  d=2n+1，
2n-1 2n-1
求和得  a i = 2i+1
i=2n-1 i=2n-1

2n-1
 =2 i+2n-1-2n-1+1
i=2n-1

=2 2n-1+2n-1+1  +2n-1+2  +⋯+2n-1    +2n-1
22n-1+2n-1
=
 ⋅2n-1
+2n-1=3⋅4n-1.
2
(2)(Ⅰ)由题意可知，当2k-1≤n≤2k-1时，b <a ，
k n
取n=2k-1，则b <a =2×2k-1+1=2k+1，即b <2k+1，
k 2k-1 k
当2k-2≤n≤2k-1-1时，a <b ，
n k
取n=2k-1-1，此时a n =a 2k-1-1 =22k-1-1  +1=2k-1，
据此可得2k-1<b ，
k
综上可得：2k-1<b <2k+1.
k
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k-1<b <2k+1，2k+1-1<b <2k+1+1
k k+1
则数列b
n

2k+1-1 3 b 2k+1+1 3
的公比q满足 =2- <q= k+1 < =2+ ，
2k+1 2k+1 b 2k-1 2k-1
k
3
当k∈N*,k→+∞时，2-
2k+1

3
→2,2+
2k-1
 →2，所以q=2，
2k-1 1 2k+1 1
所以2k-1<b2k-1<2k+1，即 =2- <b < =2+ ，
1 2k-1 2k-1 1 2k-1 2k-1
1
当k∈N*,k→+∞时，2-
2k-1

1
→2,2+
2k-1
 →2，所以b =2，
1
所以数列的通项公式为b =2n，
n
2×1-2n
其前n项和为：S =
n

=2n+1-2.
1-2
【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n项和
数学试题 第 23 页 共 40 页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.
2. (2022·天津·高考真题)设a
n
 是等差数列，b
n
 是等比数列，且a =b =a -b =a -b =1．
1 1 2 2 3 3
(1)求a
n
 与b
n
 的通项公式；
(2)设a n  的前n项和为S n ，求证：S n+1 +a n+1  b =S b -S b ； n n+1 n+1 n n
2n
(3)求 a -(-1)ka
k+1 k
k=1
  b ．
k
【答案】(1)a =2n-1,b =2n-1
n n
(2)证明见解析
(6n-2)4n+1+8
(3)
9
【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a -(-1)2k-1a
2k 2k-1
 b +a -(-1)2ka
2k-1 2k+1 2k

n
b ，进而由并项求和可得T =k⋅4k+1，再结合
2k n
k=1
错位相减法可得解.
【解析】(1)设a
n
 公差为d，b
n
 公比为q，则a =1+(n-1)d,b =qn-1，
n n
1+d-q=1 1+d-q=1
由a 2 -b 2 =a 3 -b 3 =1可得  1+2d-q2=1 ⇒d=q=2(   1+2d-q2=1 d=q=2(d=q=0)舍去)，
所以a =2n-1,b =2n-1；
n n
(2)证明：因为b =2b ≠0,所以要证(S +a )b =S b -S b ，
n+1 n n+1 n+1 n n+1 n+1 n n
即证(S +a )b =S ⋅2b -S b ，即证S +a =2S -S ，
n+1 n+1 n n+1 n n n n+1 n+1 n+1 n
即证a =S -S ，
n+1 n+1 n
而a =S -S 显然成立，所以(S +a )b =S ⋅b -S ⋅b ；
n+1 n+1 n n+1 n+1 n n+1 n+1 n n
(3)因为a -(-1)2k-1a
2k 2k-1
 b +a -(-1)2ka
2k-1 2k+1 2k
 b
2k
=(4k-1+4k-3)×22k-2+[4k+1-(4k-1)]×22k-1=2k⋅4k，
2n
所以 a -(-1)ka
k+1 k
k=1

n
 b =[(a -(-1)2k-1a )b +(a -(-1)2ka )b ]
k 2k 2k-1 2k-1 2k+1 2k 2k
k=1
n
=2k⋅4k，
k=1
n
设T =2k⋅4k
n
k=1
所以T =2×4+4×42+6×43+⋅⋅⋅+2n×4n，
n
则4T =2×42+4×43+6×44+⋅⋅⋅+2n×4n+1，
n
作差得-3T n =24+42+43+44+⋅⋅⋅+4n 
2×4(1-4n)
-2n⋅4n+1= -2n×4n+1 1-4
2-6n
=
 4n+1-8
，
3
(6n-2)4n+1+8
所以T = ，
n 9
2n
所以 a -(-1)ka
k+1 k
k=1

(6n-2)4n+1+8
 b = .
k 9
八 数列与其他知识的综合
数学试题 第 24 页 共 40 页1. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知双曲线C:x2-y2=mm>0  ，点P 15,4  在C上，k为常数，0<k<
1．按照如下方式依次构造点Pn=2,3,...
n
 ：过P 作斜率为k的直线与C的左支交于点Q ，令P
n-1 n-1 n
为Q n-1 关于y轴的对称点，记P n 的坐标为x n ,y n  .
1
(1)若k= ，求x ,y ；
2 2 2
(2)证明：数列x -y
n n

1+k
是公比为 的等比数列；
1-k
(3)设S 为△PP P 的面积，证明：对任意正整数n，S =S .
n n n+1 n+2 n n+1
【答案】(1)x =3，y =0
2 2
(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P 的坐标即可；
2
(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S 的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用
n
等差数列工具，证明S 的取值为与n无关的定值即可.思路三：利用点差法得到k =
n PnPn+1
x +y +x -y
n+1 n+1 n n
x n+1 +y n+1 -x n -y n 
x +y +x -y
，k = n+2 n+2 n-1 n-1
Pn-1Pn+2 x n+2 +y n+2 -x n-1 -y n-1 
，再结合(2)中的结论得x +y =
n+1 n+1
qx n+2 +y n+2  ，最后证明出k =k 即可. PnPn+1 Pn-1Pn+2
【解析】(1)
由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.
1
当k=
2
时，过P 15,4 
1 x+3
且斜率为 的直线为y= ，与x2-y2=
2 2
x+3
9联立得到x2-
2

2
=9.
解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P的交点为
1
Q 1-3,0  ，该点显然在C的左支上.
故P 23,0  ，从而x =3，y =0. 2 2
(2)方法一：由于过P nx n ,y n  且斜率为k的直线为y=kx-x n  +y ， n
与x2-y2=9联立，得到方程x2- kx-x n   +y n  2=9.
展开即得1-k2  x2-2ky n -kx n  x-y n -kx n  2-9=0，由于P nx n ,y n  已经是直线y=kx-x n  +y n
和x2-y2=9的公共点，故方程必有一根x=x .
n
从而根据韦达定理，另一根x= 2ky n -kx n  2ky -x -k2x 1-k2 -x n = n 1- n k2 n ，相应的y=kx-x n  +y = n
y +k2y -2kx
n n n .
1-k2
2ky -x -k2x y +k2y -2kx
所以该直线与C的不同于P 的交点为Q  n n n , n n n
n n 1-k2 1-k2
 ，而注意到Q 的横坐标
n
亦可通过韦达定理表示为 -y n -kx n  2-9
1-k2 
，故Q 一定在C的左支上.
x n n
x +k2x -2ky y +k2y -2kx
所以P  n n n , n n n
n+1 1-k2 1-k2
 .
x +k2x -2ky y +k2y -2kx
这就得到x = n n n ，y = n n n .
n+1 1-k2 n+1 1-k2
x +k2x -2ky y +k2y -2kx
所以x -y = n n n - n n n
n+1 n+1 1-k2 1-k2
数学试题 第 25 页 共 40 页x +k2x +2kx y +k2y +2ky 1+k2+2k
= n 1- n k2 n - n 1- n k2 n = 1-k2 x n -y n 
1+k
= 1-k x n -y n  .
再由x2-y2=9，就知道x -y ≠0，所以数列x -y
1 1 1 1 n n

1+k
是公比为 的等比数列.
1-k
方法二：因为P nx n ,y n  ，Q n-x n+1 ,y n+1 
y -y 1+k x +x -y +y
，k=- n+1 n ，则 = n+1 n n+1 n ， x +x 1-k x +x +y -y
n+1 n n+1 n n+1 n
x 2-y 2=9
由于   x n 2 + - 1 y2= n+ 9 1 ，作差得x n+1 -y n+1
n n
 x n+1 +y n+1  =x n -y n  x n +y n  ，
x -y x +y x -y x +y x -y +x +y 1+k
n+1 n+1 = n n ，利用合比性质知 n+1 n+1 = n n = n+1 n+1 n n = ，
x -y x +y x -y x +y x -y +x +y 1-k
n n n+1 n+1 n n n+1 n+1 n n n+1 n+1
因此x -y
n n

1+k
是公比为 的等比数列.
1-k

(3)方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U,V,W，若UV=a,b 

，UW =c,d  ，则S =
△UVW
1
ad-bc
2
 .(若U,V,W在同一条直线上，约定S =0)
△UVW

1
证明：S = UV
△UVW 2


⋅UW 
  
1
sinUV,UW = UV
2


⋅UW 
 
1-cos2UV,UW
 1 = UV
2
  ⋅UW 
 
UV⋅UW 1- 
UV 

⋅UW 
 

 2  1 = UV
2
  2 ⋅UW    2 -UV⋅UW  2
1
= a2+b2
2
 c2+d2  -ac+bd  2
1
= a2c2+a2d2+b2c2+b2d2-a2c2-b2d2-2abcd
2
1 1
= a2d2+b2c2-2abcd= ad-bc
2 2

1
2= ad-bc
2
 .
证毕，回到原题.
x +k2x -2ky y +k2y -2kx
由于上一小问已经得到x = n n n ，y = n n n ，
n+1 1-k2 n+1 1-k2
x +k2x -2ky y +k2y -2kx 1+k2-2k
故x n+1 +y n+1 = n 1- n k2 n + n 1- n k2 n = 1-k2 x n +y n 
1-k
= 1+k x n +y n  .
再由x2-y2=9，就知道x +y ≠0，所以数列x +y
1 1 1 1 n n

1-k
是公比为 的等比数列.
1+k
所以对任意的正整数m，都有
x y -y x
n n+m n n+m
1
= 2 x n x n+m -y n y n+m  +x n y n+m -y n x n+m   
1
- 2 x n x n+m -y n y n+m  -x n y n+m -y n x n+m   
1
= 2 x n -y n  x n+m +y n+m 
1
- 2 x n +y n  x n+m -y n+m 
1 1-k
=  2 1+k 
m
x n -y n  x n +y n 
1 1+k
-  2 1-k 
m
x n +y n  x n -y n 
1 1-k
=  2 1+k 
m 1+k
- 1-k 
m
  x2 n -y2 n 
9 1-k
= 
2 1+k

m 1+k
-
1-k

m
  .

而又有P n+1 P n = -x n+1 -x n  ,-y n+1 -y n   

，P n+1 P n+2 =x n+2 -x n+1 ,y n+2 -y n+1  ，
故利用前面已经证明的结论即得
1
S n =S △PnPn+1Pn+2 = 2 -x n+1 -x n  y n+2 -y n+1  +y n+1 -y n  x n+2 -x n+1   
1
= 2 x n+1 -x n  y n+2 -y n+1  -y n+1 -y n  x n+2 -x n+1   
数学试题 第 26 页 共 40 页1
= 2 x n+1 y n+2 -y n+1 x n+2  +x n y n+1 -y n x n+1  -x n y n+2 -y n x n+2   
1 9 1-k 1+k
=  -
2 2 1+k 1-k

9 1-k 1+k
+  -
2 1+k 1-k

9 1-k
- 
2 1+k

2 1+k
-
1-k

2
    .
这就表明S 的取值是与n无关的定值，所以S =S .
n n n+1
x +k2x -2ky y +k2y -2kx
方法二：由于上一小问已经得到x = n n n ，y = n n n ，
n+1 1-k2 n+1 1-k2
x +k2x -2ky y +k2y -2kx 1+k2-2k
故x n+1 +y n+1 = n 1- n k2 n + n 1- n k2 n = 1-k2 x n +y n 
1-k
= 1+k x n +y n  .
再由x2-y2=9，就知道x +y ≠0，所以数列x +y
1 1 1 1 n n

1-k
是公比为 的等比数列.
1+k
所以对任意的正整数m，都有
x y -y x
n n+m n n+m
1
= 2 x n x n+m -y n y n+m  +x n y n+m -y n x n+m   
1
- 2 x n x n+m -y n y n+m  -x n y n+m -y n x n+m   
1
= 2 x n -y n  x n+m +y n+m 
1
- 2 x n +y n  x n+m -y n+m 
1 1-k
=  2 1+k 
m
x n -y n  x n +y n 
1 1+k
-  2 1-k 
m
x n +y n  x n -y n 
1 1-k
=  2 1+k 
m 1+k
- 1-k 
m
  x2 n -y2 n 
9 1-k
= 
2 1+k

m 1+k
-
1-k

m
  .
9 1-k 1+k
这就得到x y -y x =  -
n+2 n+3 n+2 n+3 2 1+k 1-k
 =x y -y x ，
n n+1 n n+1
9 1-k
以及x y -y x = 
n+1 n+3 n+1 n+3 2 1+k

2 1+k
-
1-k

2
  =x y -y x .
n n+2 n n+2
两式相减，即得x n+2 y n+3 -y n+2 x n+3  -x n+1 y n+3 -y n+1 x n+3  =x n y n+1 -y n x n+1  -x n y n+2 -y n x n+2  .
移项得到x y -y x -x y +y x =y x -x y -y x +x y .
n+2 n+3 n n+2 n+1 n+3 n n+1 n+2 n+3 n n+2 n+1 n+3 n n+1
故y n+3 -y n  x n+2 -x n+1  =y n+2 -y n+1  x n+3 -x n  .

而P n P n+3 =x n+3 -x n ,y n+3 -y n 

，P n+1 P n+2 =x n+2 -x n+1 ,y n+2 -y n+1  .
 
所以PP 和P P 平行，这就得到S =S ，即S =S .
n n+3 n+1 n+2 △PnPn+1Pn+2 △Pn+1Pn+2Pn+3 n n+1
x 2-y 2=9
方法三：由于   x n 2 + - 1 y2= n+ 9 1 ，作差得x n+1 2-x n 2=y n+1 2-y n 2，
n n
y -y x +x x +y +x -y
变形得k = n+1 n = n+1 n = n+1 n+1 n n
PnPn+1 x n+1 -x n y n+1 +y n x n+1 +y n+1 -x n -y n 
①，
y -y x +x x +y +x -y
同理可得k = n+2 n-1 = n+2 n-1 = n+2 n+2 n-1 n-1
Pn-1Pn+2 x n+2 -x n-1 y n+2 +y n-1 x n+2 +y n+2 -x n-1 -y n-1 
，
由(2)知x -y n n 
1+k 1+k
是公比为 1-k 的等比数列，令q= 1-k 则x n -y n =qx n-1 -y n-1  ②，
同时x +y n n 
1
是公比为 q 的等比数列，则x n+1 +y n+1 =qx n+2 +y n+2  ③，
将②③代入①，
y -y x +y +x -y n+1 n = n+1 n+1 n n
x n+1 -x n x n+1 +y n+1 -x n -y n 
= qx n+2 +y n+2  +qx n-1 -y n-1 
qx n+2 +y n+2  -qx n-1 -y n-1 
x +y +x -y = n+2 n+2 n-1 n-1
x n+2 +y n+2 -x n-1 -y n-1 
即k =k ，从而S =S ，即S =S .
PnPn+1 Pn-1Pn+2 n-1 n n n+1
【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.
数学试题 第 27 页 共 40 页2. (2023·上海·高考真题)令fx  =lnx，取点 a 1 ,fa 1    过其曲线y=fx  作切线交y轴于0,a 2  ，取点
a 2 ,fa 2    过其作切线交y轴于0,a 3  ，若a <0则停止，以此类推，得到数列a 3 n  ．
(1)若正整数m≥2，证明a =lna -1；
m m-1
(2)若正整数m≥2，试比较a 与a -2大小；
m m-1
(3)若正整数k≥3，是否存在k使得a ,a ⋯a 依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存
1 2 k
在，试说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)a ≤a -2
m m-1
(3)存在，k=3
【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，
1 1
【解析】(1)f(x)= ，则f(x)在(a ,f(a ))处的切线为y-lna = (x-a )，
x n n n a n
n
当x=0时，y=lna -1，即a =lna -1，
n n+1 n
所以当正整数m≥2时，a =lna -1；
m m-1
(2)作差得a -(a -2)=lna -a +1，
n+1 n n n
1
令g(x)=lnx-x+1，g(x)= -1，
x
当0<x<1时，g(x)>0，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<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
a 1 ,a 2 ,...,a 4m+2 是i,j  -可分数列．
(1)写出所有的i,j  ，1≤i<j≤6，使数列a 1 ,a 2 ,...,a 6 是i,j  -可分数列；
(2)当m≥3时，证明：数列a 1 ,a 2 ,...,a 4m+2 是2,13  -可分数列；
(3)从1,2,...,4m+2中任取两个数i和ji<j  ，记数列a 1 ,a 2 ,...,a 4m+2 是i,j  -可分数列的概率为
1
P ，证明：P > ．
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<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
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<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 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<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 +1，j=4k 2 +2，代入得4k 2 +2  -4k 1 +1  =3.
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 1 2 1 2  ，则4k 2 +1  -4k 1 +2  =3，即k -k =1. 2 1
所以可能的k 1 ,k 2  恰好就是0,1  ,1,2  ,...,m-1,m  ，对应的i,j  分别是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
2
 4m+1  .
而根据之前的结论，使得数列a 1 ,a 2 ,...,a 4m+2 是i,j  -可分数列的i,j  至少有m+1  2-m个.
所以数列a 1 ,a 2 ,...,a 4m+2 是i,j  -可分数列的概率P 一定满足 m
m+1
P ≥
m
 2-m
2m+1  4m+1 
m2+m+1
=
2m+1  4m+1 
1
m2+m+ 4
>
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 ，则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 ，即转为②，可知符合题意；
1 5 1 5 1 5 1 7
⑤若a <a <a <a ，则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 <a +a <a +a ，即转为④，可知符合题意；
1 3 1 3 1 5 3 7
综上所述：若a 1 +a 2 =a 3 +a 4 =a 5 +a 6 =a 7 +a 8 ，则存在序列Ω，使得ΩA  为常数列；
(ⅱ)若存在序列Ω，使得ΩA  为常数列，
因为对任意ΩA  :b ,b ,⋅⋅⋅,b ， 1 2 8
数学试题 第 34 页 共 40 页均有b 1 +b 2  -a 1 +a 2  =b 3 +b 4  -a 3 +a 4  =b 5 +b 6  -a 5 +a 6  =b 7 +b 8  -a 7 +a 8  成立，
若ΩA  为常数列，则b +b =b +b =b +b =b +b ， 1 2 3 4 5 6 7 8
所以a +a =a +a =a +a =a +a ；
1 2 3 4 5 6 7 8
综上所述：“存在序列Ω，使得ΩA  为常数列”的充要条件为“a +a =a +a =a +a =a +a”. 1 2 3 4 5 6 7 8
【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.
3. (2023·北京·高考真题)已知数列a
n
 ,b
n
 的项数均为m(m>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 ,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
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 <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 rn 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
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≤X<Y≤m，使得S =S ，
X Y
即B -A =B -A ，可得A +B =A +B ，
r X X r Y Y Y r X X r 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
k i k
   ，则R <m，
k
构建S =A -B ,1≤n≤m，由题意可得：S ≤0，且S 为整数，
n Rn 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
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≤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
4. (2022·北京·高考真题)已知Q:a ,a ,⋯,a 为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1,2,⋯,
1 2 k
m}，在Q中存在a ,a ,a ,⋯,a (j≥0)，使得a +a +a +⋯+a =n，则称Q为m-连续可表
i i+1 i+2 i+j i i+1 i+2 i+j
数列．
(1)判断Q:2,1,4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；
(2)若Q:a ,a ,⋯,a 为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4；
1 2 k
(3)若Q:a ,a ,⋯,a 为20-连续可表数列，且a +a +⋯+a <20，求证：k≥7．
1 2 k 1 2 k
【答案】(1)是5-连续可表数列；不是6-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k≤3不符合，再列举一个k=4合题即可；
(3)先证明k≥6，再说明k=6时不合题意，找出k=7且满足题意的数列即可得解．
数学试题 第 36 页 共 40 页【解析】(1)a =1，a =2，a +a =3，a =4，a +a =5，所以Q是5-连续可表数列；易知，不存在i,j
2 1 1 2 3 2 3
使得a +a +⋯+a =6，所以Q不是6-连续可表数列．
i i+1 i+j
(2)若k≤3,设为Q:a,b,c,则至多a+b,b+c,a+b+c,a,b,c，6个数字，没有8个，矛盾；
当k=4时,数列Q:1,4,1,2，满足a =1，a =2，a +a =3，a =4，a +a =5，a +a +a =6，a
1 4 3 4 2 1 2 1 2 3 2
+a +a =7，a +a +a +a =8，∴k =4．
3 4 1 2 3 4 min
(3)解法一：先证明k≥6.
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5+4+3+2+1=15个正整数，不能表示20个正整数，即
k≥6.
若k=6，最多可以表示6+5+4+3+2+1=21个正整数，
由于Q为20-连续可表数列，且a +a +⋯+a <20，所以至少有一项为负数，
1 2 k
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
1~20的正整数.
所以至少要有6个正整数才能连续表示1~20的正整数.所以Q中至少包含6个正整数和一个负数，故
k≥7.
当k=7时，数列1,2,4,5,8,-2,-1满足题意，
∴k≥7．
解法二：若数列Q:a ,a ,⋯,a (k≤5)为20-连续可表数列，
1 2 k
则20≤5+4+3+2+1=15，这不可能！因而满足题设的k≥6．
若k=6，得整数数列Q:a ,a ,a ,a ,a ,a 中的连续若干项(至少一项，下同)的和a ,a ,a ,a ,a ,
1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5
a ，
6
a +a ,a +a ,a +a ,a +a ,a +a ；
1 2 2 3 3 4 4 5 5 6
a +a +a ,a +a +a ,a +a +a ,a +a +a ，
1 2 3 2 3 4 3 4 5 4 5 6
a +a +a +a ,a +a +a +a ,a +a +a +a ；
1 2 3 4 2 3 4 5 3 4 5 6
a +a +a +a +a ,a +a +a +a +a ；
1 2 3 4 5 2 3 4 5 6
a +a +a +a +a +a 最多能表示(下简称数列Q的连续项和表示)出21个两两互异的正整数，
1 2 3 4 5 6
且题设是能表示出1,2,3,⋯,20这20个正整数．
①若数列Q的六项均是自然数，由题设a +a +a +a +a +a <20，
1 2 3 4 5 6
可得数列Q的连续项和均小于20(没有表示出20)，与题设矛盾！
所以数列Q中有负项且负项的项数是1(若存在两个负项，则数列Q的连续项和表示中会少两个正整
数，至多能表示21-2=19个正整数，不满足题设)．
若数列Q的项中还有0，则数列Q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Q的项是一项负五项正(且这五个正项两两互异)．
还可得：数列Q的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是{1,2,3,⋯,20}．
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Q的连续正项
全部求和)．
②因为＂若数列Q:a ,a ,a ,a ,a ,a 满足题设，则数列Q:a ,a ,a ,a ,a ,a
1 2 3 4 5 6 6 5 4 3 2 1
满足题设＂，
所以可只考虑数列Q:a 1 ,a 2 ,a 3 ,a 4 ,a 5 ,a 6a 1 <0或a 2 <0或a 3 <0  的情形．
数学试题 第 37 页 共 40 页若a <0且数列Q的其余五项都是正项，则a =2=20或a +a +a +a =20．若a =20，则由20>
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<a +a =a -2≠a =1 2 1 2 2 6  及a +a +a +a +a =17， 1 2 3 4 5
可得a 2 +a 3 +a 4 =16(得a 5 =3)或a 3 +a 4 +a 5 +a 6 =16 得a 3 +a 4 +a 5 =15,a 2 =4  或a +a +a = 4 5 6
16，
数学试题 第 38 页 共 40 页(得a
2
+a
3
=4，与a
2
≥4矛盾)或a
5
+a
6
=16 得a
2
+a
3
+a
4
=4，与a
2
≥4矛盾)．
(i)a =-2,a ≥4,a +a +a =16,a =3,a =1．
1 2 2 3 4 5 6
由数列Q的连续项和表示中有15(可证得15的表示中没有a
1
=2也没有a
2
)，可得a
3
+a
4
+a
5
=15
得a +a =12,a =4=3+1=a +a ，
3 4 2 5 6
这不可能)或a +a +a +a =15(得a +a =11,S +S =75，a =5,a +a =3=a ，这不可能)或
3 4 5 6 3 4 6 7 2 1 2 5
a
4
+a
5
=15(得a
4
=12,a
2
+a
3
=4，与a
2
≥4矛盾)或a
4
+a
5
+a
6
=15 得a
4
=11,a
2
+a
3
=5，再得a
2
=4,
a =1=a ，这不可能)．
3 6
(ii)a =-2,a =4,a +a +a =15,a =1．
1 2 3 4 5 6
由数列Q的连续项和表示中有14，可得a +a +a =14
1 2 3
a =12,a +a =3,a ,a 3 4 5 4 5  =1,2   , 得a 6 与a 4 或a 5 重复，这不可能)，
或a +a +a +a =14(得a +a =12,a =3,a =4=3+1=a +a ，
1 2 3 4 3 4 5 2 5 6
这不可能)或a +a =14(得a =10,a +a =5，a ,a
2 3 3 4 5 4 5
 ={2,3}，
进而可得数列Q是-2,4,10,2，3,1，(此时a +a =2=a ，这不可能)或-2,4,10，3，2，1(此时a
1 2 4 1
+a
2
=2=a
5
，这不可能))或a
2
+a
3
+a
4
=14 得a
3
+a
4
=10,a
5
=5，
再由数列Q的连续项和表示中有13，
可得数列Q是-2,4,3,7,5,1(但a +a =7=a ，这不可能)或-2,4,2,8,5,1(但a =2+a =2
2 3 4 1 2
=a ，这不可能))
3
或a +a +a =14(得a +a =13,a =2=a +a ，这不可能)．
4 5 6 4 5 3 1 2
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m-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1到m中间的任意一个值．本题第二问k≤3时，通过和值可能个数否定k≤3；第三问先通过和
值的可能个数否定k≤5，再验证k=6时，数列中的几项如果符合必然是{-1,2,3,4,5,6}的一个排序，
可验证这组数不合题．
5. (2021·北京·高考真题)设p为实数.若无穷数列a
n
 满足如下三个性质，则称a
n
 为ℜ 数列：
p
①a +p≥0，且a +p=0；
1 2
②a <a ,(n=1,2,⋅⋅⋅)；
4n-1 4n
③a ∈a +a +p,a +a +p+1 m+n m n m n  ，m,n=1,2,⋅⋅⋅  ．
(1)如果数列a
n
 的前4项为2，-2，-2，-1，那么a
n
 是否可能为ℜ 数列？说明理由；
2
(2)若数列a
n
 是ℜ 数列，求a ；
0 5
(3)设数列a
n
 的前n项和为S .是否存在ℜ 数列a
n p n
 ，使得S ≥S 恒成立？如果存在，求出所有的
n 10
p；如果不存在，说明理由．
【答案】(1)不可以是R 数列；理由见解析；(2)a =1；(3)存在；p=2．
2 5
【分析】(1)由题意考查a 的值即可说明数列不是ℜ 数列；
3 2
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定a 的值；
5
(3)构造数列b =a +p，易知数列b
n n n
 是ℜ 的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实
0
数p的值.
【解析】(1)因 为 p=2,a =2,a =-2, 所以a +a +p=2,a +a +p+1=3，
1 2 1 2 1 2
因 为a =-2,所 以
3
所以数列a
n
 ，不可能是ℜ 数列.
2
(2)性质①a ≥0,a =0，
1 2
数学试题 第 39 页 共 40 页由性质③a ∈a ,a +1
m+2 m m
 ，因此a =a 或a =a +1，a =0或a =1，
3 1 3 1 4 4
若a =0，由性质②可知a <a ，即a <0或a +1<0，矛盾；
4 3 4 1 1
若a =1,a =a +1，由a <a 有a +1<1，矛盾.
4 3 1 3 4 1
因此只能是a =1,a =a.
4 3 1
1
又因为a =a +a 或a =a +a +1，所以a = 或a =0.
4 1 3 4 1 3 1 2 1
1
若a = ，则a =a ∈a +a +0,a +a +0+1
1 2 2 1+1 1 1 1 1
 =2a ,2a +1
1 1
 =1,2  ，
不满足a =0，舍去.
2
当a =0，则a
1 n
 前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明a 4n+i =n(i=1,2,3),a 4n+4 =n+1n∈N  ：
当n=0时，经验证命题成立，假设当n≤k(k≥0)时命题成立，
当n=k+1时：
若i=1，则a
4k+1 
=a =a
+1 4k+5 j+4k+5-j 
，利用性质③：
a +a ∣j∈N*,1≤j≤4k+4
 j 4k+5-j
 ={k,k+1}，此时可得：a =k+1；
4k+5
否则，若a =k，取k=0可得：a =0，
4k+5 5
而由性质②可得：a =a +a ∈1,2
5 1 4
 ，与a =0矛盾.
5
同理可得：
a +a ∣j∈N*,1≤j≤4k+5
 j 4k+6-j
 ={k,k+1}，有a =k+1；
4k+6
a +a ∣j∈N*,2≤j≤4k+6
 j 4k+8-j
 ={k+1,k+2}，有a =k+2；
4k+8
a +a ∣j∈N*,1≤j≤4k+6
 j 4k+7-j
 ={k+1}，又因为a <a ，有a =k+1.
4k+7 4k+8 4k+7
即当n=k+1时命题成立，证毕.
综上可得：a =0，a =a =1.
1 5 4×1+1
(3)令b =a +p，由性质③可知：
n n
∀m,n∈N*,b =a +p∈a +p+a +p,a +p+a +p+1
m+n m+n m n m n
 =b +b ,b +b +1
m n m n
 ，
由于b =a +p≥0,b =a +p=0,b =a +p<a +p=b ，
1 1 2 2 4n-1 4n-1 4n 4n
因此数列b
n
 为ℜ 数列.
0
由(2)可知:
若∀n∈N,a =n-p(i=1,2,3),a =n+1-p；
4n+i 4n+4
S -S =a =a =2-p≥0，S -S =-a =-a =-(2-p)≥0，
11 10 11 4×2+3 9 10 10 4×2+2
因此p=2，此时a 1 ,a 2 ,⋯,a 10 ≤0，a j ≥0j≥11  ，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.
数学试题 第 40 页 共 40 页