文档文本内容
专题10 数列解答题综合（二）
（数列中的最值、放缩、不等式及新定义）
（五大考点，38 题）
考点分类
十年考情（2017-2026）
命题规律
考点 01 数列中的
最值问题
2022 全国甲卷、2021 上海卷、
2021 新高考全国 Ⅱ 卷、2019
北京卷、2018 全国 Ⅱ 卷
1. 多为解答题第二小问，难度中档，
依托等差、等比基础数列设问。
2. 核心考点：前 n 项和最值、数列
项最值、满足条件最小 / 正整数 n
求解。
3. 命题依托通项、求和公式，结合等
比条件综合计算，侧重不等式判断与
整数分析。
考点 02 数列中的
取值范围问题
2024 上海卷、2022 浙江卷、
2022 上海卷、2021 浙江、2019
上海、2019 全国 Ⅰ 卷、2018
江苏
1. 解答常规中档题型，参数范围为核
心设问形式。
2. 核心：公差、公比、实数参数取值
范围，恒成立条件转化。
3. 常结合等差等比混合、函数融合，
分离参数、分类讨论是核心解题思
路。
考点 03 数列与不
等式
2025 天津卷、2024 天津卷、
2023 新课标 Ⅱ 卷、2022 新高
考 Ⅰ/Ⅱ 卷、2021 天津卷、2020
浙江卷、2017 浙江
1. 数列压轴高频题型，以证明题为
主，区分度较高。
2. 核心：数列放缩、和式不等式、项
大小比较、恒成立证明。
3. 载体为等差、等比混合数列，常搭
配裂项、分组求和完成放缩证明。
考点 04 数列与其
他知识点杂糅
2025 全国一卷、2024 新课标 Ⅱ
卷、2023 上海卷、2019 全国 Ⅰ
卷、2017 山东
1. 综合性压轴大题，文理 / 新高考
均有出现。
2. 融合解析几何、概率统计、函数图
像、平面几何面积等跨模块知识。
3. 先根据几何 / 概率条件推导数列
递推，再结合数列求和、不等式综合
求解。
考点 05 数列新定
义
2026 北京卷、2024 新课标 Ⅰ
卷、2024 北京卷、2023 北京
卷、2022 北京、2020 北京 / 江
1. 上海、北京、江苏特色压轴解答
题，难度最高，拉分核心。
2. 核心：自定义数列、数阵、变换规
苏 / 上海、2019 江苏、2018 上
海、2017 北京 / 江苏
则、特殊数列（M 数列、P 数列、连
续可表数列等）。
3. 题型分层：先读懂定义，简单判
断；再计数、最值；最后充要条件、
存在性证明，对逻辑推理要求极高。
考点01 数列中的最值问题
1. （2022·全国甲卷·高考真题）记
为数列
的前n 项和．已知
．
(1)证明：
是等差数列；
(2)若
成等比数列，求
的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
．
【分析】（1）依题意可得
，根据
，作差即可得到
，从而
得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出
，即可得到
的通项公式与前
项和，再根据二次函数的
性质计算可得．
【详解】（1）因为
，即
①，
当
时，
②，
①
②得，
，
即
，
即
，所以
，
且
，
所以
是以为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得
，
，
，
又
，
，
成等比数列，所以
，
即
，解得
，
所以
，所以
，
所以，当
或
时，
．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得
，
，
，
又
，
，
成等比数列，所以
，
即
，解得
，
所以
，即有
.
则当
或
时，
．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出
的最小值，适用于可以求出
的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
2. （2021·上海·高考真题）已知数列
满足
，对任意
，
和
中存在一项使其为另一项与
的等差中项
（1）已知
，
，
，求
的所有可能取值；
（2）已知
，
、
、
为正数，求证：
、
、
成等比数列，并求出公比
；
（3）已知数列中恰有3 项为0，即
，
，且
，
，求
的最
大值.
【答案】（1）
；（2）证明见解析，
；（3）
.
【分析】（1）根据等差中项分别验证求解；
（2）根据等差数列，分别计算
，即可证明；
（3）由
或
可知
或
，结合（2）可求最大值.
【详解】（1）由题意，
或
，
∴
，此时
，满足
，此时
，
，
所以
（2）∵
，∴
，或
，经检验，
；
∴
，或
（舍），∴
；
∴
，或
（舍），∴
；
∴
，或
（舍），∴
；
综上，
、
、
成等比数列，公比为
；
（3）由
或
，可知
或
，
由第（2）问可知，
，
∴
，
，
∴
，
同理，
，
，∴
，
同理，
，∴
的最大值为
【点睛】关键点点睛：由
，再利用
，再结合
①或
②，
按②变换次，
按①变换
次，求出
，同理求出其他，属于难题.
3. （2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）记
是公差不为0 的等差数列
的前n 项和，若
．
（1）求数列
的通项公式
；
（2）求使
成立的n 的最小值．
【答案】(1)
；(2)7.
【分析】(1)由题意首先求得
的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值.
【详解】(1)由等差数列的性质可得：
，则：
，
设等差数列的公差为
，从而有：
，
，
从而：
，由于公差不为零，故：
，
数列的通项公式为：
.
(2)由数列的通项公式可得：
，则：
，
则不等式
即：
，整理可得：
，
解得：
或
，又
为正整数，故
的最小值为
.
【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数
列的有关公式并能灵活运用.
4. （2019·北京·高考真题）设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6 成等比数列．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）记{an}的前n 项和为Sn，求Sn 的最小值．
【答案】（Ⅰ）
；（Ⅱ）
.
【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得
的通项公式；
(Ⅱ)首先求得
的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.
【详解】（Ⅰ）设等差数列
的公差为
，
因为
成等比数列，所以
，
即
，解得
，所以
.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
,
所以
；
当
或者
时，
取到最小值
.
【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.
5. （2018·全国II 卷·高考真题）记
为等差数列
的前
项和，已知
，
．
（1）求
的通项公式；
（2）求
，并求
的最小值．
【答案】（1）
；（2）
，最小值为–16．
【分析】（1）方法一：根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式即得结果；
（2）方法二：根据等差数列前n 项和公式得
，根据二次函数的性质即可求出.
【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】 公式法
设等差数列
的公差为
，由
得，
，解得：
，所以
．
[方法二]：函数+待定系数法
设等差数列
通项公式为
，易得
，由
，即
，即
，解得：
，所以
．
（2）[方法1]：邻项变号法
由
可得
．当
，即
，解得
，所以
的最小值为
，
所以
的最小值为
．
[方法2]：函数法
由题意知
，即
，
所以
的最小值为
，所以
的最小值为
．
【整体点评】（1）方法一：直接根据基本量的计算，利用等差数列前n 项和公式求出公差，即可得到通
项公式，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：根据等差数列的通项公式的函数形式特征，以及等差数列前n 项和的性质，用待定系数法解方程
组求解；
（2）方法一：利用等差数列前n 项和公式求
，再利用邻项变号法求最值；
方法二：利用等差数列前n 项和公式求
，再根据二次函数性质求最值．
考点02 数列中的取值范围问题
1. （2022·浙江·高考真题）已知等差数列
的首项
，公差
．记
的前n 项和为
．
(1)若
，求
；
(2)若对于每个
，存在实数
，使
成等比数列，求d 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列通项公式及前
项和公式化简条件，求出
，再求
；
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求
的范围.
【详解】（1）因为
，
所以
，
所以
，又
，
所以
，
所以
，
所以
，
（2）因为
，
，
成等比数列，
所以
，
，
，
由已知方程
的判别式大于等于0，
所以
，
所以
对于任意的
恒成立，
所以
对于任意的
恒成立，
当
时，
，
当
时，由
，可得
当
时，
，
又
所以
2. （2024·上海·高考真题）已知函数
．
(1)若函数
的图象经过点
，求解不等式
；
(2)若存在
，使得
、
、
依次成等差数列，求
的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）代入点坐标计算求出
，根据定义域和单调性即可求出
的解集；
（2）根据
的定义域将问题转化为
时，得出
有解，再结合分
离常数法和换元，最后借助一元二次函数的性质进行求解即可.
【详解】（1）
，则
，
，
，
，
，定义域为
，
要解不等式
，则
，
．
又
在定义域内是严格增函数，
由
，则
，解得
．
综上所述，不等式
的解集为
．
（2）
的定义域为
，存在
，使得
、
、
依次成等差数列，
则在方程
中，应满足
，
由
，解得
，问题转化为
时，方程
有实数解．
又
，则
，
即
．
为严格单调函数，
，
，两边同除以
得，
．
令
，由
，则
，
在
有解．
又
在
上是严格增函数，
，即
，
又
，则
.
3. （2022·上海·高考真题）已知数列
，
，
的前
项和为
.
(1)若
为等比数列，
，求
；
(2)若
为等差数列，公差为
，对任意
，均满足
，求
的取值范围.
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）求出等比数列
的公比，求出
，即可求得
；
（2）分析可得
，分
、
两种情况讨论，结合数列的单调性可求得
的取值范围.
【详解】（1）解：
，则
，所以，等比数列
的公比为
，
，因此，
.
（2）解：由已知可得
，则
，
即
，可得
.
当
时，可得
；
当
时，则
，所以，
，
因为数列
为单调递增数列，而
，故
.
综上所述，
.
4. （2021·浙江·高考真题）已知数列
的前n 项和为
，
，且
.
（1）求数列
的通项；
（2）设数列
满足
，记
的前n 项和为
，若
对任意
恒成立，
求实数
的取值范围.
【答案】（1）
；（2）
.
【分析】（1）由
，结合
与
的关系，分
讨论，得到数列
为等比数列，即
可得出结论；
（2）由
结合
的结论，利用错位相减法求出
，
对任意
恒成立，分类讨
论分离参数
，转化为
与关于
的函数的范围关系，即可求解.
【详解】（1）当
时，
，
，
当
时，由
①，
得
②，①
②得
，
又
是首项为
，公比为
的等比数列，
；
（2）由
，得
，
所以
，
，
两式相减得
，
所以
，
由
得
恒成立，
即
恒成立，
时不等式恒成立；
时，
，得
；
时，
，得
；
所以
.
【点睛】易错点点睛：（1）已知
求
不要忽略
情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正
负零讨论，如（2）中
恒成立，要对
讨论，还要注意
时，
分离参数不等式要变号.
5. （2018·江苏·高考真题）设
是首项为
，公差为d 的等差数列，
是首项为
，公比为q 的等比数
列．
（1）设
，若
对
均成立，求d 的取值范围；
（2）若
，证明：存在
，使得
对
均成立，并求
的取值范围（用
表示）．
【答案】（1）d 的取值范围为
；
（2）［方法一］：分参求最值
由条件知：
．
若存在d，使得
（n=2，3，···，m+1）成立，
即
，
即当
时，d 满足
．
因为
，则
，
从而
，
，对
均成立．
因此，取d=0 时，
对
均成立．
下面讨论数列
的最大值和数列
的最小值（
）．
①当
时，
，
当
时，有
，从而
．
因此，当
时，数列
单调递增，
故数列
的最大值为
．
②设
，当x>0 时，
，
所以
单调递减，从而
<f（0）=1．
当
时，
，
因此，当
时，数列
单调递减，
故数列
的最小值为
．
因此，d 的取值范围为
．
［方法二］：
． ①
记
，
则由①知，
．
下面探究
的单调性．
先探究数列
的单调性．
．
因为
，所以
，所以
，
即
为单调递增数列，所以
．
再探究数列
的单调性．
，记
，由
知
单调递增，所以
．
下面证当
时，
，即证
．
因为
，所以只要证
．
设
，则
，即为
．
设
，则
．
所以
．
所以
在
内单调递减，故
，由上可知数列
为单调递减数列，所以
．
即，d 的取值范围为
．
［方法三］：
前面步骤同方法二，只是探究数列
的单调性方式不同，
因为
，所以
．
设
，则
．
因为
，所以
，所以
在
上单调递减．
由上可知数列
为单调递减数列，所以
．后略．
［方法四］：
前面步骤同方法二，只是探究数列
的单调性方式不同，
，则
．
令
，则
，所以
在
上单调递减．所以
为单调递减数列，
．
综上所述，存在满足要求的d，且
．
【分析】（1）根据题意结合
并分别令n=1，2，3，4 列出不等式组，即可解得公差d 的取值范
围；
（2）方法一：先根据绝对值定义将不等式转化为
，根据条件易得左边不等式恒成立，
再利用数列单调性确定右边单调递增，转化为最小值问题，即得公差d 的取值范围.
【详解】（1）由条件知：
．
因为
对n=1，2，3，4 均成立，
即
对n=1，2，3，4 均成立，
即1
1，1
d
3，3
2d
5，7
3d
9，得
．
因此，d 的取值范围为
．
（2）略
【整体点评】（2）方法一：根据绝对值定义将不等式转化为
，再根据恒成立问题的
解法，分别求出不等式左右两式的最大值和最小值，即可证出，并得到
的范围；
方法二：利用分参思想得到
，与方法一相比，判断数列
单调性最小值的方式
不同，方法一用作商法，方法二用作差法；
方法三：利用分参思想得到
，与方法二相比，判断数列
单调性最小值的方式
不同，借助导数，判断数列对应函数的单调性，从而求出数列的最小值；
方法四：利用分参思想得到
，与方法二相比，判断数列
单调性最小值的方式
不同，利用对数性质，构造函数，利用导数研究其单调性，从而求出数列的最小值．
6. （2019·上海·高考真题）已知数列
，
，前
项和为
.
（1）若
为等差数列，且
，求
；
（2）若
为等比数列，且
，求公比
的取值范围.
【答案】（1）
；（2）
；
【分析】（1）通过
，求解出
，通过求和公式得到
；（2）根据
可得
且
，
从而得到不等式
，解不等式得到结果.
【详解】（1）由
且
（2）由题意可知
则
且
或
又
【点睛】本题考查等差数列求和、等比数列前
项和的应用问题.利用等比数列前
项和的极限求解
的范
围的关键在于能够明确存在极限的前提，然后通过公式得到关于
的不等式，求解不等式得到结果.
7. （2019·全国I 卷·高考真题）记Sn 为等差数列{an}的前n 项和，已知S9=－a5．
（1）若a3=4，求{an}的通项公式；
（2）若a1>0，求使得Sn≥an 的n 的取值范围．
【答案】（1）
；
（2）
.
【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于
和
的方程组，求得
和
的
值，利用等差数列的通项公式求得结果；
（2）根据题意有
，根据
，可知
，根据
，得到关于
的不等式，从而求得结果.
【详解】（1）设等差数列
的首项为
，公差为
，
根据题意有
，
解答
，所以
，
所以等差数列
的通项公式为
；
（2）由条件
，得
，即
，
因为
，所以
，并且有
，所以有
，
由
得
，整理得
，
因为
，所以有
，即
，
解得
，
所以
的取值范围是：
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，
在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.
考点03 数列与不等式
1. （2025·天津·高考真题）已知数列
是等差数列，
是等比数列，
．
(1)求
，
的通项公式；
(2)
，
，有
，
（i）求证：对任意实数
，均有
;
（ii）求
所有元素之和．
【答案】(1)
；
(2)（i）证明：由（1）
或
，
，
当
时，
设
，
所以
，
所以
，
所以
，为
中的最大元素，
此时
恒成立，
所以对
，均有
.
（ii）
【分析】（1）设数列
的公差为d，数列
公比为
，由题设列出关于d 和
的方程求
解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；
（2）（i）由题意结合（1）求出
和
的最大值，再作差比较两
者大小即可证明；
（ii）法一：根据
中全为1、一个为0 其余为1、2 个为0 其余为、…、全为0 几个情况将
中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解；
法二：根据
元素的特征得到
中的所有元素的和中各项
出现的次数均为
次即可求
解.
【详解】（1）设数列
的公差为d，数列
公比为
，
则由题得
，
所以
；
（2）（i）略
（ii）法一：由（i）得对任意实数
，均有
，
所以
，
，
所以
取值随着
的取值不同各不相同，
又
为
中的最大元素，
由题意可得
中的所有元素由以下系列中所有元素组成：
当
均为1 时：此时该系列元素只有
即
个；
当
中只有一个为0，其余均为1 时：
此时该系列的元素有
共有
个，
则这
个元素的和为
；
当
中只有2 个为0，其余均为1 时：
此时该系列的元素为
共有
个，
则这
个元素的和为
；
当
中有个为0，其余均为1 时：此时该系列的元素为
共有
个，
则这
个元素的和为
；
…
当
中有
个为0，1 个为1 时：此时该系列的元素为
共有
个，
则这
个元素的和为
；
当
均为0 时：此时该系列的元素为
即
个，
综上所述，
中的所有元素之和为
；
法二：由（i）得
，为
中的最大元素，
由题意可得
，
所以
的所有的元素的和中各项
出现的次数均为
次，
所以
中的所有元素之和为
.
2. （2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知
为等差数列，
是公比为2 的等比数列，且
．
(1)证明：
；
(2)求集合
中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）设数列
的公差为
，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得
，即可解出．
【详解】（1）设数列
的公差为
，所以，
，即可解得，
，所以
原命题得证．
（2）由（1）知，
，所以
，即
，亦即
，解得
，所以满足等式的解
，故集合
中的元素个数为
．
3. （2021·天津·高考真题）已知
是公差为2 的等差数列，其前8 项和为64．
是公比大于0 的等比
数列，
．
（I）求
和
的通项公式；
（II）记
，
（i）证明
是等比数列；
（ii）证明
【答案】（I）
，
；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得
的通项，由等比数列的通项公式运算可得
的通项公
式；
（II）（i）运算可得
，结合等比数列的定义即可得证；
（ii）放缩得
，进而可得
，结合错位相减法即可得证.
【详解】（I）因为
是公差为2 的等差数列，其前8 项和为64．
所以
，所以
，
所以
；
设等比数列
的公比为
，
所以
，解得
（负值舍去），
所以
；
（II）（i）由题意，
，
所以
，
所以
，且
，
所以数列
是等比数列；
（ii）由题意知，
，
所以
，
所以
，
设
，
则
，
两式相减得
，
所以
，
所以
.
【点睛】关键点点睛：
最后一问考查数列不等式的证明，因为
无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即
可得证.
4. （2020·浙江·高考真题）已知数列
中，
．
（Ⅰ）若数列
为等比数列，且公比
，且
，求q 与{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列
为等差数列，且公差
，证明：
．
【答案】（I）
；
（II）依题意设
，由于
，
所以
，
故
.
又
，而
，
故
所以
.
由于
，所以
，所以
.
即
，
.
【分析】（I）根据
，求得
，进而求得数列
的通项公式，利用累加法求得数列
的通项
公式.
（II）利用累乘法求得数列
的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.
【详解】（I）依题意
，而
，即
，由于
，所以解得
，所
以
.
所以
，故
，所以数列
是首项为，公比为
的等比数列，所以
.
所以
（
）.
所以
，又
，
符合，
故
.
（II）略
【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.
5. （2017·浙江·高考真题）已知数列
满足：
，
证明：当
时，
（I）
；
（II）
；
（III）
.
【答案】（I）见解析；（II）见解析；（Ⅲ）见解析.
【分析】（I）用数学归纳法可证明；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得
， 构造函数
，利用函数的单调性可证；
（Ⅲ）由
及
，递推可得
.
【详解】（Ⅰ）用数学归纳法证明：
．
当
时，
．
假设
时，
，那么
时，若
，
则
，矛盾，故
．
因此
，所以
，因此
．
（Ⅱ）由
得，
．
记函数
，
，
函数
在
上单调递增，所以
，
因此
，故
．
（Ⅲ）因为
，所以
，
由
，得
，
所以
，故
．
综上，
．
【名师点睛】本题主要考查利用数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函数，
利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．
6. （2024·天津·高考真题）已知
为公比大于0 的等比数列，其前
项和为
，且
．
(1)求
的通项公式及
；
(2)设数列
满足
，其中
．
（ⅰ）当
时，求证：
；
（ⅱ）求
．
【答案】(1)
(2)①证明见详解；②
【分析】（1）设等比数列
的公比为
，根据题意结合等比数列通项公式求
，再结合等比数列求
和公式分析求解；
（2）①根据题意分析可知
，
，利用作差法分析证明；②根据题意结合等
差数列求和公式可得
，再结合裂项相消法分析求解.
【详解】（1）设等比数列
的公比为
，
因为
，即
，
可得
，整理得
，解得
或
（舍去），
所以
.
（2）（i）由（1）可知
，且
，
当
时，则
，即
可知
，
，
可得
，
当且仅当
时，等号成立，
所以
；
（ii）由（1）可知：
，
若
，则
；
若
，则
，
当
时，
，可知
为等差数列，
可得
，
所以
，
且
，符合上式，综上所述：
.
【点睛】关键点点睛：1.分析可知当
时，
，可知
为等差数列；
2.根据等差数列求和分析可得
.
7. （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知
为等差数列，
，记
，
分别为数列
，
的前n 项和，
，
．
(1)求
的通项公式；
(2)证明：当
时，
．
【答案】(1)
；
(2)证明：方法1：由（1）知，
，
，
当
为偶数时，
，
，
当
时，
，因此
，
当
为奇数时，
，
当
时，
，因此
，
所以当
时，
.
方法2：由（1）知，
，
，
当
为偶数时，
，
当
时，
，因此
，
当
为奇数时，
，显然
满足上式，因此当
为奇数时，
，
当
时，
，因此
，
所以当
时，
.
【分析】（1）设等差数列
的公差为
，用
表示
及
，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出
，
，再分奇偶结合分组求和法求出
，并与
作差比较作答；方
法2，利用（1）的结论求出
，
，再分奇偶借助等差数列前n 项和公式求出
，并与
作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列
的公差为
，而
，
则
，
于是
，解得
，
，
所以数列
的通项公式是
.
（2）略
8. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）记
为数列
的前n 项和，已知
是公差为
的等差数
列．
(1)求
的通项公式；
(2)证明：
．
【答案】(1)
(2)证明：
∴
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得
，得到
，利用和与项的
关系得到当
时，
,进而得：
，利用累乘法求得
，检验对于
也成立，得到
的通项公式
；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到
，进而证得.
【详解】（1）∵
，∴
,∴
,
又∵
是公差为
的等差数列，
∴
,∴
,
∴当
时，
，
∴
,
整理得：
,
即
,
∴
，
显然对于
也成立，
∴
的通项公式
；
（2）略
9. （2021·全国乙卷·高考真题）设
是首项为1 的等比数列，数列
满足
．已知
，
，
成等差数列．
（1）求
和
的通项公式；
（2）记
和
分别为
和
的前n 项和．证明：
．
【答案】（1）
，
；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用等差数列的性质及
得到
，解方程即可；
（2）利用公式法、错位相减法分别求出
，再作差比较即可.
【详解】（1）因为
是首项为1 的等比数列且
，
，
成等差数列，
所以
，所以
，
即
，解得
，所以
，
所以
.
（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和
，
，
．
设
， ⑧
则
． ⑨
由⑧-⑨得
．
所以
．
因此
．
故
．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由（1）可得
，
，①
，②
①
②得
，
所以
，
所以
，
所以
.
[方法三]：构造裂项法
由（Ⅰ）知
，令
，且
，即
，
通过等式左右两边系数比对易得
，所以
．
则
，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设
，
由于
，
则
．
又
，
所以
，下同方法二．
【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数
学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，
关键是要看如何消项化简的更为简洁.
（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；
方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得
,然后证得结论,为最优解；
方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造
，使
，求得
的表达式，
这是错位相减法的一种替代方法，
方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.
考点04 数列与其他知识点杂糅
1. （2025·全国一卷·高考真题）已知数列
中，
，
.
(1)证明：数列
是等差数列；
(2)给定正整数m，设函数
，求
．
【答案】(1)证明：由题意证明如下，
，
在数列
中，
，
，
∴
，即
，
∴
是以
为首项，1 为公差的等差数列.
(2)
【分析】（1）根据题目所给条件
化简，即可证明结论；
（2）先求出
的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以
，作差并利用等比数列前
项和得出导
函数表达式，即可得出结论.
【详解】（1）略
（2）由题意及（1）得，
，
在数列
中，首项为3，公差为1，
∴
，即
，
在
中，
，
∴
，
当
且
时，
∴
，
∴
∴
.
2. （2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线
，点
在
上，
为常数，
．按照如下方式依次构造点
：过
作斜率为
的直线与
的左支交于点
，令
为
关于
轴的对称点，记
的坐标为
.
(1)若
，求
；
(2)证明：数列
是公比为
的等比数列；
(3)设
为
的面积，证明：对任意正整数
，
.
【答案】(1)
，
(2)证明如下：
方法一：由于过
且斜率为
的直线为
，与
联立，得到方程
.
展开即得
，由于
已经是直线
和
的公共点，故方程必有一根
.
从而根据韦达定理，另一根
，相应的
.
所以该直线与
的不同于
的交点为
，而注意到
的横坐标亦可通过
韦达定理表示为
，故
一定在
的左支上.
所以
.
这就得到
，
.
所以
.
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
方法二：因为
，
，
，则
，
由于
，作差得
，
，利用合比性质知
，
因此
是公比为
的等比数列.
(3)证明如下：
方法一：先证明一个结论：对平面上三个点
，若
，
，则
.
（若
在同一条直线上，约定
）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到
，
，
故
.
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
所以对任意的正整数
，都有
.
而又有
，
，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明
的取值是与
无关的定值，所以
.
方法二：由于上一小问已经得到
，
，
故
.
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
所以对任意的正整数
，都有
.
这就得到
，
以及
.
两式相减，即得
.
移项得到
.
故
.
而
，
.
所以
和
平行，这就得到
，即
.
方法三：由于
，作差得
，
变形得
①，
同理可得
，
由（2）知
是公比为
的等比数列，令
则
②，
同时
是公比为
的等比数列，则
③，
将②③代入①，
即
，从而
，即
.
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出
的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明
的取值为与
无关的定值即可.思路二：使用
等差数列工具，证明
的取值为与
无关的定值即可.思路三：利用点差法得到
，
，再结合（2）中的结论得
，最后证明出
即可.
【详解】（1）
由已知有
，故
的方程为
.
当
时，过
且斜率为
的直线为
，与
联立得到
.
解得
或
，所以该直线与
的不同于
的交点为
，该点显然在
的左支上.
故
，从而
，
.
（2）略
（3）略
【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.
3. （2023·上海·高考真题）令
，取点
过其曲线
作切线交y 轴于
，取点
过其作切线交y 轴于
，若
则停止，以此类推，得到数列
．
(1)若正整数
，证明
；
(2)若正整数
，试比较
与
大小；
(3)若正整数
，是否存在k 使得
依次成等差数列？若存在，求出k 的所有取值，若不存在，试
说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由导数的几何意义得切线方程后证明，
（2）构造函数后由导数证明不等式，
（3）由等差数列的性质，根据导数判断单调性与方程根的个数后求解，
【详解】（1）
，则
在
处的切线为
，
当
时，
，即
，
所以当正整数
时，
；
（2）作差得
，
令
，
，
当
时，
，当
时，
，
故
在
单调递增，在
上单调递减，
，故
，
所以当正整数
时，
；
（3）
，令
，
与
单调性相同，由（2）得
，
当
时，
，当
时，
，
故
至多有两解，
若
成等差数列，则
，
故最多项成等差数列，此时
，
．
而
，
，
令
，
，显然
时，
，
故
在
上单调递增，
而，
，
，故
有唯一解，
存在
使得
，此时
，故存在最多项成等差数列，
4. （2019·全国I 卷·高考真题）为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，
为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一
只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比
另一种药治愈的白鼠多4 只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：
对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1 分，乙药得
分；若施以乙药
的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1 分，甲药得
分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0 分．
甲、乙两种药的治愈率分别记为α 和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
（1）求
的分布列；
（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4 分，
表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲
药比乙药更有效”的概率，则
，
，
，其中
，
，
．假设
，
．
(i)证明：
为等比数列；
(ii)求
，并根据
的值解释这种试验方案的合理性．
【答案】（1）
的分布列如下：
（2）（i）证明：
即
整理可得：
是以
为首项，
为公比的等比数列；
（ii）
，解释如下：
由（i）知：
，
，……，
作和可得：
表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8 时，认为甲
药更有效的概率为
，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.
【分析】（1）首先确定
所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2）
（i）求解出
的取值，可得
，从而整理出符合等比数列定义的
形式，问题得证；（ii）列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合
和
的值可求得
；
再次利用累加法可求出
.
【详解】（1）由题意可知
所有可能的取值为：
，
，
；
；
则
的分布列如下：
（2）
，
，
，
（i）略
（ii）
，这种实验方案合理，理由略.
【点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列通项公
式和数列中的项的问题.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对
学生分析和解决问题能力要求较高.
5. （2017·山东·高考真题）已知
是各项均为正数的等比数列，且
（Ⅰ）求数列
的通项公式；
（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系
中，依次连接点
得到折线
，
求由该折线与直线
，
所围成的区域的面积
.
.
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
【详解】(I)设数列
的公比为
，由已知
.
由题意得
，所以
，
因为
,所以
，
因此数列
的通项公式为
（II）过
……
向
轴作垂线，垂足分别为
……
,
由(I)得
记梯形
的面积为
.
由题意
，
所以
……+
=
……+
①
又
……+
②
-
①②得
=
所以
【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列
问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基
础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何
结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.
考点05 数列新定义
1. （2026·北京·高考真题）设
是一个
行
列的数阵，且数阵中的每一项
，都等于
或
．若对任意
，
，其中
，
，且
都有
则称数阵
具有性质
．
(1)判断下列两个数表是否具有性质
．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(2)若
，则具有性质
的数阵A 中的个数最多是多少？
(3)若
，
，且数阵
具有性质
，证明：对任意，
，都有
．
【答案】(1)数表
不具有性质
，数表
具有性质
；
(2)
(3)性质
中的四个数都属于
，且四个数的和为
，所以其中恰有两个和两个
．
因此，对任意满足性质
下标条件的四个位置，都有
①，
对
，
，令
先取行距为、列距为的矩形．
由①，对
及
，有
由于
，所以
②，
下面比较第行与第
行的值．
对
，取第、行和第
、
列．
此时行距为
，列距为
，由①得
由②知
，故
③，
令
则由③得
，所以
再取第、
行和第、
列．
此时行距为，列距为，由①得
即
由于
且
，所以
．
从而
④，
同理，取第
、
行和相距
的两列，再取第
、行和相距的两列，可得
⑤，
结合②、④、⑤，可知对于每个
，都有
⑥，
当
时，由
，显然有
当
时，由⑥，由中间因子均成对出现，且
，有
再由⑥，
两边同乘
，并利用
，得
命题得证．
【分析】（1）性质
的下标约束条件，选取符合要求的四元组代入验证，若存在不满足和为0 的组合则
不具有性质
，反之则具有性质
.
（2）由性质
的和约束推导行列符号的等价乘积约束，确定每行1 的最大可行数量，结合行之间的符号
交替规律计算总1 的个数的上界，构造符合条件的实例证明上界可达.
（3）利用性质
的乘积等价性质，结合
的初始条件，先验证差为2 的下标组合，再通过递推推广到
所有下标
，完成证明.
【详解】（1）对于
，只有两行，所以行距只能为．
要满足|行距列距|
，列距只能为．
取第、
行和第、
列，四个顶点之和为
所以
不具有性质
．
对于
，行距为时，列距只能为；行距为
时，不存在符合条件的列距．
因此，只需检验相邻两行与第、
列组成的两个矩形．
第、
行对应的四个顶点之和为
第
、行对应的四个顶点之和为
所以
具有性质
．
（2）设第行元素之和为
先考察第行与第
行．
令
对
，第、
行的行距为，第
、
列的列距为，由性质
得
因此x2=−x1, x3= x1, x4=−x1,从而
同理，考察第
行与第行，可得
所以整个数阵所有元素之和为
设数阵中的个数为
．
数阵中共有
个数，因此
的个数为
，从而
解得
下面说明
可以达到．
取
该数阵中共有
个．
对于
的数阵，可能的行距、列距组合只有
当行距、列距为
时，相邻两行第、
列的四个数之和均为
；
当行距、列距为
时，第、
行以及第
、行对应各列的元素之和均为
；
当行距、列距为
时，第、行与相距
的两列组成的四个数之和也为
．
所以该数阵具有性质
，且的个数为
．
因此，的个数最多为
（3）略
2. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m 为正整数，数列
是公差不为0 的等差数列，若从中删
去两项
和
后剩余的
项可被平均分为
组，且每组的4 个数都能构成等差数列，则称数列
是
可分数列．
(1)写出所有的
，
，使数列
是
可分数列；
(2)当
时，证明：数列
是
可分数列；
(3)从
中任取两个数和
，记数列
是
可分数列的概率为
，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据
可分数列的定义即可；
（2）根据
可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是
可分数列的
至少有
个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列
的公差为
，则
.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形
，
得到新数列
，然后对
进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设
，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1 小问相当于从
中取出两个数和
，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是
，或
，或
.
所以所有可能的
就是
.
（2）由于从数列
中取出
和
后，剩余的
个数可以分为以下两个部分，共
组，使得每
组成等差数列：
①
，共组；
②
，共
组.
（如果
，则忽略②）
故数列
是
可分数列.
（3）定义集合
，
.
下面证明，对
，如果下面两个命题同时成立，
则数列
一定是
可分数列：
命题1：
或
；
命题2：
.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果
，且
.
此时设
，
，
.
则由
可知
，即
，故
.
此时，由于从数列
中取出
和
后，
剩余的
个数可以分为以下三个部分，共
组，使得每组成等差数列：
①
，共
组；
②
，共
组；
③
，共
组.
（如果某一部分的组数为
，则忽略之）
故此时数列
是
可分数列.
第二种情况：如果
，且
.
此时设
，
，
.
则由
可知
，即
，故
.
由于
，故
，从而
，这就意味着
.
此时，由于从数列
中取出
和
后，剩余的
个数可以分为以下四个部分，
共
组，使得每组成等差数列：
①
，共
组；
②
，
，共
组；
③全体
，其中
，共
组；
④
，共
组.
（如果某一部分的组数为
，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含
个行，
个列的数表
以后，
个列分别是下面这些数：
，
，
，
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍
中除开五个集合
，
，
，
，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的
和
以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列
是
可分数列.
至此，我们证明了：对
，如果前述命题1 和命题2 同时成立，则数列
一定是
可分数列.
然后我们来考虑这样的
的个数.
首先，由于
，
和
各有
个元素，故满足命题1 的
总共有
个；
而如果
，假设
，则可设
，
，代入得
.
但这导致
，矛盾，所以
.
设
，
，
，则
，即
.
所以可能的
恰好就是
，对应的
分别是
，总
共
个.
所以这
个满足命题1 的
中，不满足命题2 的恰好有
个.
这就得到同时满足命题1 和命题2 的
的个数为
.
当我们从
中一次任取两个数和
时，总的选取方式的个数等于
.
而根据之前的结论，使得数列
是
可分数列的
至少有
个.
所以数列
是
可分数列的概率
一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究
结论.
3. （2024·北京·高考真题）已知集合
．给定数列
，和序
列
，其中
，对数列
进行如下变换：将
的第
项均
加1，其余项不变，得到的数列记作
；将
的第
项均加1，其余项不变，得到数列记作
；……；以此类推，得到
，简记为
．
(1)给定数列
和序列
，写出
；
(2)是否存在序列
，使得
为
，若存在，写出一个符
合条件的
；若不存在，请说明理由；
(3)若数列
的各项均为正整数，且
为偶数，求证：“存在序列
，使得
的各项都相
等”的充要条件为“
”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的
，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照
的定义写出
即可；
（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的
，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解
法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列
共有8 项，可知：
，检验即可；
（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若
，分类讨论
相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列
，使得
为常数列，结合定义分析证明即
可.
【详解】（1）因为数列
，
由序列
可得
；
由序列
可得
；
由序列
可得
；
所以
.
（2）解法一：假设存在符合条件的
，可知
的第
项之和为
，第
项之和为
，
则
，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的
；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的
，且
，
因为
，即序列
共有8 项，
由题意可知：
，
检验可知：当
时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的
.
（3）解法一：我们设序列
为
，特别规定
.
必要性：
若存在序列
，使得
的各项都相等.
则
，所以
.
根据
的定义，显然有
，这里
，
.
所以不断使用该式就得到
，必要性得证.
充分性：
若
.
由已知，
为偶数，而
，所以
也是偶数.
我们设
是通过合法的序列
的变换能得到的所有可能的数列
中，使得
最小的一个.
上面已经说明
，这里
，
.
从而由
可得
.
同时，由于
总是偶数，所以
和
的奇偶性保持不变，从而
和
都是偶数.
下面证明不存在
使得
.
假设存在，根据对称性，不妨设
，
，即
.
情况1：若
，则由
和
都是偶数，知
.
对该数列连续作四次变换
后，新的
相比原来的
减少
，这与
的最小
性矛盾；
情况2：若
，不妨设
.
情况2-1：如果
，则对该数列连续作两次变换
后，新的
相比原来的
至少减少
，这与
的
最小性矛盾；
情况2-2：如果
，则对该数列连续作两次变换
后，新的
相比原来的
至少减少
，这与
的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的
都有
.
假设存在
使得
，则
是奇数，所以
都是奇数，设为
.
则此时对任意
，由
可知必有
.
而
和
都是偶数，故集合
中的四个元素
之和为偶数，
对该数列进行一次变换
，则该数列成为常数列，新的
等于零，比原来的
更小，这与
的最小性
矛盾.
综上，只可能
，而
，故
是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：
中序列的顺序不影响
的结果，
且
相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若
，
不妨设
，则
，
①当
，则
，
分别执行
个序列
、
个序列
，
可得
，为常数列，符合题意；
②当
中有且仅有三个数相等，不妨设
，则
，
即
，
分别执行
个序列
、
个序列
可得
，
即
，
因为
为偶数，即
为偶数，
可知
的奇偶性相同，则
，
分别执行
个序列
，
，
，
，
可得
，
为常数列，符合题意；
③若
，则
，即
，
分别执行
个
、
个
，
可得
，
因为
，
可得
，
即转为①，可知符合题意；
④当
中有且仅有两个数相等，不妨设
，则
，
即
，
分别执行
个
、
个
，
可得
，
且
，可得
，
因为
为偶数，可知
的奇偶性相同，
则
为偶数，
且
，即转为②，可知符合题意；
⑤若
，则
，即
，
分别执行
个
、
个
，
可得
，
且
，可得
，
因为
为偶数，
则
为偶数，
且
，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若
，则存在序列
，使得
为常数列；
（ⅱ）若存在序列
，使得
为常数列，
因为对任意
，
均有
成立，
若
为常数列，则
，
所以
；
综上所述：“存在序列
，使得
为常数列”的充要条件为“
”.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
4. （2023·北京·高考真题）已知数列
的项数均为m
，且
的前n
项和分别为
，并规定
．对于
，定义
，
其中，
表示数集M 中最大的数.
(1)若
，求
的值；
(2)若
，且
，求
；
(3)证明：存在
，满足
使得
．
【答案】(1)
，
，
，
(2)
(3)
因为
均为正整数，则
均为递增数列，
（ⅰ）若
，则可取
，满足
使得
；
（ⅱ）若
，则
，
构建
，由题意可得：
，且
为整数，
反证，假设存在正整数
，使得
，
则
，可得
，
这与
相矛盾，故对任意
，均有
.
①若存在正整数
，使得
，即
，
可取
，
满足
，使得
；
②若不存在正整数
，使得
，
因为
，且
，
所以必存在
，使得
，
即
，可得
，
可取
，
满足
，使得
；
（ⅲ）若
，
定义
，则
，
构建
，由题意可得：
，且
为整数，
反证，假设存在正整数
，使得
，
则
，可得
，
这与
相矛盾，故对任意
，均有
.
①若存在正整数
，使得
，即
，
可取
，
即满足
，使得
；
②若不存在正整数
，使得
，
因为
，且
，
所以必存在
，使得
，
即
，可得
，
可取
，
满足
，使得
.
综上所述：存在
使得
．
【分析】（1）先求
，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得
，利用反证可得
，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论
的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）由题意可知：
，
当
时，则
，故
；
当
时，则
，故
；
当
时，则
故
；
当
时，则
，故
；
综上所述：
，
，
，
.
（2）由题意可知：
，且
，
因为
，且
，则
对任意
恒成立，
所以
，
又因为
，则
，即
，
可得
，
反证：假设满足
的最小正整数为
，
当
时，则
；当
时，则
，
则
，
又因为
，则
，
假设不成立，故
，
即数列
是以首项为1，公差为1 的等差数列，所以
.
（3）略
5. （2018·上海·高考真题）给定无穷数列
，若无穷数列
满足：对任意
，都有
，则
称
与
“接近”.
(1)设
是首项为1，公比为
的等比数列，
，
，判断数列
是否与
接近，并说明
理由；
(2)设数列
的前四项为：
，
，
，
，
是一个与
接近的数列，记集合
，求
中元素的个数
；
(3)已知
是公差为
的等差数列，若存在数列
满足：
与
接近，且在
，
，
，
中至少有100 个为正数，求
的取值范围.
【答案】(1)数列
与
接近，理由见解析
(2)3 或4；
(3)
.
【分析】（1）计算出
，
时，
，满足对任意
，
，数列
与
接近；
（2）
与
接近，
，则
，
，
，
，分三种情况，当
时，
时，
，
时，求出
中元素的个数
为3 或4；
（3）推出
，
，若
，则
恒成立，不合要求；若
，令
，
，满足
，数列
与
接近，且
为奇数时，至少存在
、
、
、
这100 个数为正，从而得到
的取值范围为
.
【详解】（1）数列
与
接近，理由如下：
由题意，
，
，
∴
，
∵
时，
，∴
，
满足对任意
，
，∴数列
与
接近；
（2）∵
，
，
，
，又
与
接近，∴
，
∴
，则
，
，
，
，
∴当
时，
中有
、
、
三个元素；
或
时，
中有
、
、
三个元素；
当
，
时，
中有
、
、
、
四个元素；
∴
中元素的个数
为3 或4；
（3）∵
，∴
，
，
∴
，即
，
，
①若
，则
恒成立，不满足“至少有100 个为正数”，不符；
②若
，令
，
，∴
，
满足
，数列
与
接近，此时
，
当
为奇数时，
，
∴在
、
、
、
这200 个数中，
至少存在
、
、
、
这100 个数为正，
故
时，存在数列
满足题意，
∴
的取值范围为
.
6. （2019·江苏·高考真题）定义首项为1 且公比为正数的等比数列为“M－数列”.
（1）已知等比数列{an}满足：
，求证:数列{an}为“M－数列”；
（2）已知数列{bn}满足:
，其中Sn 为数列{bn}的前n 项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m 为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m 时，都有
成立，求m 的
最大值．
【答案】（1）证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
由
，得
，解得
．
因此数列
为“M—数列”.
（2）①bn=n
；②5.
【分析】（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；
（2）①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列，据此即可确定其通项公式；
②由①确定
的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得m 的最大值．
【详解】（1）略
（2）①因为
，所以
．
由
得
，则
.
由
，得
，
当
时，由
，得
，
整理得
．
所以数列{bn}是首项和公差均为1 的等差数列.
因此，数列{bn}的通项公式为bn=n
.
②由①知，bk=k，
.
因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.
因为ck≤bk≤ck+1，所以
，其中k=1，2，3，…，m.
当k=1 时，有q≥1；
当k=2，3，…，m 时，有
．
设f（x）=
，则
．
令
，得x=e.列表如下：
x
e
(e，+∞)
+
0
–
f（x）
极大值
因为
，所以
．
取
，当k=1，2，3，4，5 时，
，即
，
经检验知
也成立．
因此所求m 的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，
所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6.
综上，所求m 的最大值为5．
【点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归
及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．
7. （2020·北京·高考真题）已知
是无穷数列．给出两个性质：
①对于
中任意两项
，在
中都存在一项
，使
；
②对于
中任意项
，在
中都存在两项
．使得
．
(Ⅰ)若
，判断数列
是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若
，判断数列
是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若
是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：
为等比数列.
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.
【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；
(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；
(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明
，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列
即可.
解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得
成等比数列，之后证得
成等比数列，
同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
【详解】(Ⅰ)
不具有性质①；
(Ⅱ)
具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)解法一
首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数：
显然
，假设数列中存在负项，设
，
第一种情况：若
，即
，
由①可知：存在
，满足
，存在
，满足
，
由
可知
，从而
，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若
，由①知存在实数
，满足
，由
的定义可知：
，
另一方面，
，由数列的单调性可知：
，
这与
的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项恒为负数.
综上可得，数列中的项同号.
其次，证明
：
利用性质②：取
，此时
，
由数列的单调性可知
，
而
，故
，
此时必有
，即
，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列
的前
项成等比数列，不妨设
，
其中
，（
的情况类似）
由①可得：存在整数
，满足
，且
（*）
由②得：存在
，满足：
，由数列的单调性可知：
，
由
可得：
（**）
由（**）和（*）式可得：
，
结合数列的单调性有：
，
注意到
均为整数，故
，
代入（**）式，从而
.
总上可得，数列
的通项公式为：
.
即数列
为等比数列.
解法二：
假设数列中的项均为正数：
首先利用性质②：取
，此时
，
由数列的单调性可知
，
而
，故
，
此时必有
，即
，
即
成等比数列，不妨设
，
然后利用性质①：取
，则
，
即数列中必然存在一项的值为
，下面我们来证明
，
否则，由数列的单调性可知
，
在性质②中，取
，则
，从而
，
与前面类似的可知则存在
，满足
，
若
，则：
，与假设矛盾；
若
，则：
，与假设矛盾；
若
，则：
，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数
，可见
不成立，从而
，
然后利用性质①：取
，则数列中存在一项
，
下面我们用反证法来证明
，
否则，由数列的单调性可知
，
在性质②中，取
，则
，从而
，
与前面类似的可知则存在
，满足
，
即由②可知：
，
若
，则
，与假设矛盾；
若
，则
，与假设矛盾；
若
，由于
为正整数，故
，则
，与
矛盾；
综上可知，假设不成立，则
.
同理可得：
，从而数列
为等比数列，
同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列
为等比数列.
【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不
等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
8. （2022·北京·高考真题）已知
为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的
，
在Q 中存在
，使得
，则称Q 为
连续可表数列．
(1)判断
是否为
连续可表数列？是否为
连续可表数列？说明理由；
(2)若
为
连续可表数列，求证：k 的最小值为4；
(3)若
为
连续可表数列，且
，求证：
．
【答案】(1)是
连续可表数列；不是
连续可表数列．
(2)证明见解析．
(3)证明见解析．
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑
不符合，再列举一个
合题即可；
（3）先证明
，再说明
时不合题意，找出
且满足题意的数列即可得解．
【详解】（1）
，
，
，
，
，所以
是
连续可表数列；易知，不存
在
使得
，所以
不是
连续可表数列．
（2）若
,设为
,则至多
，6 个数字，没有个，矛盾；
当
时,数列
，满足
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（3）若数列
为
连续可表数列，
则
，这不可能！因而满足题设的
．
若
，得整数数列
中的连续若干项（至少一项，下同）的和
，
；
，
；
；
最多能表示（下简称数列
的连续项和表示）出21 个两两互异的正整数，
且题设是能表示出
这20 个正整数．
①若数列
的六项均是自然数，由题设
，
可得数列
的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！
所以数列
中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列
的连续项和表示中会少两个正整数，
至多能表示
个正整数，不满足题设）．
若数列
的项中还有0，则数列
的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数
列
的项是一项负五项正（且这五个正项两两互异）．
还可得：数列
的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是
．
因为其中最大的是20，所以20 的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列
的连续正项全
部求和）．
②因为＂若数列
满足题设，则数列
满足题设＂，
所以可只考虑数列
或
或
的情形．
若
且数列
的其余五项都是正项，则
或
．若
，则由
，
可得
，得数列
的连续项和表示中的
均不是正整数；若
，
则由
，可得
，
得数列
的连续项和表示中的
均不是正整数．均不满足题设．
同理，可证得
也不满足题设．因而
，
且
．
③若两两互异的五个正整数
中没有1，则
．
因而
．
再由数列
的连续项和表示中最小的正数是1，可得
．
若
，则
得数列
的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设，
因而
．
而
，所以
．
再由
，可得
，
，
再得数列
的连续项和表示中17 的表示只可能是
，
进而可得
.
又由数列
的连续项和表示中有14，可得
，
，得数列
是
（但
或
但
，均不可能，因
而
中有1．
④由数列
的连续项和表示中有19 及
，
可得
或
（得
或
．
若
，则
，得数列
的连续项和表示中会少表示一个正整数；
若
，可得
（否则
，数列
的连续项和表示中会少表示一个正整数），
所以
，得
，
数列
的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设．
所以
．
⑤由数列
的连续项和表示中有18 及和为19 的两两互异的四个数
均大于1 及
，
可得
得
或
（得
，
数列
的连续项和表示中会少表示一个正整数）.
所以
．
⑥由数列
的连续项和表示中有16 及和为19 的两两互异的四个数
均大于1，
（且
4：因为
及
，
可得
（得
）或
得
或
，
（得
，与
矛盾）或
得
，与
矛盾）．
（i）
．
由数列
的连续项和表示中有15（可证得15 的表示中没有
也没有
），可得
得
，
这不可能）或
（得
，
，这不可能）或
（得
，与
矛盾）或
得
，再得
，这不
可能）．
（ii）
．
由数列
的连续项和表示中有14，可得
得
与
或
重复，这不可能），
或
（得
，
这不可能）或
（得
，
，
进而可得数列
是
，（此时
，这不可能）或
，3，2，1（此时
，这不可能））或
得
，
再由数列
的连续项和表示中有13，
可得数列
是
（但
，这不可能）或
（但
，这不可
能））
或
（得
，这不可能）．
综上所述，可得欲证结论成立．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为
可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和
能表示从到
中间的任意一个值．本题第二问
时，通过和值可能个数否定
；第三问先通过和值
的可能个数否定
，再验证
时，数列中的几项如果符合必然是
的一个排序，可验证
这组数不合题．
9. （2020·江苏·高考真题）已知数列
的首项a1=1，前n 项和为Sn．设λ 与k 是常数，若对一切
正整数n，均有
成立，则称此数列为“λ~k”数列．
（1）若等差数列
是“λ~1”数列，求λ 的值；
（2）若数列
是“
”数列，且an＞0，求数列
的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列
为“λ~3”数列，且an≥0?若存在，求λ 的取值范围；若
不存在，说明理由，
【答案】（1）1
（2）
（3）
【分析】（1）根据定义得
，再根据和项与通项关系化简得
，最后根据数列不为
零数列得结果；
（2）根据定义得
，根据平方差公式化简得
，求得
，即得
；
（3）根据定义得
，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足的
条件，解得结果
【详解】（1）
（2）
，
（3）假设存在三个不同的数列
为
数列.
或
或
∵对于给定的
，存在三个不同的数列
为
数列，且
或
有两个不等的正根.
可转化为
，
不妨设
，则
有两个不等正根，设
.
① 当
时，
，即
，此时
，
，满足题意.
② 当
时，
，即
，此时
，
，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，
【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.
10. （2020·上海·高考真题）有限数列
，若满足
，
是项数，则称
满足性质
.
（1）判断数列
和
是否具有性质
，请说明理由.
（2）若
，公比为
的等比数列，项数为10，具有性质
，求
的取值范围.
（3）若
是
的一个排列
都具有性质
，求所有满足条件的
.
【答案】（1）第一个数列具有性质
，第二个数列不具有性质
；理由见解析；（2）
；（3）答案见解析.
【分析】（1）结合题设中的定义可判断给定的两个数列是否具有性质
；
（2）等比数列具有性质
等价于
对任意的
恒成立，就
分类讨论后可得
的取值范围.
（3）设
，先考虑
均不存在具有性质
的数列，再分别考虑
时
具有性质
的数列，从而得到所求的数列.
【详解】（1）对于第一个数列有
，满足题意，该数列满足性质
对于第二个数列有
不满足题意，该数列不满足性质
.
（2）由题意可得，
两边平方得：
整理得：
当
时，得
， 此时关于
恒成立，
所以等价于
时
，所以
，
所以
或者
，所以取
.
当
时，得
， 此时关于
恒成立，
所以等价于
时
，所以
，
所以
，所以取
.
当
时，得
.
当
为奇数的时候，得
， 很明显成立，
当
为偶数的时候，得
， 很明显不成立，
故当
时，矛盾，舍去.
当
时，得
.
当
为奇数的时候，得
， 很明显成立，
当
为偶数的时候，要使
恒成立，
所以等价于
时
，所以
，
所以
或者
，所以取
.
综上可得，
.
（3）设
，
，
因为
， 故
，
所以
可以取
或者
，
若
，
，则
，
故
或
（舍，因为
），
所以
（舍，因为
）.
若
，
，则
，
故
（舍，因为
），或
所以
（舍，因为
）.
所以
均不能同时使
，
都具有性质
.
当
时，即有
，
故
，故
，
故有数列
：
满足题意.
当
时，则
且
，故
，
故有数列
：
满足题意.
当
时，
，
故
，故
，
故有数列
：
满足题意.
当
时，则
且
，
故
，
故有数列
：
满足题意.
故满足题意的数列只有上面四种.
【点睛】本题为新定义背景下的数列存在性问题，先确定
时均不存在具有性质
的数列是关键，依据定义枚举再依据定义舍弃是核心，本题属于难题.
11. （2017·北京·高考真题）设
和
是两个等差数列，记
，
其中
表示
这个数中最大的数．
（Ⅰ）若
，
，求
的值，并证明
是等差数列；
（Ⅱ）证明：或者对任意正数
，存在正整数
，当
时，
；或者存在正整数
，使得
是等差数列．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）分别代入求
，观察规律，再证明当
时，
，所以
关于
单调递减. 所以
，从而得证；（Ⅱ）首先求
的通项公式，分
三种情况讨论证明.
试题解析：（Ⅰ）
，
.
当
时，
，
所以
关于
单调递减.
所以
.
所以对任意
，于是
，
所以
是等差数列.
（Ⅱ）设数列
和
的公差分别为
，则
.
所以
①当
时，取正整数
，则当
时，
，因此
.
此时，
是等差数列.
②当
时，对任意
，
此时，
是等差数列.
③当
时，
当
时，有
.
所以
对任意正数
，取正整数
，
故当
时，
.
【名师点睛】近几年北京卷理科压轴题一直为新信息题，本题考查学生对新定义的理解能力和使用能力，
本题属于偏难问题，反映出学生对新的信息的理解和接受能力，本题考查数列的有关知识及归纳法证明，
即考查了数列（分段形函数）求值，又考查了归纳法证明和对数据的分析研究，考查了学生的分析问题能
力和逻辑推理能力，本题属于拔高难题，特别是第二问难度较大，适合选拔优秀学生.
12. （2017·江苏·高考真题）对于给定的正整数k,若数列{an}满足
对任意正整数n(n> k) 总成立，则称数列{an} 是“P(k)数列”.
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
（2）若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【详解】试题分析：（1）利用等差数列性质得
，即得
，再根据定义即可判断；（2）先根据定义得
，
，再将条件集中消元：
，
，即得
，最后验证起始项也满足即可．
试题解析：证明:（1）因为
是等差数列，设其公差为
，则
，
从而，当
时，
，
所以
，
因此等差数列
是“
数列”.
（2）数列
既是“
数列”，又是“
数列”，因此，
当
时，
，①
当
时，
.②
由①知，
，③
，④
将③④代入②，得
，其中
，
所以
是等差数列，设其公差为
.
在①中，取
，则
，所以
，
在①中，取
，则
，所以
，所以数列
是等差数列.
点睛:证明
为等差数列的方法：①用定义证明：
为常数）；②用等差中项证明：
；③通项法：
为关于
的一次函数；④前
项和法：
．
