专题04 数列
考点
三年考情（2023-2025）
命题趋势
考点1 数列
的通项公式
与前n 项和
等差数列和等比数列的概念依旧是是
常考内容，常给出数列为等差（等比）数
列，或通过构造为等差（等比）数列，来
求通项公式及前n 项和。如 2023 年全国
乙卷、2023 年全国新 Ⅰ 卷、2023 年天
津卷等都有涉及。
数列求和方法：裂项相消求和、错位
相减求和、分组及并项求和等是常考内
容，常结合不等式、最值及范围进行考
查。
题型上依然涵盖选择题、
填空题和解答题，但出现了一
些变化。一方面，数列在解答
题中的位置有所变动，不再固
定为简单大题，如 2024 年有
数列考压轴的情况。另一方
面，可能会出现一些创新题
型，如 2024 年新高考 Ⅰ 卷
考查了数列的新定义问题1。
背景情境化：数列题目更
注重联系实际生活，以实际问
题为背景，要求考生从现实问
题中抽象出数列模型，如
2023 年新高考 Ⅱ 卷数列题
以环保项目为背景2。这体现
了数学在实际生活中的应用，
也考查了考生的数学建模能
力。
难度两极化：整体难度呈
现两极化趋势。基础题主要考
查数列的基本概念，难度较
低，如 2024 年高考新高考
Ⅱ 卷填空题中考查等差数列
基本量的计算，难度较易1。
但部分综合题或创新题难度较
大，对考生的逻辑推理、运算
求解、知识迁移等能力要求较
高，如 2024 年高考新高考
Ⅱ 卷大题中结合双曲线考查
等比数列的证明，难度较难。
考点2 数列
的综合应用
数列常与函数、方程、不等式、概率
等知识综合考查。如 2023 年新高考一卷
数列和概率结合；数列与不等式的综合问
题是高考考查的热点，考查不等式的恒成
立问题、与数列有关的不等式的证明问题
等，常通过构造函数证明，或者直接利用
放缩法证明。
等差、等比数列的综合：重点考查等差、
等比数列的基本运算、性质以及通项公
式、前n 项和公式的应用。如 2024 年全
国甲卷理科真题中，通过等差数列的性质
来解题。
数列求和及应用：考查数列求和方法，如
裂项相消法、错位相减法、分组及并项求
和法等，并且求和后常与不等式、函数最
值等问题相互交织。2025 年新高考一卷第
16 题，就采用错位相减法求差比数列的
和。
1
考点01 数列的通项公式与前n 项和
一、单选题
1．（2025·北京·高考真题）已知{an}是公差不为零的等差数列，a1=−2，若a3,a4,a6成等比数列，则a10=
（ ）
A．−20
B．−18
C．16
D．18
【答案】C
【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解.
【详解】设等差数列{an}的公差为d ,(d ≠0)，
因为a3,a4,a6成等比数列，且a1=−2，
所以a4
2 =a3a6，即(−2+3d)
2=(−2+2d)(−2+5d)，解得d =2或d =0（舍去），
所以a10=a1+9d =−2+9×2=16.
故选：C.
2．（2025·全国二卷·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n 项和，若S3=6,S5=−5,则S6=（ ）
A．−20
B．−15
C．−10
D．−5
【答案】B
【分析】由等差数列前n 项和公式结合题意列出关于首项a1和公差d 的方程求出首项a1和公差d，再由等
差数列前n 项和公式即可计算求解.
【详解】设等差数列{an}的公差为d，则由题可得 ¿，
所以S6=6a1+15d =6×5+15×(−3)=−15.
故选：B.
3．（2025·天津·高考真题）Sn=−n
2+8n，则数列{|an|}的前12项和为（ ）
A．112
B．48
C．80
D．64
【答案】C
【分析】先由题设结合an= Sn−Sn−1求出数列{an}的通项公式，再结合数列{an}各项正负情况即可求解.
【详解】因为Sn=−n
2+8n，
所以当n=1时，a1= S1=−1
2+8×1=7，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=(−n
2+8n)−[−(n−1)
2+8(n−1)]=−2n+9，
经检验，a1=7满足上式，
所以an=−2n+9(n∈N
∗)，令an=−2n+9≥0⇒n≤4，an=−2n+9≤0⇒n≥5，
2
设数列{|an|}的前n 项和为T n，
则数列{|an|}的前4项和为T 4= S4=−4
2+8×4 =16
数列{|an|}的前12项和为
T 2n=|a1|+|a2|+⋯+|a12|=a1+a2+a3+a4−a5−a6−⋯−a12
=2S4−S12=2×16−(−12
2+8×12)=80.
故选：C
4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=1，则a3+a7=（ ）
A．−2
B．7
3
C．1
D．2
9
【答案】D
【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a1和d来处理，亦可用等差数列的性质进行
处理，或者特殊值法处理.
【详解】方法一：利用等差数列的基本量
由S9=1，根据等差数列的求和公式，S9=9a1+ 9×8
2
d =1⇔9a1+36d =1，
又a3+a7=a1+2d +a1+6d =2a1+8d = 2
9 (9a1+36d)= 2
9.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，a1+a9=a3+a7，由S9=1，根据等差数列的求和公式，
S9= 9(a1+a9)
2
= 9(a3+a7)
2
=1，故a3+a7= 2
9.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差d =0，则S9=1=9a1⇒a1= 1
9，则a3+a7=2a1= 2
9.
故选：D
5．（2024·全国甲卷·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5= S10，a5=1，则a1=（ ）
A．7
2
B．7
3
C．−1
3
D．−7
11
【答案】B
【分析】由S5= S10结合等差中项的性质可得a8=0，即可计算出公差，即可得a1的值.
【详解】由S10−S5=a6+a7+a8+a9+a10=5a8=0，则a8=0，
则等差数列{an}的公差d = a8−a5
3
=−1
3，故a1=a5−4 d =1−4×(−1
3)= 7
3.
3
故选：B.
6．（2023·全国甲卷·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2+a6=10,a4a8= 45，则S5=（ ）
A．25
B．22
C．20
D．15
【答案】C
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列{an}的公差和首项，再根据前n项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列{an}的公差，再根据前n项和公式的性质即可解出．
【详解】方法一：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，依题意可得，
a2+a6=a1+d +a1+5d =10，即a1+3d =5,
又a4a8=(a1+3d)(a1+7 d)= 45，解得：d =1,a1=2，
所以S5=5a1+ 5×4
2
×d =5×2+10=20．
故选：C.
方法二：a2+a6=2a4=10，a4a8= 45，所以a4=5，a8=9，
从而d = a8−a4
8−4 =1，于是a3=a4−d =5−1= 4，
所以S5=5a3=20．
故选：C.
7．（2023·全国甲卷·高考真题）设等比数列{an}的各项均为正数，前n 项和Sn，若a1=1，S5=5 S3−4，
则S4=（ ）
A．15
8
B．65
8
C．15
D．40
【答案】C
【分析】根据题意列出关于q的方程,计算出q,即可求出S4.
【详解】由题知1+q+q
2+q
3+q
4=5(1+q+q
2)−4,
即q
3+q
4= 4 q+ 4 q
2,即q
3+q
2−4 q−4 =0,即(q−2)(q+1)(q+2)=0.
由题知q>0,所以q =2.
所以S4=1+2+ 4 +8=15.
故选:C.
8．（2023·天津·高考真题）已知数列{an}的前n 项和为Sn，若a1=2,an+1=2Sn+2(n∈N
∗)，则a4=
（ ）
A．16
B．32
C．54
D．162
【答案】C
【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得a4的值.
4
【详解】当n≥2,n∈N
∗时，an=2Sn−1+2，所以an+1−an=2an，即an+1=3an，
当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2=6=3a1，
所以数列{an}是首项为2，公比为3 的等比数列，
则a4=a1q
3=54.
故选：C.
9．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）记Sn为等比数列{an}的前n 项和，若S4=−5，S6=21S2，则S8=（ ）．
A．120
B．85
C．−85
D．−120
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n 项和公式求出公比，再根据S4,S8的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n 项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列{an}的公比为q，首项为a1，
若q =−1，则S4=0≠−5，与题意不符，所以q≠−1；
若q =1，则S6=6a1=3×2a1=3 S2≠0，与题意不符，所以q≠1；
由S4=−5，S6=21S2可得，a1(1−q
4)
1−q
=−5，a1(1−q
6)
1−q
=21× a1(1−q
2)
1−q
①，
由①可得，1+q
2+q
4=21，解得：q
2= 4，
所以S8= a1(1−q
8)
1−q
= a1(1−q
4)
1−q
×(1+q
4)=−5×(1+16)=−85．
故选：C．
方法二：设等比数列{an}的公比为q，
因为S4=−5，S6=21S2，所以q≠−1，否则S4=0，
从而，S2,S4−S2,S6−S4,S8−S6成等比数列，
所以有，(−5−S2)
2= S2(21S2+5)，解得：S2=−1或S2= 5
4 ，
当S2=−1时，S2,S4−S2,S6−S4,S8−S6，即为−1,−4 ,−16,S8+21，
易知，S8+21=−64，即S8=−85；
当S2= 5
4 时，S4=a1+a2+a3+a4=(a1+a2)(1+q
2)=(1+q
2)S2>0，
与S4=−5矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n 项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握S4,S8的
关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
5
二、多选题
10．（2025·全国二卷·高考真题）记Sn为等比数列{an}的前n 项和，q为{an}的公比，q>0，若
S3=7 ,a3=1，则（ ）
A．q = 1
2
B．a5= 1
9
C．S5=8
D．an+Sn=8
【答案】AD
【分析】对A，根据等比数列通项公式和前n项和公式得到方程组，解出a1,q，再利用其通项公式和前n项
和公式一一计算分析即可.
【详解】对A，由题意得¿，结合q>0，解得¿或¿（舍去），故A 正确；
对B，则a5=a1q
4= 4×(
1
2)
4
= 1
4 ，故B 错误；
对C，S5= a1(1−q
5)
1−q
=
4×(1−1
32)
1−1
2
= 31
4
，故C 错误；
对D，an= 4×(
1
2)
n−1
=2
3−n，Sn=
4×[1−(
1
2)
n
]
1−1
2
=8−2
−n+3，
则an+ Sn=2
3−n+8−2
3−n=8，故D 正确；
故选：AD.
三、填空题
11．（2025·全国一卷·高考真题）若一个等比数列的各项均为正数，且前4 项和为4，前8 项和为68，则该
等比数列的公比为 .
【答案】2
【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前n项和的定
义，得到关于q的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前n项和性质得到关于q的方程，解之即可
得解.
【详解】法一：设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，则S4= 4 ,S8=68，
设{an}的公比为q(q>0)，
当q =1时，S4= 4 a1= 4，即a1=1，则S8=8a1=8≠68，显然不成立，舍去；
当q≠1时，则S4= a1(1−q
4)
1−q
= 4 ,S8= a1(1−q
8)
1−q
=68，
6
两式相除得1−q
8
1−q
4 = 68
4 ，即(1−q
4)(1+q
4)
1−q
4
=17，
则1+q
4=17，所以q =2，
所以该等比数列公比为2.
故答案为：2.
法二：设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，则S4= 4 ,S8=68，
设{an}的公比为q(q>0)，
所以S4=a1+a2+a3+a4= 4，
S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8
=a1+a2+a3+a4+a1q
4+a2q
4+a3q
4+a4q
4
=(a1+a2+a3+a4)(1+q
4)=68，
所以4(1+q
4)=68，则1+q
4=17，所以q =2，
所以该等比数列公比为2.
故答案为：2.
法三：设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，则S4= 4 ,S8=68，
设{an}的公比为q(q>0)，
因为S8−S4=a5+a6+a7+a8=(a1+a2+a3+a4)q
4=68−4 =64，
又S4=a1+a2+a3+a4= 4，
所以
S8−S4
S4
=q
4= 64
4 =16，所以q =2，
所以该等比数列公比为2.
故答案为：2.
12．（2025·上海·高考真题）己知等差数列{an}的首项a1=−3，公差d =2，则该数列的前6 项和为
．
【答案】12
【分析】直接根据等差数列求和公式求解.
【详解】根据等差数列的求和公式，S6=6a1+ 6×5
2
d =12.
故答案为：12
13．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其
中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10 的等比数列，底面
直径依次为 65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为
mm．
7
【答案】 23 57.5/115
2
【分析】根据体积为公比为10 的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设升量器的高为h1，斗量器的高为h2（单位都是mm），则
π(
325
2 )
2
h2
π(
65
2 )
2
h1
=
π(
325
2 )
2
×230
π(
325
2 )
2
h2
=10，
故h2=23 mm，h1= 115
2 mm.
故答案为：23mm, 115
2 mm.
14．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n 项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则S10=
.
【答案】95
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a1,d，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
【详解】因为数列an为等差数列，则由题意得¿，解得¿，
则S10=10a1+ 10×9
2
d =10×(−4)+ 45×3=95.
故答案为：95.
15．（2023·全国甲卷·高考真题）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8 S6=7 S3，则{an}的公比为 ．
【答案】−1
2
【分析】先分析q≠1，再由等比数列的前n项和公式和平方差公式化简即可求出公比q.
【详解】若q =1，
则由8 S6=7 S3得8⋅6a1=7⋅3a1，则a1=0，不合题意.
所以q≠1.
当q≠1时，因为8 S6=7 S3，
所以8⋅a1(1−q
6)
1−q
=7⋅a1(1−q
3)
1−q
，
即8⋅(1−q
6)=7⋅(1−q
3)，即8⋅(1+q
3)(1−q
3)=7⋅(1−q
3)，即8⋅(1+q
3)=7，
解得q =−1
2.
故答案为：−1
2
16．（2023·全国乙卷·高考真题）已知{an}为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=−8，则a7= .
【答案】−2
8
【分析】根据等比数列公式对a2a4a5=a3a6化简得a1q =1，联立a9a10=−8求出q
5=−2，最后得
a7=a1q⋅q
5=q
5=−2.
【详解】设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5=a3a6=a2q⋅a5q，显然an≠0，
则a4=q
2，即a1q
3=q
2，则a1q =1，因为a9a10=−8，则a1q
8⋅a1q
9=−8，
则q
15=(q
5)
3=−8=(−2)
3，则q
5=−2，则a7=a1q⋅q
5=q
5=−2，
故答案为：−2.
考点02 数列的综合应用
2025 年6 月21 日高中数学作业
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知等差数列{an}的公差为2π
3 ，集合S ={cosan|n∈N
∗}，若S = {a,b}，
则ab=（ ）
A．－1
B．−1
2
C．0
D．1
2
【答案】B
【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理
作答.
【详解】依题意，等差数列{an}中，an=a1+(n−1)⋅2π
3 = 2π
3 n+(a1−2π
3 )，
显然函数y =cos[ 2π
3 n+(a1−2π
3 )]的周期为3，而n∈N
∗，即cosan最多3 个不同取值，又
{cosan|n∈N
∗}={a,b}，
则在cosa1,cosa2,cosa3中，cosa1=cosa2≠cosa3或cosa1≠cosa2=cosa3或cosa1=cosa3≠cosa2
于是有cosθ =cos(θ+ 2π
3 )或cosθ =cos(θ+4π
3 )，
即有θ+(θ+ 2π
3 )=2k π,k ∈Z，解得θ =k π−π
3 ,k ∈Z；
或者θ+(θ+4π
3 )=2k π,k ∈Z，解得θ =k π−2π
3 ,k ∈Z；
所以k ∈Z，
ab=cos(k π−π
3 )cos[(k π−π
3 )+ 4π
3
]=−cos(k π−π
3 )cosk π=−cos
2k πcosπ
3 =−1
2或
9
ab=cos(k π−2π
3 )cosk π=−1
2.
故选：B
2．（2023·北京·高考真题）已知数列{an}满足an+1= 1
4 (an−6)
3+6(n=1,2,3,⋯)，则（ ）
A．当a1=3时，{an}为递减数列，且存在常数M ≤0，使得an> M恒成立
B．当a1=5时，{an}为递增数列，且存在常数M ≤6，使得an< M恒成立
C．当a1=7时，{an}为递减数列，且存在常数M >6，使得an> M恒成立
D．当a1=9时，{an}为递增数列，且存在常数M >0，使得an< M恒成立
【答案】B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD 正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B 的正误.
法2：构造f (x)= 1
4
(x−6)
3+6−x，利用导数求得f (x)的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项an所
在区间，从而判断{an}的单调性；对于A，构造h(x)= 1
4 x
3−9
2 x
2+26 x−47(x ≤3)，判断得an+1<an−1，
进而取m=−[M ]+ 4推得an> M不恒成立；对于B，证明an所在区间同时证得后续结论；对于C，记
m0= log3[2log 1
4
(M −6)+1]，取m=[m0]+1推得an> M不恒成立；对于D，构造
g(x)= 1
4 x
3−9
2 x
2+26 x−49(x ≥9)，判断得an+1>an+1，进而取m=[M ]+1推得an< M不恒成立.
【详解】法1：因为an+1= 1
4 (an−6)
3+6，故an+1−6= 1
4 (an−6)
3，
对于A ，若a1=3，可用数学归纳法证明：an−6≤−3即an≤3，
证明：当n=1时，a1−6=−3≤−3，此时不等关系an≤3成立；
设当n=k时，ak−6≤−3成立，
则ak +1−6= 1
4 (ak−6)
3∈(−∞,−27
4 )，故ak +1−6≤−3成立，
由数学归纳法可得an≤3成立.
而an+1−an= 1
4 (an−6)
3−(an−6)=(an−6)[
1
4 (an−6)
2−1]，
1
4 (an−6)
2−1≥9
4 −1= 5
4 >0，an−6<0，故an+1−an<0，故an+1<an，
故{an}为减数列，注意ak +1−6≤−3<0
故an+1−6= 1
4 (an−6)
3=(an−6)× 1
4 (an−6)
2≤9
4 (an−6)，结合an+1−6<0，
10
所以6−an+1≥9
4 (6−an)，故6−an+1≥3(
9
4)
n
，故an+1≤6−3(
9
4)
n
，
若存在常数M ≤0，使得an> M恒成立，则6−3(
9
4)
n−1
> M，
故6−M
3
>(
9
4)
n−1
，故n<log 9
4
6−M
3
+1，故an> M恒成立仅对部分n成立，
故A 不成立.
对于B，若a1=5,可用数学归纳法证明：−1≤an−6<0即5≤an<6，
证明：当n=1时，−1≤a1−6=−1≤0，此时不等关系5≤an<6成立；
设当n=k时，5≤ak<6成立，
则ak +1−6= 1
4 (ak−6)
3∈(−1
4 ,0)，故−1≤ak +1−6<0成立即
由数学归纳法可得5≤ak +1<6成立.
而an+1−an= 1
4 (an−6)
3−(an−6)=(an−6)[
1
4 (an−6)
2−1]，
1
4 (an−6)
2−1<0，an−6<0，故an+1−an>0，故an+1>an，故{an}为增数列，
若M =6，则an<6恒成立，故B 正确.
对于C，当a1=7时， 可用数学归纳法证明：0<an−6≤1即6<an≤7，
证明：当n=1时，0<a1−6≤1，此时不等关系成立；
设当n=k时，6<ak ≤7成立，
则ak +1−6= 1
4 (ak−6)
3∈(0, 1
4]，故0<ak +1−6≤1成立即6<ak +1≤7
由数学归纳法可得6<an≤7成立.
而an+1−an=(an−6)[
1
4 (an−6)
2−1]<0，故an+1<an，故{an}为减数列，
又an+1−6=(an−6)× 1
4 (an−6)
2≤1
4 (an−6)，结合an+1−6>0可得：an+1−6≤(a1−6)(
1
4)
n
，所以
an+1≤6+(
1
4)
n
，
若an+1≤6+(
1
4)
n
，若存在常数M >6，使得an> M恒成立，
则M −6<(
1
4)
n−1
恒成立，故n<log 1
4
(M −6)+1，n的个数有限，矛盾，故C 错误.
对于D，当a1=9时， 可用数学归纳法证明：an−6≥3即an≥9，
证明：当n=1时，a1−6=3≥3，此时不等关系成立；
11
设当n=k时，ak ≥9成立，
则ak +1−6= 1
4 (ak−6)
3≥27
4 >3，故ak +1≥9成立
由数学归纳法可得an≥9成立.
而an+1−an=(an−6)[
1
4 (an−6)
2−1]>0，故an+1>an，故{an}为增数列，
又an+1−6=(an−6)× 1
4 (an−6)
2> 9
4 (an−6)，结合an−6>0可得：an+1−6>(a1−6)(
9
4)
n−1
=3(
9
4)
n−1
，
所以an≥6+3(
9
4)
n−1
，
若存在常数M >0，使得an< M恒成立，则M >6+3(
9
4)
n−1
，
故M >6+3(
9
4)
n−1
，故n<log 9
4(
M −6
3 )+1，这与n 的个数有限矛盾，故D 错误.
故选：B.
法2：因为an+1−an= 1
4 (an−6)
3+6−an= 1
4 an
3−9
2 an
2+26an−48，
令f (x)= 1
4 x
3−9
2 x
2+26 x−48，则f
' (x)= 3
4 x
2−9 x +26，
令f
' (x)>0，得0< x<6−2√3
3
或x>6+ 2√3
3
；
令f
' (x)<0，得6−2√3
3
< x<6+ 2√3
3
；
所以f (x)在(−∞,6−2√3
3 )和(6+ 2√3
3
,+∞)上单调递增，在(6−2√3
3
,6+ 2√3
3 )上单调递减，
令f (x)=0，则1
4 x
3−9
2 x
2+26 x−48=0，即1
4
(x−4)(x−6)(x−8)=0，解得x = 4或x =6或x =8，
注意到4<6−2√3
3
<5，7<6+ 2√3
3
<8，
所以结合f (x)的单调性可知在(−∞,4)和(6,8)上f (x)<0，在(4,6)和(8,+ ∞)上f (x)>0，
对于A，因为an+1= 1
4 (an−6)
3+6，则an+1−6= 1
4 (an−6)
3，
当n=1时，a1=3，a2−6= 1
4 (a1−6)
3<−3，则a2<3，
假设当n=k时，ak<3，
当n=k +1时，ak +1−6= 1
4 (ak−6)
3< 1
4
(3−6)
3<−3，则ak +1<3，
综上：an≤3，即an∈(−∞,4)，
12
因为在(−∞,4)上f (x)<0，所以an+1<an，则{an}为递减数列，
因为an+1−an+1= 1
4 (an−6)
3+6−an+1= 1
4 an
3−9
2 an
2+26an−47，
令h(x)= 1
4 x
3−9
2 x
2+26 x−47(x ≤3)，则h
' (x)= 3
4 x
2−9 x +26，
因为h
' (x)开口向上，对称轴为x =−−9
2× 3
4
=6
，
所以h
' (x)在(−∞,3]上单调递减，故h
' (x)≥h
' (3)= 3
4 ×3
2−9×3+26>0，
所以h(x)在(−∞,3]上单调递增，故h(x)≤h(3)= 1
4 ×3
3−9
2 ×3
2+26×3−47<0，
故an+1−an+1<0，即an+1<an−1，
假设存在常数M ≤0，使得an> M恒成立，
取m1=−[M ]+ 4，其中M −1<[M ]≤M，且[M ]∈Z，
因为an+1<an−1，所以a2<a1−1,a3<a2−1,⋯,a−[M ]+ 4<a−[M ]+3−1，
上式相加得，a−[M ]+ 4<a1−(−[M ]+3)≤3+ M −3= M，
则am1=a[M ]+ 4< M，与an> M恒成立矛盾，故A 错误；
对于B，因为a1=5，
当n=1时，a1=5<6，a2= 1
4 (a1−6)
3+6= 1
4 ×(5−6)
3+6<6，
假设当n=k时，ak<6，
当n=k +1时，因为ak<6，所以ak−6<0，则(ak−6)
3<0，
所以ak +1= 1
4 (ak−6)
3+6<6，
又当n=1时，a2−5= 1
4 (a1−6)
3+1= 1
4 ×(5−6)
3+1>0，即a2>5，
假设当n=k时，ak ≥5，
当n=k +1时，因为ak≥5，所以ak−6≥−1，则(ak−6)
3≥−1，
所以ak +1= 1
4 (ak−6)
3+6≥5，
综上：5≤an<6，
因为在(4,6)上f (x)>0，所以an+1>an，所以{an}为递增数列，
此时，取M =6，满足题意，故B 正确；
对于C，因为an+1= 1
4 (an−6)
3+6，则an+1−6= 1
4 (an−6)
3，
13
注意到当a1=7时，a2= 1
4
(7−6)
3+6= 1
4 +6，a3= 1
4(
1
4 +6−6)
3
+6=(
1
4)
4
+6，
a4= 1
4[(
1
4)
4
+6−6]
3
+6=(
1
4)
13
+6
猜想当n≥2时，ak =(
1
4)
1
2 (3
k−1)+6，
当n=2与n=3时，a2= 1
4 +6与a3=(
1
4)
4
+6满足an=(
1
4)
1
2 (3
n−1)+6，
假设当n=k时，ak =(
1
4)
1
2 (3
k−1)+6，
当n=k +1时，所以ak +1= 1
4 (ak−6)
3+6= 1
4[(
1
4)
1
2 (3
k−1)+6−6]
3
+6=(
1
4)
1
2 (3
k +1−1)+6，
综上：an=(
1
4)
1
2 (3
n−1)+6(n≥2)，
易知3
n−1>0，则0<(
1
4)
1
2 (3
n−1)<1，故an=(
1
4)
1
2 (3
n−1)+6∈(6,7)(n≥2)，
所以an∈(6,7]，
因为在(6,8)上f (x)<0，所以an+1<an，则{an}为递减数列，
假设存在常数M >6，使得an> M恒成立，
记m0= log3[2log 1
4
(M −6)+1]，取m=[m0]+1，其中m0−1<[m0]≤m0,m0∈N
∗，
则3
m>3
m0=2log 1
4
(M −6)+1，
故1
2 (3
m−1)>log 1
4
(M −6)，所以(
1
4)
1
2 (3
m−1)< M −6，即(
1
4)
1
2 (3
m−1)+6< M，
所以am< M，故an> M不恒成立，故C 错误；
对于D，因为a1=9，
当n=1时，a2−6= 1
4 (a1−6)
3= 27
4 >3，则a2>9，
假设当n=k时，ak ≥3，
当n=k +1时，ak +1−6= 1
4 (ak−6)
3≥1
4
(9−6)
3>3，则ak +1>9，
综上：an≥9，
因为在(8,+ ∞)上f (x)>0，所以an+1>an，所以{an}为递增数列，
因为an+1−an−1= 1
4 (an−6)
3+6−an−1= 1
4 an
3−9
2 an
2+26an−49，
14
令g(x)= 1
4 x
3−9
2 x
2+26 x−49(x ≥9)，则g
' (x)= 3
4 x
2−9 x +26，
因为g
' (x)开口向上，对称轴为x =−−9
2× 3
4
=6
，
所以g
' (x)在[9,+ ∞)上单调递增，故g
' (x)≥g
' (9)= 3
4 ×9
2−9×9+26>0，
所以g(x)≥g(9)= 1
4 ×9
3−9
2 ×9
2+26×9−49>0，
故an+1−an−1>0，即an+1>an+1，
假设存在常数M >0，使得an< M恒成立，
取m2=[M ]+1，其中M −1<[M ]≤M，且[M ]∈Z，
因为an+1>an+1，所以a2>a1+1,a3>a2+1,⋯,a[M ]+1>a[M ]+1，
上式相加得，a[M ]+1>a1+[M ]>9+ M −1> M，
则am2=a[M ]+1> M，与an< M恒成立矛盾，故D 错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合
放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
3．（2025·上海·高考真题）已知数列{an}、{bn}、{cn}的通项公式分别为an=10n−9，bn=2
n、，
cn= λ an+(1−λ)bn.若对任意的λ∈[0,1]，an、bn、cn的值均能构成三角形，则满足条件的正整数n有
（ ）
A． 4 个
B．3 个
C．1 个
D．无数个
【答案】B
【分析】由cn= λ an+(1−λ)bn可知cn范围，再由三角形三边关系可得an,bn,cn的不等关系，结合函数零
点解不等式可得.
【详解】由题意an,bn,cn>0，不妨设A(n,an),B(n,bn),C(n,cn)，
三点均在第一象限内，由cn= λ an+(1−λ)bn可知，⃗BC = λ⃗BA , λ∈[0,1]，
故点C恒在线段AB上，则有min{an,bn}≤cn≤max {an,bn}<an+bn.
即对任意的λ∈[0,1]，cn<an+bn恒成立，
令10 x−9=2
x，构造函数f ( x)=2
x−10 x +9, x >0，
则f
'( x)=2
x ln 2−10，由f
'( x)单调递增，
又f
'(3)<0,f
'(4)>0，存在x0∈(3,4)，使f
'( x0)=0，
即当0< x< x0时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；
当x> x0时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
15
故f ( x)至多2个零点，
又由f (1)>0,f (2)<0,f (5)<0,f (6)>0，
可知f ( x)存在2个零点，不妨设x1, x2 ( x1< x2)，且x1∈(1,2), x2∈(5,6).
①若an≤bn，即10n−9≤2
n时，此时n=1或n≥6.
则an≤cn≤bn，可知bn+cn>an成立，
要使an、bn、cn的值均能构成三角形，
所以an+cn>bn恒成立，故bn<2an，
所以有¿，解得n=6；
②若an≥bn，即10n−9≥2
n时，此时n=2,3,4,5.
则an≥cn≥bn，可知an+cn>bn成立，
要使an、bn、cn的值均能构成三角形，
所以bn+cn>an恒成立，故an<2bn，
所以有¿，解得n= 4或5；
综上可知，正整数n的个数有3个.
故选：B.
二、填空题
4．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用
来测量物体质量的“环权”．已知9 枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9 的数列{an}，该数
列的前3 项成等差数列，后7 项成等比数列，且a1=1,a5=12,a9=192，则a7= ；数列{an}所
有项的和为 ．
【答案】 48 384
【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解d ,q，进而可求得结果；方法二：根
据等比中项求a7,a3，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【详解】方法一：设前3 项的公差为d，后7 项公比为q>0，
则q
4= a9
a5
= 192
12 =16，且q>0，可得q =2，
则a3=1+2d = a5
q
2，即1+2d =3，可得d =1，
空1：可得a3=3,a7=a3q
4= 48，
空2：a1+a2+⋯+a9=1+2+3+3×2+⋅⋅⋅+3×2
6=3+ 3(1−2
7)
1−2
=384
方法二：空1：因为{an},3≤n≤7为等比数列，则a7
2=a5a9=12×192= 48
2，
且an>0，所以a7= 48；
16
又因为a5
2=a3a7，则a3= a5
2
a7
=3；
空2：设后7 项公比为q>0，则q
2= a5
a3
= 4，解得q =2，
可得a1+a2+a3= 3(a1+a3)
2
=6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9= a3−a9q
1−q
= 3−192×2
1−2
=381，所以
a1+a2+⋯+a9=6+381−a3=384.
故答案为：48；384.
5．（2024·北京·高考真题）设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合
M ={k |ak =bk ,k ∈N
∗}，给出下列4 个结论：
①若{an}与{bn}均为等差数列，则M 中最多有1 个元素；
②若{an}与{bn}均为等比数列，则M 中最多有2 个元素；
③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M 中最多有3 个元素；
④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M 中最多有1 个元素.
其中正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特
征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①，因为{an},{bn}均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故M中至多一个元素，故①正确.
对于②，取an=2
n−1,bn=−(−2)
n−1,则{an},{bn}均为等比数列，
但当n为偶数时，有an=2
n−1=bn=−(−2)
n−1，此时M中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设bn= A q
n( Aq≠0,q≠±1)，an=kn+b(k ≠0)，
若M中至少四个元素，则关于n的方程A q
n=kn+b至少有4 个不同的正数解，
若q>0,q≠1，则由y = A q
n和y =kn+b的散点图可得关于n的方程A q
n=kn+b至多有两个不同的解，矛
盾；
若q<0,q≠±1，考虑关于n的方程A q
n=kn+b奇数解的个数和偶数解的个数，
当A q
n=kn+b有偶数解，此方程即为A|q|
n=kn+b，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Ak ln|q|>0，
否则Ak ln|q|<0，因y = A|q|
n, y =kn+b单调性相反，
方程A|q|
n=kn+b至多一个偶数解，
当A q
n=kn+b有奇数解，此方程即为−A|q|
n=kn+b，
17
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时−Ak ln|q|>0即Ak ln|q|<0
否则Ak ln|q|>0，因y =−A|q|
n, y =kn+b单调性相反，
方程−A|q|
n=kn+b至多一个奇数解，
因为Ak ln|q|>0，Ak ln|q|<0不可能同时成立，
故A q
n=kn+b不可能有4 个不同的整数解，即M 中最多有3 个元素，
取q =−2,a1=−2,d =6,b1=−2 ，则a1=b1=−2,a2=b2= 4 ,a4=b4=16,故③正确.
对于④，因为{an}为递增数列，{bn}为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨
论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
三、解答题
6．（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an+1−3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{Sn}的前n 项和.
【答案】(1)an=(
5
3)
n−1
(2)15
4 ⋅(
5
3)
n
−3
2 n−15
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Sn.
【详解】（1）因为2Sn=3an+1−3,故2Sn−1=3an−3，
所以2an=3an+1−3an(n≥2)即5an=3an+1故等比数列的公比为q = 5
3，
故2a1=3a2−3=3a1× 5
3 −3=5a1−3，故a1=1，故an=(
5
3)
n−1
.
（2）由等比数列求和公式得Sn=
1×[1−(
5
3)
n
]
1−5
3
= 3
2(
5
3)
n
−3
2
，
所以数列{Sn}的前n 项和
T n= S1+ S2+ S3+⋅⋅⋅+ Sn= 3
2[(
5
3)+(
5
3)
2
+(
5
3)
3
+⋅⋅⋅+(
5
3)
n
]−3
2 n
18
= 3
2 ⋅(
5
3)[1−(
5
3)
n
]
1−(
5
3)
−3
2 n= 15
4 ⋅(
5
3)
n
−3
2 n−15
4
.
7．（2025·全国一卷·高考真题）设数列{an}满足a1=3，an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1)
(1)证明：{nan}为等差数列；
(2)设f ( x)=a1 x +a2 x
2+⋯+am x
m，求f
'(−2)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)f
' (−2)= 7
9 −(3m+7)(−2)
m
9
【分析】（1）根据题目所给条件an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1)化简，即可证明结论；
（2）先求出{an}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.
【详解】（1）由题意证明如下，n∈N
∗，
在数列{an}中，a1=3，an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1)，
∴(n+1)an+1=nan+1，即(n+1)an+1−nan=1，
∴{nan}是以a1=3为首项，1 为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，n∈N
∗，
在数列{nan}中，首项为3，公差为1，
∴nan=3+1×(n−1)，即an=1+ 2
n，
在f (x)=a1 x +a2 x
2+⋯+am x
m中，
f (x)=3 x +2 x
2+⋯+(1+ 2
m)x
m，f
' (x)=3+ 4 x +⋯+(m+2) x
m−1
∴¿，
当x≠1且x≠0时，
∴(1−x)f
' (x)=3+ x + x
2+⋯+ x
m−1−(m+2) x
m=3+ x(1−x
m−1)
1−x
−(m+2) x
m，
∴f
' (x)=
3
1−x + x(1−x
m−1)
(1−x)
2
−(m+2) x
m
1−x
∴f
' (−2)=
3
1−(−2) + −2[1−(−2)
m−1]
[1−(−2)]
2
−(m+2)(−2)
m
1−(−2)
19
=1+
(−2)[1−(−2)
m−1]
9
−(m+2)(−2)
m
3
=1−2
9 −(−2)
m
9
−(m+2)(−2)
m
3
= 7
9 −(3m+7)(−2)
m
9
.
8．（2023·全国甲卷·高考真题）设Sn为数列{an}的前n 项和，已知a2=1,2Sn=nan．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{
an+1
2
n }的前n 项和T n．
【答案】(1)an=n−1
(2)T n=2−(2+n)(
1
2)
n
【分析】（1）根据an=¿即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【详解】（1）因为2Sn=nan，
当n=1时，2a1=a1，即a1=0；
当n=3时，2(1+a3)=3a3，即a3=2，
当n≥2时，2Sn−1=(n−1)an−1，所以2(Sn−Sn−1)=nan−(n−1)an−1=2an，
化简得：(n−2)an=(n−1)an−1，当n≥3时，an
n−1 = an−1
n−2 =⋯= a3
2 =1，即an=n−1，
当n=1,2时都满足上式，所以an=n−1(n∈N
∗)．
（2）因为an+1
2
n = n
2
n，所以T n=1×(
1
2)
1
+2×(
1
2)
2
+3×(
1
2)
3
+⋯+n×(
1
2)
n
，
1
2 T n=1×(
1
2)
2
+2×(
1
2)
3
+⋯+(n−1)×(
1
2)
n
+n×(
1
2)
n+1
，
两式相减得，
1
2 T n=(
1
2)
1
+(
1
2)
2
+(
1
2)
3
+⋯+(
1
2)
n
−n×(
1
2)
n+1
=
1
2 ×[1−(
1
2)
n
]
1−1
2
−n×(
1
2)
n+1
，
=1−(1+ n
2)(
1
2)
n
，即T n=2−(2+n)(
1
2)
n
，n∈N
∗．
9．（2023·全国乙卷·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2=11,S10= 40．
20
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和T n．
【答案】(1)an=15−2n
(2)T n=¿
【分析】（1）根据题意列式求解a1,d，进而可得结果；
（2）先求Sn，讨论an的符号去绝对值，结合Sn运算求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
由题意可得¿，即¿，解得¿，
所以an=13−2(n−1)=15−2n，
（2）因为Sn= n(13+15−2n)
2
=14 n−n
2，
令an=15−2n>0，解得n< 15
2 ，且n∈N
*，
当n≤7时，则an>0，可得T n=|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|an|=a1+a2+⋅⋅⋅+an= Sn=14 n−n
2；
当n≥8时，则an<0，可得T n=|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|an|=(a1+a2+⋅⋅⋅+a7)−(a8+⋅⋅⋅+an)
= S7−(Sn−S7)=2S7−Sn=2(14×7−7
2)−(14 n−n
2)=n
2−14 n+98；
综上所述：T n=¿.
10．（2024·全国甲卷·高考真题）记Sn为数列{an}的前n项和，已知4 Sn=3an+ 4．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=(−1)
n−1nan，求数列{bn}的前n项和T n．
【答案】(1)an= 4⋅(−3)
n−1
(2)T n=(2n−1)⋅3
n+1
【分析】（1）利用退位法可求{an}的通项公式．
（2）利用错位相减法可求T n.
【详解】（1）当n=1时，4 S1= 4 a1=3a1+ 4，解得a1= 4．
当n≥2时，4 Sn−1=3an−1+ 4，所以4 Sn−4 Sn−1= 4 an=3an−3an−1即an=−3an−1，
而a1= 4≠0，故an≠0，故
an
an−1
=−3，
∴数列{an}是以4 为首项，−3为公比的等比数列，
所以an= 4⋅(−3)
n−1.
（2）bn=(−1)
n−1⋅n⋅4⋅(−3)
n−1= 4 n⋅3
n−1,
21
所以T n=b1+b2+b3+⋯+bn = 4⋅3
0+8⋅3
1+12⋅3
2+⋯+ 4 n⋅3
n−1
故3T n= 4⋅3
1+8⋅3
2+12⋅3
3+⋯+ 4 n⋅3
n
所以−2T n= 4+ 4⋅3
1+ 4⋅3
2+⋯+ 4⋅3
n−1−4 n⋅3
n
= 4+ 4⋅3(1−3
n−1)
1−3
−4 n⋅3
n = 4 +2⋅3⋅(3
n−1−1)−4 n⋅3
n
=(2−4 n)⋅3
n−2，
∴T n=(2n−1)⋅3
n+1.
11．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C : x
2−y
2=m(m>0)，点P1(5,4)在C上，k为常数，
0<k <1．按照如下方式依次构造点Pn(n=2,3,...)：过Pn−1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn−1，令
Pn为Qn−1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为(xn, yn).
(1)若k = 1
2，求x2, y2；
(2)证明：数列{xn−yn}是公比为1+ k
1−k 的等比数列；
(3)设Sn为△Pn Pn+1 Pn+2的面积，证明：对任意正整数n，Sn= Sn+1.
【答案】(1)x2=3，y2=0
(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P2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Sn的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用
等差数列工具，证明Sn的取值为与n无关的定值即可.思路三：利用点差法得到
k Pn Pn+1= xn+1+ yn+1+ xn−yn
xn+1+ yn+1−(xn−yn)，k Pn−1 Pn+2= xn+2+ yn+2+ xn−1−yn−1
xn+2+ yn+2−(xn−1−yn−1)，再结合（2）中的结论得
xn+1+ yn+1=q(xn+2+ yn+2)，最后证明出k Pn Pn+1=k Pn−1 Pn+2即可.
【详解】（1）
由已知有m=5
2−4
2=9，故C的方程为x
2−y
2=9.
22
当k = 1
2时，过P1(5,4)且斜率为1
2的直线为y = x +3
2
，与x
2−y
2=9联立得到x
2−(
x +3
2 )
2
=9.
解得x =−3或x =5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1(−3,0)，该点显然在C的左支上.
故P2(3,0)，从而x2=3，y2=0.
（2）方法一：由于过Pn(xn, yn)且斜率为k的直线为y =k (x−xn)+ yn，与x
2−y
2=9联立，得到方程
x
2−(k (x−xn)+ yn)
2=9.
展开即得(1−k
2) x
2−2k ( yn−k xn)x−( yn−k xn)
2−9=0，由于Pn(xn, yn)已经是直线y =k (x−xn)+ yn和
x
2−y
2=9的公共点，故方程必有一根x = xn.
从而根据韦达定理，另一根x = 2k ( yn−k xn)
1−k
2
−xn= 2k yn−xn−k
2 xn
1−k
2
，相应的
y =k (x−xn)+ yn= yn+k
2 yn−2k xn
1−k
2
.
所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qn(
2k yn−xn−k
2 xn
1−k
2
, yn+k
2 yn−2k xn
1−k
2
)，而注意到Qn的横坐标亦
可通过韦达定理表示为
−( yn−k xn)
2−9
(1−k
2) xn
，故Qn一定在C的左支上.
所以Pn+1(
xn+k
2 xn−2k yn
1−k
2
, yn+k
2 yn−2k xn
1−k
2
).
这就得到xn+1= xn+k
2 xn−2k yn
1−k
2
，yn+1= yn+k
2 yn−2k xn
1−k
2
.
所以xn+1−yn+1= xn+ k
2 xn−2k yn
1−k
2
−yn+ k
2 yn−2k xn
1−k
2
= xn+k
2 xn+2k xn
1−k
2
−yn+k
2 yn+2k yn
1−k
2
= 1+k
2+2k
1−k
2
(xn−yn)= 1+k
1−k (xn−yn).
再由x1
2−y1
2=9，就知道x1−y1≠0，所以数列{xn−yn}是公比为1+k
1−k 的等比数列.
方法二：因为Pn(xn, yn)，Qn(−xn+1, yn+1)，k =−yn+1−yn
xn+1+ xn
，则1+ k
1−k = xn+1+ xn−yn+1+ yn
xn+1+ xn+ yn+1−yn
，
由于¿，作差得(xn+1−yn+1)(xn+1+ yn+1)=(xn−yn)(xn+ yn)，
xn+1−yn+1
xn−yn
=
xn+ yn
xn+1+ yn+1
，利用合比性质知
xn+1−yn+1
xn−yn
=
xn+ yn
xn+1+ yn+1
= xn+1−yn+1+ xn+ yn
xn−yn+ xn+1+ yn+1
= 1+k
1−k ，
因此{xn−yn}是公比为1+ k
1−k 的等比数列.
（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
23
S△UVW = 1
2|ad −bc|.（若U ,V ,W 在同一条直线上，约定S△UVW =0）
证明：S△UVW = 1
2|⃗UV|⋅|⃗UW|sin⃗UV ,⃗UW = 1
2|⃗UV|⋅|⃗UW|√1−cos
2⃗UV ,⃗UW
= 1
2|⃗UV|⋅|⃗UW|√
1−(⃗
UV ⋅⃗UW
|⃗UV|⋅|⃗UW|)
2
= 1
2 √|⃗UV|
2⋅|⃗UW|
2−(⃗UV ⋅⃗UW )
2
= 1
2 √(a
2+b
2)(c
2+d
2)−(ac+bd)
2
= 1
2 √a
2c
2+a
2d
2+b
2c
2+b
2d
2−a
2c
2−b
2d
2−2abcd
= 1
2 √a
2d
2+b
2c
2−2abcd = 1
2 √(ad −bc)
2= 1
2|ad −bc|.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到xn+1= xn+k
2 xn−2k yn
1−k
2
，yn+1= yn+k
2 yn−2k xn
1−k
2
，
故xn+1+ yn+1= xn+k
2 xn−2k yn
1−k
2
+ yn+k
2 yn−2k xn
1−k
2
= 1+k
2−2k
1−k
2
(xn+ yn)= 1−k
1+k (xn+ yn).
再由x1
2−y1
2=9，就知道x1+ y1≠0，所以数列{xn+ yn}是公比为1−k
1+ k 的等比数列.
所以对任意的正整数m，都有
xn yn+m−yn xn+m
= 1
2 ((xn xn+m−yn yn+m)+(xn yn+m−yn xn+m))−1
2 ((xn xn+m−yn yn+m)−(xn yn+m−yn xn+m))
= 1
2 (xn−yn)(xn+m+ yn+m)−1
2 (xn+ yn)(xn+m−yn+m)
= 1
2(
1−k
1+ k)
m
(xn−yn)(xn+ yn)−1
2(
1+k
1−k)
m
(xn+ yn)(xn−yn)
= 1
2((
1−k
1+k)
m
−(
1+k
1−k)
m
)(xn
2−yn
2)
= 9
2((
1−k
1+k)
m
−(
1+k
1−k)
m
).
而又有⃗Pn+1 Pn=(−(xn+1−xn),−( yn+1−yn))，⃗Pn+1 Pn+2=(xn+2−xn+1, yn+2−yn+1)，
故利用前面已经证明的结论即得
Sn= S△Pn Pn+1 Pn+2= 1
2|−(xn+1−xn)( yn+2−yn+1)+( yn+1−yn)(xn+2−xn+1)|
= 1
2|(xn+1−xn)( yn+2−yn+1)−( yn+1−yn)(xn+2−xn+1)|
24
= 1
2|(xn+1 yn+2−yn+1 xn+2)+(xn yn+1−yn xn+1)−(xn yn+2−yn xn+2)|
= 1
2|
9
2(
1−k
1+k −1+k
1−k)+ 9
2(
1−k
1+ k −1+ k
1−k)−9
2((
1−k
1+k)
2
−(
1+k
1−k)
2
)|.
这就表明Sn的取值是与n无关的定值，所以Sn= Sn+1.
方法二：由于上一小问已经得到xn+1= xn+k
2 xn−2k yn
1−k
2
，yn+1= yn+k
2 yn−2k xn
1−k
2
，
故xn+1+ yn+1= xn+k
2 xn−2k yn
1−k
2
+ yn+k
2 yn−2k xn
1−k
2
= 1+k
2−2k
1−k
2
(xn+ yn)= 1−k
1+k (xn+ yn).
再由x1
2−y1
2=9，就知道x1+ y1≠0，所以数列{xn+ yn}是公比为1−k
1+k 的等比数列.
所以对任意的正整数m，都有
xn yn+m−yn xn+m
= 1
2 ((xn xn+m−yn yn+m)+(xn yn+m−yn xn+m))−1
2 ((xn xn+m−yn yn+m)−(xn yn+m−yn xn+m))
= 1
2 (xn−yn)(xn+m+ yn+m)−1
2 (xn+ yn)(xn+m−yn+m)
= 1
2(
1−k
1+ k)
m
(xn−yn)(xn+ yn)−1
2(
1+k
1−k)
m
(xn+ yn)(xn−yn)
= 1
2((
1−k
1+k)
m
−(
1+ k
1−k)
m
)(xn
2−yn
2)
= 9
2((
1−k
1+k)
m
−(
1+k
1−k)
m
).
这就得到xn+2 yn+3−yn+2 xn+3= 9
2(
1−k
1+k −1+k
1−k)= xn yn+1−yn xn+1，
以及xn+1 yn+3−yn+1 xn+3= 9
2((
1−k
1+k)
2
−(
1+k
1−k)
2
)= xn yn+2−yn xn+2.
两式相减，即得(xn+2 yn+3−yn+2 xn+3)−(xn+1 yn+3−yn+1 xn+3)=(xn yn+1−yn xn+1)−(xn yn+2−yn xn+2).
移项得到xn+2 yn+3−yn xn+2−xn+1 yn+3+ yn xn+1= yn+2 xn+3−xn yn+2−yn+1 xn+3+ xn yn+1.
故( yn+3−yn)(xn+2−xn+1)=( yn+2−yn+1)(xn+3−xn).
而⃗Pn Pn+3=(xn+3−xn, yn+3−yn)，⃗Pn+1 Pn+2=(xn+2−xn+1, yn+2−yn+1).
所以⃗Pn Pn+3和⃗Pn+1 Pn+2平行，这就得到S△Pn Pn+1Pn+2= S△Pn+1Pn+2 Pn+3，即Sn= Sn+1.
方法三：由于¿，作差得xn+1
2−xn
2= yn+1
2−yn
2，
变形得k Pn Pn+1= yn+1−yn
xn+1−xn
= xn+1+ xn
yn+1+ yn
= xn+1+ yn+1+ xn−yn
xn+1+ yn+1−(xn−yn)①，
25
同理可得k Pn−1 Pn+2= yn+2−yn−1
xn+2−xn−1
= xn+2+ xn−1
yn+2+ yn−1
= xn+2+ yn+2+ xn−1−yn−1
xn+2+ yn+2−(xn−1−yn−1)，
由（2）知{xn−yn}是公比为1+ k
1−k 的等比数列，令q = 1+k
1−k 则xn−yn=q(xn−1−yn−1)②，
同时{xn+ yn}是公比为1
q 的等比数列，则xn+1+ yn+1=q(xn+2+ yn+2)③，
将②③代入①，
yn+1−yn
xn+1−xn
= xn+1+ yn+1+ xn−yn
xn+1+ yn+1−(xn−yn)
= q(xn+2+ yn+2)+q(xn−1−yn−1)
q(xn+2+ yn+2)−q(xn−1−yn−1)
= xn+2+ yn+2+ xn−1−yn−1
xn+2+ yn+2−(xn−1−yn−1)
即k Pn Pn+1=k Pn−1Pn+2，从而Sn−1= Sn，即Sn= Sn+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.
12．（2024·天津·高考真题）已知{an}为公比大于0 的等比数列，其前n项和为Sn，且a1=1,S2=a3−1．
(1)求{an}的通项公式及Sn；
(2)设数列{bn}满足bn=¿，其中k ∈N ∗．
（ⅰ）求证：当n=ak +1(k ∈N
∗, 且k >1)时，求证：bn−1≥ak⋅bn；
（ⅱ）求∑
i=1
Sn
bi．
【答案】(1)an=2
n−1,Sn=2
n−1
(2)①证明见详解；②∑
i=1
Sn
bi= (3n−1)4
n+1
9
【分析】（1）设等比数列{an}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ak =2
k −1,bn=k +1，bn−1=k (2
k−1)，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∑
i=2
k −1
2
k−1
❑bi= 1
9 [(3k −1)4
k−(3k −4)4
k −1]，再结合裂项相消法分析求解.
【详解】（1）设等比数列{an}的公比为q>0，
因为a1=1,S2=a3−1，即a1+a2=a3−1，
可得1+q =q
2−1，整理得q
2−q−2=0，解得q =2或q =−1（舍去），
所以an=2
n−1,Sn= 1−2
n
1−2 =2
n−1.
（2）（i）由（1）可知an=2
n−1，且k ∈N ∗,k ≥2，
当n=ak +1=2
k ≥4时，则¿，即ak<n−1<ak +1
可知ak =2
k −1,bn=k +1，
26
bn−1=bak+(ak +1−ak−1)⋅2k =k +2k (2
k −1−1)=k (2
k−1)，
可得bn−1−ak⋅bn=k (2
k−1)−(k +1)2
k −1=(k −1)2
k −1−k ≥2(k −1)−k =k −2≥0，
当且仅当k =2时，等号成立，
所以bn−1≥ak⋅bn；
（ii）由（1）可知：Sn=2
n−1=an+1−1，
若n=1，则S1=1,b1=1；
若n≥2，则ak +1−ak =2
k −1，
当2
k −1<i≤2
k−1时，bi−bi−1=2k，可知{bi}为等差数列，
可得∑
i=2
k −1
2
k−1
❑bi=k ⋅2
k −1+2k 2
k −1(2
k −1−1)
2
=k ⋅4
k −1= 1
9 [(3k −1)4
k−(3k −4)4
k −1]，
所以∑
i=1
Sn
❑bi=1+ 1
9 [5×4
2−2×4+8×4
3−5×4
2+⋅⋅⋅+(3n−1)4
n−(3n−4)4
n−1]= (3n−1)4
n+1
9
，
且n=1，符合上式，综上所述：∑
i=1
Sn
❑bi= (3n−1)4
n+1
9
.
【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2
k −1<i≤2
k−1时，bi−bi−1=2k，可知{bi}为等差数列；
2.根据等差数列求和分析可得∑
i=2
k −1
2
k−1
❑bi= 1
9 [(3k −1)4
k−(3k −4)4
k −1].
13．（2023·北京·高考真题）已知数列{an},{bn}的项数均为m(m>2)，且an,bn∈{1,2,⋯,m}, {an},{bn}
的前n 项和分别为An,Bn，并规定A0= B0=0．对于k ∈{0,1,2,⋯,m}，定义
rk =max {i∣Bi≤Ak ,i∈{0,1,2,⋯,m}}，其中，max M表示数集M 中最大的数.
(1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3，求r0,r1,r2,r3的值；
(2)若a1≥b1，且2r j≤r j+1+r j−1, j =1,2,⋯,m−1,，求rn；
(3)证明：存在p,q ,s,t ∈{0,1,2,⋯,m}，满足p>q ,s>t , 使得A p+ Bt = Aq+ Bs．
【答案】(1)r0=0，r1=1，r2=1，r3=2
(2)rn=n,n∈N
(3)证明见详解
【分析】（1）先求A0, A1, A2, A3,B0,B1,B2,B3，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得ri+1−ri≥1，利用反证可得ri+1−ri=1，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论Am,Bm的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）由题意可知：A0=0, A1=2, A2=3, A3=6,B0=0,B1=1,B2=4,B3=7，
当k =0时，则B0= A0=0,Bi> A0,i=1,2,3，故r0=0；
当k =1时，则B0< A1,B1< A1,Bi> A1,i=2,3，故r1=1；
27
当k =2时，则Bi< A2,i=0,1,B2> A2,B3> A2,故r2=1；
当k =3时，则Bi< A3,i=0,1,2,B3> A3，故r3=2；
综上所述：r0=0，r1=1，r2=1，r3=2.
（2）由题意可知：rn≤m，且rn∈N，
因为an≥1,bn≥1，且a1≥b1，则An≥B1>B0对任意n∈N
*恒成立，
所以r0=0,r1≥1，
又因为2ri≤ri−1+ri+1，则ri+1−ri≥ri−ri−1，即rm−rm−1≥rm−1−rm−2≥⋅⋅⋅≥r1−r0≥1，
可得ri+1−ri≥1，
反证：假设满足rn+1−rn>1的最小正整数为1≤j≤m−1，
当i≥j时，则ri+1−ri≥2；当i≤j−1时，则ri+1−ri=1，
则rm=(rm−rm−1)+(rm−1−rm−2)+⋅⋅⋅+(r1−r0)+r0 ≥2(m−j)+ j =2m−j，
又因为1≤j≤m−1，则rm≥2m−j≥2m−(m−1)=m+1>m，
假设不成立，故rn+1−rn=1，
即数列{rn}是以首项为1，公差为1 的等差数列，所以rn=0+1×n=n,n∈N.
（3）因为an,bn均为正整数，则{An},{Bn}均为递增数列，
（ⅰ）若Am= Bm，则可取t =q =0，满足p>q ,s>t , 使得A p+ Bt = Aq+ Bs；
（ⅱ）若Am<Bm，则rk<m，
构建Sn= Brn−An,1≤n≤m，由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数，
反证，假设存在正整数K，使得SK ≤−m，
则Br K−A K ≤−m,Br K +1−A K >0，可得br K +1= Br K +1−Br K =(Br K +1−A K)−(Br K−A K)>m，
这与br K +1∈{1,2,⋅⋅⋅,m}相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N，均有Sn≥1−m.
①若存在正整数N，使得SN = Br N−A N =0，即A N = Br N，
可取t =q =0, p= N ,s=r N，
满足p>q ,s>t，使得A p+ Bt = Aq+ Bs；
②若不存在正整数N，使得SN =0，
因为Sn∈{−1,−2,⋅⋅⋅,−(m−1)}，且1≤n≤m，
所以必存在1≤X <Y ≤m，使得S X = SY，
即Br X−A X = BrY −AY，可得AY + Br X = A X + BrY，
可取p=Y ,s=rY ,q = X ,t =r X，
满足p>q ,s>t，使得A p+ Bt = Aq+ Bs；
（ⅲ）若Am>Bm，
定义Rk =max {i∣Ai≤Bk ,i∈{0,1,2,⋯,m}}，则Rk<m，
28
构建Sn= A Rn−Bn,1≤n≤m，由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数，
反证，假设存在正整数K ,1≤K ≤m，使得SK ≤−m，
则A RK−BK ≤−m, A RK +1−BK >0，可得aRK +1= A RK +1−A RK =( A RK +1−BK)−( A RK−BK)>m，
这与aRK +1∈{1,2,⋅⋅⋅,m}相矛盾，故对任意1≤n≤m,n∈N，均有Sn≥1−m.
①若存在正整数N，使得SN = A RN−BN =0，即A RN = BN，
可取q =t =0,s= N , p= RN，
即满足p>q ,s>t，使得A p+ Bt = Aq+ Bs；
②若不存在正整数N，使得SN =0，
因为Sn∈{−1,−2,⋅⋅⋅,−(m−1)}，且1≤n≤m，
所以必存在1≤X <Y ≤m，使得S X = SY，
即A R X−BX = A RY −BY，可得A RY + BX = A R X+ BY，
可取p= RY ,t = X ,q = RX ,s=Y ，
满足p>q ,s>t，使得A p+ Bt = Aq+ Bs.
综上所述：存在0≤q< p≤m,0≤t <s≤m使得A p+ Bt = Aq+ Bs．
14．（2024·北京·高考真题）已知集合
M ={(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 :a1,a2,⋯,a8，和序列Ω:T 1,T 2,⋯T s，其中T t =(it , jt ,kt ,wt)∈M (t =1,2,⋯,s)，对数列A进行如
下变换：将A的第i1, j1,k1,w1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i2, j2,k2,w2
项均加1，其余项不变，得到数列记作T 2T 1( A)；……；以此类推，得到T s⋯T 2T 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a1+2,a2+6,a3+ 4 ,a4+2,a5+8,a6+2,a7+ 4 ,a8+ 4，若存在，写出一
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a1+a3+a5+a7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“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”．
【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：
(b2n−1+b2n)−(a2n−1+a2n)=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a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8，分类讨论
29
a1,a3,a5,a7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.
【详解】（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 2T 1( A):2,4,3,5,7,4,2,10；
由序列T 3(1,3,5,7)可得T 3T 2T 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a1+a2+ s，第3,4项之和为a3+a4+ s，
则¿，而该方程组无解，故假设不成立，
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):b1,b2,⋅⋅⋅,b8，
因为2+6+ 4+2+8+2+ 4+ 4
4
=8，即序列Ω共有8 项，
由题意可知：(b2n−1+b2n)−(a2n−1+a2n)=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 2T 1( A)为{as,n}(1≤n≤8)，特别规定a0,n=an(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as,1=as,2=as,3=as,4=as,5=as,6=as,7=as,8，所以as,1+as,2=as,3+as,4=as,5+as,6=as,7+as,8.
根据T s...T 2T 1( A)的定义，显然有as,2 j−1+as,2 j=as−1,2 j−1+as−1,2 j+1，这里j =1,2,3,4，s=1,2,....
所以不断使用该式就得到a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8=as,1+as,2−s，必要性得证.
充分性：
若a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8.
由已知，a1+a3+a5+a7为偶数，而a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8，所以
a2+a4+a6+a8= 4(a1+a2)−(a1+a3+a5+a7)也是偶数.
我们设T s...T 2T 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
|as,1−as,2|+|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,8|最小的一个.
上面已经说明as,2 j−1+as,2 j=as−1,2 j−1+as−1,2 j+1，这里j =1,2,3,4，s=1,2,....
从而由a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8可得as,1+as,2=as,3+as,4=as,5+as,6=as,7+as,8=a1+a2+ s.
同时，由于it + jt + kt + wt总是偶数，所以at ,1+at ,3+at ,5+at ,7和at ,2+at ,4+at ,6+at ,8的奇偶性保持不变，从
而as,1+as,3+as,5+as,7和as,2+as,4+as,6+as,8都是偶数.
30
下面证明不存在j =1,2,3,4使得|as,2 j−1−as,2 j|≥2.
假设存在，根据对称性，不妨设j =1，as,2 j−1−as,2 j≥2，即as,1−as,2≥2.
情况1：若|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,8|=0，则由as,1+as,3+as,5+as,7和as,2+as,4+as,6+as,8都是
偶数，知as,1−as,2≥4.
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
|as+ 4,1−as+ 4,2|+|as+ 4,3−as+ 4,4|+|as+ 4,5−as+ 4,6|+|as+ 4,7−as+ 4,8|相比原来的
|as,1−as,2|+|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,8|减少4，这与
|as,1−as,2|+|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,8|的最小性矛盾；
情况2：若|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,8|>0，不妨设|as,3−as,4|>0.
情况2-1：如果as,3−as,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
|as+2,1−as+2,2|+|as+2,3−as+2,4|+|as+2,5−as+2,6|+|as+2,7−as+2,8|相比原来的
|as,1−as,2|+|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,8|至少减少2，这与
|as,1−as,2|+|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,8|的最小性矛盾；
情况2-2：如果as,4−as,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
|as+2,1−as+2,2|+|as+2,3−as+2,4|+|as+2,5−as+2,6|+|as+2,7−as+2,8|相比原来的
|as,1−as,2|+|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,8|至少减少2，这与
|as,1−as,2|+|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,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|as,2 j−1−as,2 j|≤1.
假设存在j =1,2,3,4使得|as,2 j−1−as,2 j|=1，则as,2 j−1+as,2 j是奇数，所以
as,1+as,2=as,3+as,4=as,5+as,6=as,7+as,8都是奇数，设为2 N +1.
则此时对任意j =1,2,3,4，由|as,2 j−1−as,2 j|≤1可知必有{as,2 j−1,as,2 j}= {N , N +1}.
而as,1+as,3+as,5+as,7和as,2+as,4+as,6+as,8都是偶数，故集合{m|as,m= N }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
|as+1,1−as+1,2|+|as+1,3−as+1,4|+|as+1,5−as+1,6|+|as+1,7−as+1,8|等于零，比原来的
|as,1−as,2|+|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,8|更小，这与
|as,1−as,2|+|as,3−as,4|+|as,5−as,6|+|as,7−as,8|的最小性矛盾.
综上，只可能|as,2 j−1−as,2 j|=0( j =1,2,3,4)，而as,1+as,2=as,3+as,4=as,5+as,6=as,7+as,8，故
{as,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(a1,a2),(a3,a4),(a5,a6),(a7,a8)相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8，
31
不妨设a1≤a3≤a5≤a7，则a2≥a4≥a6≥a8，
①当a1=a3=a5=a7，则a8=a6=a4=a2，
分别执行a1个序列(2,4,6,8)、a2个序列(1,3,5,7)，
可得a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2,a1+a2，为常数列，符合题意；
②当a1,a3,a5,a7中有且仅有三个数相等，不妨设a1=a3=a5，则a2=a4=a6，
即a1,a2,a1,a2,a1,a2,a7,a8，
分别执行a2个序列(1,3,5,7)、a7个序列(2,4,6,8)
可得a1+a2,a2+a7,a1+a2,a2+a7,a1+a2,a2+a7,a2+a7,a7+a8，
即a1+a2,a2+a7,a1+a2,a2+a7,a1+a2,a2+a7,a2+a7,a1+a2，
因为a1+a3+a5+a7为偶数，即3a1+a7为偶数，
可知a1,a7的奇偶性相同，则a7−a1
2
∈N
*，
分别执行a7−a1
2
个序列(1,3,5,7)，(1,3,6,8)，(2,3,5,8)，(1,4,5,8)，
可得
3a7+2a2−a1
2
, 3a7+2a2−a1
2
, 3a7+2a2−a1
2
, 3a7+2a2−a1
2
, 3a7+2a2−a1
2
, 3a7+2a2−a1
2
, 3a7+2a2−a1
2
, 3a7+2
2
，
为常数列，符合题意；
③若a1=a3<a5=a7，则a2=a4>a6=a8，即a1,a2,a1,a2,a5,a6,a5,a6，
分别执行a5个(1,3,6,8)、a1个(2,4,5,7)，
可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a5+a6,a1+a5,a5+a6，
因为a1+a2=a5+a6，
可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2，
即转为①，可知符合题意；
④当a1,a3,a5,a7中有且仅有两个数相等，不妨设a1=a3，则a2=a4，
即a1,a2,a1,a2,a5,a6,a7,a8，
分别执行a1个(2,4,5,7)、a5个(1,3,6,8)，
可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a5+a6,a1+a7,a5+a8，
且a1+a2=a5+a6，可得a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a5,a1+a2,a1+a7,a5+a8，
因为a1+a3+a5+a7=2a1+a5+a7为偶数，可知a5,a7的奇偶性相同，
则(a1+a5)+(a1+a5)+(a1+a5)+(a1+a7)= 4 a1+3a5+a7为偶数，
且a1+a5=a1+a5=a1+a5<a1+a7，即转为②，可知符合题意；
⑤若a1<a3<a5<a7，则a2>a4>a6>a8，即a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8，
分别执行a1个(2,3,5,8)、a3个(1,4,6,7)，
32
可得a1+a3,a1+a2,a1+a3,a3+a4,a1+a5,a3+a6,a3+a7,a1+a8，
且a1+a2=a3+a4，可得a1+a3,a1+a2,a1+a3,a1+a2,a1+a5,a3+a6,a3+a7,a1+a8，
因为a1+a3+a5+a7为偶数，
则(a1+a3)+(a1+a3)+(a1+a5)+(a3+a7)=2(a1+a3)+(a1+a3+a5+a7)为偶数，
且a1+a3=a1+a3<a1+a5<a3+a7，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8，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):b1,b2,⋅⋅⋅,b8，
均有(b1+b2)−(a1+a2)=(b3+b4)−(a3+a4) =(b5+b6)−(a5+a6)=(b7+b8)−(a7+a8)成立，
若Ω( A)为常数列，则b1+b2=b3+b4=b5+b6=b7+b8，
所以a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8；
综上所述：“存在序列Ω，使得Ω( A)为常数列”的充要条件为“a1+a2=a3+a4=a5+a6=a7+a8”.
【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.
15．（2024·广东江苏·高考真题）设m 为正整数，数列a1,a2,...,a4m+2是公差不为0 的等差数列，若从中
删去两项ai和a j(i< j)后剩余的4 m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
a1,a2,...,a4 m+2是(i, j)−可分数列．
(1)写出所有的(i, j)，1≤i< j≤6，使数列a1,a2,...,a6是(i, j)−可分数列；
(2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,...,a4 m+2是(2,13)−可分数列；
(3)从1,2,...,4 m+2中任取两个数i和j(i< j)，记数列a1,a2,...,a4m+2是(i, j)−可分数列的概率为Pm，证明：
Pm> 1
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；
（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.
【详解】（1）首先，我们设数列a1,a2,...,a4 m+2的公差为d，则d ≠0.
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a
'
k = ak−a1
d
+1(k =1,2,...,4 m+2)，
得到新数列a
'
k =k (k =1,2,...,4 m+2)，然后对a
'
1,a
'
2,...,a
'
4 m+2进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设ak =k (k =1,2,...,4 m+2)，此后的讨论均建立在该假设下进行.
33
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,...,4 m+2中取出2和13后，剩余的4 m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},...,{4 m−1,4 m,4 m+1,4 m+2}，共m−3组.
（如果m−3=0，则忽略②）
故数列1,2,...,4 m+2是(2,13)−可分数列.
（3）定义集合A ={4 k +1|k =0,1,2,...,m}= {1,5,9,13,...,4 m+1}，
B ={4 k +2|k =0,1,2,...,m}= {2,6,10,14 ,...,4 m+2}.
下面证明，对1≤i< j≤4 m+2，如果下面两个命题同时成立，
则数列1,2,...,4 m+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= 4 k1+1，j = 4 k2+2，k1,k2∈{0,1,2,...,m}.
则由i< j可知4 k1+1<4 k2+2，即k2−k1>−1
4 ，故k2≥k1.
此时，由于从数列1,2,...,4 m+2中取出i= 4 k1+1和j = 4 k2+2后，
剩余的4 m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},...,{4 k1−3,4 k1−2,4 k1−1,4 k1}，共k1组；
②{4 k1+2,4 k1+3,4 k1+ 4,4 k1+5},{4 k1+6,4 k1+7,4 k1+8,4 k1+9},...,{4 k2−2,4 k2−1,4 k2,4 k2+1}，
共k2−k1组；
③{4 k2+3,4 k2+ 4,4 k2+5,4 k2+6},{4 k2+7,4 k2+8,4 k2+9,4 k2+10},...,{4 m−1,4 m,4 m+1,4 m+2}，
共m−k2组.
（如果某一部分的组数为0，则忽略之）
故此时数列1,2,...,4 m+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= 4 k1+2，j = 4 k2+1，k1,k2∈{0,1,2,...,m}.
则由i< j可知4 k1+2<4 k2+1，即k2−k1> 1
4 ，故k2>k1.
由于j−i≠3，故(4 k2+1)−(4 k1+2)≠3，从而k2−k1≠1，这就意味着k2−k1≥2.
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此时，由于从数列1,2,...,4 m+2中取出i= 4 k1+2和j = 4 k2+1后，剩余的4 m个数可以分为以下四个部分，
共m组，使得每组成等差数列：
①{1,2,3,4},{5,6,7,8},...,{4 k1−3,4 k1−2,4 k1−1,4 k1}，共k1组；
②{4 k1+1,3k1+ k2+1,2k1+2k2+1,k1+3k2+1}，{3k1+ k2+2,2k1+2k2+2,k1+3k2+2,4 k2+2}，共2组；
③全体{4 k1+ p,3k1+ k2+ p,2k1+2k2+ p,k1+3k2+ p}，其中p=3,4 ,...,k2−k1，共k2−k1−2组；
④{4 k2+3,4 k2+ 4,4 k2+5,4 k2+6},{4 k2+7,4 k2+8,4 k2+9,4 k2+10},...,{4 m−1,4 m,4 m+1,4 m+2}，
共m−k2组.
（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k2−k1−2个行，4个列的数表
以后，4个列分别是下面这些数：
{4 k1+3,4 k1+ 4 ,...,3k1+k2}，{3k1+ k2+3,3k1+ k2+ 4 ,...,2k1+2k2}，
{2k1+2k2+3,2k1+2k2+3,...,k1+3k2}，{k1+3k2+3,k1+3k2+ 4 ,...,4 k2}.
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{4 k1+1,4 k1+2,...,4 k2+2}中除开五个
集合{4 k1+1,4 k1+2}，{3k1+ k2+1,3k1+ k2+2}，{2k1+2k2+1,2k1+2k2+2}，
{k1+3k2+1,k1+3k2+2}，{4 k2+1,4 k2+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4 k1+2和4 k2+1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1,2,...,4 m+2是(i, j)−可分数列.
至此，我们证明了：对1≤i< j≤4 m+2，如果前述命题1 和命题2 同时成立，则数列1,2,...,4 m+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= 4 k1+1，j = 4 k2+2，代入得(4 k2+2)−(4 k1+1)=3.
但这导致k2−k1= 1
2，矛盾，所以i∈B , j∈A.
设i= 4 k1+2，j = 4 k2+1，k1,k2∈{0,1,2,...,m}，则(4 k2+1)−(4 k1+2)=3，即k2−k1=1.
所以可能的(k1,k2)恰好就是(0,1),(1,2),...,(m−1,m)，对应的(i, j)分别是
(2,5),(6,9),...,(4 m−2,4 m+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,...,4 m+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
(4 m+2)(4 m+1)
2
=(2m+1)(4 m+1).
而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是(i, j)−可分数列的(i, j)至少有(m+1)
2−m个.
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所以数列a1,a2,...,a4 m+2是(i, j)−可分数列的概率Pm一定满足
Pm≥
(m+1)
2−m
(2m+1)(4 m+1) =
m
2+m+1
(2m+1)(4 m+1) >
m
2+m+ 1
4
(2m+1)(4 m+2) =
(m+ 1
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.
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