培优冲刺07数列递推公式与求和归类（解析版）_数学_二轮复习_2024年_2024年高考数学第三次模拟资源精选_资料_模块三查漏补缺

培优冲刺 07 数列递推公式与求和归类
目录
题型一：数列型恒成立求参……………………………………………………………………………………………………………………………1
题型二：是否存在型求参………………………………………………………………………………………………………………………………3
题型三：恒成立证明型…………………………………………………………………………………………………………………………………6
题型四：求和型不等式证明…………………………………………………………………………………………………………………………8
题型五：数列不定方程型………………………………………………………………………………………………………………………………11
题型六：恒成立求参：奇偶讨论型………………………………………………………………………………………………………………12
题型七：下标数列…………………………………………………………………………………………………………………………………………15
题型八：高斯取整数列型………………………………………………………………………………………………………………………………17
题型九：前n项积型不等式恒成立求参………………………………………………………………………………………………………20
题型十：先放缩再求和型证明不等式……………………………………………………………………………………………………………23
题型十一：插入数型：等差型…………………………………………………………………………………………………………………………
26
题型十二：插入数列型……………………………………………………………………………………………………………………………………
29
题型十三：新结构19题型压轴………………………………………………………………………………………………………………………
31
题型一：数列型恒成立求参
分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参
数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
数列恒成立求参数关键“坑”：
数列是以正整数为“变量”的函数，所以求最小值时要注意正整数的取值范围
1.（河北省邯郸市部分学校2023届高三下学期开学考试数学试题）若数列 满足 ，
，m为常数.
(1)求证： 是等差数列；
(2)若对任意 ，都有 ，求实数m的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）等式两边同除以 ，用等差数列的定义证明；
（2）将条件转化为 对 恒成立，求 的最大值即可.
【详解】（1）证明：因为 ，等式两边同除以 ，得 ，即 ，
所以数列 是首项为 ，公差为1的等差数列.
（2）由（1）得 ，因此 .
由 对 恒成立，得 对 均成立.
因为 ，不等式两边同除以 ，得 ，
即 对 恒成立，
当 时， 取最大值 ，所以 ，
所以实数m的取值范围为 .
2..（河北省石家庄二中教育集团2022-2023学年高三四校联考数学试题）已知等比数列 满足
， ，且 为等差数列．
(1)求数列 的通项公式；
(2)若 ， ，对任意正整数 ， 恒成立，试求 的取值
范围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）利用等比数列的通项公式和等差中项求解即可；
（2）由（1）得 ，利用错位相减法得 ，则原不等式转化为
对任意正整数 恒成立，求 的最小值即可.
【详解】（1）因为数列 是等比数列，且满足 ，
所以 ①，
②，
又因为 为等差数列，所以 ，即 ③，
联立①②③解得 ，所以 .
（2）由（1）得 ，
所以 ④，
⑤，
⑤ ④得
，
由题意 即 对任意正整数 恒成立，
所以 恒成立，则 即可，
又因为 ，所以 ，即 的取值范围是 .3.（重庆市巫山第二中学2022-2023学年高三数学试题）已知正项数列 的前 项和为 ，且
，数列 满足 且 .
(1)分别求数列 和 的通项公式；
(2)若 ，设数列 的前 项和为 ，且 ，对任意正整数恒成立，求实数 的
取值范围.
【答案】(1) ， (2)
【分析】（1）根据 与 的关系和等差数列的定义可求出 ，根据递推公式和等比数列的定义求出 ；
（2）根据裂项公式 求出 ，将 恒成立化
为 对任意正整数 恒成立，再根据数列的单调性求出 的最大值，代入解不等式即可得
解.
【详解】（1）∵ ，∴ ，
所以 ，
∴ ，化简 .
∵ ，∴ .又 ，解得 ，
∴ 是以1为首项，2为公差的等差数列.
∴ .
由 ，可得 ， ，又 ，
故数列 是以2为首项，2为公比的等比数列.
则 .
（2）由（1）知 ，则 ，
所以 ，
故 即 对任意正整数 恒成立，
设 ， ，
则 ，
即 ，则 单调递减， ，
，解得 或 .故 的取值范围为 .
题型二：是否存在型求参
一般地，已知函数 ，
不等关系
(1)若 ， ，总有 成立，故 ；
(2)若 ， ，有 成立，故 ；
(3)若 ， ，有 成立，故 ；
(4) 若 ， ，有 成立，故 ．
1.（上海市敬业中学2022届高三上学期数学试题）设正项数列 的前 项和为 ，首项为1，已知对任
意整数 ，当 时， （ 为正常数）恒成立．
(1)求证：数列 是等比数列；
(2)证明：数列 是递增数列；
(3)是否存在正常数 ，使得 为等差数列？若存在，求出常数 的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析(2是 (3)存在， .
【分析】（1）由已知条件，可令 ，代入 ，即可得到所求出数列 通项公式，
从而可证 是等比数列；
（2）讨论公比q是否为1，求得 ，以及 ，由单调性的定义即可得证；
（3）假设存在正常数c使得 为等差数列，结合对数的运算性质和等差数列的通项公式，即可得
到所求结论．
【详解】（1）因为对任意正整数 ，
当 时， 总成立，
所以 时，令 ，得 ，即 ，
当 时，也成立，所以 ，所以数列 是等比数列；
（2）当 时， ， 随着 的增大而增大；当 ， 时， ，
，
由 ，综上可得数列 是递增数列；
（3）假设存在正常数 使得 为等差数列．当 时， ，当 时， ，
由 为等差数列，得 ，此时
当 时， 为等差数列，所以存在 使得 为等差数列．
2.（四川省绵阳市2023届高三第二次诊断性考试数学（文）试题）已知各项均为正数的数列 的前n项
和为 ，且 为等差数列．
(1)求数列 的通项公式；
(2)已知 ，是否存在 ，使得 恒成立?若存在，求出m的值；若不
存在，说明理由．
【答案】(1) ；
(2)存在， 或 ；
【分析】（1）由题设 且 ，应用 关系求数列通项公式；
（2）由（1）知 ，构造 且 并利用导数研究单调性判断是否存在最大值，即
可得结论.
【详解】（1）由题设 且 ，
当 时， ，可得 ；
当 时， ，则 ；
由 ，故 ，
所以 是首项、公差均为1的等差数列，故 .
（2）由（1）知： ，要使 ，即 恒成立，
令 且 ，则 ，
若 ，即 ，则 ，
在 上 ， 递增， 上 ， 递减，
所以 在 有最大值，又 ，
对于 ，当 时， ，当 时， ，
综上， ，故存在 或 使 恒成立.
3.（江苏省南通市如东县2022-2023学年高三上学期数学试题）已知 是数列 的前 项和，且 ，
数列 是公差为 的等差数列．
(1)求数列 的通项公式
(2)记数列 的前 项和为 ，是否存在实数 使得数列 成等差数列，若存在，求出实数 的值
若不存在，说明理由．【答案】(1) ；(2)存在， .
【分析】（1）由等差数列通项公式得出 ，再由 与 的关系可得数列 的通项公式.
（2）由（1）的结论结合错位相减求出 ，先得出 的前三项，由等差数列的性质得出方程解出 ，
再检验即可．
【详解】（1）因为 ，数列 是公差为 的等差数列，则 ，因此
，
当 时， ，则有 ，
因此 ，即 ，数列 是常数列，有 ，
所以数列 的通项公式 ．
（2）由（1）知， ，
则 ，
于是得 ，
两式相减得： ，
因此 ，
有 ， ， ，若数列 成等差数列，则 ，
解得 ，
当 时， ，则 ，从而数列 成等差数列，
所以存在 ，使得数列 成等差数列．
题型三：恒成立证明型
数列与不等式问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列
的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，
利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．
1.（2024高三·全国·专题练习）已知在数列 中， ，点 ， 在直线 上.
(1)求数列 的通项公式．
(2)设 ， 为数列 的前 项和，试问：是否存在关于 的整式 ，使得
（ ，且 ）恒成立？若存在，写出 的表达式，并加以证明；
若不存在，请说明理由．【答案】(1) (2)存在，
【分析】（1）根据已知条件点 在直线 上，可得 ，根据等差数列定义判
断 为等差数列，即可求解.
（2）根据已知条件得 ，化为 ，利用累加法求得
，结合题意即可求解.
【详解】（1）因为点 ， 在直线 上，
所以 ，即 .
又 ，所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ， .
（2）因为 ，所以 ，
所以 ，
即 ，所以 ，
， ，
，
所以 ，
所以 .
根据题意 （ ，且 ）恒成立，
所以 ，所以存在关于 的整式 ，
使得 （ ，且 ）恒成立.
2.（广西南宁市第八中学2022-2023学年高三数学试题）在数列 中，已知 ， ，且对于任意
正整数n都有 .
(1)令 ，求数列 的通项公式；
(2)设m是一个正数，无论m为何值，是否都有一个正整数n使 成立.
【答案】(1) ；(2)存在，详见解析.
【分析】（1）由题可得 ，然后利用等比数列的定义及通项公式即得；
（2）由题可知 ，可得 ，令 ，利用等比数列的通项公式可得 ，即可
得出 ，假设存在正整数 满足题意，由题可得 ，即可求解．
【详解】（1）因为 ，所以 ，因为 ，且 ，
所以 ，且 ，所以数列 是以 为首项，以3为公比的等比数列，
所以 ；（2）由（1）可得 ，所以 ，令 ，则 ，所以
，且 ，所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，所以
，即 ，
所以 ，无论 为何值，假设存在一个正整数 使 成立，
因为 ，即 ，可得 ，
取 ，因此 是一个正数，无论 为何值，都有一个正整数 使 成立，取
的正整数即可．
3.（23-24高三上·重庆·阶段练习）已知公比不为1的等比数列 的前n项和为 ，且 成等差数
列．
(1)求数列 的公比；
(2)是否存在r，s， 且 使得 成等差数列？若存在，求 出r，s，t的关系； 若不存
在，请说明理由．
【答案】(1) ;(2)答案见解析.
【分析】（1）利用 成等差数列和 是等比数列,建立方程，求出公比即可；
（2）先假设存在,通过对数列求和，验证 为等差数列矛盾，从而说明不存在.
【详解】（1）结合题意： 成等差数列，所以 ，
由 是等比数列，所以 ，
整理得 ，解得： （舍去），或 .
（2）假设存在r，s， 且 使得 成等差数列
由（1）可知 ，所以 ，
因为 成等差数列，所以
，
即 ，整理得： ，
在上式两边同时除 ，
得到： ，
又 所以 ，因为 ，所以 ，
所以存在互不相等的正整数r，s， 且 时，使得 成等差数列.
题型四：求和型不等式证明
求和型不等式证明：
先求和再放缩，放缩时，可以直接放缩，可以借助数列的单调性放缩。
求和常用方法
1.形如 （等差） （等比），用分组求和法，分别求和而后相加减
2.形如 （等差比） （裂项），用分组求和法，分别求和而后相加减
3.形如 （ ， 为可以求和的常见数列），用分组求和法，分别求和而后相加减
4.错位相减法求数列 的前n项和
若 是公差为 的等差数列， 是公比为 的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和
．
5.常见的裂项技巧：
（1） ；
（2） ；
（3）
（4）
（5）指数型 ；
（6）对数型 .
（7）
（8）
（9）
（10） 等
1.（山东省德州市2022-2023学年高三上学期期末数学试题）已知公差不为零的等差数列 的前n项和为
， ， ， ， 成等比数列，数列 的前n项和 ．
(1)求数列 和 通项公式；
(2)求 的值；(3)证明： ．
【答案】(1) ， (2) (3)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的基本量求等差数列的通项，根据 找到数列 的通项公式，然后再
求数列 的通项公式.
(2)分别求出奇数项和偶偶数项通项公式再求和.
(3)裂项相消法求和，再证明.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，
由题意得 ，解得 ，
故数列 的通项公式 ．
因为： ，当 时， ，
两式相减得 ，
又n＝1时， ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，而 ，
即 ，
所以 是以2为首项，2为公比的等比数列， ，所以 ．
（2）当k＝2m， 时， ，
当k＝2m－1， 时，
所以
．
（3）由 可得
＝ 因为 ，所以 ，所以 ．则原命题得证．
2.（2023上·山东·高三山东省实验中学校考）已知数列 的前n项和为 ，且 .
(1)求 的通项公式：
(2)若 ， 的前n项和为 ，证明： .
【答案】(1) (2)证明见解析.
【分析】（1）已知 求 的问题，一定要分 和 进行讨论；
（2）用裂项相加法求和，再分 为奇数、偶数讨论，确定 的取值范围.
【详解】（1）因为 ，当 时， .
当 时， ，所以 ，，
所以数列 是首项为1，公比为2的等比数列，故： .
（2）证明：因为 ，
所以 .
当n为奇数时， ，因为 ，所以 ，所以
当n为偶数时， ，因为 ，所以 ，所以 .综上， .
3.（2023上·湖南长沙·高三长沙麓山国际实验学校校联考阶段练习）已知数列 满足
，数列 满足 ， ，其中 为数列 的前 项和.
(1)证明数列 为等比数列，并求数列 的通项公式；
(2)令 ，求数列 的前 项和 ，并证明： .
【答案】(1)证明见解析， (2) ，证明见解析
【分析】（1）由 ，有 ，可得数列 为等比数列，并求出数列 的通项公式；
（2）由 和 的关系得数列 的递推公式，累加法求出 的通项，得数列 的通项，错位相减法
求 ，并确定范围.
【详解】（1）由 ，可得 ，即 ，
又 ，所以数列 是首项为2，公比为3的等比数列，
则有 ，可得数列 的通项公式为 ；
（2）由 ，有 ，即 ，
则当 时，有：
，
时 也满足，所以数列 的通项公式为 得 ，则
①，
②，②-①得：
，
解得 ，由 ， ，所以 ，又 所以 递增，所以 ，因此， .
题型五：数列不定方程型
1.（重庆市第十一中学2023届高三上学期10月自主质量抽测数学试题）已知等差数列 的前 项和为
，且满足 ， .
(1)求数列 的通项公式；
(2)试求所有的正整数 ，使得 为整数.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）设等差数列 的公差为 ，根据已知条件可得出关于 、 的方程组，解出这两个量的值，
可得出数列 的通项公式；
（2）求出 ，可得出 ，根据 为正整数可求得 的值.
【详解】（1）解：设等差数列 的公差为 ，由题意可得 ，解得 ，
.
（2）解：由（1）可得 ，则 ，
所以， ，
则 ，
因为 为正整数，且 为大于 的正奇数，故 ，解得
故只有 时， 为整数成立.
2.（23-24高三·上海·模拟）已知函数 的图像过点 和 .
（1）求函数 的解析式；
（2）记 是正整数， 是 的前n项和，解关于n的不等式 ；
（3）对于（2）中的数列 ，整数 是否为 中的项？若是，则求出相应的项；若不是，则说明理
由.
【答案】（1） ；（2） ；（3） 不是数列 中的项，理由见解析
【分析】（1）将点A、点B代入函数解析式，求得a，b即可.
（2）易得 ，再由等差数列前n项和公式得到 ，解不等式 即可.
（3）令 ，再论证方程是否有正整数解即可.
【详解】（1）因为函数 的图像过点 和 ，所以 ，解得 ，
所以 .（2）由（1）知： ，所以
所以 ，即为 ，所以 ，解得 ，故
（3）由（2）知 ，设 ，令 ，
当 时， ， ， ， ，
由（2）知当 时，易知 ，
当 时， ，所以 单调递
增，
当 时， ，当 时， .
因此 不是数列 中的项.
3.（22-23高三·湖北·联考）已知等比数列 的前 项和为 ，首项 ，若 ， ， 成等差数列且
.
（1）求数列 的通项公式；
（2） 为整数，是否存在正整数 使 成立？若存在，求正整数 及 ；若不存在，请说明
理由.
【答案】（1） ；
（2）存在 时 满足条件，理由见解析.
【分析】（1）由已知求出 ， 即可；（2）根据等比数列求和公式求出 ，然后将数列 的通项公式
及 代入 化简即可解决问题.
【详解】（1）设等比数列 的公比为 ，则
即 ，∴ ，∴ 或 .
又 即 ，∵ ，∴ ， ，∴ .
（2） ， ，∴ ，
∵ 为整数，∴ 时 .
∴存在 时 满足条件.
题型六：恒成立求参：奇偶讨论型
正负相间讨论型：
1.奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成“常数数列”。
2.如果需要讨论奇偶，一般情况下，先求偶，再求奇。求奇时候，直接代入偶数项公式，再加上最后的奇
数项通项。
3.分奇偶讨论时，对于奇数，带入时要代入1，3，5等奇数。对于偶数，代入时要代入2.4.6.·····
1.（重庆市第一中学校2022-2023学年高三数学试题）已知数列 的前 项和为 ， ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)若 ，数列 前 项和为 ，是否存在实数 ，使得 对任意 ， 恒成
立，若存在，求出实数 的所有取值；若处存在，说明理由．【答案】(1) ；(2)存在，0.
【分析】（1）根据给定的递推公式，探讨数列 的性质，再求出其通项公式作答.
（2）由（1）求出 ，利用错位相减法求出 ，再结合数列不等式恒成立求解作答.
【详解】（1）数列 的前 项和为 ， ，当 时， ，两式相减得：
，即有 ，而 ，即 ，因此数列 是首项为2，公比为2的等
比数列，
所以数列 的通项公式是 .
（2）由（1）知， ， ，
则 ，
两式相减得： ，
于是得 ，显然 ， ，
假设存在实数 ，使得 对任意 ， 恒成立，
则存在实数 ，使得 对任意 恒成立，即 ， 成
立，
当 为正偶数时， ，当 为正奇数时， ，从而 ，
所以存在实数 ，使得 对任意 ， 恒成立， 的值为0.
2.（天津市青光中学2022-2023学年高三上学期数学试题）已知 为等差数列， 为等比数列，
．
(1)求 和 的通项公式；
(2)令 ，求数列 的前n项和 ；
(3)记 ．是否存在实数 ，使得对任意的 ，恒有 ？若存在，求出
的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】(1) ， (2) (3)见解析
【分析】（1）根据等差、等比数列通项公式，结合题设求基本量，进而写出 和 的通项公式；
（2）由（1）得 ，应用错位相减法求前 项和 ；
（3）由（1）得 ，要使题设不等式恒成立即 在 上恒成立，讨论 的奇
偶性，判断是否存在 使之成立.
【详解】（1）若 的公差为 ，结合题设可得： ，又 ，故 ，
∴ ，
若 的公比为 且 ，结合题设可得： ，又 ，故 ，
∴ .
（2）由（1）知： ，
∴ ，∴ ，
以上两式相减，得： ，
∴ .
（3）由题设， ，要使任意 恒有 ，
∴ ，则 恒成立
当 为奇数时， 恒成立，而 ，故当 且 时，存在 使其成立；
当 为偶数时， 恒成立，而 ，故当 且 时，存在 使其成立；
综上，存在实数 ，使得对任意的 ，恒有 .
3.（22-23高三·吉林·阶段练习）数列 中， ，点 在直线 上．
求数列 的通项公式；
令 ，数列 的前n项和为 ．
求 ；
是否存在整数 ，使得不等式 恒成立？若存在，求出所有 的值；若不
存在，请说明理由．
【答案】（1） ；（2） .
【分析】（1）由题意结合等差数列的定义可知数列 为等差数列，公差为 ，据此求解其通项公式即可；
（2）(ⅰ)由题意可得 ，然后裂项求和确定其前n项和即可.
(ⅱ)由题意分类讨论 为奇数和 为偶数两种情况可得 取值集合为 .
【详解】（1）因为 ， 在直线 ，
所以 ，即数列 为等差数列，公差为 ，
所以 -1.
（2）(ⅰ) ，
， .
(ⅱ)存在整数 使得不等式 (n∈N )恒成立．因为 ＝ .
要使得不等式 (n∈N )恒成立，应有：当 为奇数时， ，即 -
.
所以当 时， 的最大值为－ ，所以只需 － .当 为偶数时， ，所以当 时， 的最小值为 ，所以只需 .可知存在 ，且 .
又 为整数，所以 取值集合为 .
题型七：下标数列
下标数列
下标数列，最常用的是直接函数代入型，
下标数列，要注意随着下标数列的代入，对应的项数和新数列的性质，以及系数列与原母数列是否存在着联
系，以利用解题突破
1.（2023江苏高考模拟）已知数列 满足： （ 为常数），
数列 中， 。⑴求 ；⑵证明：数列 为等差数列；
⑶求证：数列 中存在三项构成等比数列时， 为有理数。
【答案】（1） ， ， ； （2）首项为 ，公差为 的等差数列；（3）见解析.
【详解】⑴由已知 ，得 ，
⑵
，又
数列 是首项为 ，公差为 的等差数列
⑶证明：由⑵知 若三个不同的项 成等比数列， 、 、 为非负整数，且
，则： ，得
若 ，则 ，得 ，这与 矛盾。
若 ，则 、 、 为非负整数 是有理数
2.(湖北省黄冈中学2023届高三下学期5月第三次模拟考试数学试题)设 是等差数列， 是等比数列.
已知 ， ， ， .
（1）求 和 的通项公式；（2）数列 满足 ，设数列 的前 项和为 ，求 .
【答案】（1） ， ；（2） .
【分析】
（1）设 是公差为 的等差数列， 是公比为 的等比数列，根据条件求出 ， ，再代
入通项公式即可；
（2）利用等差数列和等比数列的前 项和公式求和，即可得答案；
【详解】
（1）设 是公差为 的等差数列， 是公比为 的等比数列，
由 ， ， ， ，
可得 ， ，
解得 ， ，
则 ， ， ；
（2）
.
3.(河北省衡水市第二中学2023届高考模拟数学试题)定义集合 ，数列 满足
(1)定义数列 ，证明： 为等比数列
(2)记数列 的前 项和为 ，求满足 的正整数
【答案】(1)证明见解析(2)5
【分析】（1）根据数列 的递推公式求出 ，再根据等比数列的定义可证结论正确；
（2）求出 ，再根据累加法求出 ，然后解方程 可得
结果.
【详解】（1）依题意可得， ， ， ，
当 时，
，又 ， 都适合上式，所以 ，
因为 ，所以 为等比数列.
（2）依题意得 ， ， ,
所以 ，
又 ， ， ， ，
，所以
，所以
，
由 ，得 ，得 ，
得 ，得 ，得 .
题型八：高斯取整数列型
取整函数 表示不超过 的最大整数，又叫做“高斯函数”，
1.（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知数列 是正项等比数列， 是等差数列，且 ， ，
，
(1)求数列 和 的通项公式；
(2) 表示不超过x的最大整数， 表示数列 的前 项和，集合
共有4个元素，求 范围；
(3) ，求数列 的前 项和．
【答案】(1) ， (2) (3)
【分析】（1）设出数列 公比，数列 公差，结合题意计算即可得；
（2）由 ，即可得
，令 ，由 的值，可得数列 的单调性，计算出前五项，即可得 的取值范围；
（3）分奇偶讨论后，分别借助错位相减法与裂项相消法求和计算即可得.
【详解】（1）设数列 首项 ，设公比 ，设数列 首项 ，设公差 ，
∵ ，即 ，∴ ， （舍去）， ，∴ ． ；
（2） ，
其中 ，∴ ，
集合 ，设 ， ，
所以当 时， ，当 时， ．
计算可得 ， ， ， ， ，因为集合有4个元素， ；
（3） ， ，
设 ，
，
则
，所以 ，
当n为奇数时， ，设
，
所以 .
2.（23-24高三·河北保定·）已知等差数列 的前 项和为 ， ，且 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，数列 的前 项和为 ，定义 为不超过 的最大整数，例如 ，
，求数列 的前 项和 ．
（说明： ）
【答案】(1) (2)【分析】（1）根据等差数列通项和求和公式可构造方程组求得 ，由此可得 ；
（2）采用分组求和和裂项相消法可求得 ，由取整运算定义可得 ，分类讨论可求得 .
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，
由 得： ，解得： ，
.
（2）由（1）得： ，
，
；
则当 时， ；当 时， ；
当 时，
；
综上所述： .
3.（23-24高三上·天津）已知数列 是正项等比数列， 是等差数列，且 ， ，
，
(1)求数列 和 的通项公式；
(2) 表示不超过x的最大整数， 表示数列 的前 项和，集合
共有4个元素，求 范围；
(3) ，数列 的前 项和为 ，求证： ．
【答案】(1) ， (2) (3)证明见解析
【分析】（1）设出公比和公差，得到方程组，求出公比和公差，求出通项公式；
（2）求出 ，设 ，作差法得到其单调性，结合集合有4个元素，求出 ；
（3）设 ，错位相减法求和得到 ，设
，裂项相消法得到 ，从而求出 ，求
和证明出结论.
【详解】（1）设数列 首项 ，设公比 ，设数列 首项 ，设公差 ，
∵ ，即 ，
∴ ， （舍去）， ，
∴ ． ；
（2） ，
其中 ，
∴ ，
集合 ，设 ，
，
所以当 时， ，当 时， ．
计算可得 ， ， ， ， ，
因为集合有4个元素， ．
（3） ， ，设
①，
②，上式①-②得，
，所以 ，
当n为奇数时， ，则
，
.题型九：前n项积型不等式恒成立求参
注意区分“和”与“积”的公式：
1.通项 与前 项和 的关系是：
n S
n
2.可以类比前n项和求通项过程来求数列前n项积：
1. ，得
2. 时， ，所以
1.（23-24高三·江西·阶段练习）已知数列 和 满足 ， ，且 .
(1)求 和 的通项公式；
(2)若 ，求数列 的前n项和 ；
(3)若对任意的 ， 恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】(1) ， ，(2) (3)
【分析】（1）利用条件得到 的关系，再利用倒数法，结合等差数列的定义即可得解；
（2）利用裂项求和法即可得解；
（3）构造新数列 ，将问题转化为 ，再利用作商法求得
，从而得解.
【详解】（1）依题意，易知 ，由 ，得 ，
又 ，所以 （ ），整理得 （ ），又 ，则 ，
所以数列 是首项为 ，公差为2的等差数列，则 ，所以 ，
所以 .
（2）易知 ，
所以 .
（3）原不等式可化为 ，
设 ，则 ，
因为 ，又，
所以 ，则 ，即 是单调递增数列，
所以 ，
由 ，得 ，即实数k的取值范围为 .
2.（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）已知数列 满足 ， 数列 满足
．
(1)求 ， 的值及数列 的通项公式；
(2)若 （ ， ），求 的取值范围；
(3)在数列 中，是否存在正整数 ， ，使 ， ， （ ， ， ）构成等比数列？若存
在，求符合条件的一组 的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1) ， ， ；(2) (3)存在， .
【分析】（1）由 与数列 的递推关系证明 是等差数列，进而得通项；
（2）分离参数得 ，再构造数列 ，研究单调性求解最值可得 的取值范
围；
（3）由 ， ， 构成等比数列得 ，由整数的性质
【详解】（1）（1）由已知得： ，
．
因为 ， ，所以 ，
而 ，所以 是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以数列 的通项公式为 ．
（2）不等式 化为： ，设
，
则 ，所以 在 上单调递增，所以 ，因为 在 上恒成立，
所以 ， 所以 的取值范围为 ．
（3）若 ， ， （ ， ， ）构成等比数列，
则 ，即： ，所以 ，
由于 ， 均为正整数，所以奇数 必须是完全平方数，
又因为 ，所以 ，
则 为奇数的平方，不妨取 ， ，
所以，当 时， ， ，即： ，不满足题意，舍去；
当 时， ， ，即： ， ，不满足题意，舍去；
当 时， ， ，即： ， .
所以符合条件的一组 的值可以是 ．
3.（22-23高三·四川成都）设数列 的前 项和为 ，且 ，数列 满足 ，
其中 .
(1)证明 为等差数列，求数列 的通项公式；
(2)求数列 的前 项和为 ；
(3)求使不等式 ，对任意正整数 都成立的最大实数 的值.
【答案】(1)证明见解析； (2) (3)
【分析】（1）根据数列递推式可得 ，整理变形结合等差数列定义即可证明结论，并求得数
列的通项公式；
（2）利用错位相减法即可求得答案；
（3）将原不等式化为 ，即可分离参数，继而构造函数，判断其单调
性，将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，即可求得答案.
【详解】（1）当 时， ，则 ，
当 时， ，
即 ，即 是以 为首项，公差为1的等差数列，故
（2）由（1）可得 ，故 ，故
，
则 ，故 ；
（3） ，则 ，即 ，即 对任意正整数 都成立，
令 ，则 ，
故 ，即 随着n的增大而增大，
故 ，即 ，即实数 的最大值为 .
题型十：先放缩再求和型证明不等式
常用的数列放缩式还有：
，
等，解题过程中，注意观察数列特征选择合适的放缩方法.
1.（2024·全国·模拟预测）已知数列 不为常数数列且各项均为正数，数列 的前n项和为 ， ，
满足 ，其中 是不为零的常数， ．
(1)是否存在 使得数列 为等差数列？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由；
(2)若数列 是公比为 的等比数列，证明： （ 且 ）．
【答案】(1)存在， (2)证明见解析.
【分析】（1）由 与 的关系和等差数列的性质求出 的值，或由等差数列的通项公式与前n项和公
式代入已知条件中求解.
（2）由已知求出数列 的通项 ，得 ，结合等比数列前n项和公式证
明结论.
【详解】（1）方法一：由题意可知 ①， ②，
由 得 ．
因为 且 ，所以 ．
所以 ③．
若存在 使得数列 为等差数列，则 （k是不为0的常数， ），
代入③化简得到 ．由于 不为常数数列且各项均为正数，
所以 解得 所以 ．此时 ，满足 且 为等差数列．
方法二：若 是公差为d的等差数列，由 ，则 ，
整理得到 ，
所以 由③可得 或 ．
（i）若 ，由①②解得 ；
（ii）若 ，代入①②解得 ，与题意不符．
综合以上可知存在 使得 为公差等于1的等差数列．
（2）由于 是公比为 的等比数列， ，所以 ，
又 ，所以 ．令 可知 ，所以 ．
因为 且 ，所以 ，所以 ，所以 ，
又因为 ，所以 ．由于
，
且当 时， ，所以 ，原不等式成立．
2.（2024·河北邢台·二模）已知数列 的前 项和为 ，且 ．
(1)求 的通项公式；
(2)求证： ．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）根据 ，作差得到 ，从而 是以 为首项， 为公比的
等比数列，即可求出其通项公式；
（2）由（1）知 ，再利用放缩法证明即可.
【详解】（1）由 ，当 时， ，则 ，
当 时， ，两式相减得 ，即 ，
因此数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，所以 ．
（2）由（1）知 ．当 时， ；当 时， ，
所以 ，所以 ，所以当 时， ．
综上， ．
3.（21-22高三·北京·强基计划）已知数列 是公差d不等于0的等差数列，且 是等比数列，其中
．
(1)求 的值．
(2)若 ，证明： ．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据基本量法可求 ，从而可求 的前 项和.
（2）利用代数变形可得 ，可证明 ，从而证明题设中
的不等式.
【详解】（1）根据题意，有 ，
因此 ，从而数列 是首项为 ，公比为2的等比数列，
有 ．从而 ．
（2）根据题意，有 ，因此 ，
分析通项，只需要证明 ，也即 ，
也即 ，也即 ，
也即 ，这显然成立，命题得证．
题型十一：插入数型：等差型
插入数型
1.插入数构成等差数列在 和 之间插入 个数，使这 个数构成等差数列，可通过构造新数列 来求解
个数构成等差数列，公差记为 ，所以：
1.（2023·江苏苏州·统考三模）在① ，② ，③ 这三个条件中任选一个，
补充在下面的问题中，并解答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，首项为2，且满足 ．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在a 与a 之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求证： ．
n n+1
【答案】任意选取①②③，（1） ；（2）证明见解析；
【分析】（1）选①，已知式变形得 ，数列 是等比数列，求出 后，利用
可求得 （ 已知）；
选②，用累加法求得 ；
选③，替换 后同选①；
（2）求出 ，先说明 时成立， 时， 用二项式定理展开可证．
【详解】（1）选①， ，则 ，又 ，
所以数列 是等比数列，公比为2，所以 ， ，
时， ，又 ，
所以 ；
选②， ，则 ；
选③， ，则 ，即 ，以下同选①；
（2）由（1） ，所以 ，
时， ， 时， ， 时， ， 时， ，
时， ，上面展开
式中至少有6项，所以 ，综上， ．
2.（2023上海闵行·统考一模）已知数列 的各项均为整数，其前n项和为 ．规定：若数列 满足
前r项依次成公差为1的等差数列，从第 项起往后依次成公比为2的等比数列，则称数列 为“r关
联数列”．
（1）若数列 为“6关联数列”，求数列 的通项公式；
（2）在（1）的条件下，求出 ，并证明：对任意 ， ；
（3）若数列 为“6关联数列”，当 时,在 与 之间插入n个数，使这 个数组成一个公差为
的等差数列，求 ，并探究在数列 中是否存在三项 ， ， 其中m，k，p成等差数列）成等
比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，说明理由.【答案】（1）
（2） ，证明见解析
（3） ，不存在，理由见解析
【分析】（1）根据题意得到 ， ，且 .解得 即可求出 的通项公式.
（2）由（1）得 ，利用换元法证明数列 的最小项为 ，即可证明对任意
， .
（3）由（1）可知，当 时， ，由此可得出 .假设在数列 中存在三项 ， ，
（其中 ， ， 成等差数列）成等比数列，则 ，推导出故 ，这与题设矛盾，所
以在数列 中不存在三项 ， ， （其中 ， ， 成等差数列）成等比数列.
【详解】（1）∵ 为“6关联数列”，
∴ 前6项为等差数列，从第5项起为等比数列.∴ ， ，且 .即 ，解得
.
∴ .
（2）由（1）得 . ： ：
，
： ，可见数列 的最小项为 . ，
由列举法知：当 时， ；当 时， （ ），
设 ，则 ， ．
（3）由（1）可知，当 时， ，因为： ， .
故： .假设在数列 中存在三项 ， ， （其中 ， ， 成等差数列）成等比数列，
则： ，即： ，即 （*）
因为 ， ， 成等差数列，所以 ，（*）式可以化简为 ，
即： ，故 ，这与题设矛盾.所以在数列 中不存在三项 ， ， （其中m，k，p成等差数列）成等比数列.
3.（2023·安徽马鞍山·高三阶段练习）设数列 a  的前n项和为S ，且a S 1(nN)，a 1．
n n n1 n 1
（Ⅰ）求数列
a 
的通项公式；
n
 1 
（Ⅱ）在 与 之间插入 个数，使这 个数组成一个公差为 的等差数列，求数列 的前 项
a n a n1 n n2 d n d n  n
和T .
n
n3
【答案】（Ⅰ）
a
2n1；（Ⅱ）T
n
6
2n1
.
n
【详解】试题分析：（1）给出 与 的关系，求 ，常用思路：一是利用 转化为
的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 的递推关系，先求出 与 的关系，再求 ；由 推
时，别漏掉 这种情况，大部分学生好遗忘;(2)一般地，如果数列 是等差数列， 是等比数列，
求数列 的前 项的和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列 的公比，
然后做差求解；（3）利用不等式放缩时掌握好规律，怎样从条件证明出结论.
试题解析：（Ⅰ）∵a S 1(nN)，∴a S 1(nN,n2)，
n1 n n n1
两式相减，得a 2a (nN,n2)， 4分
n1 n
又a 1，∴a S 1a 122a ，∴a 2n1 5分
1 2 1 1 1 n
a a 2n1 1 n1
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， ， ，所以d  n1 n  ，  ， 8分
a 2n1 a 2n n n1 n1 d 2n1
n n1 n
2 3 4 n n1 1 2 3 4 n n1
（解法1）则T n  20  21  22    2n2  2n1 ， 2 T n  21  22  23    2n1  2n ，
1 1
(1 )
1 2 1 1 1 n1 2 2n1 n1 n3
两式相减，得 2 T n  20  21  22    2n1  2n 2 1  2n 3 2n 所以 n3 . 13分
1 T 6
2 n 2n1
（解法2）设
1 n1 anb a(n1)b anab
    2n2anaba2,b4，
d 2n1 2n1 2n 2n
n
1 n1 2n4 2(n1)4
∴    ；
d 2n1 2n1 2n
n
6 8 8 10 2n4 2(n1)4 2(n1)4 n3
∴T n ( 20  21 )( 21  22 )  ( 2n1  2n )6 2n 6 2n1 . 13分
题型十二：插入数列型
插入数混合型
混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列
a 
提供了多少项，其余都是插入进来的。
n
1.（2023·浙江金华·统考模拟预测）已知数列 a  的前n项和S ，a 3，且S 2S n3.数列 b  满足
n n 1 n1 n n
 2 
b 1
，b
n1


1
2n1


b
n
 nN*.
1(1)求数列
a 
，
b 
的通项公式；
n n
(2)将数列 b
n
 中的项按从小到大的顺序依次插入数列 a
n
 中，在任意的a
k
，a
k1
之间插入2k1项，从而
构成一个新数列
c 
，求数列
c 
的前100项的和.
n n
【答案】(1)a 2n11，b 2n1(2)12182
n n
【分析】（1）根据S 与a 的关系，可得出a 2a 1，变形可得a 12a 1 .然后根据等比数列的
n n n1 n n1 n
2n1
通项公式，即可得出 .由已知可得b  b ，累乘法即可得出 ；
a n1 2n1 n b
n n
（2）设100项中，来自于数列
a
n

中的有m项.根据已知可推得m10，然后根据等差数列以及等比数列
的前n项和公式，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，当n2时，有S 2S n3，S 2S n2，两式相减得：
n1 n n n1
a 2a 1.
n1 n
又因为a a 2a 4，所以，a 72a 1，满足上式.所以，a 12a 1 .又a 14，
1 2 1 2 1 n1 n 1
所以 a 1 是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a 142n1，即a 2n11.
n n n
 2  2n1 2n1 2n1
又b 1 b  b ，所以b  b ，所以b  b n2.
n1  2n1 n 2n1 n n1 2n1 n n 2n3 n1
5 7 2n1
又 ，所以，当 时，有 ， ，b  b ，b  b ， b  b ，
b 1 1 n2 b 1 1 b 2 3b 1 3 3 2 4 5 3 L n 2n3 n1
两边同时相乘可得，
5 7 2n1
b 1 b 2 b 3 b n1 b n 13 3  5    2n3 b 1 b 2 b 3 b n1 2n1b 1 b 2 b 3 b n1 ，所以， b n 2n1 .
（2）设100项中，来自于数列
a 
中的有m项.
n
若第100项来自于 a n  ，则应有m211221  2m11100，
整理可得，m2m990，该方程没有正整数解，不满足题意；
若第100项来自于
b
n

，则应有m211221

2m1100，
整理可得，m2m1000.
当m9时，有929100100不满足，
10210100100，故m10，
所以，数列
c 
中含有10项数列
a 
中的项，含有90项数列
b 
中的项.
n n n
所以，c 1 c 2   c 100 a 1 a 2   a 10 b 1 b 2   b 90  221231  2101135  2901
4
 1210
90
 10 117912182.
2223 21010135 179 12 2
 
2.（2023福建福州·高三福建省福州格致中学校考）已知各项均为正数的数列 a  中，a 1且满足
n 1
a2 2a a22a ，数列 b  的前n项和为S ，满足2S 13b .
n1 n1 n n n n n n
(1)求数列
a 
，
b 
的通项公式；
n n
(2)若在b
k
与b
k1
之间依次插入数列 a
n
 中的k项构成新数列 c
n
:b
1
,a
1
,b
2
,a
2
,a
3
,b
3
,a
4
,a
5
,a
6
,b
4
, ，求数列
c  中前40项的和T .
n 40
【答案】(1)a 2n1，b 3n1；(2)4304.
n n
【分析】（1）利用平方差公式将a 2a2 2a 2a 变形，得出数列 a  是等差，可求出数列 a  的通
n1 n n n1 n n项；利用S S b 消去S 得到b 与b 的递推关系，得出数列
b 
是等比数列，可求出通项；
n n1 n n n n1 n
（2）分析
c 
中前40项中{a }与
b 
各有多少项，分别求和即可．
n n n
【详解】（1）由题设得： a a a a 2a a  ，
n1 n n1 n n1 n
∵a a 0，则a a 2，故 a  是首项a 1，公差为2的等差数列，
n1 n n1 n n 1
∴a 2n1，
n
当n1时，2S
1
13b
1
得：b
1
1，
当n2，由2S 13b ①，2S 13b ②，
n n n1 n1
由①－②整理得：b 3b ，b 10，
n n1 1
b
∴ ，故 n 3，
b 0 b
n1 n1
∴数列 b  是首项为1，公比为3的等比数列，故b 3n1.
n n
k1k2
（2）依题意知：新数列c
n
中，
b k1
（含
b k1
）前面共有：123

kk1
2
项．
k1k2
由 40，（ ）得： ，
2 kN* k 7
∴新数列 c  中含有数列 b  的前8项：b ，b ，……，b ，含有数列 a  的前32项：a ，a ，a ，……，
n n 1 2 8 n 1 2 3
a ；
32
138 32163
∴T   4304．
40 13 2
3.（2022·广东汕头·统考三模）已知各项均为正数的数列 a  中，a 1且满足a 2a2 2a 2a ，数列
n 1 n1 n n n1
b  的前n项和为S ，满足2S 13b ．
n n n n
(1)求数列
a 
，
b 
的通项公式；
n n
(2)若在b 与b 之间依次插入数列 a  中的k项构成新数列 c  ：b ，a ，b ，a ，a ，b ，a ，a ，a ，
k k1 n n 1 1 2 2 3 3 4 5 6
b ，……，求数列
c 
中前50项的和T ．
4 n 50
【答案】(1)a 2n1，b 3n1
n n
(2)11522
【分析】（1）利用平方差公式将a 2a2 2a 2a 变形，得出数列 a  是等差，可求出数列 a  的通
n1 n n n1 n n
项；利用S S b 消去S 得到b 与b 的递推关系，得出数列
b 
是等比数列，可求出通项；
n n1 n n n n1 n
（2）分析
c 
中前50项中{a }与
b 
各有多少项，分别求和即可．
n n n
【详解】（1）由a 2a2 2a 2a 得： a a a a 2a a  ∵a a 0 a a 2
n1 n n n1 n1 n n1 n n1 n n1 n n1 n
a
n
 是首项a
1
1，公差为2的等差数列∴a
n
2n1又当n1时，2S
1
13b
1
得b
1
1
当n2，由2S 13b …①2S 13b …②由①－②整理得：b 3b ，
n n n1 n1 n n1
b
∵ ，∴ ，∴ n 3，
b 10 b 0 b
1 n1 n1
∴数列 b  是首项为1，公比为3的等比数列，故b 3n1；
n n
k1k2
（2）依题意知：新数列c
n
中，
a k1
（含
a k1
）前面共有：123

kk1
2
项．k1k2
由 ≤50，（ ）得： ，
2 kN* k 8
∴新数列 c
n
 中含有数列 b
n
 的前9项：b
1
，b
2
，……，b
9
，含有数列 a
n
 的前41项：a
1
，a
2
，a
3
，……，
a ；
41
1  139 41181
∴T   11522．
50 13 2
题型十三：新结构19题型压轴
“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，涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽
象为相应的数学问题作答.
关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
 m 
1.（2024·浙江嘉兴·二模）已知集合A 2a∣i 0a 1 a 2   a m ,a i N，定义：当 时，把集合 中
 i1  mt A
所有的数从小到大排列成数列 b(t)
n
 ，数列 b(t)
n
 的前n项和为S(t)
n
.例如：t2时，
b(2)
1
2021 3,b(2)
2
2022 5,b(2)
3
2122 6,b(2)
4
20 23 9, ，
S(2) b(2) b(2) b(2) b(2) 23.
4 1 2 3 4
(1)写出b(2) ,b(2) ，并求S(2) ；
5 6 10
(2)判断88是否为数列
b(3) 
中的项.若是，求出是第几项；若不是，请说明理由；
n
(3)若2024是数列b(t) 中的某一项bt  ，求t ,n 及St  的值.
n 0 n 0 0 0 0 n 0
【答案】(1)b(2) 10,b(2) 12，S(2) 124；
5 6 10
(2)88是数列b(3) 的第30项；(3)t 7，n 329，St  427838
n 0 0 0 n 0
【分析】当m2时，此时A  2a 1 2a∣2 0a
1
a
2
,a
1
,a
2
N  ，由集合新定义中的规则代入计算即可；
根据集合新定义，由88=26+24+23，再列举出比它小的项即可；
方法一：由2024=210+29+28+27+26+25+23可得t
0
7，再列举出比它小的项分别有以下7种情况，再求
和；方法二：由2024=210+29+28+27+26+25+23可得t
0
7，求得集合
A
中的元素个数和最大的一个，可
得n
，再求和可得St 
.
0 0 n 0
【详解】（1）因为m2，此时A  2a 1 2a∣2 0a
1
a
2
,a
1
,a
2
N  ，
b(2) 2321 10,b(2) 2322 12，S(2) 4
 2021222324
124.
5 6 10
（2）当m3时，A  2a 1 2a 2 2a∣3 0a
1
a
2
a
3
,a
1
,a
2
,a
3
N  ，
88262423,88是数列 b(3)  中的项，
 n
比它小的项分别有2a1 +2a2 +2a3,0�a <a Ｎa 5,a,a ,a N,C3个，
1 2 3 1 2 3 6有2a1 +2a2 +26,0�a Ｎa 3,a,a N,C2个，
1 2 1 2 4
有2a1 +24+26,0＃a 2,a �N,C1个，
1 1 3
所以比88小的项共有C3+C2+C1 =29个，故88是数列 b(3)  的第30项.
6 4 3 n
（3） 2024210292827 262523,2024是数列 b(7)  中的项，故t 7，
 n 0
则当m7时，A  2a 1 2a 2   2a∣7 0a 1 a 2   a 7 ,a 1 ,a 2 ,  ,a 7 N  ，
方法一：比它小的项分别有以下7种情况：
①2a 1 2a 2   2a 7,0a 1 a 2   a 7 9,a 1 ,a 2 ,  ,a 7 N,10个数字任取7个得C 1 7 0 个，
②2a 1 2a 2   2a 6 210,0a 1 a 2   a 6 8,a 1 ,a 2 ,  ,a 6 N，得C 9 6个，
③2a 1 2a 2   2a 5 29210,0a 1 a 2   a 5 7,a 1 ,a 2 ,  ,a 5 N，得C 8 5个，
④2a 1 2a 2   2a 4 2829210,0a 1 a 2   a 4 6,a 1 ,a 2 ,  ,a 4 N，得C 7 4个，
⑤2a 1 2a 2 2a 3 272829210,0a a a 5,a,a ,a N，得C3个，
1 2 3 1 2 3 6
⑥2a 1 2a 2 26272829210,0a a 4,a,a N，得C2个，
1 2 1 2 5
⑦2a 1 2526272829210,0a 2,a N，得C1个，
1 1 3
所以比2024小的项共有C7 +C6+C5+C4+C3+C2+C1个，
10 9 8 7 6 5 3
其中C7 +C6+C5+C4+C3+C2+C1 =C3 +C3+C3+C3 +C3+C3+3
10 9 8 7 6 5 3 10 9 8 7 6 5
=C
1
3
0
+C3
9
+C
8
3+C3
7
+C3
6
+C3
5
+C
5
4+3-C
5
4 =C
1
4
1
-2
328
故2024是数列 b(7)  的第329项，即n 329.
n 0
方法二：A  2a 1 2a 2   2a∣7 0a 1 a 2   a 7 10,a 1 ,a 2 ,  ,a 7 N  共有元素C 1 7 1 个，
最大的是210292827 262524，其次为210292827262523 2024，
所以2024是数列 b(7)  的第C7 -1=329项，即n 329.
n 11 0
在总共C
1
7
1
330项中，含有20的项共有C
1
6
0
个，同理21,22,

210都各有C
1
6
0
个，所以
S(7)
330
=C
1
6
0
�(20+21+

=210) �210 2047 429870，则
St  S(7) S(7) b(7) 4298702032427838.
0 n 329 330 330
0
2.．（2024·北京门头沟·一模）已知数列 a n :a 1 ,a 2 ,  ,a M ， 数列 b n :b 1 ,b 2 ,  ,b M ， 其中 M 2， 且
a i ,b i 1,2,  ,M ， i1,2,  ,M ． 记 a n ，b n  的前 n 项和分别为 S n ，T n ， 规定 S 0 T 0 0．记
S   S j S i i0,1,2,  ,M; j1,2,  ,M ，且i j ，T   T j T i i0,1,2,  ,M; j1,2,  ,M ， 且 i j.
(1)若
a :2,1,3， b :1,3,3，写出
S,T ；
n n
(2)若S=2,3,5,6,8
，写出所有满足条件的数列
a 
， 并说明理由；
n
(3)若 a i a i1 ,b i b i1 i1,2,  ,M 1,a 2 b 2 ， 且 S T ． 证明： i2,  ,M ， 使得 b i a M a 1 ．
【答案】(1)S=1,2,3,4,6 ,T 1,3,4,6,7 ，(2) a :2,3,3或 a :3,3,2，理由见解析，(3)证明见解析.
n n
【分析】（1）根据题意直接代入即可；
（2）由S中最大和最小元素是 a
n

min
2和 S
n

max
S
0
S
M
8, 所以有a
i
2， 则4a
i
8S
M
，所以
M 4.进而分类讨论即可；
（3）受（2）问启发，分别找出S和T中最大和最小元素，根据已知S T ，则对应元素相等，再由a
2
b
2
得到S M S 2 T M T 2 ，又S T ，T M T 2 是S中元素，又 a i a i1 i1,2,  ,M 1,
a 3 a 4   a M a 2 a 3   a M-1 ，S M S 2 S M1 S 1 ,所以S中元素比S M S 2 大的只可能有S M S 1 ，
S S S S T T S S
M 0 M1 0 M 2 M1 0S S ，S S ，T T S S ，进而得证.
M 0 M1 0 M 2 M1 0
【详解】（1）由 a
n
:2,1,3，得S
0
=0，S
1
=2，S
2
=3，S
3
6，所以S=1,2,3,4,6 ；
由 b :1,3,3得T 0,T 1,T 4,T 7,所以T 1,3,4,6,7 .
n 0 1 2 3
（2）由S=2,3,5,6,8 ，所以 S  S a  2， S  S S 8，所以对于i1,2, ,M ，有
n min 0 n min n max 0 M 
a
i
2， 则4a
i
8，所以M 4.
当M 4，由 S
n

max
8得S
4
a
1
a
2
a
3
a
4
8，又a
i
2，所以 a
n
:2,2,2,2,不符合题意，舍去；
当M 3，由 S
n

max
8得S
3
a
1
a
2
a
3
8，又a
i
2，所以8233，
经检验
a :3,2,3不符合题意，舍去, a :2,3,3或 a :3,3,2符合题意；
n n n
（3） a i a i1 ,b i b i1 i1,2,  ,M 1,
a a ,b b i1,2, ,M 1,
1 i1 1 i1 
S n  min S 1 a 1 ， S n  max a 1 a 2   a M ，
S 中最小元素是a 1 ，最大元素是 S n  max S 0 S M a 1 a 2   a M ，
同理，T中最小元素是b 1 ，最大元素是 T n  max T 0 T M b 1 b 2   b M ，
又因为S T ，所以a 1 b 1 ，a 1 a 2   a M b 1 b 2 b M ，即a 2 a 3   a M b 2 b 3   b M ，
又a 2 b 2 ，a 3 a 4   a M b 3 b 4   b M ，S M S 2 T M T 2 ,
又 a i a i1 ,b i b i1 i1,2,...,M 1,T M T 2 T M T 1 T M T 0 ，又S T ，T M T 2 是S中元素，
又 a i a i1 i1,2,  ,M 1,a 3 a 4   a M a 2 a 3   a M-1 ，
S
M
S
2
S
M1
S
1
,所以S中元素比S
M
S
2
大的只可能有S
M
S
1
，S
M
S
0
，S
M1
S
0
，
T T S S ，又a b,S T ,S T S a b b a b ，
M 2 M1 0 1 1 M M M 2 M1 M 1 2 1 2
i2， 使得 b a a ．
i M 1
3.（23-24高三下·江苏南通·开学考试）设集合A1,a 1 ,a 2 ,  ,a n  ，其中
   
1a
1
a
2


a
n
,n2,B{x∣x(p,q),pA,qA}．若对任意的向量x
1
B，存在向量x
2
B，使得
 
x x ，则称A是“T集”．
1 2
(1)设M {1,1,2},N {1,1,2,3}，判断M，N是否为“T集”．若不是，请说明理由；
(2)已知A是“T集”．
（i）若A中的元素由小到大排列成等差数列，求A；
（ii）若n3,a 2 c（c为常数），求有穷数列a 1 ,a 2 ,a 3 ,  ,a n 的通项公式．
【答案】(1)M 是“T集”;N 不是“T集”，理由见解析；(2)（i）A{1,1,3}；（ii）a k ck1,k 1,2,  ,n
【分析】
（1）根据“T集”的定义判断即可；

（2）（i）写出等差数列通项，得到向量x 的坐标，再分类讨论即可；
2
 
（ii）设x p,q ,x p ,q  ，利用三角数阵和等比数列定义即可.
1 1 1 2 2 2
【详解】（1）M 是“T集”;N 不是“T集”.
    
理由：当x (1,1)或x (1,1)时，只要x 横纵坐标相等即可，则满足x x ，
1 1 2 1 2
当  x  (1,2)，则  x  2,1 ；当  x  (2,1)，则  x  1,2 ；
1 2 1 2
当  x  (1,2)，则  x  2,1 ；当  x  (2,1)，则  x  1,2 ；
1 2 1 2
综上M 是“T集”.   
对于向量x (2,3)，若存在x (m,n)B，使得x x .
1 2 1 2
3
2
则 ，故 中必有一个为 ，此时另一个为 或 ，显然不符合，则 不是“ 集”.
2m3n0 m,n 1 2 3 N T
（2）(i)因为A中的元素由小到大排列成等差数列，则该等差数列的首项为1，
公差为2，故a 2k1,1k n.
k

则向量x
2
的坐标中必含
1
，设另一坐标为2t3(1tn1)，
 
则x (1,2t3)或x (2t3,1).
2 2
所以(2n3)(1)(2n1)(2t3)0或(2n3)(2t3)(2n1)(1)0，
2n3 2n1
故2t3 1或2t3 ，
2n1 2n3
2 1
所以 或2t31 ，所以 或t2 ，
t2 2n3 t 1 2n3
所以t 1或t21,2n31即t3,n2.
   
此时x (2n3,2n1),x (1,1)，不满足x x ;
1 2 1 2
   
或x (1,3),x (3,1)，满足x x ;
1 2 1 2
所以A只可能为{1,1,3}.
经检验{1,1,3}是“T集”，所以A{1,1,3}.
 
(ii)设x p,q ,x p ,q  .
1 1 1 2 2 2
p q
由 ，得 ，由条件可变形为 1  2 .
x x p p qq 0 q p
1 2 1 2 1 2 1 2
p 
设集合C  | pA,qA,| p||q|
q 
设集合则A是“T集”当且仅当C关于原点对称.
因为 1 是 A 中唯一负数，C  (,0)a 2 ,a 3 ,  ,a n  共n1个数，
所以C

(0,)也只有n1个数.
a a a a
由于 ，所以 n  n    n  n ，已有 个数.
1a a a  a a a a a
1 2 3  n n1 n2 2 1 n1
对以下三角数阵：
a a a a
n  n   n  n

a a a a
n1 n2 2 1
a a a
n1  n1   n1

a a a
n2 n3 1
L
a a
3  3
a a
2 1
a
2
a
1
a a a a a a a
注意到 n  n1    2 ，所以 n  n1    3  2 .
a a a a a a a
1 1 1 n1 n2 2 1
又a 1 1a 2 c(c为常数)，故有穷数列a 1 ,a 2 ,a 3 ,  ,a n 为等比数列，