数列-2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

第06讲数列

（新高考专用）

一、单项选择题

1.（2024•全国•高考真题）已知等差数列｛册｝的前n项和为Sn,若59=1,则。3+。7=（）

72

A.-2B.-C.1D.-

【解题思路】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成的和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.

【解答过程】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=9al+-^-d=1Q9al+36d=1,

22

又+a?—a[+2d+%+6d—2al+8d—+36d）——.

故选：D.

方法二：利用等差数列的性质

根据等差数列的性质，%+的=的+。7，由S9=l，根据等差数列的求和公式,

9（的+。9）9（叼+。7）_]故03+即=§.

$9=-2-2-'

故选：D.

方法三：特殊值法

-12

不妨取等差数列公差d=0,贝1JS9=1=9al0a1=§,贝Ua3+a7—2al=

故选：D.

2.（2024,全国•高考真题）记S.为等差数列5｝的前n项和,已知55=Si。，a5=l,则的=（）

【解题思路】由S5=Si0结合等差中项的性质可得口8=。，即可计算出公差，即可得由的值.

【解答过程】由Si。一55=。6+。7++的0=5。8=0,则。8=°，

则等差数歹K册｝的公差d='空=一（，故刖=-4d=1-4X（

故选：B.

3.（2023•全国•高考真题）记又为等差数列｛即｝的前几项和.若牝+。6=1。，。4。8=45,则S5=（）

A.25B.22C.20D.15

【解题思路】方法一：根据题意直接求出等差数列｛册｝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｛册｝的公差，再根据前72项和公式的性质即可解出.

【解答过程】方法一：设等差数列｛册｝的公差为乙首项为由，依题意可得，

a2+a6—+d++E)d—10,即即+3d=5,

又a4a8=31+3d)(ai+7d)=45,解得：d=1,ar=2,

所以S5=5的+芋qx4xd=5x2+10=20.

故选：C.

方法二：口2+。6=2a4=1。，。4。8=45,所以。4=5,。8=9，

从而d=：=1,于是的=。4一d=5—1=4,

所以S5=5a3=20.

故选：C.

4.(2023•全国•高考真题)设等比数列｛册｝的各项均为正数，前n项和%,若%=1,S5=5S3-4,则S4=

()

A.—B.—C.15D.40

88

【解题思路】根据题意列出关于q的方程，计算出/即可求出S*

【解答过程】由题知1+q+q2+q3+q4=5(1+q+q2)_&

即q3+q，=4q+4q2,BP<?3+q2—4q-4=。，即(q—2)(q+l)(q+2)=0.

由题知q>0,所以q=2.

所以S4=1+2+4+8=15.

故选:C.

5.(2023•全国•高考真题)已知等差数列｛%｝的公差为学集合S=｛cosaMn€N*｝,若5=｛a,b｝,贝ijab=

()

A.-1B.--C.0D.-

22

【解题思路】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.

【解答过程】依题意，等差数列｛%｝中，与=%+(>—l)T=£+(%—节，

显然函数丫=cos管?i+(%-等)］的周期为3,而n€N*,即coscin最多3个不同取值，又｛cosaMn€N*｝=

｛a,b｝,

贝!j在cos的,cos%cos的中，costti=cosa2丰cos%或cos%Hcosa2=cos%或cosa1=cosa3Wcosa2

于是有COS。=COS(0+g)或COS。=COS(0+y),

即有e+(J+巧=2MT,fceZ,解得e=fcir-pfcGz；

或者8+(8+与)=2kR,fc6Z,解得8-fcTT-y,fcez；

所以kGZ,ab=COS(/CIT—])cos[(kn-])+=~cos(fcT[—^)COS/CK=—cos2fcncos^=—1或ab=

cos(fcn—^)cos/cn=­i

故选：B.

6.(2023・全国•高考真题)记又为数列｛册｝的前n项和，设甲：｛%｝为等差数列；乙:｛手｝为等差数列，则

()

A.甲是乙的充分条件但不是必要条件

B.甲是乙的必要条件但不是充分条件

C.甲是乙的充要条件

D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

【解题思路】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前〃项和与第〃项的关系推

理判断作答.，

【解答过程】方法1,甲：｛%J为等差数列，设其首项为的，公差为d,

贝！IS.=71al+*Id,也=%+=gn+%———=p

因此｛m｝为等差数列，则甲是乙的充分条件；

反之，乙：｛&｝为等差数列，即细1—配=咻+1：(武1)品=吗+L＞为常数,设为t,

nn+1nn(n+l)n(n+l)

即=3则Sn=-t,n(n+1)，有Sn-1=(71-1)册—t•n(71-1),?122,

两式相减得：an-nan+1—(n—l)an—2tn,即an+i—册=2如对n=1也成立，

因此｛aj为等差数列，则甲是乙的必要条件，

所以甲是乙的充要条件，C正确.

方法2,甲：｛%｝为等差数列，设数列｛册｝的首项的，公差为d,即％=^1%+殁山/

则g=%+券d=g九+%-条因此｛,｝为等差数列，即甲是乙的充分条件；

反之，乙：｛§｝为等差数列，即罄—?=£)S=Si+O-1)D,

即5八——nS-^+n(n—1)D,^n-i——(n-1)S1+(ji-l)(n—2)D,

当nN2时，上两式相减得：Sn-Sn_r=Si+2(n-1)0,当n=l时，上式成立，

于是册=ci|+2(n11)。，又a；i+i-dn=的+2.nD-[Q1+2(n-1)D]=2。为常数，

因此｛%｝为等差数列，则甲是乙的必要条件，

所以甲是乙的充要条件.

故选：C.

7.(2023•全国•高考真题)记％为等比数列｛册｝的前"项和，若54=—5,S6=21S2,则Sg=().

A.120B.85C.-85D.-120

【解题思路】方法一：根据等比数列的前“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〃项和的性质求解.

【解答过程】方法一：设等比数列｛%｝的公比为q,首项为由,

若q=—1,贝!]54=0左一5,与题意不符，所以q7—1；

若q=1,则S6=6al=3x2al=3S2H0,与题意不符，所以q丰1；

由54=—5,S6=21S2可得，业迎=—5,业贮1=21x业/①，

1-<71—q1—q

由①可得，1+q2+Q4=21,解得：q2=4,

4

所以Sg=。,了=。,皆)x(1+q4)=—5X(1+16)=-85.

故选：C.

方法二：设等比数列｛册｝的公比为q,

因为S4=—5,S6=21S2,所以qH-L否则=0,

从而，5264-$2，$6--$6成等比数列,

所以有，(―5—$2)2=$2(2电+5),解得：S=-1^S=p

224

当S2=-l时，S2tS4-S2fS6-S4tSQ-S69即为-1,一4,一16昌+21,

易知，S8+21=-64,即$8=—85；

当$2=：时，S4=%+做+。3+。4=(。1+。2)(1+Q2)=(1+Q2)52>0，

与$4=-5矛盾，舍去.

故选：c.

8.(2022•全国•高考真题)已知等比数列｛册｝的前3项和为168,a2-a5=42,则=()

A.14B.12C.6D.3

【解题思路】设等比数列｛%｝的公比为q,q40,易得qHl,根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的

通项即可得解.

【解答过程】解：设等比数列｛%｝的公比为q,q70,

若q=1,则a?-。5=。，与题意矛盾，

所以q丰1,

qa

+a2+a3—皿°)=168A(i=96

则J1231M,解得=1,

4

,a2—a5—a^q—a1q=42^~2

所以—ai.q5—3.

故选：D.

9.(2022・全国•高考真题)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太

阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列｛%｝:b=1+煮，乃=1+

」T，既=1+——,依此类推，其中以CN*(k=1,2,…).贝u()

A."<b5B.b3<b8C.b6<b2D.b4<b7

【解题思路】根据以6%*(卜=1,2,...),再利用数列｛0｝与以的关系判断｛bn｝中各项的大小，即可求解.

【解答过程】［方法一］:常规解法

因为须CN*(k=1,2,…)，

所以的V曲+—»—>——得到%>与，

此2%(Zi4--

«2

-1-1_

同理的可得电<

H——a>4-------b3,br>b3

2a2H—

«3

又因为工>---—,即4-------V的H..............—,

故力2<b4,b3>b4；

以此类推，可得比>%>既>坊>…，b7>b8,故A错误;

b3>b7>bQf故B错误；

->-----\---，得力2V故C错误；

。2a2H-----------Y

"+••诟

即■<----~r~>的H-------»得儿<b,,故D正确.

C(2--------p戊2+-------

&3F戊6±

［方法二］:特值法

不妨设册=1,则bi=2,b2=，b3=|,b4=I，bs=b6=2,b7=普,bg=*

b4<b7,故D正确.

故选：D.

10.（2022・北京・高考真题）设｛册｝是公差不为0的无穷等差数列，则“｛an｝为递增数列”是“存在正整数No,

当n〉No时，an>0”的（）

A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

【解题思路】设等差数列｛an｝的公差为d,贝必丰0,利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定

义判断可得出结论.

【解答过程】设等差数列｛演｝的公差为心贝肥大0,记［划为不超过x的最大整数.

若｛%｝为单调递增数列，贝加>0,

若的N0,则当7122时，an>0；若的<0,则an=%+（n—l）d,

由a.=a1+（zi—l）d>0可得n>1—?取N0=［1—£+1，则当冗>N。时，M>。，

所以，“｛%｝是递增数列”="存在正整数No,当n>No时，即>0"；

若存在正整数No，当n>N（）时，an>0,取keN*且k>N（）,ak>0,

假设d<。，令册=以+（n-k）d<0可得n>k-可,且k-华〉k,

当n>［k—同+1时，an<0,与题设矛盾，假设不成立，则d>0,即数列｛册｝是递增数列.

所以，“｛%｝是递增数列”存在正整数No，当n>N（）时，曲>0”.

所以，“｛与｝是递增数列”是“存在正整数No,当n>N0时，an>0”的充分必要条件.

故选：C.

二、填空题

u

11.（2024・上海•高考真题）无穷等比数列｛an｝满足首项>0,q>1,记/n=｛%-y|%,yE［的,均］

［anian+1］）,若对任意正整数九集合及是闭区间，则q的取值范围是一qiZ.

【解题思路】当九22时，不妨设久之y,则％—yE［。，在一由］U［an—。2，册+1—"JU［0,an+i—结合

〃为闭区间可得q-22-忌对任意的n>2恒成立，故可求q的取值范围.

n

【解答过程】由题设有%=◎10九一1,因为的>0,q>1,故册+i>an,故［册,册+i］=［%qT,aiq叼，

当九=1时，x,ye[alfa2]^故久一yc—做，。2—@i]，此时人为闭区间，

当九之2时，不妨设第Zy,若%,了£[%,。2]，则％—y€[0,。2—%]，

若yG[alfa2],xE[an,an+1],则％—yE[an-a2,an+1-aj,

若％,yG[an,an+1\,则％—yE[0,an+1-an],

综上，x-yE[0,a2-%]U[an-a2,an+1-at]U[0,an+1-an],

a

又1n为闭区间等价于[。，。2一i]U[%-a2,an+1-ajU[0,an+1-an]为闭区间，

而。九+1-ai>an+i-an>a2-ar,故an+i-@n之册一做对任意九22恒成立，

故斯+i-2an+a2>0即。19九一1（]-2）+a2>0,故[九一2--2）+1>0,

故q—2N一言7对任意的九―2恒成立，因q>1,

故当7i~+8时，一故]一220即qN2.

故答案为：q>2.

12.（2024・全国•高考真题）记与为等差数列｛册｝的前n项和，若的+%=7,3a2+劭=5,贝！JS1。=95.

【解题思路】利用等差数列通项公式得到方程组，解出的,d,再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.

【解答过程】因为数列“为等差数列，则由题意得解得一｝=:4,

则Si。=10%+等d=10x（-4）+45x3=95.

故答案为：95.

13.（2024・北京・高考真题）设｛册｝与｛%｝是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合M=｛k\ak=bk,kE

N*｝,给出下列4个结论：

①若｛册｝与｛0｝均为等差数列，则M中最多有1个元素；

②若8J与｛匕｝均为等比数列，则M中最多有2个元素；

③若｛册｝为等差数列，｛,｝为等比数列，则M中最多有3个元素；

④若｛册｝为递增数列，｛刈｝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①③⑷.

【解题思路】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.

【解答过程】对于①，因为｛aj｛g｝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.

n

对于②，取与=2-\bn=一（―2）-1,则｛册｝,｛%｝均为等比数列，

但当"为偶数时，有&=2;1-1=%=—（―2）“T,此时M中有无穷多个元素，故②错误.

对于③，设了=4qn（4q羊0,q力±1）,an=kn+b（k0）>

若M中至少四个元素，则关于n的方程4qn=kn+b至少有4个不同的正数解，

若q>0,qKl,则由y=Aq"和y=ATI+b的散点图可得关于?1的方程4qn=kn+b至多有两个不同的解，矛

盾；

若q<0,q力士1,考虑关于ri的方程力（f1=由1+6奇数解的个数和偶数解的个数，

当月q"=kn+b有偶数解，此方程即为4|qF-kn+b,

方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时4kln|q|>0,

否则力kln|q|<0,因y=A\q\n,y-kn+b单调性相反，

方程力|q『-kn+b至多一个偶数解，

当4q“=kn+b有奇数解，此方程即为-4|q『=kn+b,

方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时-4dn|q|>0即4/dn|q|<0

否则力kln|q|>0,因y=-A\q\n,y=kn+b单调性相反,

方程力|q1n=kn+b至多一个奇数解，

因为4kln|q|>0,4kln|q|<0不可能同时成立,

故力砂=kn+b不可能有4个不同的整数解，即〃中最多有3个元素，故③正确.

对于④，因为｛册｝为递增数列，｛%｝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.

14.（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祛码的、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｛册｝,该数列的

前3项成等差数列，后7项成等比数列，且的=l,a5=12,a9=192,则a7=48；数列｛册｝所有项的和

为384.

【解题思路】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。7，。3,在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.

【解答过程】方法一：设前3项的公差为d,后7项公比为q>0,

则勺4=资=詈=16,且q>0,可得q=2,

则—1+2d-与，即1+2d=3,可得d=1,

q

374

空1:可得。=3,。=tt3Q=48,

空2：%+(12+…+。9=1+2+3+3x2+…+3x26=3+f)=384

方法二：空1：因为｛册｝,3WnW7为等比数列，则谄=0^9=12x192=482,

且Q九>0,所以劭=48；

又因为谣=a3a7,则。3=—=3；

«7

空2：设后7项公比为q>0,则/=竺=4,解得q=2,

—rzR,,3(ai+a?),,,,,,,a-3—ciga3-192x2ccyvzfr\r,.

Q]+3=4+56+7@9=~\2+

可付做+。2=6,%+。。+。。+他+1-—--q-=—■1——~2——381,所以+。

…+%=6+381-的=384.

故答案为：48；384.

15.(2023・全国•高考真题)记%为等比数列｛an｝的前几项和.若8s6=753，则｛an｝的公比为一二

【解题思路】先分析qKl,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.

【解答过程】若q=l,

则由8s6=753得8・6%=7・3%,则的=0,不合题意.

所以qW1.

当qWl时，因为8s6=7S3，

所以8.虫匕Q2=7•33?

1—q1—q

即8•(1—0)=7•(1—q3),即8•(1+q3)(l-Q3)=7-(1-q3),即8•(1+Q3)=7,

解得q=-i

故答案为：-g.

16.(2023•全国•高考真题)已知｛册｝为等比数列，a2a4a5=。3。6，。9。10=-8,则♦二一二2一.

【解题思路】根据等比数列公式对a2a4。5=a3a6化简得由9=1，联立a9aio=-8求出q'=-2,最后得劭=

arq•/=q5__?

【解答过程】设｛斯｝的公比为q(qH0),则a2a4a5=a3a6=a2Q,a$q，显然即H0,

则Q4=q2,即则砧=1,因为的的0=-8,则由“'•=一8,

53s

则q*=(q)=-8=(-2尸，则q5=_2,则劭=arq-q==-2,

故答案为:—2.

17.(2022・全国•高考真题)记区为等差数列｛an｝的前"项和.若2s3=3Sz+6,则公差2=2.

【解题思路】转化条件为2(%+2d)=2%+d+6,即可得解.

a

【解答过程】由2s3=3s2+6可得2(的+a2+3)=3(的+a2)+6,化简得2a3=+a2+6,

即24+2d)=2a1+d+6,解得d=2.

故答案为：2.

18.(2022•北京・高考真题)已知数列｛an｝各项均为正数，其前〃项和Sn满足斯•Sn=9("=1,2,…).给出

下列四个结论：

①｛%｝的第2项小于3；②｛册｝为等比数列；

③｛%｝为递减数列；④｛an｝中存在小于强的项.

其中所有正确结论的序号是①③④.

【解题思路】推导出a=2--求出刖、a2的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性

nanan—l

的定义可判断③.

【解答过程】由题意可知，VneN*,an＞0,

当n=1时，谓=9,可得ai=3；

当nN2时，由%=2可得=旦，两式作差可得％=2一2，

anan—lanan—l

所以，9=——dnf则—的=3,整理可得成+3做—9=0,

a

^n—1On2

因为。2＞0,解得。2=等匚＜3,①对；

2

假设数列｛须｝为等比数列，设其公比为q，则成=的。3,即

所以，sj=SrS3f可得出(1+q)2=山(1+q+q2),解得q二0,不合乎题意，

故数列｛册｝不是等比数列，②错；

当nN2时，an=&一—二=吸…")＞0,可得册＜与_1，所以，数列｛册｝为递减数列，③对；

anan—lanan—l

假设对任意的neN*,册2击，则Siooooo2I。。。。。*击=1000,

所以，的。。。。。=小一＜就＜焉，与假设矛盾，假设不成立，④对.

51000001000100

故答案为：①③④.

三、解答题

19.(2024•全国•高考真题)已知等比数列｛%｝的前n项和为端,M2Sn=3an+1-3.

(1)求｛%｝的通项公式；

(2)求数列｛Sn｝的前n项和.

【解题思路】(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5n.

【解答过程】(1)因为2Sn=3%+i-3,故2S”_i=3%-3,

所以2a”=3a„+1-3an(n>2)即50n=3册+1故等比数列的公比为q=

rzr\71—1

故2ai=3的-3=3%x§—3=5%—3,故的=1,故0Tl=(鼻)

n

(2)由等比数列求和公式得5九=3/5A3

2\3729

所以数列｛SJ的前〃项和

Tn=Sl+S2+S3+TSn=||(|)+(|)+(|)+…+(|)3

3

2

20.(2024・全国•高考真题)记5„为数列｛册｝的前几项和，已知4s九=3%+4.

(1)求｛册｝的通项公式；

(2)设“=(-1)九一%即，求数列｛g｝的前几项和7\.

【解题思路】(1)利用退位法可求｛册｝的通项公式.

(2)利用错位相减法可求〃.

【解答过程】(1)当n=l时，4sl=4%=3%+4,解得⑥=4.

当九之2时，4Sn_i=3an_i+4,所以4szi—4szi=4an=3an-3azi即a九=-3a九一1,

而=4H0,故a九H0,故一~——3,

an-l

二数列｛噩｝是以4为首项，一3为公比的等比数列，

所以％=4-(—3尸-1.

(2)6n=(-1尸-1-n-4-(-3/-1=4n-3"-'

71

所以7n=必+⑦+3+…+%=4•30+8•31+12•32+…+4n•3T

故37"=4-31+8•32+12-33+-+4n•3n

所以一27\=4+4•31+4•32+•••+4-3”T-4n-3n

=4+4.-4n-3n=4+2•3•(3”T-1)-4n-3n

=(2-4九)♦3九一2,

n

Tn=(2n-1)-3+1.

21.(2024・天津•高考真题)已知数列｛册｝是公比大于0的等比数列.其前n项和为S”若的=1应=-1.

⑴求数列｛an｝前？1项和Sn；

(2)设bn=上)/，kEN*,k>2.

''(Ai-i+2k,ak<n<ak+1

(i)当kN2,n=v+i时,求证：bn_i2ctk•%；

(ii)求配id.

【解题思路】(1)设等比数列｛%｝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；

k

(2)①根据题意分析可知恁=2~\bn=k+1,%_i=k(2k-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2：：-1仇=[[(3k-l)4k-(3k-4)小-1],再结合裂项相消法分析求解.

【解答过程】(1)设等比数列｛%J的公比为q>。，

因为的=162=%—1，即的+。2=。3—L

可得1+q=q2-1,整理得q2-Q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去)，

所以%=三一=2九一1.

(2)(i)由(1)可知斯=2九T,且ZcCN*,/cN2,

a=2*T<2k-l=n-l

当时，则k

ri=ak+1=2“N4即怒<ri—1Vak+1

n-1=ak+1-1<ak+1

可知耿=221,%=k+1,

bn―1=bak+(以+i—%—1),2fc=k+2/c(2”1一1)=k(2卜—1),

可得"_i一外•勾=2k-1)-(/c+l)2"i=也一l)2"i-fc>2(fc-l)-/c=/c-2>0,

当且仅当k=2时，等号成立,

所以为t>ak-bn；

n

(ii)由(1)可知：Sn=2—1=an+1—1,

若n=l,则Si=l,瓦=1；

k-1

若九>2,则纵+i-ak=2,

当2-1<2<2左一1时，比一瓦_i=2匕可知｛瓦｝为等差数列,

可得2上1bi=k-2-1+2k2"T(2]'T)=k-4-=][(3k-l)4fe-(3k-4)4”]],

所以2^1/,；=1+![5X42-2X4+8X43-5X42+…+(3n-l)4n-(3n-4)4"-」=>一心4”+1,

且n=l,符合上式，综上所述：2：%瓦=叱)4"+1.

22.(2024•全国•高考真题)设加为正整数，数列的,(12，…，a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两

项四和为«</)后剩余的4小项可被平均分为机组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列

alf%…，。4m+2是«J)-可分数列.

⑴写出所有的(")，1<i<J<6,使数列的42，…，即是。J)-可分数列;

(2)当mN3时,证明：数列…，a4m+2是(2,13)-可分数列；

(3)从1,2,…，4血+2中一次任取两个数i和/(i<j),记数列。4m+2是(V)-可分数列的概率为Pm，

证明：p>i

mO

【解题思路】(1)直接根据(ij)-可分数列的定义即可；

(2)根据(ij)-可分数列的定义即可验证结论；

(3)证明使得原数列是(ij)-可分数列的(i,j)至少有+I)2-爪个，再使用概率的定义.

【解答过程】(1)首先，我们设数列的,。2，…，a4m+2的公差为小则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[=当"+l(/c=1,2，…,4m+2),

得到新数列a1=k(k=1,2,...,4m+2),然后对a；,a,…,a'^+z进行相应的讨论即可.

换言之，我们可以不妨设叫=fc(fc=1,2，…,4m+2),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123,4,5,6中取出两个数i和/(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(ij)就是(1,2),(1,6),(5,6).

(2)由于从数列1,2，…,4巾+2中取出2和13后，剩余的47n个数可以分为以下两个部分，共小组，使得

每组成等差数列：

©(1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14),共3组；

@[15,16,17,18},{19,20,21,22},...,{4m-1,4m,4m+1,4m+2},共m-3组.

(如果小一3=0,则忽略②)

故数列1,2，…,4m+2是(2,13)-可分数列.

(3)定义集合4={4k+l\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1Wi</W4m+2,如果下面两个命题同时成立，

则数列1,2，…,4m+2一定是（ij）一可分数列：

命题1：iEA,jGB或iGB,j6A；

命题2：j—i手3.

我们分两种情况证明这个结论.

第一种情况：如果iEZJWB,且/TH3.

此时设i=4kl+1,j=4k2+2,kltk2£{0,1,2,…，m].

则由iV/可知4kl+1<4七+2,即七一k]>——,故&Nk[.

此时，由于从数列1,2,…,4m+2中取出i=4kl+1和/=4k2+2后，

剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共加组，使得每组成等差数列：

①{1,234},{5,6,7,8},…,{4七-34kl-2,4七-1,4七},共七组；

②{4的+2,4fc1+3,4的+4,4的+5},{4七+6,4的+7,4的+8,4的+9},…，{4七—2,4fc2—L4k2,4k2+1},

共七一々1组；

③{4七+3,4々2+4,4卜2+5,4伍+6},{4七+7,4k2+8,4的+9,4版+10},…，{4/71—1,4771,4ni+1,4TTI+2},

共TH-七组.

（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（ij）—可分数列.

第二种情况：如果iEBJeZ,且j—2W3.

此时设i=4kl+2,j=4k2+1,klfk26{0,1,2,…，m].

则由iV/可知4/q+2<4k2+1,即七一七>±故七>的.

由于j—iH3,故（4々2+1）—（4七+2）W3,从而七一七H1,这就意味着々2—七之2.

此时，由于从数列12…,4血+2中取出i=4备+2和/=4七+1后，剩余的4血个数可以分为以下四个部

分，共血组，使得每组成等差数列：

①{123,4},{5,6,7,8},…,{4七-3,4七-2,4七-1,4七},共七组；

②{4k]+1,3k1+攵2+1,2的+2k2+1,七+3k2+1},{3k1+&+2,2自+2k2+2,七+3k2+2,4/^2+2},

共2组；

③全体{4七+p,3kl+々2+P，2的+2伍+P，的+3k2+p},其中p=3,4,…,七一七，共七一七一2组；

④{4七+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6},{4七+7Ak?+8,4&+9,4&+1。},■■■>{4TTI—1,4771,4??i+l,4zn+2},

共m-々2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，排成一个包含的-心-2个行，4个列的数

表以后，4个列分别是下面这些数：

{4七+3,4/Q+4,…,3kl+七},{3七+&+3,3的+伍+4,…,2kl+2/^}'{2七+2k?+3,2的+2k?+

3,…,Ze1+3k21{々1+3七+3,七+3k2+4,…,4七}.

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{4七+1,4的+2，…,4期+2}中除开五个集

合{4七+1,4的+2},{3个+々2+L3kl+々2+2},{2的+2k2+12kl+2k?+2},{的+3k?+1,七+3k?+

2},{4心+1,4&+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4七+2和4七+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，…,4m+2是(ij)-可分数列.

至此，我们证明了：对1WiV/W4?n+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(")-可分数列.

然后我们来考虑这样的6/)的个数.

首先，由于4nB=0,4和B各有771+1个元素，故满足命题1的(")总共有(血+1)2个；

而如果/—i=3,假设iGA,j6B,则可设i=4kl+1,，=4k2+2,代入得(4々2+2)—(4七+1)=3.

但这导致七一的=；,矛盾，所以

设i=4。+2,J=4/^24,1>k],々2C{0,1,2,…，tn])则(4B+1)—(4ki+2)=3,即&—k]=1.

所以可能的(如,心)恰好就是(。，1)，l,m),对应的(ij)分别是(2,5),(6,9),2,4m+1),

总共ni个.

所以这(m+1)2个满足命题1的8力中，不满足命题2的恰好有6个.

这就得到同时满足命题1和命题2的(疗)的个数为(zn+1)2-m.

当我们从L2，…,4m+2中一次任取两个数i和/(i</)时，总的选取方式的个数等于(4m+2；(4m+l)=(2m+

l)(4m+1).

而根据之前的结论，使得数列的,。2，…，。.+2是&/)-可分数列的口力至少有(血+-m个.

所以数列的,牝，…，a4m+2是(ij)一可分数列的概率Pm一定满足

(m+l)2-m_-2+^+1>—+-+，__1

p>

m—(2?n+l)(4m+l)(2TH4-1)(477I+1)(2m+l)(4m+2)2(2m+l)(27n+l)8

这就证明了结论.

23.(2023•全国•高考真题)记与为等差数列{册}的前几项和，已知a?=ll,Sio=40.

(1)求｛%｝的通项公式；

(2)求数列｛|叫｝的前n项和7n.

【解题思路】(1)根据题意列式求解的,d,进而可得结果;

(2)先求治,讨论与的符号去绝对值，结合工运算求解.

【解答过程】(1)设等差数列的公差为d,

f—的+d=ll(a,-I-r?=11Cn—12

由题意可得cin^10X9,4n，即2L3解得竹.

(Si。=lOttiH———a-40(2%+9d=8Id=—2

所以册=13-2(n-1)=15-2n,

(2)因为Sn=n(13+：-2n)=14n一/,

令斯=15—2zi>0,解得"协且neN*,

2

当几W7时，则即>0,可得T九=|a/+\a2\H--F\an\=%+做---Fan=Sn=14n—n；

a=a

当?128时，则册V0,可得Tn=+|。21T--卜\n\(。1+。2T--卜。7)—(。8----卜n)

222

=S7-(S九-S7)=2S7-sn=2(14x7-7)-(14n-n)=n-14n+98；

2

^±«：Tn=\14n-n,n<7

24.(2023•全国•高考真题)设Sn为数列｛册｝的前n项和，已知a?=l,2Sn=nan.

(1)求｛%｝的通项公式；

(2)求数歹(]｛罗｝的前〃项和

【解题思路】(1)根据斯=[,(践=：即可求出；

[Sn-Sn_lfn>2

(2)根据错位相减法即可解出.

【解答过程】(1)因为2szi=几册，

当ri=1时，2al=%,即％=0；

当九二3时，2(1+a3)=3a3，即的=2,

当九之2时，2szi_1=(n-l)an_i，所以2(S九-S九=nan-(n-l)an_t=2an,

化简得：(九一2)(1=(71—l)Q_1，当7123时，一、=—,,,=77=1>即Q九=72—1,

nn71—171—22

当71=1,2时都满足上式，所以册=71-l(neN*).

(2)因为筌=会所以Tn=lx&)+2x(3+3x(3+•••+nxQ),

23

lrn=lxg)+2xg)+...+(n-l)xG)%nxgf\

两式相减得，

产-包+(丁+©+…+(一一”(十=将一”(沪:

2

=l-(l+^)g)n,即7n=2_(2+7i)G)\nGN*.

25.(2023・天津•高考真题)已知｛册｝是等差数列，a?+。5=16,。5-=4.

⑴求｛%｝的通项公式和2dat(neN*).

⑵设｛九｝是等比数列,且对任意的keN*,当2-iWnW2k-1时，则如</<加+1，

kk

(I)当kN2时，求证：2-1<bk<2+1；

(II)求｛%｝的通项公式及前n项和.

【解题思路】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得%=3,d=2,据此可求得数列的通项公式,

然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前律项和公式计算可得2(33七=3.4"-1.

(2)⑴利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2-iWnW2上-1时，bk<an,

取?i=2^-1,当2kVw几W2八1一1时，an<bk,取n=2—i—l,即可证得题中的不等式；

(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.

【解答过程】(1)由题意可得/2+。5=2的254：16,解得

则数列｛%｝的通项公式为an=ai+(n-l)d=2n+1,

求和得4=£[4一1(2i+1)=22;;Li+(2n-1-2"-1+1)

=2[251+(2"T+1)+(2j1+2)+…+(2n-1)]+2"-1

=2(2，T+2J).2“T+2-1=3.4n-l

2,

(2)(I)由题意可知，当2"iWnW2欠一1时,bk<an,