2025年菁优高考数学压轴训练9VIP

Page2025年菁优高考数学压轴训练9一．选择题（共10小题）1．（2024•利通区校级模拟）已知数列是首项为1的等比数列，是的前项和，且，则数列的前5项和为A．30 B．31 C．29 D．322．（2024•平谷区模拟）已知等差数列和等比数列，，，，，则满足的数值A．有且仅有1个值 B．有且仅有2个值 C．有且仅有3个值 D．有无数多个值3．（2024•山东一模）将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则A． B． C． D．4．（2024•浦东新区二模）设，，，记，2，，，令有穷数列为零点的个数，2，，，则有以下两个结论：①存在，使得为常数列；②存在，使得为公差不为零的等差数列．那么A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①②都正确 D．①②都错误5．（2024•临潼区二模）已知为等比数列，为数列的前项和，，则的值为A．3 B．18 C．54 D．1526．（2024•昌平区模拟）已知数列满足，，，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是A． B． C．非零常数，，使得 D．，都有7．（2024•张家口三模）已知数列的前项和为，满足，则A． B． C． D．8．（2024•南昌三模）已知数列的前项和为，且满足，，则的值不可能是A．1 B．2 C．3 D．159．（2024•东城区校级三模）已知公比不为1的等比数列的前项和为，，，，记，，为等差数列；：对任意自然数，，，为等差数列，则是的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件10．（2024•茂名模拟）已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足，，成等差数列，则的值为A．3 B．9 C．10 D．13二．多选题（共5小题）11．（2024•渝北区校级模拟）已知正项数列满足，，其中，则A．为单调递减数列 B． C． D．12．（2024•武进区校级一模）已知等差数列的前项和为，的公差为，则A． B． C．若为等差数列，则 D．若为等差数列，则13．（2024•贵阳模拟）设首项为1的数列前项和为，已知，则下列结论正确的是A．数列为等比数列 B．数列的前项和 C．数列的通项公式为 D．数列为等比数列14．（2024•玄武区校级模拟）设数列的前项和为，，则下列说法正确的是A．是等差数列 B．，，成等差数列，公差为 C．当或时，取得最大值 D．时，的最大值为3315．（2024•山东模拟）已知数列中，，则A．的前10项和为 B．的前100项和为100 C．的前项和 D．的最小项为三．填空题（共5小题）16．（2024•宁化县校级一模）已知，则使不等式能成立的正整数的最大值为．17．（2024•开福区校级三模）已知函数，数列满足，，，则．18．（2024•浙江模拟）设严格递增的整数数列，，，满足，．设为，，，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为，使得取到最大值的数列的个数为．19．（2024•上海），，，，任意，，，，满足，求有序数列，，，有对．20．（2024•辽宁模拟）已知是公差为2的等差数列，其前项和为，是与的等差中项，则；设，若对，使得恒成立，则的取值范围为．四．解答题（共5小题）21．（2024•淅川县校级三模）设为数列的前项和，已知，，且为等差数列．（1）求证：数列为等差数列；（2）若数列满足，且，求数列的前项和．22．（2024•东湖区校级一模）已知各项均不为0的数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）若对于任意，成立，求实数的取值范围．23．（2024•回忆版）已知双曲线，点在上，为常数，，按照如下方式依次构造点，3，，过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：对任意的正整数，．24．（2024•河南模拟）设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列．（1）若是首项为，公差为1的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由；（2）证明：若的通项公式为，则不是数列；（3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值．25．（2024•朝阳区二模）设为正整数，集合，，，，，，，2，，．对于，，，，设集合，，，2，，．（Ⅰ）若，1，0，0，1，，，1，0，0，1，0，1，0，0，1，，写出集合，；（Ⅱ）若，，，，且，满足，令，，，，求证：；（Ⅲ）若，，，，且，，，，，求证：，2，，．

2025年菁优高考数学压轴训练9参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•利通区校级模拟）已知数列是首项为1的等比数列，是的前项和，且，则数列的前5项和为A．30 B．31 C．29 D．32【考点】87：等比数列的性质【专题】54：等差数列与等比数列【分析】利用等比数列的求和公式可求得，从而可得数列的前5项和．【解答】解：依题意知，公比，，即，解得：或（舍去），，故选：．【点评】本题考查等比数列的性质，求得公比为2是关键，属于中档题．2．（2024•平谷区模拟）已知等差数列和等比数列，，，，，则满足的数值A．有且仅有1个值 B．有且仅有2个值 C．有且仅有3个值 D．有无数多个值【答案】【考点】等差数列与等比数列的综合【专题】综合法；方程思想；数学运算；等差数列与等比数列【分析】由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得公差和公比，求得，，运用分类讨论思想解不等式可得所求取值．【解答】解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由，，，可得，，解得，，则，，，即，当为奇数时，时成立，其余都不成立；当为偶数时，，不等式左边小于0，不等式不成立；时，不等式左边，不等式不成立；时，不等式的左边，不等式不成立；时，不等式的左边，不等式不成立；其余的偶数，也都不成立．故选：．【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式，以及不等式的解法，考查方程思想和分类讨论思想、运算能力，属于中档题．3．（2024•山东一模）将方程的所有正数解从小到大组成数列，记，则A． B． C． D．【答案】【考点】数列递推式；数列与三角函数的综合【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；三角函数的求值；数学运算【分析】由三角函数的恒等变换化简方程，并求值，判断以，重复循环出现，且，，，计算可得所求和．【解答】解：，即为，即，所以或，，即或，，而，所以，，，，所以，，，，后面的值都是以，重复循环出现，且，，，所以，故选：．【点评】本题考查三角函数与数列的综合，以及三角函数的化简和求值、数列的求和，考查转化思想和方程思想、运算能力，属于中档题．4．（2024•浦东新区二模）设，，，记，2，，，令有穷数列为零点的个数，2，，，则有以下两个结论：①存在，使得为常数列；②存在，使得为公差不为零的等差数列．那么A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①②都正确 D．①②都错误【答案】【考点】数列与函数的综合【专题】综合法；函数的性质及应用；综合题；函数思想；逻辑推理【分析】对于①，列举验证，对于②，列举验证．【解答】解：当时，，此时，，此时，，此时，故存在，使为常数列；①正确；设，则有个零点1，2，3，，，则在，，，的每个区间内各至少一个零点，故至少有个零点，因为是一个次函数，故最多有个零点，因此有且仅有个零点，同理，有且仅有个零点，，有且仅有个零点，故，所以是公差为的等差数列，故②正确．故选：．【点评】本题主要考查数列与函数的综合，属于中档题．5．（2024•临潼区二模）已知为等比数列，为数列的前项和，，则的值为A．3 B．18 C．54 D．152【答案】【考点】数列递推式【专题】转化法；综合题；数学运算；方程思想；等差数列与等比数列【分析】由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程组，求解方程组确定首项和公比的值，然后结合等比数列通项公式即可求得的值．【解答】解：由题意，设等比数列的公比为，则当时，，即，①当时，，即，②联立①②，可得，解得，．故选：．【点评】本题主要考查等比数列的基本运算．考查了方程思想，转化与化归思想，等比数列的通项公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．6．（2024•昌平区模拟）已知数列满足，，，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是A． B． C．非零常数，，使得 D．，都有【答案】【考点】数列的求和；数列递推式【专题】综合法；数学运算；转化思想；点列、递归数列与数学归纳法【分析】由数列的递推式，计算和，可判断；由数列的递推式推得时，，计算可判断，再由排除法可得结论．【解答】解：由，，，可得，，故正确；由，，，，，，，，，可得，当时，，当时，，，即时，，则，都有，故正确；由排除法，可得错误．故选：．【点评】本题考查数列的递推式和数列的求和，考查转化思想和推理能力，属于中档题．7．（2024•张家口三模）已知数列的前项和为，满足，则A． B． C． D．【答案】【考点】数列求和的其他方法【专题】综合法；数学运算；转化思想；等差数列与等比数列【分析】由数列的递推式推得当为奇数时，，由等差数列的通项公式，结合递推式可得，，由数列的并项求和，计算可得所求和．【解答】解：根据题意，当为奇数时，，可得，即，可得，即有，，则．故选：．【点评】本题考查数列的递推式和等差数列和等比数列的通项公式与求和公式、数列的并项求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．8．（2024•南昌三模）已知数列的前项和为，且满足，，则的值不可能是A．1 B．2 C．3 D．15【答案】【考点】数列递推式；数列的求和【专题】转化思想；等差数列与等比数列；数学运算；综合法【分析】由时，，推得，由等差数列和等比数列的定义和通项公式，结合排除法可得结论．【解答】解：由，，可得时，，可得，化为，即，或，若数列是公差为1的等差数列，可得，故成立；若数列是公比为的等比数列，可得，故成立；数列的前5项分别为1，，0，1，2，可得，故成立；由排除法可得不可能成立．故选：．【点评】本题考查数列的递推式和等差数列、等比数列的定义和通项公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．9．（2024•东城区校级三模）已知公比不为1的等比数列的前项和为，，，，记，，为等差数列；：对任意自然数，，，为等差数列，则是的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】【考点】充分条件与必要条件；等差数列的性质【专题】转化思想；数学运算；等差数列与等比数列；转化法【分析】根据条件得出命题，均等价于，再根据充分条件和必要条件的判断方法，即可得出结果．【解答】解：为命题，，成等差数列，所以，又数列为等比数列，且公比不为1，所以，整理得到，又命题，，成等差数列，所以，即，整理得到，所以是的充要条件，故选：．【点评】本题考查等差数列的性质，属于中档题．10．（2024•茂名模拟）已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且满足，，成等差数列，则的值为A．3 B．9 C．10 D．13【考点】89：等比数列的前项和【专题】34：方程思想；49：综合法；54：等差数列与等比数列【分析】设各项均为正数的等比数列的公比为，由，，成等差数列，可得，，化为，．解得，再利用求和公式即可得出．【解答】解：设各项均为正数的等比数列的公比为，满足，，成等差数列，，，，．解得．则．故选：．【点评】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二．多选题（共5小题）11．（2024•渝北区校级模拟）已知正项数列满足，，其中，则A．为单调递减数列 B． C． D．【答案】【考点】利用导数研究函数的单调性；数列递推式【专题】综合法；转化思想；数学运算；导数的综合应用；等差数列与等比数列【分析】利用导数判断单调性，放缩法证明不等式逐个选项分析即可．【解答】解：对于，需要考虑数列的单调性，即判断与的大小关系，由题意可得，令，定义域为，，令，，当时，此时恒成立，故在上单调递减，，也可得，即，故在上单调递减，当时，，则，故，则，即，故为单调递减数列，故正确；显然，故错误；对于，欲证，且由题意得，即证，即证，取指数得，又易知，化简得，故证明恒成立即可，令，，而，故在上单调递增，且，故，即恒成立，故得证，故正确；对于，由可知，，，，，，上式相加，得，故得证，故正确．故选：．【点评】本题考查数列的单调性和数列的求和，解决的关键是利用导数证明数列的单调性，再构造函数结合放缩法证明不等式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．12．（2024•武进区校级一模）已知等差数列的前项和为，的公差为，则A． B． C．若为等差数列，则 D．若为等差数列，则【答案】【考点】等差数列的性质；等差数列的前项和【专题】综合法；等差数列与等比数列；数学运算；整体思想【分析】由已知结合等差数列的性质及求和公式，等差数列的定义检验各选项即可判断．【解答】解：由等差数列的性质可知，，故不正确；因为，所以，故正确；因为，为等差数列，所以，故不正确；由题可知，因为为等差数列，所以，即，故正确．故选：．【点评】本题主要考查了等差数列的求和公式及性质的应用，属于中档题．13．（2024•贵阳模拟）设首项为1的数列前项和为，已知，则下列结论正确的是A．数列为等比数列 B．数列的前项和 C．数列的通项公式为 D．数列为等比数列【答案】【考点】等比数列的性质；数列递推式【专题】转化思想；数学运算；综合法；等差数列与等比数列【分析】由数列的递推式推得，结合等比数列的定义和通项公式，可判断；由与的关系，可判断；由等比数列的中项性质可判断．【解答】解：由，，可得，即有，由，可得数列是首项和公比均为2的等比数列，则，即，故正确；由时，，对不成立，故错误；由，，，，故数列不为等比数列，故错误．故选：．【点评】本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，以及数列的项与和的关系，考查转化思想和运算能力，属于中档题．14．（2024•玄武区校级模拟）设数列的前项和为，，则下列说法正确的是A．是等差数列 B．，，成等差数列，公差为 C．当或时，取得最大值 D．时，的最大值为33【答案】【考点】等差数列的性质；数列递推式【专题】综合法；转化思想；数学运算；等差数列与等比数列【分析】根据已知得出数列是一个等差数列，求出．根据，的关系求出的表达式，根据定义即可判断项；求出公差，进而根据等差数列的性质，即可判断；由，求解即可得出的值，判断项；根据的表达式，求解不等式，即可判断项．【解答】解：对于项，由已知可得，数列是一个等差数列，首项，公差为，所以，所以，当时，，当时，，综上所述，，所以，所以是等差数列，故项正确；对于项，设的公差为，由知，，，根据等差数列的性质可知，，故项错误；对于项，因为，所以当或时，取得最大值，故正确；对于项，由，可得，所以时，的最大值为33，故正确．故选：．【点评】本题考查了数列的递推式，等差数列的求和公式，属于中档题．15．（2024•山东模拟）已知数列中，，则A．的前10项和为 B．的前100项和为100 C．的前项和 D．的最小项为【答案】【考点】数列的求和【专题】综合法；整体思想；点列、递归数列与数学归纳法；数学运算【分析】．由，利用错位相减法求解判断；．由，利用幷项求和判断；．由，利用裂项相消法求解判断；．由，利用对勾函数的性质求解判断．【解答】解：对于．易知，则，则，两式相减得，，则，故错误；对于．易知，则其前100项和为，故正确；对于．，则，故正确；对于．易知，令，则，当且仅当，即，时，等号成立，而，当时，，当时，，所以的最小项为，故错误．故选：．【点评】本题考查了数列通项公式的求法，重点考查了错位相减法及裂项求和法，属中档题．三．填空题（共5小题）16．（2024•宁化县校级一模）已知，则使不等式能成立的正整数的最大值为13．【答案】13．【考点】数列的求和【专题】数学运算；转化思想；综合法；导数的综合应用【分析】先研究的单调性，可得，从而可求正整数的最大值．【解答】解：设，故，当时，；当时，；故在上为增函数，在上为减函数，因为，故，即，故，故，所以即，而，，故正整数的最大值为13，故答案为：13．【点评】本题考查导数的运用，以及根据题设中的不等式的形式构建新函数，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．17．（2024•开福区校级三模）已知函数，数列满足，，，则2．【考点】数列的求和；数列与函数的综合【专题】整体思想；数学运算；点列、递归数列与数学归纳法；综合法；函数的性质及应用【分析】根据函数性质分析可知：在上单调递增，且为奇函数，进而可得，结合数列周期性分析求解．【解答】解：由题意可知：的定义域为，且，即，可知为定义在上的奇函数；且，因为在上单调递增，可知在上单调递增；综上所述：在上单调递增，且为奇函数．因为，则，可得，即，由可知：3为数列的周期，则，且，所以．故答案为：2．【点评】本题主要考查了函数的奇偶性，单调性及周期性在函数求值中的应用，还考查了数列的求和，属于中档题．18．（2024•浙江模拟）设严格递增的整数数列，，，满足，．设为，，，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为18，使得取到最大值的数列的个数为．【考点】数列的应用【专题】压轴题；分类讨论；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算【分析】第一个空，根据题意可知，当数列，，，满足被3除余1和被3除余2的数相间时，最大，即可求出结果；第二个空，由，，可得这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数，先在到这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意相邻数一个模3余1，一个模3余2，需要删去的8个数应该为4组相邻的数；用捆绑法，即从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数，利用排列组合的思想：分两端都删去，两端均不删和两端中有一个被删去3类情况讨论，即可求出结果．【解答】解：第一个空，由，，且为严格递增数列，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除，而，，均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，如严格递增数列1，2，4，5，7，8，10，11，13，14，16，17，19，20，22，23，25，26，28，40，满足题意，所以的最大值为18．第二个空，因为这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数．第一步，在到这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得的最大值为18；第二步，将这27个数从小到到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列，它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数；第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数，有3种情况：①两端均删去，这种情况不满足要求，因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加回来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足；②两端均不删去，从中间21个数中选4个删去，有种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，有种方法，共有种；③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有种，此时加回来的数必定是删去的两端之一的1或40，有1种选法，共有种；第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为，它旁边两个数分别为，，即排列为，，，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为，然后删去，再补回；或者为，然后删去，再补回，这两种删去方式结果相同．综上，共有种．故答案为：18；25270．【点评】本题考查数列的应用，整除和排列组合问题，属难题．19．（2024•上海），，，，任意，，，，满足，求有序数列，，，有48对．【答案】48．【考点】数列的应用【专题】逻辑推理；点列、递归数列与数学归纳法；方程思想；数学运算；转化思想；综合法【分析】由题意得，10，12，18，20，，设，由单调性有，，，，分类讨论可求解．【解答】解：由题意得，10，12，18，20，，满足，不妨设，由单调性有，，，，分两种情况讨论：①，，解得，，，，②，，解得，，，，所以有2种，综上共有对．故答案为：48．【点评】本题综合考查了数列，不等式的应用，属于难题．20．（2024•辽宁模拟）已知是公差为2的等差数列，其前项和为，是与的等差中项，则；设，若对，使得恒成立，则的取值范围为．【答案】；．【考点】等差中项及其性质【专题】综合法；点列、递归数列与数学归纳法；等差数列与等比数列；数学运算；转化思想【分析】根据等差中项性质结合等差数列的相关公式列式计算，求得首项，即可求得通项公式；进而可得的表达式，利用作差法判断其单调性，确定最大值，结合数列不等式恒成立，即可求得参数范围．【解答】解：由题意知是公差为2的等差数列，是与的等差中项，则，即，，故；故，则，当时，，数列的项增大；当时，，数列的项是减小的；故为数列的最大值项，对，使得恒成立，则，即的取值范围为．故答案为：；．【点评】本题主要考查等差数列的性质和数列单调性的应用，考查计算能力，属于中档题．四．解答题（共5小题）21．（2024•淅川县校级三模）设为数列的前项和，已知，，且为等差数列．（1）求证：数列为等差数列；（2）若数列满足，且，求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析；（2）．【考点】裂项相消法【专题】转化思想；等差数列与等比数列；数学运算；综合法【分析】（1）借助等差数列的性质与与的关系计算即可得；（2）借助累乘法可计算出数列，借助裂项相消法可得．【解答】解：（1）证明：设等差数列的公差为，则，即，①因为，所以由，得．②由①、②解得，，所以，即，当时，，当时，，上式也成立，所以，所以数列是等差数列；（2）由（1）可知，当时，，因为满足上式，所以．．【点评】本题考查等差数列的定义、通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．22．（2024•东湖区校级一模）已知各项均不为0的数列的前项和为，且．（1）求的通项公式；（2）若对于任意，成立，求实数的取值范围．【答案】（1），；（2），．【考点】数列递推式【专题】综合法；数学运算；等差数列与等比数列；方程思想【分析】（1）数列的通项与前项和的关系，以及等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）由等差数列的求和公式和不等式恒成立思想，结合数列的单调性，可得所求取值范围．【解答】解：（1）由，可得，即，可得，当时，由，可得，两式相减可得，化为，即数列的奇数项和偶数项均为公差为4的等差数列，即有时，；时，；所以，；（2），对于任意，成立，即为恒成立．设，则，当，2时，；当时，，即有，可得时，取得最大值，则，即的取值范围是，．【点评】本题考查数列的通项与前项和的关系，以及等差数列和数列的单调性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．23．（2024•回忆版）已知双曲线，点在上，为常数，，按照如下方式依次构造点，3，，过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：对任意的正整数，．【考点】数列的应用【专题】数学运算；转化思想；转化法；等差数列与等比数列【分析】（1）根据已知条件，先求出直线方程，再与曲线方程联立，即可求解；（2）根据已知条件，推得，再结合，都在双曲线上，以及等比数列的定义，即可求证；（3）要证：，只需先尝试，即先证，再结合换元法，以及直线的斜率公式，即可求解．【解答】解：（1）在上，，解得，过且斜率为的直线方程为，即，联立，解得或，故，，过斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，所以，；（2）证明：，关于轴的对称点是，，，，，都在同一条斜率为的直线上，；则，，都在双曲线上，，两式相减可得，，而①，②，则②①可得，，则，，故数列是公比为的等比数列；（3）证明：要证：，只需先尝试，即先证，记，，则，，而，，，，，，，．【点评】本题主要考查数列的应用，考查转化能力，属于难题．24．（2024•河南模拟）设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列．（1）若是首项为，公差为1的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由；（2）证明：若的通项公式为，则不是数列；（3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值．【答案】（1）是数列，理由见解析（2）证明见解析（3）或．【考点】等差数列与等比数列的综合【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算【分析】（1）由题知，，0，1，2，3，，再根据数列的定义，即可作出判断；（2）先假设是数列，从而有，再进行验证，即可证明结果；（3）根据题设得到，令，从而得到，再利用函数性质，建立不等关系，得到；令，由，即可求解．【解答】解：（1）是数列，理由：由题知，即，，0，1，2，3，，所以，，当时，，所以是数列．（2）证明：假设是数列，则对任意正整数，总是中的某一项，，所以对任意正整数，存在正整数满足：，显然时，存在，满足，取，得，所以，可以验证：当，2，3，4时，都不成立，故不是数列．（3）已知是等比数列，其首项，公比，所以，所以，由题意知对任意正整数，总存在正整数，使得，即对任意正整数，总存在正整数，使得，即对任意正整数，总存在正整数，使得，①令，得，且，因为，，所以当时，取到最小值，所以，所以，又，所以，所以，即；②令，得，且，所以，1综上，或．【点评】本题考查数列的新定义，等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．25．（2024•朝阳区二模）设为正整数，集合，，，，，，，2，，．对于，，，，设集合，，，2，，．（Ⅰ）若，1，0，0，1，，，1，0，0，1，0，1，0，0，1，，写出集合，；（Ⅱ）若，，，，且，满足，令，，，，求证：；（Ⅲ）若，，，，且，，，，，求证：，2，，．【答案】（1），3，，，5，8，；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【考点】数列的应用；数列与不等式的综合【专题】分类讨论；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算【分析】（1）由题意，即可直接写出，；（2）由可得结合可得，，2，，，即可证明；（3）若且则，，2，，，进而，由（2）可知，分类讨论，时与的大小关系，即可证明．【解答】解：（1）由题，3，，，5，8，；（2）证明：，，，2，，，当时，，，即，，2，，，又（a），，，2，，，，，2，，，；（3）证明：对任意，令，，，，若且，则，，2，，，，，2，，，，，，2，，，，，2，，，，对，，2，，，，由（2）可知，令，则，若，则，，若，，，即（a），又，，综上，，即，2，，．【点评】本题考查了数列的应用，属于难题．

考点卡片1．充分条件与必要条件【知识点的认识】1、判断：当命题“若p则q”为真时，可表示为p⇒q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．事实上，与“p⇒q”等价的逆否命题是“￢q⇒￢p”．它的意义是：若q不成立，则p一定不成立．这就是说，q对于p是必不可少的，所以说q是p的必要条件．例如：p：x＞2；q：x＞0．显然x∈p，则x∈q．等价于x∉q，则x∉p一定成立．2、充要条件：如果既有“p⇒q”，又有“q⇒p”，则称条件p是q成立的充要条件，或称条件q是p成立的充要条件，记作“p⇔q”．p与q互为充要条件．【解题方法点拨】充要条件的解题的思想方法中转化思想的依据；解题中必须涉及两个方面，充分条件与必要条件，缺一不可．证明题目需要证明充分性与必要性，实际上，充分性理解为充分条件，必要性理解为必要条件，学生答题时往往混淆二者的关系．判断题目可以常用转化思想、反例、特殊值等方法解答即可．判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的既不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．【命题方向】充要条件是学生学习知识开始，或者没有上学就能应用的，只不过没有明确定义，因而几乎年年必考内容，多以小题为主，有时也会以大题形式出现，中学阶段的知识点都相关，所以命题的范围特别广．2．等差数列的性质【知识点的认识】等差数列如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．等差数列的通项公式为：an＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：Sn＝na1+n（n﹣1）或Sn＝（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝ap+aq（p，q，m都为自然数）等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．【解题方法点拨】例：已知等差数列{an}中，a1＜a2＜a3＜…＜an且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．3．等差中项及其性质【知识点的认识】等差数列如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．等差数列的通项公式为：an＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：Sn＝na1+n（n﹣1）或Sn＝（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝ap+aq（p，q，m都为自然数）等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．【解题方法点拨】﹣定义：等差数列中的任意三项an﹣1，an，an+1满足．﹣性质：利用等差中项的性质求解数列相关问题．【命题方向】常见题型包括利用等差中项的定义和性质求解数列中的项，结合具体数列进行分析．设a＞0，b＞0，若1是4a与2b的等差中项，则+的最小值为_____．解：a＞0，b＞0，1是4a与2b的等差中项，∴4a+2b＝2，∴2a+b＝1，∴+＝（+）（2a+b）＝4+++1＝≥5+2＝9．当且仅当时，取等号，则+的最小值为9．故答案为：9．4．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式为Sn＝na1+n（n﹣1）d或者Sn＝【解题方法点拨】eg1：设等差数列的前n项和为Sn，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+d＝5a1+10＝15，即a1＝1，则S10＝10a1+d＝10+45＝55．故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2﹣25n．求数列{|an|}的前n项的和Tn．解：∵等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2﹣25n．∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，Tn＝﹣Sn＝25n﹣4n2，n≥4，Tn＝Sn﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴．点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．【命题方向】等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．5．等比数列的性质【知识点的认识】等比数列（又名几何数列），是一种特殊数列．如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列，因为第二项与第一项的比和第三项与第二项的比相等，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．注：q＝1时，an为常数列．等比数列和等差数列一样，也有一些通项公式：①第n项的通项公式，an＝a1qn﹣1，这里a1为首项，q为公比，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤立的点．②求和公式，Sn＝，表示的是前面n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有am•an＝ap•aq．等比数列的性质（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则ak•al＝am•an（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．（4）单调性：或⇔{an}是递增数列；或⇔{an}是递减数列；q＝1⇔{an}是常数列；q＜0⇔{an}是摆动数列．【解题方法点拨】例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．6．等比数列的前n项和【知识点的认识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q（q≠0），其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝＝．2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为qn．7．数列的应用【知识点的认识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等比数列的综合3、数列的实际应用数列与银行利率、产品利润、人口增长等实际问题的结合．8．数列的求和【知识点的认识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：Sn＝na1+n（n﹣1）d或Sn＝②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【解题方法点拨】典例1：已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{an}的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn＝（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn．分析：形如的求和，可使用裂项相消法如：＝＝．解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴，解得a1＝3，d＝2，∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；Sn＝＝n2+2n．（Ⅱ）由（Ⅰ）知an＝2n+1，∴bn＝＝＝＝，∴Tn＝＝＝，即数列{bn}的前n项和Tn＝．点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．【命题方向】数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．9．裂项相消法【知识点的认识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等：（1）裂项相消法：适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即＝（）．【解题方法点拨】裂项相消法是一种用于求解数列和的技巧，通过将数列项裂解成两个或多个部分进行相消来简化计算．【命题方向】常见题型包括利用裂项相消法计算等差或等比数列的前n项和，结合具体数列进行分析．求和：+++…+．解：因为＝，所以原式＝．故答案为：1﹣．10．数列求和的其他方法【知识点的认识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：Sn＝na1+n（n﹣1）d或Sn＝②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{}的前n项和，其中{an}为各项不为0的等差数列，即＝（）．（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【解题方法点拨】除了常用的方法外，还有其他数列求和的技巧，如变换法、分组法等．﹣变换法：通过对数列进行变换，使其成为已知形式的数列．﹣分组法：将数列项分组，利用分组结果求和．﹣应用：适用于处理复杂的数列和问题，特别是涉及多个数列项的求和．【命题方向】常见题型包括利用其他方法计算数列的前n项和，结合具体数列进行分析．已知数列{an}，Sn为{an}的前n项和，其中a1＝﹣1010，an+1＝，则S2021＝_____．解：因为an+1＝，∴a1＝﹣1010，a2＝a1+3＝﹣1007，a3＝a2﹣1＝﹣1008，a4＝a3+3＝﹣1005，a5＝a4﹣1＝﹣1006，a6＝a5+3＝﹣1003，a7＝a6﹣1＝﹣1004，……，∴a2+a3＝﹣2015，a4+a5＝﹣2011，a6+a7＝﹣2007，……，令bn＝a2n+a2n+1，则数列{bn}是以﹣2015为首项，4为公差的等差数列，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1010＝1010×（﹣2015）+＝3030，又∵T1010＝a2+a3+a4+a5+……+a2020+a2021，∴S2021＝T1010+a1＝3030﹣1010＝2020．11．数列递推式【知识点的认识】1、递推公式定义：如果已知数列{an}的第1项（或前几项），且任一项an与它的前一项an﹣1（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．2、数列前n项和Sn与通项an的关系式：an＝．在数列{an}中，前n项和Sn与通项公式an的关系，是本讲内容一个重点，要认真掌握．注意：（1）用an＝Sn﹣Sn﹣1求数列的通项公式时，你注意到此等式成立的条件了吗？（n≥2，当n＝1时，a1＝S1）；若a1适合由an的表达式，则an不必表达成分段形式，可化统一为一个式子．（2）一般地当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式an＝Sn﹣Sn﹣1，先将已知条件转化为只含an或Sn的关系式，然后再求解．【解题方法点拨】数列的通项的求法：（1）公式法：①等差数列通项公式；②等比数列通项公式．（2）已知Sn（即a1+a2+…+an＝f（n））求an，用作差法：an＝．一般地当已知条件中含有an与Sn的混合关系时，常需运用关系式，先将已知条件转化为只含或的关系式，然后再求解．（3）已知a1•a2…an＝f（n）求an，用作商法：an，＝．（4）若an+1﹣an＝f（n）求an，用累加法：an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1（n≥2）．（5）已知＝f（n）求an，用累乘法：an＝（n≥2）．（6）已知递推关系求an，有时也可以用构造法（构造等差、等比数列）．特别地有，①形如an＝kan﹣1+b、an＝kan﹣1+bn（k，b为常数）的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k的等比数列后，再求an．②形如an＝的递推数列都可以用倒数法求通项．（7）求通项公式，也可以由数列的前几项进行归纳猜想，再利用数学归纳法进行证明．12．数列与函数的综合【知识点的认识】数列的函数特性：等差数列和等比数列的通项公式及前n项和公式中共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，知三求二，体现了方程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．【解题方法点拨】1．在解决有关数列的具体应用问题时：（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的结论．【命题方向】典例：已知f（x）＝logax（a＞0，a≠1），设数列f（a1），f（a2），f（a3），…，f（an）…是首项为4，公差为2的等差数列．（I）设a为常数，求证：{an}成等比数列；（II）设bn＝anf（an），数列{bn}前n项和是Sn，当时，求Sn．分析：（I）先利用条件求出f（an）的表达式，进而求出{an}的通项公式，再用定义来证{an}是等比数列即可；（II）先求出数列{bn}的通项公式，再对数列{bn}利用错位相减法求和即可．解答：证明：（I）f（an）＝4+（n﹣1）×2＝2n+2，即logaan＝2n+2，可得an＝a2n+2．∴＝＝为定值．∴{an}为等比数列．（5分）（II）解：bn＝anf（an）＝a2n+2logaa2n+2＝（2n+2）a2n+2．（7分）当时，．（8分）Sn＝2×23+3×24+4×25++（n+1）•2n+2①2Sn＝2×24+3×25+4×26++n•2n+2+（n+1）•2n+3②①﹣②得﹣Sn＝2×23+24+25++2n+2﹣（n+1）•2n+3（12分）＝﹣（n+1）•2n+3＝16+2n+3﹣24﹣n•2n+3﹣2n+3．∴Sn＝n•2n+3．（14分）点评：本题的第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．13．数列与不等式的综合【知识点的认识】证明与数列求和有关的不等式基本方法：（1）直接将数列求和后放缩；（2）先将通项放缩后求和；（3）先将通项放缩后求和再放缩；（4）尝试用数学归纳法证明．常用的放缩方法有：，，，＝[]﹣＝＜＜＝﹣（n≥2），＜＝（）（n≥2），，2（）＝＜＝＜＝2（）．…+≥…+＝＝＜．【解题方法点拨】证明数列型不等式，因其思维跨度大、构造性强，需要有较高的放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩；其放缩技巧主要有以下几种：（1）添加或舍去一些项，如：＞|a|；＞n；（2）将分子或分母放大（或缩小）；（3）利用基本不等式；＜；（4）二项式放缩；（5）利用常用结论；（6）利用函数单调性．（7）常见模型：①等差模型；②等比模型；③错位相减模型；④裂项相消模型；⑤二项式定理模型；⑥基本不等式模型．【命题方向】题型一：等比模型典例1：对于任意的n∈N*，数列{an}满足＝n+1．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）求证：对于n≥2，．解答：（Ⅰ）由①，当n≥2时，得②，①﹣②得．∴．又，得a1＝7不适合上式．综上得；（Ⅱ）证明：当n≥2时，．∴＝．∴当n≥2时，．题型二：裂项相消模型典例2：数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，对于任意n∈N*，总有an，Sn，成等差数列．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：．分析：（1）根据an＝Sn﹣Sn﹣1，整理得an﹣an﹣1＝1（n≥2）进而可判断出数列{an}是公差为1的等差数列，根据等差数列的通项公式求得答案．（2）由（1）知，因为，所以，从而得证．解答：（1）由已知：对于n∈N*，总有2Sn＝an+①成立∴（n≥2）②①﹣②得2an＝an+﹣an﹣1﹣，∴an+an﹣1＝（an+an﹣1）（an﹣an﹣1）∵an，an﹣1均为正数，∴an﹣an﹣1＝1（n≥2）∴数列{an}是公差为1的等差数列又n＝1时，2S1＝a1+，解得a1＝1，∴an＝n．（n∈N*）（2）解：由（1）可知∵∴（1）放缩的方向要一致．（2）放与缩要适度．（3）很多时候只对数列的一部分进行放缩法，保留一些项不变（多为前几项或后几项）．（4）用放缩法证明极其简单，然而，用放缩法证不等式，技巧性极强，稍有不慎，则会出现放缩失当的现象．所以对放缩法，只需要了解，不宜深入．14．等差数列与等比数列的综合【知识点的认识】1、等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4