2025年高考数学二轮复习：数列的通项公式、数列求和与综合应用策略（讲义）（解析版）

专题11数列的通项公式、数列求和与综合应用策略

目录

01考情透视•目标导航............................................................2

rn占nt口马囱.田姓己I白吉q

03知识梳理•方法技巧............................................................4

04真题研析•精准预测............................................................7

05核心精讲•题型突破...........................................................29

题型一：等差'等比数列的基本量问题29

题型二：证明等差等比数列31

题型三：等差等比数列的交汇问题36

题型四：数列的通项公式41

题型五：数列求和45

题型六：数列性质的综合问题52

题型七：实际应用中的数列问题56

题型八：以数列为载体的情境题60

题型九：数列的递推问题63

重难点突破：数列新定义69

差情;奏汨•日标旦祐

数列作为高考数学中的核心考察点，其命题形态丰富多变，涵盖了从基础到复杂的各个层次。在小题

部分，重点聚焦于等差数列、等比数列的基本概念、性质以及数列的递推关系，并且呈现出与其他数学知

识（尤其是函数、导数）相融合的趋势。至于解答题，其难度通常处于中等或稍难水平，随着文理合卷的

改革推进，数列与不等式相结合的难题（以往常作为压轴题）热度有所减退，难度趋于稳定，保持在中等

偏难的程度。这类题目往往在考察数列基本问题之后，进一步探讨数列求和，而求和之后又常与不等式、

函数'最值等问题相互交织。在考查等差数列、等比数列求和技巧的基础上，更深入地考察“裂项相消法”、

“错位相减法”等高级求和技巧，并且与不等式紧密结合，其中“放缩”思想及方法的应用显得尤为重要。此

外，数列与数学归纳法的结合问题也是一个值得关注的领域，应给予适当的重视。

考点要求目标要求考题统计考情分析

2024年甲卷第4题，5分

2024年I卷第19题，17分

2024年H卷第12题，5分

等差、等比数列掌握定义公式应用2023年甲卷第5、13题，10分2025年高考数列考查

2022年乙卷第13题，5分将聚焦核心点是递推公式

2021年H卷第17题，10分

求通项公式，特别是利用

2023年II卷第8题，5分

数列前n项和S”与第n项

2023年乙卷第18题，12分

能熟练求解通项问2023年II卷第18题，12分%的关系进行推导，此部

数列通项

题2022年I卷第17题，10分

分题型多样，常作为选择

2022年上海卷第21题，18分

填空或最后一题数列新定

2024年甲卷第18题，12分

2023年甲卷第17题，12分义压轴题，挑战考生的思

理解数列求和方法，2022年甲卷第18题，12分维深度与解题能力。

数列求和

能准确计算数列和2021年I卷第16题，5分

2021年乙卷第19题，12分

2021年I卷第17题，10分

等差数列的通项公式如果等差数列明的首项为处,公差为d,

那么它的通项公式是%=%+（〃T）d.

设等是数列明的公差为d,其前〃项和5“=吟也力生+华»d.

泄+4.=4p+4g（加+/7=2+［））

/若｛%｝、｛及｝为等差数列，\

＜则｛%功“｝为等差数列J

/｛%｝为等差数列，£为其前〃项和，:

I则S.S“S，SNS如也成等差数列J

1%=%〃产P，贝Mp+g=o）

〈通项公式的推广：％=。」（〃-社）"（〃巾£N*））

,x

等比数列的通项公式aH-ayq'-C'q\c--)(ax,q^

Vq_______

{naltq=l

等比数列的前n项和公式S=/a^-q^ax-anq

[l・q-l・q31

/若/W+〃=P+1时，则%%="Tg,特别地，

、当wi+〃=2p时，。/产。；.

《方%｝、｛4｝为萩数列，则｛%•4两萩数歹『）

…Op+sw…为等比数列，公比为q'）

/上岛rSQx-Sj,…为等比数列，

7公比为可（当q=-l时,m不为偶数）.

《倒序相加法

并项求和法

牛nt口偏孑里・二注怙工亏

1、利用定义判断数列的类型：注意定义要求的任意性，例如若数列｛."｝满足4包=d(常数)(，

weN*)不能判断数列｛%｝为等差数列，需要补充证明％-4=1;

2、数列｛〃,｝满足%+%+2=2。用(〃eN*)，则｛%｝是等差数列；

3、数列低｝满足%=弛(〃eN*)，4为非零常数，且6尸0,则抄,,｝为等比数列；

4、在处理含S，a的式子时，一般情况下利用公式a=[H，"二1*,消去s,进而求

"[S"-5『1，”》2,且"。

出｛《,｝的通项公式；但是有些题目虽然要求｛%｝的通项公式，但是并不便于运用S,，这时可以考虑先消去a,

得到关于S1,的递推公式，求出S“后再求解凡.

5、遇到形如°用一%=/(〃)的递推关系式，可利用累加法求｛%｝的通项公式，遇到形如&包=/5)的

递推关系式，可利用累乘法求｛%｝的通项公式，注意在使用上述方法求通项公式时，要对第一项是否满足

进行检验.

6、遇到下列递推关系式，我们通过构造新数列，将它们转化为熟悉的等差数列、等比数列，从而求解

该数列的通项公式：

⑴形如……可变形为小片眼+岗,呼+尚是以

q+言为首项，以0为公比的等比数列，由此可以求出知;

n+l

(2)形如an+i=pa“+q"+i(pW1,qN0),此类问题可两边同时除以q,得据2*+1，设

qqqq

从而变成勿+]=42+1，从而将问题转化为第(1)个问题;

Q

1的形式，设包=工

(3)形如《pa〃+1，可以考虑两边同时除以％q+i,转化为—....—

an+lan

则有qb用一pb“=l，从而将问题转化为第(1)个问题.

7、公式法是数列求和的最基本的方法，也是数列求和的基础.其他一些数列的求和可以转化为等差或

等比数列的求和.利用等比数列求和公式，当公比是用字母表示时，应对其是否为1进行讨论.

8、用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：上向册,—；—=-*---二

yjn+yjn+kk''n（n+k）k\nn+k）

裂项后产生可以连续相互抵消的项•抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后

面也剩两项，但是前后所剩项数一定相同.

常见的裂项公式：

1_1__1_

(1)

n(n+1)nn+1

i_iri______

(2)

(2ra-l)(2n+l)2n+1J

111

(3)

n(n+2)2\nn+2J

n(n+l)(n+2)2|_〃(〃+1)(〃+1)(〃+2)

(5)以“门)="(〃+D("+2)--1)〃(〃+1)

9、用错位相减法求和时的注意点：

（1）要善于通过通项公式特征识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形;

（2）在写出“SJ与“恭“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S“-qS“”的表

达式;

（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.

0、分组转化法求和的常见类型：

⑴若a-，且抄"｝,｛g｝为等差或等比数列，可采用分组求和法求｛为｝的前〃项和；

b,〃奇数

（2）通项公式为n其中数列也｝,｛c」是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求

偶数

和；

（3）要善于识别一些变形和推广的分组求和问题.

11、在等差数列｛风｝中,若7〃+〃=S+f=2左（机，“，s,t,%eN*），则4nl+a“=q+q=26•

在等比数列｛%｝中,若m+“=$+/=2左（m,n,s't'%eN*），贝Iaman=asat=a；-

12、前"项和与积的性质

（1）设等差数列｛”“｝的公差为d，前〃项和为

①SjS2n-Sn，S3“-S2“，…也成等差数列，公差为“2小

②也是等差数列，且｝=夕+3_3，公差为

③若项数为偶数2人，贝Is倜-5奇=加，迎=—.

°S奇ak

若项数为奇数2左+1，则S奇-琳=g+1,—=~7~-

$偶k

（2）设等比数列｛.“｝的公比为4,前〃项和为S“.

①当六一1时,SjS2n-Sn＞邑“-$2J…也成等比数列，公比为4".

②相邻〃项积（，黑，…也成等比数列，公比为（打=小

412ft''

③若项数为偶数2左，则限/（＞―），区=工；项数为奇数时，没有较好性质.

偶1+qS偶q

13、衍生数列

（1）设数列｛风｝和｛〃,｝均是等差数列，且等差数列｛.“｝的公差为〃，2，〃为常数.

①｛?｝的等距子数列｛4,金由勺+叱｝心,meN*）也是等差数列，公差为0.

②数列"%+〃｝,土〃6“｝也是等差数列，而｛笳，｝是等比数列.

（2）设数列｛%｝和｛2｝均是等比数列，且等比数列｛%｝的公比为4，%为常数.

①｛%｝的等距子数列由4+叱.｝也是等比数列，公比为/.

②数列｛久｝（60）,昌（"0）,｛⑷卜｛m｝，图,｛＜｝

也是等比数列，而｛log0％｝（。＞0,”1,%＞0）是等差数列.

14、判断数列单调性的方法

（1）比较法（作差或作商）；（2）函数化（要注意扩展定义域）.

15、求数列最值的方法（以最大值项为例，最小值项同理）

方法1：利用数列的单调性；

方法2：设最大值项为0,解方程组［""三%一,再与首项比较大小.

U》%

0

心真题砒标•精御皿\\

1.（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知等差数列｛〃“｝的前"项和为S“，若％=1，则生+%=（）

72

A.—2B.—C.1D.一

39

【答案】D

【解析】方法一：利用等差数列的基本量

由$9=1，根据等差数列的求和公式，§9=9%+半d=lo94+36d=l,

22

阻+%=4+2d+q+6d=2q+3cl—~（9q+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，+ag=a3+a7,由星=1,根据等差数列的求和公式，

S9=9（4；%）=9（%；%）=I,故%+%=|.

故选：D

方法三：特殊值法

12

不妨取等差数列公差d=O,则S9=1=9%nq=5,则〃3+%=2q=§.

故选：D

2.（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记S“为等差数列｛风｝的前〃项和，已知S5=S］。，a5=l,贝lj6=

7C.17

B.-

A.i3

【答案】B

【解析1由Eo-S5=4+%+〃8+%+。10=5〃8=0，

14

则等差数列｛4｝的公差d=§,故。1=。5

3

故选：B.

3.（2024年北京高考数学真题）设｛%｝与低｝是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合

M==4/wN*｝,给出下列4个结论:

①若｛4｝与｛〃｝均为等差数列，则M中最多有1个元素;

②若｛4｝与加“｝均为等比数列，则M中最多有2个元素；

③若｛。,｝为等差数列，｛2｝为等比数列，则加中最多有3个元素；

④若｛见｝为递增数列，｛2｝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

【解析】对于①，因为｛4｝,｛〃｝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4=2?2=-(-2)"\则｛%｝,｛2｝均为等比数列，

但当〃为偶数时，有q=2片=2=-(-2广，此时M中有无穷多个元素，故②错误.

对于③，设包=眼"(幽=0,41±1),an=kn+b(k^6),

若河中至少四个元素，则关于W的方程+b至少有4个不同的正数解，

若q>0,q/1,则由y=A/和y=蒯+8的散点图可得关于"的方程Aqn=kn+b至多有两个不同的解，矛盾;

若q<0,q工±1,考虑关于n的方程Aqn=kn+b奇数解的个数和偶数解的个数,

当Ag"=5+b有偶数解，此方程即为=kn+b,

方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Ak]n\q\>0,

否则A-n|4<0,因>=川司"，>=切+6单调性相反，

方程川引"=加+6至多一个偶数解，

当Aqn=kn+b有奇数解,此方程即为-川引"=切+6,

方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时-AAln0>0即Ak\n\q\<0

否则A左ln„0,因、=—A.,y=Ai+6单调性相反，

方程川引"=加+6至多一个奇数解，

因为Akln|4>0,A-n@<0不可能同时成立，

故初+6不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.

对于④，因为｛4｝为递增数列，｛2｝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.

4.（2024年北京高考数学真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是畲、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.

57.5/手

【答案】23

【解析】设升量器的高为％,斗量器的高为儿（单位都是mm）,

/z,=23mm,\

故答案为：23mm，坐mm.

2

5.（2024年新课标全国I卷数学真题）设加为正整数，数列/，出，…,a4m+2是公差不为0的等差数列，若从

中删去两项外和为«</）后剩余的4,〃项可被平均分为刃组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列

01g，…，%+2是（，，/）-可分数列.

⑴写出所有的（口），使数列4，出，…,4是（口）-可分数列；

（2）当机23时，证明：数列％…是（2,13）—可分数列；

⑶从1,2,…,4加+2中任取两个数i和/<力，记数列％,4，…，4,“+2是（仃）-可分数列的概率为匕，证明：

■

O

【解析】（1）首先，我们设数列4，。2,…，。4,“+2的公差为d,则dWO.

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4=%幺+1优=1，2,...,4m+2）,

得到新数列4=%优=1,2,...,4m+2）,然后对4,…，心+2进行相应的讨论即可.

换言之，我们可以不妨设％=左（左=1,2,...,4加+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中取出两个数得口/«</）,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345,6.

所以所有可能的（盯）就是（L2）,（1,6）,（5,6）.

（2）由于从数列L2,...,4根+2中取出2和13后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共机组，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租一1,4利4m+1,4租+2},共相_3组.

（如果〃z-3=0,则忽略②）

故数列1,2,...,4租+2是（2,13）-可分数列.

（3）定义集合A={4左+1林=0,1,2,...,小}={l,5,9,13”..,4〃z+l},

B={4左+2卜=0,1,2,...,以}={2,6,10,14,...,4zn+2}.

下面证明，对14，＜/44利+2,如果下面两个命题同时成立，

则数列1,2,...,4切+2一定是«,/）—可分数列：

命题1：«eA,jeBngjejeA；

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ieA/eB,且

此时设i=4勺+1,）=4&+2,匕&e{0,1,2,…，磔.

则由，＜J可知44+1＜4&+2,即心一片＞-；,故e2左.

此时，由于从数列1,2,...,4加+2中取出i=4左+1和j=4履+2后，

剩余的4根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{1,2,3,4},{5,6,7,8b…,{4%—3,4%—2,4匕一1,缺},共匕组;

（^）{4仁+2,4kl+3,4匕+4,+5},{4勺+6,4/+7,4左1+8,4kl+9},{4太一2,4左一1,4匕,4匕+1},匕一勺组；

③{4匕+3,4左,+4,4左2+5,4左2+6},{4匕+7,4匕+8,4k+9,4匕+10},...,{4〃2-1,4孤4机+1,4〃2+2},共加-左?组一

（如果某一部分的组数为0,则忽略之）

故此时数列L2,...,4m+2是（盯）-可分数列.

第二种情况：如果且

止匕时设，=4勺+2,j=4^2+1,左,右e{0,1,2,...,相}.

则由，＜j可知4K+2＜4e+1,即取一勺＞；,故左2＞左.

由于j-ir3,故（4左2+1）-（秋+2）73,从而占一女产1,这就意味着左?一

此时，由于从数列L2,…,4根+2中取出i=4勺+2和/=4占+1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共

加组，使得每组成等差数列：

①{1,2,3,4},{5,6,7,8},{做一3,然一2,44一1,秋},共kx组；

（^）{4k]+1,+k?+1,2kl+2匕+1,匕+3匕+1},{3勺+匕+2,2kl+2kl+2,尢+3k?+2,4k、+2},2；

③全体{4《+夕,3勺+&+p,2《+2&+p£+3&+p},其中p=3,4,...,k2-kx,共向-勺-2组；

⑷{4匕+3,4匕+4,4左2+5,4左2+6},{4公+7,4匕+8,4公+9,4匕+10},...,{4〃2—1,47%4〃2+1,4〃2+2},共加-七组.

（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，排成一个包含履-匕-2个行，4个列的数表

以后，4个列分别是下面这些数：

{4《+3,4匕+4,…,3匕+片},{3匕+匕+3,3匕+院+4,..”2K+2&},{2匕+2k、+3,2K+2总+3,…，勺+3k},

{左+3&+3,1+3k2+4,…,4左2}.

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{供+1,秋+2,...,俟+2}中除开五个集合

{4《+1,4K+2},{3匕+匕+1,3K+匕+2},{2匕+2b+1,2&+2b+2},{匕+3k2+1,匕+3k、+2},

{4e+1,4及+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勺+2和4&+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〃7+2是@/）-可分数列.

至此，我们证明了：对14，＜”4利+2,如果前述命题1和命题2同时成立,则数列12…,4%+2一定是[⑺-

可分数列.

然后我们来考虑这样的«,/）的个数.

首先，由于AB=0,A和8各有利+1个元素，故满足命题1的（口）总共有（m+1）2个；

而如果=3,假设ieAJeB,则可设i=4《+l,j=4自+2,代入得（的+2）-（秋+1）=3.

但这导致&-勺=1，矛盾，所以

设i=4匕+2,j=4k2+l,e{0,1,2,,则（4修+1）-（4匕+2）=3,即勺=1.

所以可能的化&）恰好就是对应的（盯）分别是（2,5）,（6,9）,…,（4s-2,4用+1）,总

共m个.

所以这（m+l）2个满足命题1的（仃）中，不满足命题2的恰好有，〃个.

这就得到同时满足命题1和命题2的（V）的个数为（根+1）2-加.

当我们从1,2,…,4根+2中一次任取两个数i和_/1</）时，总的选取方式的个数等于

（4m+2X4m+l）=（2m+i）（4m+i）

而根据之前的结论，使得数列4，电，…，购+2是（"）-可分数列的（V）至少有（加+行-加个.

所以数列4,+2是（仃）-可分数列的概率2一定满足

2

D（m+l）-m川+m+1疗+m+：,+11.

（2/77+1）（4/72+1）（2"7+1）（4加+1）（2机+1）（4〃?+2）2（2"?+1）（2加+1）8

这就证明了结论.

6.（2024年北京高考数学真题）已知集合

M={（i,j,Kw）ie{L2},je{3,4},左e{5,6},we{7,8},且i+/+%+w为偶数}.给定数列A:%,4,，%,和序

列。:[Z，.Ts,其中？；=（%",心切e”（t=l,2,,s）,对数列A进行如下变换：将A的第彳,九如”项均

加1,其余项不变，得到的数列记作4（A）;将4（A）的第，2，/，自，吗项均加1，其余项不变，得到数列记作

砧⑷;……;以此类推,得到（也网,简记为。（A）.

（1）给定数列4:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Q:（1,3,5,7）,（2,4,6,8）,（1,3,5,7）,写出。（A）；

（2）是否存在序列。，使得。（A）为q+2,%+6,%+4,%+2,%+8,4+2,%+4,%+4,若存在，写出一个符合

条件的。；若不存在，请说明理由；

（3）若数列A的各项均为正整数，且％+%+%+%为偶数，求证：“存在序列Q,使得。（A）的各项都相等”

的充要条件为"4+9=%+%=%+%=%+%”.

【解析】（1）因为数列41,3,2,4,6,3,1,9,

由序列7；（1,3,5,7）可得7；（A）:2,3,3,4,7,3,2,9；

由序列6（2,4,6,8）可得（7；（4）:2,4,3,5,7,4,2,10；

由序列4（1,3,5,7）可得碎⑷:3,4,4,5,8,4,3,10；

所以Q（A）:3,4,4,5,8,4,3,10.

（2）解法一：假设存在符合条件的£1,可知C（A）的第1,2项之和为％+°2+s,第3,4项之和为4+。4+5,

4+2）+2+6=a1+a?+s

则,〈〉o〈—，而该方程组无解，故假设不成立，

故不存在符合条件的。；

解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4,

假设存在符合条件的Q，且。（A）:乙也，…也,

.生2+6+4+2+8+2+4+40

因为---------------------=8，即序列。共有8项,

4

由题意可知：(b211T+)一+%,)=8,"=1,2,3,4,

检验可知：当〃=2,3时，上式不成立，

即假设不成立，所以不存在符合条件的Q.

（3）解法一：我们设序列4...咐（可为｛4,“｝（1。48）,特别规定%"=%（1。＜8）.

必要性：

若存在序列。：4Z，却使得Q（A）的各项都相等.

则as,l=4,2=4,3=4,4=4,5=4,6=4,7=4,8，所以4,1+4,2=as,3+asA=as,5+4,6=4,7+4,8.

根据刀…石方(A)的定乂，显然有4,2j-i+%,2)=4-1,2/一1+4-1,2/+1,这里/=123,4,s=l,2,….

所以不断使用该式就得到。1+。2=。3+。4=%+。6=%+。8=4,1+%,2-S,必要性得证.

充分性：

若％+%=〃3+=〃5+〃6=〃7+•

由已知，4+/+%+%为偶数，而4+。2=。3+。4=。5+。6=%+。8，所以

%+〃4+。6+4=4（%+〃2）-（4+/+%+%）也是偶数.

我们设工…町（A）是通过合法的序列Q的变换能得到的所有可能的数列Q（A）中，使得

a+a+aa+

|«S,l-s.21|^,3-sA|\s,5-s,6\|«.,7"«S,81最小的一个.

上面已经说明4,2j-\+4,2j~4-1,2j-\+4-1,2j+1,这里j=l,2,3,4,5=1,2,....

从而由%+%=%+%=%+4=%+%可得4」+4,2=4,3+4,4=4,5+4.6=4,7+4,8=%+%+S.

同时，由于力+/+（+"总是偶数，所以41+册3+45+。“7和税2+44+46+和8的奇偶性保持不变，从而

4」+as3+%5+4,7和4.2+4/+4.6+4,8都是偶数.

下面证明不存在/=1,2,3,4使得卜,"一心2）＞2.

假设存在，根据对称性，不妨设，=1,as,2j-\~as,2j1,即

情况1：若除3—。“4|+|4,5-4.6|+|4,7—=。，贝！J由。"+4.3+4.5+4,7和4,2+4.4+4,6+4,8都是偶数，知

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

14+4,1-4+4,21+14+4,3—4+4,/+14+4,5—4+4.6|+14+4,7—4+4,8|相比原来的

—"以+|%3+|《,5—aJ+g,7J减少4,这与|a.s,i-as21+|as13-asA|+|a^5-as61+|as7-asS|的最小性

矛盾；

情况2：若W，3—41+|4,5—。',6|+|4,7—4』>。，不妨设人一。/>0.

情况2-1：如果%3-4”1,则对该数列连续作两次变换（2,4,5,7）,（2,4,6,8）后，新的

14+2,1-4+2,21+14+2,3-4+2,41+14+2,5-4+2,6|+14+2,7-4+2,8|相比原来的

I%」_a』+|4,3_4.J+|4,5—qM+gz一//至少减少2,这与|4j—a』+|%3_4./+|4,5-4,6|+|4,7一4小的最

小性矛盾；

情况22如果%4-%21,则对该数列连续作两次变换（2,3,5,8）,（2,3,6,7）后，新的

14+2,1_4+2,21+14+2,3_4+2,41+14+2,5_4+2,61+14+2,7-4+2,8|相比原来的

_4,2|+|4,3_4.J+k',5q6|+|4.7_°J2,|«,1-a1+a|+|a-a1+\a-a

一至少减少Ss2|6ZJ3-sASj5s6s：1sS|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/=1,2,3,4都有回尸「外2卜1.

假设存在j=1，2,3,4使得履JT-《2,|=1，则”是奇数，所以

4J+4,2=4.3+4.4=见,5+4,6=4,7+4,8都是奇数，设为2N+1.

则此时对任意j=1,2,3,4,由除2人1一4,2,41可知必有{%2尸1，4.2/}={N,N+1}.

而4」+4,3+4.5+见,7和4,2+4/+4.6+4s都是偶数，故集合{m\asm=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亿，儿⑺，则该数列成为常数列，新的

14+u-4+11+1%,3-4+1.41+14+1,5-4+1.61+14+1,7-4+1/等于零，比原来的

fl_flaa+-aaZS

|s,ls,21+Is,3~sAI1^,5s,61+1^,7S»|MJ,这与|?1-4,21+|4,3.4,41+|%5-4,61+|47一4,8|的最小性矛

盾.

综上，只可能|仆2尸1-4，=。（，=1，2,3,4）,而4」+久2=4,3+4,4=4.5+4.6=4,+4,8，故{4,“}=。（4）是

常数列，充分性得证.

解法二：由题意可知：。中序列的顺序不影响。（A）的结果，

且（%。2），（%，%），（。5，缘），（％，4）相对于序列也是无序的，

（I）若％+出=〃3+。4=〃5+4=%+。8，

不妨设的«。3＜。5工％，贝!J%＞。6N4，

Q）当％=%=。5=。7，贝!。J8=〃6=44=%，

分别执行q个序歹U（2,4,6,8）、出个序列（135,7）,

可得4+〃2吗+〃2吗+。2吗+〃2吗+。2,4+。2吗+〃2，4+。2，为常数列，符合题意；

②当％,4,%,%中有且仅有三个数相等，不妨设％=。3=。5，则。2=。4=。6，

分别执行出个序列（L3,5,7）、%个序列（2,4,6,8）

可得+%,。2+%，。1+。2，。2+。7，%+。2，%+%，。2+。7，。7+。8，

因为4+/+%+%为偶数，即3q+%为偶数，

可知对%的奇偶性相同，则&i^eN*,

分别执行号L个序列（1,3,5,7）,（1,3,6,8）,（2,3,5,8）,（1,4,5,8）,

可得

3%+2%—43%+2%—43%+2a2—q3%+2%—%3%+2%—%3%+2%—%3%+2%—q3%+2a?—%

2'2'2'2'2'2'2'2

为常数列，符合题意；

若％=。3V“5=。7，贝!J%=。4＞〃6=〃8，即4,。2,。1，。2'"5'"6'"5'"6'

分别执行«5个（1,3,6,8）,q个（2,4,5,7）,

可得q+%,〃1+。2，〃1+〃5，%+〃2,4+〃5，。5+。6，%+〃5，。5+。6，

因为％+生=%+4，

可得q+。5,4+。2，q+%，q+4，4+%，4+电，q+%，4+%，

即转为①，可知符合题意；

④当力,〃3，。5，%中有且仅有两个数相等，不妨设％=。3，则。2=。4，

艮|3,^^29^^5'^^6，〃7，^^8，

分别执行％个(2,4,5,7),生个(1,3,6,8),

可得q+。5，。1+。2吗+。5，〃1+〃2吗+%。5+。6吗+%，。5+4，

且%+%=%+〃6，可得%+%，%+%，01+〃5，4+。2，01+〃5，01+〃2，%+。7，〃5+。8，

因为%+生+%+%=2%+%+%为偶数，可知。5，。7的奇偶性相同，

贝ij(q+%)+(q+%)+(4+%)+(q+%)=4q+3%+%为偶数，

且q+〃5=%+。5=。1+。5<。1+。7，即转为②，可知符合题意；

⑤若％<a3<a5<a79贝lj4>%>4>/，即q,%，/，/，%，％，%，/，

分别执行用个(2,3,5,8)、4个。46,7),

可得%+%，%+。2，01+〃3，。3+14，%+〃5，。3+。6，。3+。7，%+〃8，

且％+%=%+。4，可得％+。3，〃1+〃2，。1+。3，〃1+。2，。1+%〃3+4，〃3+。7，。1+。8,

因为+。3+a5+。7为偶数，

贝ij(q+Q)+(q+%)+(q+%)+(%+%)—2(q+/)+(q+%+%+%)为偶,

且％+〃3=4+〃3<4+〃5<〃3+%,即转为④，可知符合题意；

综上所述：若aI+a2=a3+a4=%+a6=%+a8，则存在序列O,使得C(A)为常数列；

(ii)若存在序列。，使得C(A)为常数列，

因为对任意。(A):伪也，…,々，

均有(4+()-(%+&)=(4+&)—(%+&)=您+。6)-(。5+4)=(，7+4)-(%+%)成立，

若Q(A)为常数列，贝(|4+4=&+a=么+%=。7+仇，

所以q+。2=〃3+〃4=〃5+4=。7+〃8；

综上所述：“存在序列O,使得。(A)为常数列”的充要条件为“4+。2=4+%=%+4=%+。8”.

7.（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）己知等比数列｛。“｝的前”项和为"，且2s“=3。用-3.

⑴求｛4｝的通项公式；

（2）求数列⑸｝的前〃项和.

【解析】（1）因为2s“=3”用-3,故2s,1=3%-3,

所以2%=3an+｝-3an（〃>2）即5an=3a用故等比数列的公比为q=；,

故2〃i=3%—3=3a1x—3=5a1—3

（2）由等比数列求和公式得s

所以数列电｝的前〃项和

33

T=SSS-S=-—n

nl+2+3++n2

8.（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）记S“为数列｛“〃｝的前〃项和，已知4