专题12 数列【好题汇编】-五年（2020-2024）高考数学真题分类汇编（全国通用）

专题12 数列 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点01 等差等比数列应用 2023 天津 甲 乙 Ⅱ卷 2022 乙卷 2020 北京卷 等差等比数列及求和在高考中主要考查基本量的基本运算，是常规求和方法发的基本应用。包括：错位相减求和，奇偶性求和，列项求和等。 考点02 数列求和 2024 甲 天津卷 2023ⅠⅡ 甲 乙卷 2022 甲卷 2021 ⅠⅡ乙卷 2020 浙江 Ⅰ Ⅱ卷 考点03 数列情景类问题 2024北京 2023北京 2021北京 Ⅰ卷 2020Ⅱ 卷 情景化与新定义是高考的一个新的考点，一般采用学过的知识去解决新定义问题，因加以重视，是高考的一个方向，并且作为压轴题的可能性比较大，难度大。 考点04 数列新定义问题 2024 Ⅰ 北京卷 2023 北京卷 考点05 数列与其他知识点交汇及综合问题 2024 Ⅱ卷 2023 北京 天津 乙Ⅱ卷 2022 北京 浙江 ⅠⅡ卷 2021 甲 浙江 2020 浙江 Ⅱ卷 知识的综合是未来高考的一个重要方向，主要是数列与统计概率相结合，数列作为一个工具与解析几何，函数结合等，属于中等难度。 考点01 等差等比数列应用 一 选择题 1．(2020北京高考·第8题)在等差数列中，，．记，则数列(　　)． A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 2．(2023年天津卷·第6题)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 3．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第8题)记为等比数列的前n项和，若，，则 (　　)． A．120 B．85 C． D． 4．(2023年全国甲卷理科·第5题)设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则 (　　) A． B． C．15 D．40 5．(2022年高考全国乙卷数学(理)·第8题)已知等比数列的前3项和为168，，则 (　　) A．14 B．12 C．6 D．3 二、填空题 3．(2023年全国乙卷理科·第15题) 已知为等比数列，，，则______． 考点02 数列求和 一 选择题 1．（2024·全国·高考甲卷文 ）已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．1 D． 2．（2024·全国·甲卷）记为等差数列的前项和，已知，，则（    ） A． B． C． D． 3．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第6题)数列中，，，若，则 (　　) A．2 B．3 C．4 D．5 二、填空题 4．(2020年浙江省高考数学试卷·第11题) 已知数列{an}满足，则S3=________． 5．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第15题) 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 三 解答题： 6．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第18题) 已知为等差数列，，记，分别为数列，前n项和，，． (1)求的通项公式； (2)证明：当时，． 7．(2021年新高考Ⅰ卷·第17题) 已知数列满足， (1)记，写出，，并求数列的通项公式； (2)求的前20项和． 8．(2021年高考全国乙卷理科·第19题) 记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． (1)证明：数列是等差数列; (2)求的通项公式． 9．(2023年新课标全国Ⅰ卷·第20题) 设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和． (1)若，求的通项公式； (2)若为等差数列，且，求． 10．(2022年高考全国甲卷数学（理）·第17题) 记为数列的前n项和．已知． (1)证明：是等差数列； (2)若成等比数列，求的最小值． 11．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题) 记是公差不为0的等差数列的前n项和，若． (1)求数列的通项公式； (2)求使成立的n的最小值． 12（2023年全国乙卷）1．记为等差数列的前项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 13．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第18题) 已知公比大于的等比数列满足． (1)求的通项公式； (2)记为在区间中的项的个数，求数列的前项和． 14．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第18题) 已知公比大于的等比数列满足． (1)求通项公式； (2)求． 15 ．(2023年全国甲卷理科·第17题) 设为数列的前n项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 16 .(2020天津高考·第19题) 已知为等差数列，为等比数列，． (Ⅰ)求和的通项公式； (Ⅱ)记的前项和为，求证：； (Ⅲ)对任意的正整数，设求数列的前项和． 17（2024·天津·高考真题）已知数列是公比大于0的等比数列．其前项和为．若． (1)求数列前项和； (2)设，． （ⅰ）当时，求证：； （ⅱ）求． 考点03 数列情景类题目 一、选择题 1．(2020年高考课标Ⅱ卷理科)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石) (　　) (　　) A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块 2．(2022新高考全国II卷·第3题)图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0．1的等差数列，且直线的斜率为0．725，则 (　　) (　　) A．0．75 B．0．8 C．0．85 D．0．9 3．(2021高考北京·第6题)《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种．这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位:cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则 A．64 B．96 C．128 D．160 二、填空题 4．(2023年北京卷·第14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，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则___________；数列所有项的和为____________． 5．(2021年新高考Ⅰ卷·第16题)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______． 6（2024·北京·高考真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，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 . 考点04 数列新定义问题 1（2024·全国·高考Ⅰ卷）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 2（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． (1)给定数列和序列，写出； (2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 3 (2023年北京卷·第21题) 已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数． (1)若，求的值； (2)若，且，求； (3)证明：存在，满足 使得． 考点05 数列与其他知识点交汇及综合问题 一、选择题 1．(2023年北京卷·第10题)已知数列满足，则 (　　) A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 2．(2020年浙江省高考数学试卷·第7题)已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n，，下列等式不可能成立的是 (　　) A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． D． 3．(2022高考北京卷·第6题)设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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 4．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第11题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期．对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是 (　　) A． B． C． D． 5．(2023年全国乙卷理科·第10题)已知等差数列的公差为，集合，若，则 (　　) A．－1 B． C．0 D． 二 解答题 6（2024·全国·高考Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作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：对任意正整数，. 7．(2023年天津卷·第19题) 已知是等差数列，． (1)求的通项公式和． (2)已知为等比数列，对于任意，若，则， (Ⅰ)当时，求证：； (Ⅱ)求的通项公式及其前项和． 8．(2022新高考全国I卷·第17题) 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． (1)求的通项公式； (2)证明：． 9．(2020年浙江省高考数学试卷·第20题) 已知数列{an}，{bn}，{cn}中，． (Ⅰ)若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与an的通项公式； (Ⅱ)若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：． 10（2023年新高考Ⅱ卷）2．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求． 11．(2022高考北京卷·第21题) 已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列． (1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由； (2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4； (3)若为连续可表数列，且，求证：． 12．(2021年高考浙江卷·第20题) 已知数列前n项和为，，且． (1)求数列通项； (2)设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求的范围． 13．(2022新高考全国II卷·第17题) 已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且． (1)证明：； (2)求集合中元素个数． 14．(2022年浙江省高考数学试题·第20题) 已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为． (1)若，求； (2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围． 15．(2021年高考全国甲卷理科·第18题) 已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列：②数列是等差数列；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 数列 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点01 等差等比数列应用 2023 天津 甲 乙 Ⅱ卷 2022 乙卷 2020 北京卷 等差等比数列及求和在高考中主要考查基本量的基本运算，是常规求和方法发的基本应用。包括：错位相减求和，奇偶性求和，列项求和等。 考点02 数列求和 2024 甲 天津卷 2023ⅠⅡ 甲 乙卷 2022 甲卷 2021 ⅠⅡ乙卷 2020 浙江 Ⅰ Ⅱ卷 考点03 数列情景类问题 2024北京 2023北京 2021北京 Ⅰ卷 2020Ⅱ 卷 情景化与新定义是高考的一个新的考点，一般采用学过的知识去解决新定义问题，因加以重视，是高考的一个方向，并且作为压轴题的可能性比较大，难度大。 考点04 数列新定义问题 2024 Ⅰ 北京卷 2023 北京卷 考点05 数列与其他知识点交汇及综合问题 2024 Ⅱ卷 2023 北京 天津 乙Ⅱ卷 2022 北京 浙江 ⅠⅡ卷 2021 甲 浙江 2020 浙江 Ⅱ卷 知识的综合是未来高考的一个重要方向，主要是数列与统计概率相结合，数列作为一个工具与解析几何，函数结合等，属于中等难度。 考点01 等差等比数列应用 一 选择题 1．(2020北京高考·第8题)在等差数列中，，．记，则数列(　　)． A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 【答案】B 【解析】由题意可知，等差数列的公差， 则其通项公式为：， 注意到，且由可知， 由可知数列不存在最小项， 由于， 故数列中的正项只有有限项：，．故数列中存在最大项，且最大项为．故选：B． 2．(2023年天津卷·第6题)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】C 解析：由题意可得：当时，，即， ① 当时，，即， ② 联立①②可得，则． 故选：C． 3．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第8题)记为等比数列的前n项和，若，，则 (　　)． A．120 B．85 C． D． 【答案】C 解析：方法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故选：C． 方法二：设等比数列的公比为， 因为，，所以，否则， 从而，成等比数列， 所以有，，解得：或， 当时，，即为， 易知，，即； 当时，， 与矛盾，舍去．故选：C． 4．(2023年全国甲卷理科·第5题)设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则 (　　) A． B． C．15 D．40 【答案】C解析：由题知, 即,即,即． 由题知,所以． 所以． 故选:C． 5．(2022年高考全国乙卷数学(理)·第8题)已知等比数列的前3项和为168，，则 (　　) A．14 B．12 C．6 D．3 【答案】D解析：设等比数列的公比为， 若，则，与题意矛盾， 所以，则，解得， 所以．故选：D． 二、填空题 3．(2023年全国乙卷理科·第15题) 已知为等比数列，，，则______． 【答案】 解析：设的公比为，则，显然， 则，即，则，因为，则， 则，则，则， 故答案为：． 考点02 数列求和 一 选择题 1．（2024·全国·高考甲卷文 ）已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．1 D． 【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和来处理，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，根据等差数列的求和公式，， 又. 故选：D 方法二：利用等差数列的性质 根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式， ，故. 故选：D 方法三：特殊值法 不妨取等差数列公差，则，则. 故选：D 2．（2024·全国·甲卷）记为等差数列的前项和，已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值. 【详解】由，则， 则等差数列的公差，故. 故选：B. 3．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第6题)数列中，，，若，则 (　　) A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 解析：在等式中，令，可得，， 所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则， ， ，则，解得． 故选：C． 【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题． 二、填空题 4．(2020年浙江省高考数学试卷·第11题) 已知数列{an}满足，则S3=________． 【答案】10 解析：因为，所以． 即． 5．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第15题) 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 【答案】 解析：因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列是以1首项，以3为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列， 所以的前项和为， 故答案为：． 三 解答题： 6．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第18题) 已知为等差数列，，记，分别为数列，前n项和，，． (1)求的通项公式； (2)证明：当时，． 【答案】(1)； (2)证明见解析． 解析：(1) 设等差数列的公差为，而， 则， 于是，解得，， 所以数列的通项公式是． (2) 方法1：由(1)知，，， 当为偶数时，， ， 当时，，因此， 当为奇数时，， 当时，，因此， 所以当时，． 方法2：由(1)知，，， 当为偶数时，， 当时，，因此， 当为奇数时，若，则 ，显然满足上式，因此当为奇数时，， 当时，，因此， 所以当时，． 7．(2021年新高考Ⅰ卷·第17题) 已知数列满足， (1)记，写出，，并求数列的通项公式； (2)求的前20项和． 【答案】；． 【解析】(1)由题设可得 又，，故即即 所以为等差数列，故． (2)设的前项和为，则， 因为， 所以 ． 8．(2021年高考全国乙卷理科·第19题) 记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． (1)证明：数列是等差数列; (2)求的通项公式． 【答案】(1)证明见解析；(2)． 解析：(1)由已知得,且，, 取,由得,由于为数列的前n项积， 所以,所以， 所以,由于所以，即,其中 所以数列是以为首项，以为公差等差数列; (2)由(1)可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列， ,, 当n=1时，, 当n≥2时,,显然对于n=1不成立, ∴． 9．(2023年新课标全国Ⅰ卷·第20题) 设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和． (1)若，求的通项公式； (2)若为等差数列，且，求． 【答案】(1) (2) 解析：(1)，，解得， ，又， ，即，解得或(舍去)， ． (2)为等差数列， ，即，，即，解得或，，， 又，由等差数列性质知，，即， ，即，解得或(舍去) 当时，，解得，与矛盾，无解； 当时，，解得． 综上，． 10．(2022年高考全国甲卷数学（理）·第17题) 记为数列的前n项和．已知． (1)证明：是等差数列； (2)若成等比数列，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【解析】(1)解：因为，即①， 当时，②， ①②得，， 即， 即，所以，且， 所以是以为公差的等差数列． (2)解：由(1)可得，，， 又，，成等比数列，所以， 即，解得， 所以，所以， 所以，当或时． 11．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题) 记是公差不为0的等差数列的前n项和，若． (1)求数列的通项公式； (2)求使成立的n的最小值． 【答案】【解析】(1)由等差数列的性质可得：，则：， 设等差数列的公差为，从而有：， ， 从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：． (2)由数列的通项公式可得：，则：， 则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为． 12（2023年全国乙卷）1．记为等差数列的前项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)(2) 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由题意可得，即，解得， 所以， （2）因为， 令，解得，且， 当时，则，可得； 当时，则，可得 ； 综上所述：. 13．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第18题) 已知公比大于的等比数列满足． (1)求的通项公式； (2)记为在区间中的项的个数，求数列的前项和． 【答案】(1)；(2)． 解析：(1)由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得解得，或(舍)， 所以，所以数列的通项公式为． (2)由于，所以 对应的区间为：，则； 对应的区间分别为：，则，即有个； 对应的区间分别为：，则，即有个； 对应的区间分别为：，则，即有个； 对应的区间分别为：，则，即有个； 对应的区间分别为：，则，即有个； 对应的区间分别为：，则，即有个． 所以． 14．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第18题) 已知公比大于的等比数列满足． (1)求通项公式； (2)求． 【答案】(1)；(2) 解析：(1) 设等比数列的公比为q(q>1)，则， 整理可得：， ， 数列的通项公式为：． (2)由于：，故： ． 15 ．(2023年全国甲卷理科·第17题) 设为数列的前n项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 解析：(1)因为， 当时，，即； 当时，，即， 当时，，所以， 化简得：，当时，，即， 当时都满足上式，所以． (2)因为，所以， ， 两式相减得， ， ，即，． 16 .(2020天津高考·第19题) 已知为等差数列，为等比数列，． (Ⅰ)求和的通项公式； (Ⅱ)记的前项和为，求证：； (Ⅲ)对任意的正整数，设求数列的前项和． 【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)． 【解析】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为．由，，可得． 从而的通项公式为．由，又，可得，解得， 从而的通项公式为． (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得， 故，， 从而，所以． (Ⅲ)当为奇数时，， 当为偶数时，， 对任意的正整数，有， 和 ① 由①得 ② 由①②得， 由于， 从而得：． 因此，．所以，数列的前项和为． 17（2024·天津·高考真题）已知数列是公比大于0的等比数列．其前项和为．若． (1)求数列前项和； (2)设，． （ⅰ）当时，求证：； （ⅱ）求． 【答案】(1)(2)①证明见详解；② 【详解】（1）设等比数列的公比为， 因为，即， 可得，整理得，解得或（舍去）， 所以. （2）（i）由（1）可知，且， 当时，则，即 可知， ， 可得， 当且仅当时，等号成立，所以； （ii）由（1）可知：， 若，则；若，则， 当时，，可知为等差数列， 可得， 所以， 且，符合上式，综上所述：. 考点03 数列情景类题目 一、选择题 1．(2020年高考课标Ⅱ卷理科)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石) (　　) (　　) A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块 【答案】C 解析：设第n环天石心块数为，第一层共有n环， 则是以9为首项，9为公差的等差数列，， 设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为，因为下层比中层多729块， 所以， 即 即，解得，所以．故选：C 2．(2022新高考全国II卷·第3题)图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0．1的等差数列，且直线的斜率为0．725，则 (　　) (　　) A．0．75 B．0．8 C．0．85 D．0．9 【答案】D 解析：设，则， 依题意，有，且， 所以，故． 故选 D． 3．(2021高考北京·第6题)《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种．这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位:cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则 A．64 B．96 C．128 D．160 【答案】C 解析：由题意，五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，设公差为， 因为，，可得， 可得， 又由长与宽之比都相等，且，可得，所以． 故选：C． 二、填空题 4．(2023年北京卷·第14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，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则___________；数列所有项的和为____________． 【答案】①． 48 ②． 384 解析：方法一：设前3项的公差为，后7项公比为， 则，且，可得， 则，即，可得， 空1：可得， 空2： 方法二：空1：因为为等比数列，则， 且，所以； 又因为，则； 空2：设后7项公比为，则，解得， 可得， 所以． 故答案为：48；384． 5．(2021年新高考Ⅰ卷·第16题)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______． 【答案】 5 【解析】(1)对折次可得到如下规格：，，，，，共种； (2)由题意可得，，，，，， 设， 则， 两式作差得 ， 因此，,故答案为 ；． 6（2024·北京·高考真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，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，故中至多一个元素，故①正确. 对于②，取则均为等比数列， 但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误. 对于③，设，， 若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解， 若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾； 若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数， 当有偶数解，此方程即为， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时， 否则，因单调性相反， 方程至多一个偶数解， 当有奇数解，此方程即为， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即 否则，因单调性相反， 方程至多一个奇数解， 因为，不可能同时成立， 故不可能有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. 考点04 数列新定义问题 1（2024·全国·高考Ⅰ卷）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则. 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， 得到新数列，然后对进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是，或，或. 所以所有可能的就是. （2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组. （如果，则忽略②） 故数列是可分数列. （3）定义集合，. 下面证明，对，如果下面两个命题同时成立， 则数列一定是可分数列： 命题1：或； 命题2：. 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 此时，由于从数列中取出和后， 剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组； ③，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之） 故此时数列是可分数列. 第二种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 由于，故，从而，这就意味着. 此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，，共组； ③全体，其中，共组； ④，共组. （如果某一部分的组数为，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，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数： ，，，. 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数. 而这十个数中，除开已经去掉的和以外，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，故此时数列是可分数列. 至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列. 然后我们来考虑这样的的个数. 首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个； 而如果，假设，则可设，，代入得. 但这导致，矛盾，所以. 设，，，则，即. 所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个. 所以这个满足命题1的中，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的的个数为. 当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于. 而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个. 所以数列是可分数列的概率一定满足 . 这就证明了结论. 2（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． (1)给定数列和序列，写出； (2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 【答案】(1)(2)不存在符合条件的，理由见解析(3)证明见解析 【详解】（1）因为数列， 由序列可得； 由序列可得； 由序列可得；所以. （2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，则，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，且， 因为，即序列共有8项， 由题意可知：， 检验可知：当时，上式不成立，即假设不成立，所以不存在符合条件的. （3）解法一：我们设序列为，特别规定. 必要性：若存在序列，使得的各项都相等. 则，所以. 根据的定义，显然有，这里，. 所以不断使用该式就得到，必要性得证. 充分性：若. 由已知，为偶数，而，所以也是偶数. 我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个. 上面已经说明，这里，. 从而由可得. 同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数. 下面证明不存在使得. 假设存在，根据对称性，不妨设，，即. 情况1：若，则由和都是偶数，知. 对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾； 情况2：若，不妨设. 情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾； 情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有. 假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为. 则此时对任意，由可知必有. 而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾. 综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证. 解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果， 且相对于序列也是无序的， （ⅰ）若，不妨设，则， ①当，则， 分别执行个序列、个序列， 可得，为常数列，符合题意； ②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则， 即，分别执行个序列、个序列 可得， 即， 因为为偶数，即为偶数， 可知的奇偶性相同，则， 分别执行个序列，，，， 可得，为常数列，符合题意； ③若，则，即， 分别执行个、个， 可得， 因为， 可得， 即转为①，可知符合题意； ④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则， 即，分别执行个、个， 可得， 且，可得， 即转为②，可知符合题意； ⑤若，则，即， 分别执行个、个， 可得， 且，可得， 即转为③，可知符合题意； 综上所述：若，则存在序列，使得为常数列； （ⅱ）若存在序列，使得为常数列， 因为对任意， 均有成立， 若为常数列，则， 所以； 综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件“”. 3 (2023年北京卷·第21题) 已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数． (1)若，求的值； (2)若，且，求； (3)证明：存在，满足 使得． 【答案】(1)，，， (2) (3)证明见详解 解析：(1)由题意可知：， 当时，则，故； 当时，则，故； 当时，则故； 当时，则，故； 综上所述：，，，． (2)由题意可知：，且， 因为，则，当且仅当时，等号成立， 所以， 又因为，则，即， 可得， 反证：假设满足的最小正整数为， 当时，则；当时，则， 则， 又因为，则， 假设不成立，故， 即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以． (3) (ⅰ)若，构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有 ①若存在正整数，使得，即， 可取，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取，使得； (ⅱ)若，构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有． ①若存在正整数，使得，即， 可取，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取，使得； 综上所述：存在使得． 考点05 数列与其他知识点交汇及综合问题 一、选择题 1．(2023年北京卷·第10题)已知数列满足，则 (　　) A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 【答案】B 解析：法1：因为，故， 对于A ，若，可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立， 由数学归纳法可得成立． 而， ，，故，故， 故为减数列，注意 故，结合， 所以，故，故， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，故恒成立仅对部分成立， 故A不成立． 对于B，若可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立． 而， ，，故，故，故为增数列， 若，则恒成立，故B正确． 对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立． 而，故，故为减数列， 又，结合可得：，所以， 若，若存在常数，使得恒成立， 则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误． 对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立 由数学归纳法可得成立． 而，故，故为增数列， 又，结合可得：，所以， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误． 故选：B． 法2：因为， 令，则， 令，得或； 令，得； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 令，则，即，解得或或， 注意到，， 所以结合的单调性可知在和上，在和上， 对于A，因为，则， 当时，，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：，即， 因为在上，所以，则为递减数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递减，故， 所以在上单调递增，故， 故，即， 假设存常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故A错误； 对于B，因为， 当时，，， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 又当时，，即， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 此时，取，满足题意，故B正确； 对于C，因为，则， 注意到当时，，， 猜想当时，， 当与时，与满足， 假设当时，， 当时，所以， 综上：， 易知，则，故， 所以， 因为在上，所以，则为递减数列， 假设存在常数，使得恒成立， 记，取，其中， 则， 故，所以，即， 所以，故不恒成立，故C错误； 对于D，因为， 当时，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增，故， 所以， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故D错误． 故选：B． 2．(2020年浙江省高考数学试卷·第7题)已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=Sn+2–S2n，，下列等式不可能成立的是 (　　) A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． D． 【答案】D 解析：对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确； 对于B，由题意可知，，， ∴，，，． ∴，． 根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确； 对于C，， 当时，，C正确； 对于D，，， ． 当时，，∴即； 当时，，∴即，所以，D不正确． 故选：D 3．(2022高考北京卷·第6题)设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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 【答案】C 【解析】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数． 若为单调递增数列，则， 若，则当时，；若，则， 由可得，取，则当时，， 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”； 若存在正整数，当时，，取且，， 假设，令可得，且， 当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列． 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”． 所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件． 故选,C． 4．(2020年高考课标Ⅱ卷理科·第11题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用．若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期．对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是 (　　) A． B． C． D． 【答案】C 解析：由知，序列的周期为m，由已知，， 对于选项A， ，不满足； 对于选项B， ，不满足； 对于选项D， ，不满足； 故选：C 【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题． 5．(2023年全国乙卷理科·第10题)已知等差数列的公差为，集合，若，则 (　　) A．－1 B． C．0 D． 【答案】B 解析：依题意，等差数列中，， 显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又， 则在中，或， 于是有，即有，解得， 所以，． 故选：B 二 解答题 6（2024·全国·高考Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作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：对任意正整数，. 【答案】(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析 【详解】（1） 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. （2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. （3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 7．(2023年天津卷·第19题) 已知是等差数列，． (1)求的通项公式和． (2)已知为等比数列，对于任意，若，则， (Ⅰ)当时，求证：； (Ⅱ)求的通项公式及其前项和． 【答案】(1)，； (2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为． 解析：(1)由题意可得，解得， 则数列的通项公式为， 求和得 ． (2)(Ⅰ)由题意可知，当时，， 取，则，即， 当时，， 取，此时， 据此可得， 综上可得：． (Ⅱ)由(Ⅰ)可知：， 据此猜测， 否则，若数列的公比，则， 注意到，则不恒成立，即不恒成立， 此时无法保证， 若数列的公比，则， 注意到，则不恒成立，即不恒成立， 此时无法保证， 综上，数列的公比为，则数列的通项公式为， 其前项和为：． 8．(2022新高考全国I卷·第17题) 记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． (1)求的通项公式； (2)证明：． 【答案】(1) (2)见解析 解析：(1)∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列， ∴,∴,∴当时，， ∴,整理得：, 即,∴ ， 显然对于也成立， ∴的通项公式； (2) ∴ 9．(2020年浙江省高考数学试卷·第20题) 已知数列{an}，{bn}，{cn}中，． (Ⅰ)若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与an的通项公式； (Ⅱ)若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：． 【答案】(I)；(II)证明见解析． 解析：(I)依题意，而，即，由于，所以解得，所以． 所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以． 所以()． 所以 (II)依题意设，由于， 所以， 故 ． 所以 ． 由于，所以，所以． 即，． 10（2023年新高考Ⅱ卷）2．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5． (1)求第2次投篮的人是乙的概率； (2)求第次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求． 【答案】(1)(2) (3) 【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件， 所以， . （2）设，依题可知，，则 ， 即， 构造等比数列，设，解得，则， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 即． （3）因为，， 所以当时，， 故． 11．(2022高考北京卷·第21题) 已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列． (1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由； (2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4； (3)若为连续可表数列，且，求证：． 【答案】【解析】(1)，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列． (2)若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾； 当时,数列，满足，，，，，，，， ． (3)，若最多有种，若，最多有种，所以最多有种， 若，则至多可表个数，矛盾, 从而若,则，至多可表个数， 而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数(恰 21个)，这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ， 则所有数之和，， ，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个， (仅一种方式)， 与2相邻， 若不在两端,则形式， 若，则(有2种结果相同，方式矛盾)， ， 同理 ，故在一端，不妨为形式， 若,则 (有2种结果相同，矛盾)，同理不行， ，则 (有2种结果相同，矛盾)，从而， 由于,由表法唯一知3,4不相邻,、 故只能，①或，② 这2种情形，对①：，矛盾， 对②：，也矛盾，综上 12．(2021年高考浙江卷·第20题) 已知数列前n项和为，，且． (1)求数列通项； (2)设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求的范围． 【答案】(1)；(2)． 【解析】(1)当时，，， 当时，由①，得②，①②得 ，又是首项为，公比为的等比数列， ； (2)由，得， 所以， ， 两式相减得 ， 所以，由得恒成立， 即恒成立，时不等式恒成立； 时，，得； 时，，得；所以． 13．(2022新高考全国II卷·第17题) 已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且． (1)证明：； (2)求集合中元素个数． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 解析：(1)设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证． （2） 由(1)知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为 14．(2022年浙江省高考数学试题·第20题) 已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为． (1)若，求； (2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围． 【答案】【解析】(1)因为， 所以， 所以，又， 所以，所以，所以， (2)因为，，成等比数列， 所以， ， ， 由已知方程的判别式大于等于0， 所以， 所以对于任意的恒成立， 所以对于任意的恒成立， 当时，， 当时，由，可得 当时，， 又所以 15．(2021年高考全国甲卷理科·第18题) 已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列是等差数列：②数列是等差数列；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】答案见解析 解析：选①②作条件证明③： 设，则， 当时，； 当时，； 因为也是等差数列，所以，解得； 所以，所以． 选①③作条件证明②： 因为，是等差数列， 所以公差，所以，即， 因为，所以是等差数列． 选②③作条件证明①： 设，则， 当时，； 当时，； 因为，所以，解得或； 当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列； 当时，，不合题意，舍去． 综上可知为等差数列． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$