04 数列-遇见最美的数学系列——24真题汇编

数列 一、单选题 1．（2024·全国）等差数列 na 的前n项和为 nS ，若 9 1S  ， 3 7a a （ ） A． 2 B． 7 3 C．1 D． 29 2．（2024·全国）等差数列 na 的前n项和为 nS ，若 5 10S S ， 5 1a  ，则 1a （ ） A． 2 B． 7 3 C．1 D．2 二、填空题 3．（2024·全国）记 nS 为等差数列{ }na 的前 n项和，若 3 4 7a a  ， 2 53 5a a  ，则 10S  . 4．（2024·北京）已知  | k kM k a b  ， na ， nb 不为常数列且各项均不相同，下列正确的 是 . ① na ， nb 均为等差数列，则 M中最多一个元素； ② na ， nb 均为等比数列，则 M中最多三个元素； ③ na 为等差数列， nb 为等比数列，则 M中最多三个元素； ④ na 单调递增， nb 单调递减，则 M中最多一个元素. 5．（2024·上海）无穷等比数列 na 满足首项 1 0, 1a q  ，记     1 2 1, , ,n n nI x y x y a a a a     ， 若对任意正整数 n集合 nI 是闭区间，则q的取值范围是 ． 三、解答题 6．（2024·全国）设 m为正整数，数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是公差不为 0的等差数列，若从中删去 两项 ia 和  ja i j 后剩余的 4m项可被平均分为m组，且每组的 4个数都能构成等差数列， 则称数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是  ,i j 可分数列． (1)写出所有的  ,i j ，1 6i j   ，使数列 1 2 6, ,...,a a a 是  ,i j 可分数列； (2)当 3m  时，证明：数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是  2,13 可分数列； (3)从1, 2,..., 4 2m  中一次任取两个数 i和  j i j ，记数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是  ,i j 可分数列的 概率为 mP ，证明： 1 8m P  ． 7．（2024·全国）已知双曲线  2 2: 0C x y m m   ，点  1 5, 4P 在C上，k为常数，0 1k  ．按 照如下方式依次构造点  2,3,...nP n  ，过 1nP  作斜率为 k的直线与C的左支交于点 1nQ  ，令 nP 为 1nQ  关于 y轴的对称点，记 nP的坐标为  ,n nx y . (1)若 1 2 k  ，求 2 2,x y ； (2)证明：数列 n nx y 是公比为 1 1 k k   的等比数列； (3)设 nS 为 1 2n n nP P P  的面积，证明：对任意的正整数 n， 1n nS S  . 8．（2024·全国）已知等比数列 na 的前n项和为 nS ，且 12 3 3n nS a   . (1)求 na 的通项公式； (2)求数列 nS 的通项公式. 9．（2024·全国）记 nS 为数列 na 的前n项和，且 4 3 4n nS a  ． (1)求 na 的通项公式； (2)设 1( 1)nn nb na   ，求数列 nb 的前 n项和为 nT ． 10．（2024·北京）设集合             , , , 1, 2 , 3, 4 , 5,6 , 7,8 , 2M i j s t i j s t i j s t        ．对 于给定有穷数列   : 1 8nA a n  ，及序列 1 2: , ,..., s   ，  , , ,k k k k ki j s t M   ，定义变 换T：将数列A的第 1 1 1 1, , ,i j s t 项加 1，得到数列  1T A ；将数列  1T A 的第 2 2 2 2, , ,i j s t 列加1， 得到数列  2 1T T A …；重复上述操作，得到数列  2 1...sT T T A ，记为  A ． (1)给定数列 :1,3,2,4,6,3,1,9A 和序列      : 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 1 2 3 4 5 6 7 82, 6, 4, 2, 8, 2, 4, 4a a a a a a a a        ，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 1 3 5 7a a a a   为偶数，证明：“存在序列，使得  A 为常数列”的充要条件为“ 1 2 3 4 5 6 7 8a a a a a a a a       ”． 11．（2024·天津）已知数列 na 是公比大于 0的等比数列．其前 n项和为 nS ．若 1 2 31, 1a S a   ． (1)求数列 na 前 n项和 nS ； (2)设 1 1 , 2 , k n n k k k n a b b k a n a        ， 1 1b  ，其中 k是大于 1的正整数． （ⅰ）当 1kn a  时，求证： 1n k nb a b   ； （ⅱ）求 1 nS i i b   ． 参考答案： 1．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 1a 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. 【解析】方法一：利用等差数列的基本量 由 9 1S  ，根据等差数列的求和公式， 9 1 1 9 89 1 9 36 1 2 S a d a d      ， 又 3 7 1 1 1 1 2 22 6 2 8 (9 36 ) 9 9 a a a d a d a d a d          . 故选：D 方法二：利用等差数列的性质 根据等差数列的性质， 1 9 3 7a a a a   ，由 9 1S  ，根据等差数列的求和公式， 1 9 3 7 9 9( ) 9( ) 1 2 2 a a a aS     ，故 3 7 2 9 a a  . 故选：D 方法三：特殊值法 不妨取等差数列公差 0d  ，则 9 1 1 11 9 9 S a a    ，则 3 7 1 22 9 a a a   . 故选：D 2．B 【分析】由 5 10S S 结合等差中项的性质可得 8 0a  ，即可计算出公差，即可得 1a 的值. 【解析】由 10 5 6 7 8 9 10 85 0S S a a a a a a        ，则 8 0a  ， 则等差数列 na 的公差 8 5 1 3 3 a ad    ，故 1 5 1 74 1 4 3 3 a a d            . 故选：B. 3．95 【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出 1,a d，再利用等差数列的求和公式节即可 得到答案. 【解析】因为数列 na 为等差数列，则由题意得   1 1 1 1 2 3 7 3 4 5 a d a d a d a d          ，解得 1 4 3 a d     ， 则  10 1 10 910 10 4 45 3 95 2 S a d        . 故答案为：95 . 4．①③④ 【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. 【解析】对于①，因为   ,n na b 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   112 , 2 ,nnn na b     则   ,n na b 均为等比数列， 但当 n为偶数时，有   112 2 nnn na b      ，此时M 中有无穷多个元素， 故②错误. 对于③，设  0, 1nnb Aq Aq q    ，  0na kn b k   ， 若M 中至少四个元素，则关于 n的方程 nAq kn b  至少有 4个不同的正数解， 若 0, 1q q  ，则由 ny Aq 和 y kn b  的散点图可得关于 n的方程 nAq kn b  至多有两个 不同的解，矛盾； 若 0, 1q q   ，考虑关于 n的方程 nAq kn b  奇数解的个数和偶数解的个数， 当 nAq kn b  有偶数解，此方程即为 nA q kn b  ， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时 ln 0Ak q  ， 否则 ln 0Ak q  ，因 ,ny A q y kn b   单调性相反， 方程 nA q kn b  至多一个偶数解， 当 nAq kn b  有奇数解，此方程即为 nA q kn b   ， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时 ln 0Ak q  即 ln 0Ak q  否则 ln 0Ak q  ，因 ,ny A q y kn b    单调性相反， 方程 nA q kn b  至多一个奇数解， 因为 ln 0Ak q  ， ln 0Ak q  不可能同时成立， 故 nAq kn b  不可能有 4个不同的正数解，故③正确. 对于④，因为 na 为单调递增， nb 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 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来 分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 5． 2q  【分析】当 2n  时，不妨设 x y ，则      2 1 2 1 1 10, , 0,n n n nx y a a a a a a a a        ，结 合 nI 为闭区间可得 2 12 nq q     对任意的 2n  恒成立，故可求q的取值范围. 【解析】由题设有 1 1 n na a q  ，因为 1 0, 1a q  ，故 1n na a  ，故   11 1 1, ,n nn na a a q a q    ， 当 1n  时，  1 2, ,x y a a ，故  1 2 2 1,x y a a a a    ，此时 1I 为闭区间， 当 2n  时，不妨设 x y ，若  1 2, ,x y a a ，则  2 10,x y a a   ， 若    1 2 1, , ,n ny a a x a a   ，则  2 1 1,n nx y a a a a    ， 若  1, ,n nx y a a  ，则  10, n nx y a a   ， 综上，      2 1 2 1 1 10, , 0,n n n nx y a a a a a a a a        ， 又 nI 为闭区间等价于     2 1 2 1 1 10, , 0,n n n na a a a a a a a       为闭区间， 而 1 1 1 2 1n n na a a a a a      ，故 1 2n n na a a a    对任意 2n  恒成立， 故 1 22 0n na a a    即  11 22 0na q q a    ，故  2 2 1 0nq q    ， 故 2 12 nq q     对任意的 2n  恒成立，因 1q  ， 故当 n时， 2 1 0nq    ，故 2 0q   即 2q  . 故答案为： 2q  . 【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为 关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理. 6．(1)      1,2 , 1,6 , 5,6 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据  ,i j 可分数列的定义即可； （2）根据  ,i j 可分数列的定义即可验证结论； （3）证明使得原数列是  ,i j 可分数列的  ,i j 至少有  21m m  个，再使用概率的定义. 【解析】（1）首先，我们设数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  的公差为d ，则 0d  . 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  1 1 1, 2,..., 4 2kk a aa k m d      ， 得到新数列  1,2,..., 4 2ka k k m   ，然后对 1 2 4 2, ,..., ma a a    进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设  1,2,..., 4 2ka k k m   ，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1,2,3,4,5,6中取出两个数 i和  j 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  ,i j 就是      1,2 , 1,6 , 5,6 . （2）由于从数列1, 2,..., 4 2m  中取出 2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共 m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 1,4 ,4 1,4 2m m m m   ，共 3m  组. （如果 3 0m  ，则忽略②） 故数列1, 2,..., 4 2m  是  2,13 可分数列. （3）定义集合    4 1 0,1,2,..., 1,5,9,13,..., 4 1A k k m m     ，    4 2 0,1, 2,..., 2, 6,10,14,..., 4 2B k k m m     . 下面证明，对1 4 2i j m    ，如果下面两个命题同时成立， 则数列1, 2,..., 4 2m  一定是  ,i j 可分数列： 命题 1： ,i A j B  或 ,i B j A  ； 命题 2： 3j i  . 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果 ,i A j B  ，且 3j i  . 此时设 14 1i k  ， 24 2j k  ，  1 2, 0,1,2,...,k k m . 则由 i j 可知 1 24 1 4 2k k   ，即 2 1 1 4 k k   ，故 2 1k k . 此时，由于从数列1, 2,..., 4 2m  中取出 14 1i k  和 24 2j k  后， 剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①     1 1 1 11,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4 3,4 2,4 1,4k k k k   ，共 1k 组； ②     1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 24 2, 4 3, 4 4, 4 5 , 4 6, 4 7, 4 8, 4 9 ,..., 4 2, 4 1, 4 , 4 1k k k k k k k k k k k k           ， 共 2 1k k 组； ③      2 2 2 2 2 2 2 24 3,4 4,4 5,4 6 , 4 7,4 8,4 9,4 10 ,..., 4 1,4 ,4 1,4 2k k k k k k k k m m m m           ， 共 2m k 组. （如果某一部分的组数为 0，则忽略之） 故此时数列1, 2,..., 4 2m  是  ,i j 可分数列. 第二种情况：如果 ,i B j A  ，且 3j i  . 此时设 14 2i k  ， 24 1j k  ，  1 2, 0,1,2,...,k k m . 则由 i j 可知 1 24 2 4 1k k   ，即 2 1 1 4 k k  ，故 2 1k k . 由于 3j i  ，故    2 14 1 4 2 3k k    ，从而 2 1 1k k  ，这就意味着 2 1 2k k  . 此时，由于从数列1, 2,..., 4 2m  中取出 14 2i k  和 24 1j k  后，剩余的4m个数可以分为以 下四个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①     1 1 1 11,2,3,4 , 5,6,7,8 ,..., 4 3,4 2,4 1,4k k k k   ，共 1k 组； ② 1 1 2 1 2 1 24 1,3 1,2 2 1, 3 1k k k k k k k       ， 1 2 1 2 1 2 23 2,2 2 2, 3 2,4 2k k k k k k k       ， 共 2组； ③全体 1 1 2 1 2 1 24 ,3 ,2 2 , 3k p k k p k k p k k p       ，其中 2 13, 4,...,p k k  ，共 2 1 2k k  组； ④      2 2 2 2 2 2 2 24 3,4 4,4 5,4 6 , 4 7,4 8,4 9,4 10 ,..., 4 1,4 ,4 1,4 2k k k k k k k k m m m m           ， 共 2m k 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 2 1 2k k  个行， 4个列的数表以后， 4个列分别是下面这些数：  1 1 1 24 3,4 4,...,3k k k k   ， 1 2 1 2 1 23 3,3 4,..., 2 2k k k k k k     ，  1 2 1 2 1 22 2 3,2 2 3,..., 3k k k k k k     ， 1 2 1 2 23 3, 3 4,..., 4k k k k k    . 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 1 1 24 1,4 2,..., 4 2k k k   中 除开五个集合 1 14 1,4 2k k  ， 1 2 1 23 1,3 2k k k k    ， 1 2 1 22 2 1,2 2 2k k k k    ，  1 2 1 23 1, 3 2k k k k    ， 2 24 1,4 2k k  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 14 2k  和 24 1k  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 2m  是  ,i j 可分数列. 至此，我们证明了：对1 4 2i j m    ，如果前述命题 1和命题 2同时成立，则数列 1, 2,..., 4 2m  一定是  ,i j 可分数列. 然后我们来考虑这样的  ,i j 的个数. 首先，由于 A B ，A和 B各有 1m 个元素，故满足命题 1的  ,i j 总共有  21m 个； 而如果 3j i  ，假设 ,i A j B  ，则可设 14 1i k  ， 24 2j k  ，代入得    2 14 2 4 1 3k k    . 但这导致 2 1 1 2 k k  ，矛盾，所以 ,i B j A  . 设 14 2i k  ， 24 1j k  ，  1 2, 0,1,2,...,k k m ，则    2 14 1 4 2 3k k    ，即 2 1 1k k  . 所以可能的  1 2,k k 恰好就是      0,1 , 1,2 ,..., 1,m m ，对应的  ,i j 分别是      2,5 , 6,9 ,..., 4 2,4 1m m  ，总共m个. 所以这  21m 个满足命题 1的  ,i j 中，不满足命题 2的恰好有m个. 这就得到同时满足命题 1和命题 2的  ,i j 的个数为  21m m  . 当我们从1, 2,..., 4 2m  中一次任取两个数 i和  j i j 时，总的选取方式的个数等于      4 2 4 1 2 1 4 1 2 m m m m      . 而根据之前的结论，使得数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是  ,i j 可分数列的  ,i j 至少有  21m m  个. 所以数列 1 2 4 2, ,..., ma a a  是  ,i j 可分数列的概率 mP 一定满足                   2 22 2 11 1 1 124 2 1 4 1 2 1 4 1 2 1 4 2 2 2 1 2 1 8m mm mm m m mP m m m m m m m m                       . 这就证明了结论. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定 义验证或探究结论. 7．(1) 2 3x  ， 2 0y  (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出 2P的坐标即可； （2）根据等比数列的定义即可验证结论； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明 nS 的取值为与 n无关的定值即可. 思路二：使用等差数列工具，证明 nS 的取值为与 n无关的定值即可. 【解析】（1） 由已知有 2 25 4 9m    ，故C的方程为 2 2 9x y  . 当 1 2 k  时，过  1 5, 4P 且斜率为 12 的直线为 3 2 xy  ，与 2 2 9x y  联立得到 2 2 3 9 2 xx       . 解得 3x   或 5x  ，所以该直线与C的不同于 1P的交点为  1 3,0Q  ，该点显然在C的左支 上. 故  2 3,0P ，从而 2 3x  ， 2 0y  . （2）由于过  ,n n nP x y 且斜率为 k的直线为  n ny k x x y   ，与 2 2 9x y  联立，得到方程   22 9n nx k x x y    . 展开即得      22 21 2 9 0n n n nk x k y kx x y kx       ，由于  ,n n nP x y 已经是直线  n ny k x x y   和 2 2 9x y  的公共点，故方程必有一根 nx x . 从而根据韦达定理，另一根   2 2 2 2 2 1 1 n n n n n n k y kx ky x k xx x k k         ，相应的   2 2 2 1 n n n n n y k y kxy k x x y k        . 所以该直线与C的不同于 nP的交点为 2 2 2 2 2 2, 1 1 n n n n n n n ky x k x y k y kxQ k k          ，而注意到 nQ 的 横坐标亦可通过韦达定理表示为     2 2 9 1 n n n y kx k x     ，故 nQ 一定在C的左支上. 所以 2 2 1 2 2 2 2, 1 1 n n n n n n n x k x ky y k y kxP k k          . 这就得到 2 1 2 2 1 n n n n x k x kyx k     ， 2 1 2 2 1 n n n n y k y kxy k     . 所以 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 n n n n n n n n x k x ky y k y kxx y k k               2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n x k x kx y k y ky k k kx y x y k k k k                  . 再由 2 2 1 1 9x y  ，就知道 1 1 0x y  ，所以数列 n nx y 是公比为 1 1 k k   的等比数列. （3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点 , ,U V W，若  ,UV a b  ，  ,UW c d  ，则 1 2UVW S ad bc  .（若 , ,U V W在同一条直线上，约定 0UVWS  ） 证明： 21 1sin , 1 cos , 2 2UVW S UV UW UV UW UV UW UV UW               2 22 21 11 2 2 UV UWUV UW UV UW UV UW UV UW                          22 2 2 212 a b c d ac bd     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 2 a c a d b c b d a c b d abcd        22 2 2 21 1 12 2 2 2 a d b c abcd ad bc ad bc       . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到 2 1 2 2 1 n n n n x k x kyx k     ， 2 1 2 2 1 n n n n y k y kxy k     ， 故     2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n x k x ky y k y kx k k kx y x y x y k k k k                    . 再由 2 2 1 1 9x y  ，就知道 1 1 0x y  ，所以数列 n nx y 是公比为 1 1 k k   的等比数列. 所以对任意的正整数m，都有 n n m n n mx y y x           1 1 2 2n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m x x y y x y y x x x y y x y y x                      1 1 2 2n n n m n m n n n m n m x y x y x y x y                1 1 1 1 2 1 2 1 m m n n n n n n n n k kx y x y x y x y k k                   2 21 1 12 1 1 m m n n k k x y k k                   9 1 1 2 1 1 m mk k k k                  . 而又有     1 1 1,n n n n n nP P x x y y        ，  1 2 2 1 2 1,n n n n n nP P x x y y         ， 故利用前面已经证明的结论即得         1 2 1 2 1 1 2 1 1 2n n nn P P P n n n n n n n n S S x x y y y y x x                        1 2 1 1 2 1 1 2 n n n n n n n n x x y y y y x x                1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 n n n n n n n n n n n n x y y x x y y x x y y x             2 21 9 1 1 9 1 1 9 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 k k k k k k k k k k k k                                          . 这就表明 nS 的取值是与n无关的定值，所以 1n nS S  . 方法二：由于上一小问已经得到 2 1 2 2 1 n n n n x k x kyx k     ， 2 1 2 2 1 n n n n y k y kxy k     ， 故     2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 n n n n n n n n n n n n x k x ky y k y kx k k kx y x y x y k k k k                    . 再由 2 2 1 1 9x y  ，就知道 1 1 0x y  ，所以数列 n nx y 是公比为 1 1 k k   的等比数列. 所以对任意的正整数m，都有 n n m n n mx y y x           1 1 2 2n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m n n m x x y y x y y x x x y y x y y x                      1 1 2 2n n n m n m n n n m n m x y x y x y x y                1 1 1 1 2 1 2 1 m m n n n n n n n n k kx y x y x y x y k k                   2 21 1 12 1 1 m m n n k k x y k k                   9 1 1 2 1 1 m mk k k k                  . 这就得到 2 3 2 3 1 1 9 1 1 2 1 1n n n n n n n n k kx y y x x y y x k k                ， 以及 2 2 1 3 1 3 2 2 9 1 1 2 1 1n n n n n n n n k kx y y x x y y x k k                          . 两式相减，即得        2 3 2 3 1 3 1 3 1 1 2 2n n n n n n n n n n n n n n n nx y y x x y y x x y y x x y y x                  . 移项得到 2 3 2 1 3 1 2 3 2 1 3 1n n n n n n n n n n n n n n n nx y y x x y y x y x x y y x x y                  . 故        3 2 1 2 1 3n n n n n n n ny y x x y y x x          . 而  3 3 3,n n n n n nP P x x y y      ，  1 2 2 1 2 1,n n n n n nP P x x y y         . 所以 3n nP P   和 1 2n nP P   平行，这就得到 1 2 1 2 3n n n n n nP P P P P PS S      ，即 1n nS S  . 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面 知识方可得解. 8．(1) 15 3 n na        (2) 3 5 3 2 3 2 n       【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项； （2）利用等比数列的求和公式可求 nS . 【解析】（1）因为 12 3 3n nS a   ,故 12 3 3n nS a   ， 所以  12 3 3 2n n na a a n   即 15 3n na a  故等比数列的公比为 5 3 q  ， 故 1 2 1 1 52 3 3 3 3 5 3 3 a a a a       ，故 1 1a  ，故 15 3 n na        . （2）由等比数列求和公式得 51 1 3 3 5 3 5 2 3 21 3 n n nS                  . 9．(1) 14 ( 3)nna    (2) (2 1) 3 1nnT n    【分析】（1）利用退位法可求 na 的通项公式． （2）利用错位相减法可求 nT . 【解析】（1）当 1n  时， 1 1 14 4 3 4S a a   ，解得 1 4a  ． 当 2n  时， 1 14 3 4n nS a   ，所以 1 14 4 4 3 3n n n n nS S a a a     即 13n na a   ， 而 1 4 0a   ，故 0na  ，故 1 3n n a a    ， ∴数列 na 是以 4为首项， 3 为公比的等比数列， 所以   14 3 nna    . （2） 1 1 1( 1) 4 ( 3) 4 3n n nnb n n           , 所以 1 2 3n nT b b b b     0 21 14 3 8 3 12 3 4 3nn          故 1 2 33 4 3 8 3 12 3 4 3nnT n         所以 1 2 12 4 4 3 4 3 4 3 4 3n nnT n             13 1 3 4 4 4 3 1 3 n nn         14 2 3 3 1 4 3n nn       (2 4 ) 3 2nn    ， (2 1) 3 1nnT n     . 10．(1)   : 3, 4, 4,5,8, 4,3,10A (2)不存在符合条件的，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接按照  A 的定义写出  A 即可； （2）利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可； （3）分充分性和必要性两方面论证. 【解析】（1）由题意得   : 3, 4, 4,5,8, 4,3,10A ； （2）假设存在符合条件的，可知  A 的第1,2项之和为 1 2a a s  ，第3,4项之和为 3 4a a s  ， 则         1 2 1 2 3 4 3 4 2 6 4 2 a a a a s a a a a s               ，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的； （3）我们设序列  2 1...kT T T A 为  , 1 8k na n  ，特别规定  0, 1 8n na a n   . 必要性： 若存在序列 1 2: , ,..., s   ，使得  A 为常数列. 则 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       ，所以 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       . 根据  2 1...kT T T A 的定义，显然有 ,2 1 ,2 1,2 1 1,2k j k j k j k ja a a a      ，这里 1,2,3,4j  ， 1,2,...k  . 所以不断使用该式就得到， 1 2 3 4 5 6 7 8a a a a a a a a       ，必要性得证. 充分性： 若 1 2 3 4 5 6 7 8a a a a a a a a       . 由已知， 1 3 5 7a a a a   为偶数，而 1 2 3 4 5 6 7 8a a a a a a a a       ，所以    2 4 6 8 1 2 1 3 5 74a a a a a a a a a a         也是偶数. 我们设  2 1...sT T T A 是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列  A 中，使得 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       最小的一个. 上面已经证明 ,2 1 ,2 1,2 1 1,2k j k j k j k ja a a a      ，这里 1,2,3,4j  ， 1,2,...k  . 从而由 1 2 3 4 5 6 7 8a a a a a a a a       可得 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       . 同时，由于 k k k ki j s t   总是偶数，所以 ,1 ,3 ,5 ,7k k k ka a a a   和 ,2 ,4 ,6 ,8k k k ka a a a   的奇偶性 保持不变，从而 ,1 ,3 ,5 ,7s s s sa a a a   和 ,2 ,4 ,6 ,8s s s sa a a a   都是偶数. 下面证明不存在 1,2,3,4j  使得 ,2 1 ,2 2s j s ja a   . 假设存在，根据对称性，不妨设 1j  ， ,2 1 ,2 2s j s ja a   ，即 ,1 ,2 2s sa a  . 情况 1：若 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8 0s s s s s sa a a a a a      ，则由 ,1 ,3 ,5 ,7s s s sa a a a   和 ,2 ,4 ,6 ,8s s s sa a a a   都是偶数，知 ,1 ,2 4s sa a  . 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 4,1 4,2 4,3 4,4 4,5 4,6 4,7 4,8s s s s s s s sa a a a a a a a              相比原来的 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       减少 4，这与 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       的最小性矛盾； 情况 2：若 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8 0s s s s s sa a a a a a      ，不妨设 ,3 ,4 0s sa a  . 情况 2-1：如果 ,3 ,4 1s sa a  ，则对该数列连续作两次变换    2,4,5,7 , 2,4,6,8 后，新的 2,1 2,2 2,3 2,4 2,5 2,6 2,7 2,8s s s s s s s sa a a a a a a a              相比原来的 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       至少减少 2，这与 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       的最小性矛盾； 情况 2-2：如果 ,4 ,3 1s sa a  ，则对该数列连续作两次变换    2,3,5,8 , 2,3,6,7 后，新的 2,1 2,2 2,3 2,4 2,5 2,6 2,7 2,8s s s s s s s sa a a a a a a a              相比原来的 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       至少减少 2，这与 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       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 1,2,3,4j  都有 ,2 1 ,2 1s j s ja a   . 假设存在 1,2,3,4j  使得 ,2 1 ,2 1s j s ja a   ，则 ,2 1 ,2s j s ja a  是奇数，所以 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       都是奇数，设为2 1N  . 则此时对任意 1,2,3,4j  ，由 ,2 1 ,2 1s j s ja a   可知必有   ,2 1 ,2, , 1s j s ja a N N   . 而 ,1 ,3 ,5 ,7s s s sa a a a   和 ,2 ,4 ,6 ,8s s s sa a a a   都是偶数，故集合 ,s mm a N 中的四个元素 , , ,i j s t之和为偶数，对该数列进行一次变换  , , ,i j s t ，则该数列成为常数列，新的 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8s s s s s s s sa a a a a a a a              等于零，比原来的 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       更小，这与 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       的最小性矛盾. 综上，只可能  ,2 1 ,2 0 1,2,3,4s j s ja a j    ，而 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8s s s s s s s sa a a a a a a a       ，故    ,s na A  是常数列，充分性得证. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析. 11．(1) 2 1nnS   (2)①证明见详解；②   1 3 1 4 1 9 n nS i i n b     【分析】（1）设等比数列 na 的公比为 0q  ，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； （2）①根据题意分析可知 12 , 1kk na b k    ，  1 2 1n kkb    ，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     1 2 1 1 2 1 3 1 4 3 4 4 9 k k k k i i b k k           ，再结合裂项相消法分 析求解. 【解析】（1）设等比数列 na 的公比为 0q  ， 因为 1 2 31, 1a S a   ，即 1 2 3 1a a a   ， 可得 21 1q q   ，整理得 2 2 0q q   ，解得 2q = 或 1q   （舍去）， 所以 1 2 2 1 1 2 n n nS      . （2）（i）由（1）可知 12nna  ，且 N*, 2k k  ， 当 1 2 4 k kn a    时，则 1 1 1 2 2 1 1 1 1 k k k k k a n n a a               ，即 11k ka n a    可知 12 , 1kk na b k    ，      11 1 1 2 2 2 1 2 1k k kn a k kb b a a k k k k           ， 可得        11 12 1 1 2 1 2 2 1 2 0kn k n k kk k k k k kb ka b               ， 当且仅当 2k  时，等号成立， 所以 1n k nb a b   ； （ii）由（1）可知： 12 1 1 n n nS a     ， 若 1n  ，则 1 11, 1S b  ； 若 2n  ，则 11 2 k k ka a     ， 当 12 2 1k ki    时， 1 2i ib b k  ，可知 ib 为等差数列， 可得       1 1 12 1 1 1 1 2 2 2 1 12 2 4 3 1 4 3 4 4 2 9 k k k k k k k k i i b k k k k k                    ， 所以      2 3 2 1 1 3 1 4 111 5 4 2 4 8 4 5 4 3 1 4 3 4 4 9 9 n nS n n i i n b n n                      ， 且 1n  ，符合上式，综上所述：   1 3 1 4 1 9 n nS i i n b     . 【点睛】关键点点睛：1.分析可知当 12 2 1k ki    时， 1 2i ib b k  ，可知 ib 为等差数列； 2.根据等差数列求和分析可得     1 2 1 1 2 1 3 1 4 3 4 4 9 k k k k i i b k k           .