专题04 数列（3年汇编）（全国通用）2024-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 数列专题高考真题汇编，精选2024-2026年全国及地方卷真题，覆盖通项公式与前n项和、综合应用核心考点，分层呈现基础运算与创新应用题型。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----|----| |选择（含多选）|12|等差等比基本量运算（2025全国II卷第6题）、性质应用（2026全国II卷多选题）|结合文化情境（一百零八塔）、设置多选题考查公式变形| |填空|10|前n项和公式（2024全国甲卷第7题）、公差公比计算（2025上海卷第17题）|注重项与和互化，基础题占比高| |解答|10|错位相减求和（2024全国甲卷第23题）、新定义与数学建模（2026北京卷第26题）|分层设问，融合函数不等式，区分度高|

null 专题04 数列 考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律 考点01数列的通项公式与前n项和 2026年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北京卷、天津卷、上海卷； 2025年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北京卷、天津卷、上海卷； 2024年：新课标Ⅰ/Ⅱ卷、全国甲卷、北京卷、天津卷、上海卷； 题型涵盖选择、填空、解答题，为连年必考主干考点 以等差、等比数列基本量运算为核心，考查通项、前n项和、性质应用；常设置多选题，公式变形、项与和的互化是考查重点，基础题占比高。 考点02数列的综合应用 2026年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、北京卷、上海卷； 2025年：全国Ⅰ/Ⅱ卷、上海卷；2024年：新课标Ⅰ/Ⅱ卷、全国甲卷、北京卷、天津卷、上海卷； 多以解答题、压轴小题形式出现，区分度较高 融合新定义、实际生活、几何、函数、不等式等知识；重点考查错位相减、裂项相消、分组求和等求和方法；侧重逻辑推理、数学建模与综合分析能力，设问分层递进。 考点01 数列的通项公式与前n项和 1．（2026·全国I卷·高考真题）一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩．该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第行中塔的座数记为，其中，，，且，，…，是一个首项为7，公差为2的等差数列．将，，…，分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为的等差数列，则（     ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】由条件求出数列的前项的和，设新数列为，设其公差为，由条件可得，结合选项判断即可. 【详解】由已知，，，，， 设新数列为，， 由已知数列为等差数列，设其公差为，， 又的前项都为奇数，所有项都为偶数， 由已知为正偶数，为正偶数， 则，故， 若，则，矛盾， 若，则，矛盾， 若，则，矛盾， 若，则，此时可取，，， ，，，满足要求. 2．（2026·天津·高考真题）已知，，则（     ） A．68 B．56 C． D． 【答案】C 【分析】根据前n项和的含义，依次令，逐步计算即可得到结果. 【详解】由，得 ，即； ，即； 因为，所以； ，即，所以； ，即，所以. 3．（2026·上海·高考真题）下列数列中是等差数列也是等比数列的是（    ） A．1，，1，，1 B．1，2，3，4，5 C．5，5，5，5，5 D．1，2，3，5，7 【答案】C 【分析】设该数列为，由题可得，其中为常数，据此推得，即得该数列为非零常数列，即可判断. 【详解】设该数列为，则该数列满足，其中. 则，因为常数，该式对任意正整数成立，则， 从而该数列为非零常数列，由选项知只有C满足题意. 故选：C 4．（2025·北京·高考真题）已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（   ） A． B． C．16 D．18 【答案】C 【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为成等比数列，且， 所以，即，解得或（舍去）， 所以. 故选：C. 5．（2025·天津·高考真题），则数列的前项和为（   ） A．112 B．48 C．80 D．64 【答案】C 【分析】先由题设结合求出数列的通项公式，再结合数列各项正负情况即可求解. 【详解】因为， 所以当时，， 当时，， 经检验，满足上式， 所以，令，， 设数列的前n项和为， 则数列的前项和为 数列的前项和为 . 故选：C 6．（2025·全国II卷·高考真题） 记为等差数列的前n项和.若则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项和公差d的方程求出首项和公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解. 【详解】设等差数列的公差为d，则由题可得 ， 所以. 故选：B. 7．（2024·全国甲卷·高考真题） 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 8．（2024·全国甲卷·高考真题） 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. 9．（2026·全国II卷·高考真题）（多选）已知等比数列的公比，且，，记数列的前项和为，则（     ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】设等比数列的公比为，根据条件列出关于的方程，求解可得的值，判断A；利用特值法可判断B；根据等比数列的前n项和公式，求得，，化简可判断C；求出，由的取值情况，结合不等式的性质，判断D. 【详解】设等比数列的公比为，则，即. 因为，所以，即. 因为，所以，所以，即， 所以A正确. 因为，则，所以B错误. . 所以C正确. 当n为奇数时，； 当n为偶数时，因为；所以， 所以，即. 所以D正确. 10．（2025·全国II卷·高考真题）（多选）记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】对A，根据等比数列通项公式和前项和公式得到方程组，解出，再利用其通项公式和前项和公式一一计算分析即可. 【详解】对A，由题意得，结合，解得或（舍去），故A正确； 对B，则，故B错误； 对C，，故C错误； 对D，，， 则，故D正确； 故选：AD. 11．（2026·全国I卷·高考真题）设实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续9项，，，是公比为的等比数列．则的最大值为__________． 【答案】 【分析】由前项和公式推出每连续三项的和. 将连续9项按起始位置模3分类，每类中利用三项块和等于得到关于公比的比例关系，通过相邻块和之比解得的上界，即可取得最大值. 【详解】令，由题意得， 因此每个三项块的和为. 设这9项为，记. 由于，且完整三项块和均为正， 下面按除以3的余数讨论. 若，这9项正好包含三个完整三项块， 得，，， 于是且，矛盾，故这种起点不存在. 若，其中两个完整三项块为第块，第块， 得，，所以. 若，其中两个完整三项块为第块，第块， 得，，所以. 综上，所以，即的最大值为. 12．（2026·北京·高考真题）已知等差数列的前项和为，且，则公差________，若恒成立，则符合条件的的一个取值为________． 【答案】 （答案不唯一，满足即可） 【分析】利用等差数列前项和公式与通项公式，代入已知等式建立关于公差的方程求解；由恒成立可知为前项和的最大值，结合数列的单调性得到且，代入公差解不等式即可得到的取值范围，选取范围内任意值即可. 【详解】等差数列的前项和公式为，通项公式为. ∵ ，， ∴ . 由，得， 消去等式两侧的，整理得，解得. ∵ ，等差数列为递减数列，且恒成立， ∴ 为前项和的最大值，即数列前项非负，第项及以后非正，即 ， 代入通项公式得，解得， 取即为符合条件的一个取值. 13．（2026·全国II卷·高考真题）设为等差数列的前项和，若，，则__________． 【答案】24 【分析】根据等差数列通项公式求出公差，再结合求和公式求解即可. 【详解】由等差数列通项公式， 代入可得，解得. 因为，所以， 故. 14．（2026·上海·高考真题）已知等差数列中，，公差为，其前项和在区间内至少有两项，则公差的取值范围是__________． 【答案】 【分析】根据等差数列求和公式列式计算求解. 【详解】根据已知前项和在区间内至少有两项，则得出， 且，是单调递增的，所以必须满足， 所以，所以. 15．（2026·上海·高考真题）已知为等比数列，，，则__________． 【答案】 【详解】设数列的公比为，则，则. 16．（2025·上海·高考真题）已知等差数列的首项，公差，则该数列的前6项和为_________． 【答案】 【分析】直接根据等差数列求和公式求解. 【详解】根据等差数列的求和公式，. 故答案为： 17．（2025·全国I卷·高考真题）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于_________. 【答案】 【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前项和的定义，得到关于的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前项和性质得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 当时，，即，则，显然不成立，舍去； 当时，则， 两式相除得，即， 则，所以， 所以该等比数列公比为2. 故答案为：. 法二：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 所以， ， 所以，则，所以， 所以该等比数列公比为2. 故答案为：2. 法三：设该等比数列为，是其前项和，则， 设的公比为， 因为， 又， 所以，所以， 所以该等比数列公比为. 故答案为：. 18．（2025·上海·高考真题）已知是首项为1、公差为1的等差数列，是首项为1、公比为的等比数列．若数列的前三项和为2，则__________． 【答案】 【分析】写出通项公式，得到，从而根据前三项和得到方程，求出公比. 【详解】由题意得，， 则，所以前三项和为， 解得或-1（舍去）， 故答案为： 19．（2024·上海·高考真题）数列，，c的取值范围为___________． 【答案】 【分析】先利用等差数列的定义判定为等差数列，再利用等差数列性质即可求解. 【详解】因为，则， 可知数列为等差数列， 则，解得， 所以c的取值范围为. 故答案为：. 20．（2024·新课标II卷·高考真题）记为等差数列的前n项和，若，，则________. 【答案】95 【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式即可得到答案. 【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得， 则. 故答案为：. 21．（2026·天津·高考真题）已知等差数列与等比数列满足：，，，． (1)求数列，的通项公式； (2)记，，或，记为中的元素个数． （i）求； （ii）求． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）通过基本量计算即可求得通项公式； （2）（i）分析和项的特征，结合集合的定义即可得解；（ii）利用分组求和法和错位相减法求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为， 所以，即，解得或（公比不能为0，舍去）， 所以 （2）（i）由（1）知为偶数，为奇数，所以数列和没有相同项， 根据题意，集合中的元素由数列和中小于等于项组成， 小于的正偶数有个，由得，， 所以数列中小于等于的项有个，中小于等于的项有个， 所以. （ii）当时，中小于等于的项有个， 又为偶数时，中小于等于的项有个，为奇数时，中小于等于的项有个， 所以， 所以， 从到共有项， 又为奇数时， 所以 ， 所以 令①， 则②， ①-②得 ， 所以， 所以 22．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，． (1)求，的通项公式； (2)，，有， （i）求证：对任意实数，均有; （ii）求所有元素之和． 【答案】(1)； (2)（i）证明：由（1）或，， 当时， 设， 所以， 所以， 所以，为中的最大元素， 此时恒成立， 所以对，均有. （ii） 【分析】（1）设数列的公差为d，数列公比为，由题设列出关于d和的方程求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解； （2）（i）由题意结合（1）求出和的最大值，再作差比较两者大小即可证明； （ii）法一：根据中全为1、一个为0其余为1、2个为0其余为、…、全为0几个情况将中的所有元素分系列，并求出各系列中元素的和，最后将所有系列所得的和加起来即可得解； 法二：根据元素的特征得到中的所有元素的和中各项出现的次数均为次即可求解. 【详解】（1）设数列的公差为d，数列公比为， 则由题得， 所以； （2）（i）略 （ii）法一：由（i）得对任意实数，均有， 所以，， 所以取值随着的取值不同各不相同， 又为中的最大元素， 由题意可得中的所有元素由以下系列中所有元素组成： 当均为1时：此时该系列元素只有即个； 当中只有一个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素有共有个， 则这个元素的和为； 当中只有2个为0，其余均为1时： 此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； 当中有个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； … 当中有个为0，1个为1时：此时该系列的元素为共有个， 则这个元素的和为； 当均为0时：此时该系列的元素为即个， 综上所述，中的所有元素之和为 ； 法二：由（i）得，为中的最大元素， 由题意可得， 所以的所有的元素的和中各项出现的次数均为次， 所以中的所有元素之和为. 23．（2024·全国甲卷·高考真题） 已知等比数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项； （2）利用分组求和法即可求. 【详解】（1）因为,故， 所以即故等比数列的公比为， 故，故，故. （2）由等比数列求和公式得， 所以数列的前n项和 . 24．（2024·全国甲卷·高考真题） 记为数列的前项和，已知． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用退位法可求的通项公式． （2）利用错位相减法可求. 【详解】（1）当时，，解得． 当时，，所以即， 而，故，故， ∴数列是以4为首项，为公比的等比数列， 所以. （2）, 所以 故 所以 ， . 25．（2024·天津·高考真题）已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且． (1)求的通项公式及； (2)设数列满足，其中． （ⅰ）当时，求证：； （ⅱ）求． 【答案】(1) (2)①证明见详解；② 【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意结合等比数列通项公式求，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，，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，再结合裂项相消法分析求解. 【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：. 【点睛】关键点点睛：1.分析可知当时，，可知为等差数列； 2.根据等差数列求和分析可得. 26．（2026·北京·高考真题）设是一个行列的数阵，且数阵中的每一项，都等于或．若对任意，，其中，，且都有则称数阵具有性质． (1)判断下列两个数表是否具有性质． 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2)若，则数阵A中的个数最多是多少？ (3)若，，且数阵具有性质，证明：对任意，，都有． 【答案】(1)数表不具有性质，数表具有性质； (2) (3)性质中的四个数都属于，且四个数的和为，所以其中恰有两个和两个． 因此，对任意满足性质下标条件的四个位置，都有①， 对，，令 先取行距为、列距为的矩形． 由①，对及，有 由于，所以②， 下面比较第行与第行的值． 对，取第、行和第、列． 此时行距为，列距为，由①得 由②知，故③， 令 则由③得，所以 再取第、行和第、列． 此时行距为，列距为，由①得即 由于且，所以． 从而④， 同理，取第、行和相距的两列，再取第、行和相距的两列，可得⑤， 结合②、④、⑤，可知对于每个，都有⑥， 当时，由，显然有 当时，由⑥，由中间因子均成对出现，且，有 再由⑥， 两边同乘，并利用，得 命题得证． 【分析】（1）性质的下标约束条件，选取符合要求的四元组代入验证，若存在不满足和为0的组合则不具有性质，反之则具有性质. （2）由性质的和约束推导行列符号的等价乘积约束，确定每行1的最大可行数量，结合行之间的符号交替规律计算总1的个数的上界，构造符合条件的实例证明上界可达. （3）利用性质的乘积等价性质，结合的初始条件，先验证差为2的下标组合，再通过递推推广到所有下标，完成证明. 【详解】（1）对于，只有两行，所以行距只能为． 要满足|行距列距|，列距只能为． 取第、行和第、列，四个顶点之和为 所以不具有性质． 对于，行距为时，列距只能为；行距为时，不存在符合条件的列距． 因此，只需检验相邻两行与第、列组成的两个矩形． 第、行对应的四个顶点之和为 第、行对应的四个顶点之和为 所以具有性质． （2）设第行元素之和为 先考察第行与第行． 令 对，第、行的行距为，第、列的列距为，由性质得 因此从而 同理，考察第行与第行，可得 所以整个数阵所有元素之和为 设数阵中的个数为． 数阵中共有个数，因此的个数为，从而解得 下面说明可以达到． 取 该数阵中共有个． 对于的数阵，可能的行距、列距组合只有 当行距、列距为时，相邻两行第、列的四个数之和均为； 当行距、列距为时，第、行以及第、行对应各列的元素之和均为； 当行距、列距为时，第、行与相距的两列组成的四个数之和也为． 所以该数阵具有性质，且的个数为． 因此，的个数最多为 （3）略 考点02 数列的综合应用 1．（2026·北京·高考真题），是无穷数列，则“存在常数，使”是“”的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】通过验证充分性与必要性，即可得出结论. 【详解】由题意， ，是无穷数列， 验证充分性： 当存在常数，使时， ，， 显然成立， 验证必要性： 当，时，此时满足, 假设存在常数，使成立， 当时，，， 此时，需同时“不小于无限增大的”和“不大于无限增大的”， 但不存在这样的固定常数， ∴当时，无法必然推出“存在常数”，即必要性不成立， ∴“存在常数，使”是“”的充分不必要条件. 2．（2025·上海·高考真题）已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（  ） A． 4个 B．3个 C．1个 D．无数个 【答案】B 【分析】由可知范围，再由三角形三边关系可得的不等关系，结合函数零点解不等式可得. 【详解】由题意，不妨设， 三点均在第一象限内，由可知，， 故点恒在线段上，则有. 即对任意的，恒成立， 令，构造函数， 则，由单调递增， 又，存在，使， 即当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故至多个零点， 又由， 可知存在个零点，不妨设，且. ①若，即时，此时或. 则，可知成立， 要使、、的值均能构成三角形， 所以恒成立，故， 所以有，解得； ②若，即时，此时. 则，可知成立， 要使、、的值均能构成三角形， 所以恒成立，故， 所以有，解得或； 综上可知，正整数的个数有个. 故选：B. 3．（2024·全国甲卷·高考真题） 已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．4 D． 【答案】C 【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解. 【详解】因为成等差数列，所以，，代入直线方程得 ，即，令得， 故直线恒过，设，圆化为标准方程得：， 设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小， ，此时.    故选：C 4．（2024·上海·高考真题）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是______． 【答案】 【分析】当时，不妨设，则，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围. 【详解】由题设有，因为，故，故， 当时，，故，此时为闭区间， 当时，不妨设，若，则， 若，则， 若，则， 综上，， 又为闭区间等价于为闭区间， 而，故对任意恒成立， 故即，故， 故对任意的恒成立，因， 故当时，，故即. 故答案为：. 【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. 5．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、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 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 【答案】 23 57.5/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 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， 取 ，则,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. 【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. 7．（2024·上海·高考真题），任意，满足，求有序数列有_____对. 【答案】48 【分析】先确定，再结合，设，可得到，进而求出这四个数，从而求得答案. 【详解】由题意知， 满足， 不妨设， 则必有， 若，解得； 若，解得， 由此可知此时有2种情况， 结合任意，共有对， 故答案为：48 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是结合推出时，这四个数的值，进而结合题意求得答案. 8．（2024·上海·高考真题）已知函数． (1)若函数的图象经过点，求解不等式； (2)若存在，使得、、依次成等差数列，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）代入点坐标计算求出，根据定义域和单调性即可求出的解集； （2）根据的定义域将问题转化为时，得出有解，再结合分离常数法和换元，最后借助一元二次函数的性质进行求解即可. 【详解】（1），则， ，，， ，定义域为， 要解不等式，则，． 又在定义域内是严格增函数， 由，则，解得． 综上所述，不等式的解集为． （2）的定义域为，存在，使得、、依次成等差数列， 则在方程中，应满足， 由，解得，问题转化为时，方程有实数解． 又，则， 即． 为严格单调函数， ， ，两边同除以得，． 令，由，则， 在有解． 又在上是严格增函数， ，即， 又，则. 9．（2025·全国I卷·高考真题）已知数列中，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)给定正整数m，设函数，求． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论； （2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论. 【详解】（1）由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴，即， ∴是以为首项，1为公差的等差数列. （2）由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1， ∴，即， 在中， ， ∴， 当且时， ∴， ∴ ∴ . 10．（2024·新课标II卷·高考真题）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)证明如下： 方法一：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. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. (3)证明如下： 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. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【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）略 （3）略 【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. 11．（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 【分析】（1）直接按照的定义写出即可； （2）解法一：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；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列共有8项，可知：，检验即可； （3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若，分类讨论相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得为常数列，结合定义分析证明即可. 【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， 因为为偶数，可知的奇偶性相同， 则为偶数， 且，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， 因为为偶数， 则为偶数， 且，即转为④，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”的充要条件为“”. 【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. 12．（2024·新课标I卷·高考真题）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 【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可； （2）根据可分数列的定义即可验证结论； （3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义. 【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. 【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. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 数列 答案版 考点01 数列的通项公式与前n项和 1、B 2、C 3、C 4、C 5、C 6、B 7、D 8、B 9、ACD 10、AD 11、 12、 （答案不唯一，满足即可） 13、24 14、 15、 16、 17、 18、 19、 20、95 21、(1) (2)（i）；（ii）. 22、(1)； (2)（i）证明：由（1）或，， 当时， 设， 所以， 所以， 所以，为中的最大元素， 此时恒成立， 所以对，均有. （ii） 23、(1) (2) 24、(1) (2) 25、(1) （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：. 26、(1)数表不具有性质，数表具有性质； (2) (3)性质中的四个数都属于，且四个数的和为，所以其中恰有两个和两个． 因此，对任意满足性质下标条件的四个位置，都有①， 对，，令 先取行距为、列距为的矩形． 由①，对及，有 由于，所以②， 下面比较第行与第行的值． 对，取第、行和第、列． 此时行距为，列距为，由①得 由②知，故③， 令 则由③得，所以 再取第、行和第、列． 此时行距为，列距为，由①得即 由于且，所以． 从而④， 同理，取第、行和相距的两列，再取第、行和相距的两列，可得⑤， 结合②、④、⑤，可知对于每个，都有⑥， 当时，由，显然有 当时，由⑥，由中间因子均成对出现，且，有 再由⑥， 两边同乘，并利用，得 命题得证． 考点02 数列的综合应用 1、A 2、B 3、C 4、 5、 23 57.5/ 6、①③④ 7、48 8、(1) (2) 9、（1）由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴，即， ∴是以为首项，1为公差的等差数列. (2) 10、(1)， (2)证明如下： 方法一：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. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. (3)证明如下： 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. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 11、(1) （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， 因为为偶数，可知的奇偶性相同， 则为偶数， 且，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， 因为为偶数， 则为偶数， 且，即转为④，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”的充要条件为“”. 12、(1) （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. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $