專題11數(shù)列的通項公式、數(shù)列求和與綜合應用策略

目錄

01考情透視?目標導航............................................................2

rn占nt口馬囪.田姓己I白吉q

03知識梳理?方法技巧............................................................4

04真題研析?精準預測............................................................7

05核心精講?題型突破...........................................................29

題型一：等差'等比數(shù)列的基本量問題29

題型二：證明等差等比數(shù)列31

題型三：等差等比數(shù)列的交匯問題36

題型四：數(shù)列的通項公式41

題型五：數(shù)列求和45

題型六：數(shù)列性質(zhì)的綜合問題52

題型七：實際應用中的數(shù)列問題56

題型八：以數(shù)列為載體的情境題60

題型九：數(shù)列的遞推問題63

重難點突破：數(shù)列新定義69

差情;奏汨?日標旦祐

數(shù)列作為高考數(shù)學中的核心考察點，其命題形態(tài)豐富多變，涵蓋了從基礎(chǔ)到復雜的各個層次。在小題

部分，重點聚焦于等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本概念、性質(zhì)以及數(shù)列的遞推關(guān)系，并且呈現(xiàn)出與其他數(shù)學知

識（尤其是函數(shù)、導數(shù)）相融合的趨勢。至于解答題，其難度通常處于中等或稍難水平，隨著文理合卷的

改革推進，數(shù)列與不等式相結(jié)合的難題（以往常作為壓軸題）熱度有所減退，難度趨于穩(wěn)定，保持在中等

偏難的程度。這類題目往往在考察數(shù)列基本問題之后，進一步探討數(shù)列求和，而求和之后又常與不等式、

函數(shù)'最值等問題相互交織。在考查等差數(shù)列、等比數(shù)列求和技巧的基礎(chǔ)上，更深入地考察“裂項相消法”、

“錯位相減法”等高級求和技巧，并且與不等式緊密結(jié)合，其中“放縮”思想及方法的應用顯得尤為重要。此

外，數(shù)列與數(shù)學歸納法的結(jié)合問題也是一個值得關(guān)注的領(lǐng)域，應給予適當?shù)闹匾暋?/p>

考點要求目標要求考題統(tǒng)計考情分析

2024年甲卷第4題，5分

2024年I卷第19題，17分

2024年H卷第12題，5分

等差、等比數(shù)列掌握定義公式應用2023年甲卷第5、13題，10分2025年高考數(shù)列考查

2022年乙卷第13題，5分將聚焦核心點是遞推公式

2021年H卷第17題，10分

求通項公式，特別是利用

2023年II卷第8題，5分

數(shù)列前n項和S”與第n項

2023年乙卷第18題，12分

能熟練求解通項問2023年II卷第18題，12分%的關(guān)系進行推導，此部

數(shù)列通項

題2022年I卷第17題，10分

分題型多樣，常作為選擇

2022年上海卷第21題，18分

填空或最后一題數(shù)列新定

2024年甲卷第18題，12分

2023年甲卷第17題，12分義壓軸題，挑戰(zhàn)考生的思

理解數(shù)列求和方法，2022年甲卷第18題，12分維深度與解題能力。

數(shù)列求和

能準確計算數(shù)列和2021年I卷第16題，5分

2021年乙卷第19題，12分

2021年I卷第17題，10分

等差數(shù)列的通項公式如果等差數(shù)列明的首項為處,公差為d,

那么它的通項公式是%=%+（〃T）d.

設(shè)等是數(shù)列明的公差為d,其前〃項和5“=吟也力生+華?d.

泄+4.=4p+4g（加+/7=2+［））

/若｛%｝、｛及｝為等差數(shù)列，\

＜則｛%功“｝為等差數(shù)列J

/｛%｝為等差數(shù)列，￡為其前〃項和，:

I則S.S“S，SNS如也成等差數(shù)列J

1%=%〃產(chǎn)P，貝Mp+g=o）

〈通項公式的推廣：％=。」（〃-社）"（〃巾￡N*））

,x

等比數(shù)列的通項公式aH-ayq'-C'q\c--)(ax,q^

Vq_______

{naltq=l

等比數(shù)列的前n項和公式S=/a^-q^ax-anq

[l?q-l?q31

/若/W+〃=P+1時，則%%="Tg,特別地，

、當wi+〃=2p時，。/產(chǎn)。；.

《方%｝、｛4｝為萩數(shù)列，則｛%?4兩萩數(shù)歹『）

…Op+sw…為等比數(shù)列，公比為q'）

/上島rSQx-Sj,…為等比數(shù)列，

7公比為可（當q=-l時,m不為偶數(shù)）.

《倒序相加法

并項求和法

牛nt口偏孑里?二注怙工虧

1、利用定義判斷數(shù)列的類型：注意定義要求的任意性，例如若數(shù)列｛."｝滿足4包=d(常數(shù))(，

weN*)不能判斷數(shù)列｛%｝為等差數(shù)列，需要補充證明％-4=1;

2、數(shù)列｛〃,｝滿足%+%+2=2。用(〃eN*)，則｛%｝是等差數(shù)列；

3、數(shù)列低｝滿足%=弛(〃eN*)，4為非零常數(shù)，且6尸0,則抄,,｝為等比數(shù)列；

4、在處理含S，a的式子時，一般情況下利用公式a=[H，"二1*,消去s,進而求

"[S"-5『1，”》2,且"。

出｛《,｝的通項公式；但是有些題目雖然要求｛%｝的通項公式，但是并不便于運用S,，這時可以考慮先消去a,

得到關(guān)于S1,的遞推公式，求出S“后再求解凡.

5、遇到形如°用一%=/(〃)的遞推關(guān)系式，可利用累加法求｛%｝的通項公式，遇到形如&包=/5)的

遞推關(guān)系式，可利用累乘法求｛%｝的通項公式，注意在使用上述方法求通項公式時，要對第一項是否滿足

進行檢驗.

6、遇到下列遞推關(guān)系式，我們通過構(gòu)造新數(shù)列，將它們轉(zhuǎn)化為熟悉的等差數(shù)列、等比數(shù)列，從而求解

該數(shù)列的通項公式：

⑴形如……可變形為小片眼+崗,呼+尚是以

q+言為首項，以0為公比的等比數(shù)列，由此可以求出知;

n+l

(2)形如an+i=pa“+q"+i(pW1,qN0),此類問題可兩邊同時除以q,得據(jù)2*+1，設(shè)

qqqq

從而變成勿+]=42+1，從而將問題轉(zhuǎn)化為第(1)個問題;

Q

1的形式，設(shè)包=工

(3)形如《pa〃+1，可以考慮兩邊同時除以％q+i,轉(zhuǎn)化為—....—

an+lan

則有qb用一pb“=l，從而將問題轉(zhuǎn)化為第(1)個問題.

7、公式法是數(shù)列求和的最基本的方法，也是數(shù)列求和的基礎(chǔ).其他一些數(shù)列的求和可以轉(zhuǎn)化為等差或

等比數(shù)列的求和.利用等比數(shù)列求和公式，當公比是用字母表示時，應對其是否為1進行討論.

8、用裂項相消法求和時，要對通項進行變換，如：上向冊,—；—=-*---二

yjn+yjn+kk''n（n+k）k\nn+k）

裂項后產(chǎn)生可以連續(xù)相互抵消的項?抵消后并不一定只剩下第一項和最后一項，也有可能前面剩兩項，后

面也剩兩項，但是前后所剩項數(shù)一定相同.

常見的裂項公式：

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“門)="(〃+D("+2)--1)〃(〃+1)

9、用錯位相減法求和時的注意點：

（1）要善于通過通項公式特征識別題目類型，特別是等比數(shù)列公比為負數(shù)的情形;

（2）在寫出“SJ與“恭“”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“S“-qS“”的表

達式;

（3）在應用錯位相減法求和時，若等比數(shù)列的公比為參數(shù)，應分公比等于1和不等于1兩種情況求解.

0、分組轉(zhuǎn)化法求和的常見類型：

⑴若a-，且抄"｝,｛g｝為等差或等比數(shù)列，可采用分組求和法求｛為｝的前〃項和；

b,〃奇數(shù)

（2）通項公式為n其中數(shù)列也｝,｛c」是等比數(shù)列或等差數(shù)列，可采用分組求和法求

偶數(shù)

和；

（3）要善于識別一些變形和推廣的分組求和問題.

11、在等差數(shù)列｛風｝中,若7〃+〃=S+f=2左（機，“，s,t,%eN*），則4nl+a“=q+q=26?

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

12、前"項和與積的性質(zhì)

（1）設(shè)等差數(shù)列｛”“｝的公差為d，前〃項和為

①SjS2n-Sn，S3“-S2“，…也成等差數(shù)列，公差為“2小

②也是等差數(shù)列，且｝=夕+3_3，公差為

③若項數(shù)為偶數(shù)2人，貝Is倜-5奇=加，迎=—.

°S奇ak

若項數(shù)為奇數(shù)2左+1，則S奇-琳=g+1,—=~7~-

$偶k

（2）設(shè)等比數(shù)列｛.“｝的公比為4,前〃項和為S“.

①當六一1時,SjS2n-Sn＞邑“-$2J…也成等比數(shù)列，公比為4".

②相鄰〃項積（，黑，…也成等比數(shù)列，公比為（打=小

412ft''

③若項數(shù)為偶數(shù)2左，則限/（＞―），區(qū)=工；項數(shù)為奇數(shù)時，沒有較好性質(zhì).

偶1+qS偶q

13、衍生數(shù)列

（1）設(shè)數(shù)列｛風｝和｛〃,｝均是等差數(shù)列，且等差數(shù)列｛.“｝的公差為〃，2，〃為常數(shù).

①｛?｝的等距子數(shù)列｛4,金由勺+叱｝心,meN*）也是等差數(shù)列，公差為0.

②數(shù)列"%+〃｝,土〃6“｝也是等差數(shù)列，而｛笳，｝是等比數(shù)列.

（2）設(shè)數(shù)列｛%｝和｛2｝均是等比數(shù)列，且等比數(shù)列｛%｝的公比為4，%為常數(shù).

①｛%｝的等距子數(shù)列由4+叱.｝也是等比數(shù)列，公比為/.

②數(shù)列｛久｝（60）,昌（"0）,｛⑷卜｛m｝，圖,｛＜｝

也是等比數(shù)列，而｛log0％｝（。＞0,”1,%＞0）是等差數(shù)列.

14、判斷數(shù)列單調(diào)性的方法

（1）比較法（作差或作商）；（2）函數(shù)化（要注意擴展定義域）.

15、求數(shù)列最值的方法（以最大值項為例，最小值項同理）

方法1：利用數(shù)列的單調(diào)性；

方法2：設(shè)最大值項為0,解方程組［""三%一,再與首項比較大小.

U》%

0

心真題砒標?精御皿\\

1.（2024年高考全國甲卷數(shù)學（文）真題）已知等差數(shù)列｛〃“｝的前"項和為S“，若％=1，則生+%=（）

72

A.—2B.—C.1D.一

39

【答案】D

【解析】方法一：利用等差數(shù)列的基本量

由$9=1，根據(jù)等差數(shù)列的求和公式，§9=9%+半d=lo94+36d=l,

22

阻+%=4+2d+q+6d=2q+3cl—~（9q+36d）=—.

故選：D

方法二：利用等差數(shù)列的性質(zhì)

根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，+ag=a3+a7,由星=1,根據(jù)等差數(shù)列的求和公式，

S9=9（4；%）=9（%；%）=I,故%+%=|.

故選：D

方法三：特殊值法

12

不妨取等差數(shù)列公差d=O,則S9=1=9%nq=5,則〃3+%=2q=§.

故選：D

2.（2024年高考全國甲卷數(shù)學（理）真題）記S“為等差數(shù)列｛風｝的前〃項和，已知S5=S］。，a5=l,貝lj6=

7C.17

B.-

A.i3

【答案】B

【解析1由Eo-S5=4+%+〃8+%+。10=5〃8=0，

14

則等差數(shù)列｛4｝的公差d=§,故。1=。5

3

故選：B.

3.（2024年北京高考數(shù)學真題）設(shè)｛%｝與低｝是兩個不同的無窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列.記集合

M==4/wN*｝,給出下列4個結(jié)論:

①若｛4｝與｛〃｝均為等差數(shù)列，則M中最多有1個元素;

②若｛4｝與加“｝均為等比數(shù)列，則M中最多有2個元素；

③若｛。,｝為等差數(shù)列，｛2｝為等比數(shù)列，則加中最多有3個元素；

④若｛見｝為遞增數(shù)列，｛2｝為遞減數(shù)列，則M中最多有1個元素.

其中正確結(jié)論的序號是.

【答案】①③④

【解析】對于①，因為｛4｝,｛〃｝均為等差數(shù)列，故它們的散點圖分布在直線上，

而兩條直線至多有一個公共點，故M中至多一個元素，故①正確.

對于②,取4=2?2=-(-2)"\則｛%｝,｛2｝均為等比數(shù)列，

但當〃為偶數(shù)時，有q=2片=2=-(-2廣，此時M中有無窮多個元素，故②錯誤.

對于③，設(shè)包=眼"(幽=0,41±1),an=kn+b(k^6),

若河中至少四個元素，則關(guān)于W的方程+b至少有4個不同的正數(shù)解，

若q>0,q/1,則由y=A/和y=蒯+8的散點圖可得關(guān)于"的方程Aqn=kn+b至多有兩個不同的解，矛盾;

若q<0,q工±1,考慮關(guān)于n的方程Aqn=kn+b奇數(shù)解的個數(shù)和偶數(shù)解的個數(shù),

當Ag"=5+b有偶數(shù)解，此方程即為=kn+b,

方程至多有兩個偶數(shù)解，且有兩個偶數(shù)解時Ak]n\q\>0,

否則A-n|4<0,因>=川司"，>=切+6單調(diào)性相反，

方程川引"=加+6至多一個偶數(shù)解，

當Aqn=kn+b有奇數(shù)解,此方程即為-川引"=切+6,

方程至多有兩個奇數(shù)解，且有兩個奇數(shù)解時-AAln0>0即Ak\n\q\<0

否則A左ln?0,因、=—A.,y=Ai+6單調(diào)性相反，

方程川引"=加+6至多一個奇數(shù)解，

因為Akln|4>0,A-n@<0不可能同時成立，

故初+6不可能有4個不同的整數(shù)解，即M中最多有3個元素，故③正確.

對于④，因為｛4｝為遞增數(shù)列，｛2｝為遞減數(shù)列，前者散點圖呈上升趨勢，

后者的散點圖呈下降趨勢，兩者至多一個交點，故④正確.

故答案為：①③④.

4.（2024年北京高考數(shù)學真題）漢代劉歆設(shè)計的“銅嘉量”是畬、合、升、斗、斛五量合一的標準量器，其

中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數(shù)列，底面直

徑依次為65mm,325mm,325mm,且斛量器的高為230mm,則斗量器的高為mm,升量器的高為—

mm.

57.5/手

【答案】23

【解析】設(shè)升量器的高為％,斗量器的高為兒（單位都是mm）,

/z,=23mm,\

故答案為：23mm，坐mm.

2

5.（2024年新課標全國I卷數(shù)學真題）設(shè)加為正整數(shù)，數(shù)列/，出，…,a4m+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從

中刪去兩項外和為?</）后剩余的4,〃項可被平均分為刃組，且每組的4個數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列

01g，…，%+2是（，，/）-可分數(shù)列.

⑴寫出所有的（口），使數(shù)列4，出，…,4是（口）-可分數(shù)列；

（2）當機23時，證明：數(shù)列％…是（2,13）—可分數(shù)列；

⑶從1,2,…,4加+2中任取兩個數(shù)i和/<力，記數(shù)列％,4，…，4,“+2是（仃）-可分數(shù)列的概率為匕，證明：

■

O

【解析】（1）首先，我們設(shè)數(shù)列4，。2,…，。4,“+2的公差為d,則dWO.

由于一個數(shù)列同時加上一個數(shù)或者乘以一個非零數(shù)后是等差數(shù)列，當且僅當該數(shù)列是等差數(shù)列，

故我們可以對該數(shù)列進行適當?shù)淖冃?=%幺+1優(yōu)=1，2,...,4m+2）,

得到新數(shù)列4=%優(yōu)=1,2,...,4m+2）,然后對4,…，心+2進行相應的討論即可.

換言之，我們可以不妨設(shè)％=左（左=1,2,...,4加+2）,此后的討論均建立在該假設(shè)下進行.

回到原題，第1小問相當于從123,4,5,6中取出兩個數(shù)得口/?</）,使得剩下四個數(shù)是等差數(shù)列.

那么剩下四個數(shù)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）由于從數(shù)列L2,...,4根+2中取出2和13后，剩余的個數(shù)可以分為以下兩個部分，共機組，使得每組

成等差數(shù)列：

①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14},共3組；

②{15,16,17,18},{19,20,21,22},...,{4租一1,4利4m+1,4租+2},共相_3組.

（如果〃z-3=0,則忽略②）

故數(shù)列1,2,...,4租+2是（2,13）-可分數(shù)列.

（3）定義集合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}.

下面證明，對14，＜/44利+2,如果下面兩個命題同時成立，

則數(shù)列1,2,...,4切+2一定是?,/）—可分數(shù)列：

命題1：?eA,jeBngjejeA；

命題2：j—i^3.

我們分兩種情況證明這個結(jié)論.

第一種情況：如果ieA/eB,且

此時設(shè)i=4勺+1,）=4&+2,匕&e{0,1,2,…，磔.

則由，＜J可知44+1＜4&+2,即心一片＞-；,故e2左.

此時，由于從數(shù)列1,2,...,4加+2中取出i=4左+1和j=4履+2后，

剩余的4根個數(shù)可以分為以下三個部分，共加組，使得每組成等差數(shù)列：

①{1,2,3,4},{5,6,7,8b…,{4%—3,4%—2,4匕一1,缺},共匕組;

（^）{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},匕一勺組；

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機+1,4〃2+2},共加-左?組一

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

故此時數(shù)列L2,...,4m+2是（盯）-可分數(shù)列.

第二種情況：如果且

止匕時設(shè)，=4勺+2,j=4^2+1,左,右e{0,1,2,...,相}.

則由，＜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,從而占一女產(chǎn)1,這就意味著左?一

此時，由于從數(shù)列L2,…,4根+2中取出i=4勺+2和/=4占+1后，剩余的4m個數(shù)可以分為以下四個部分，共

加組，使得每組成等差數(shù)列：

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

（^）{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全體{4《+夕,3勺+&+p,2《+2&+p￡+3&+p},其中p=3,4,...,k2-kx,共向-勺-2組；

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-七組.

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含履-匕-2個行，4個列的數(shù)表

以后，4個列分別是下面這些數(shù)：

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

{左+3&+3,1+3k2+4,…,4左2}.

可以看出每列都是連續(xù)的若干個整數(shù)，它們再取并以后，將取遍{供+1,秋+2,...,俟+2}中除開五個集合

{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}中的十個元素以外的所有數(shù).

而這十個數(shù)中，除開已經(jīng)去掉的4勺+2和4&+1以外，剩余的八個數(shù)恰好就是②中出現(xiàn)的八個數(shù).

這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數(shù)列1,2,...,4〃7+2是@/）-可分數(shù)列.

至此，我們證明了：對14，＜”4利+2,如果前述命題1和命題2同時成立,則數(shù)列12…,4%+2一定是[⑺-

可分數(shù)列.

然后我們來考慮這樣的?,/）的個數(shù).

首先，由于AB=0,A和8各有利+1個元素，故滿足命題1的（口）總共有（m+1）2個；

而如果=3,假設(shè)ieAJeB,則可設(shè)i=4《+l,j=4自+2,代入得（的+2）-（秋+1）=3.

但這導致&-勺=1，矛盾，所以

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

所以可能的化&）恰好就是對應的（盯）分別是（2,5）,（6,9）,…,（4s-2,4用+1）,總

共m個.

所以這（m+l）2個滿足命題1的（仃）中，不滿足命題2的恰好有，〃個.

這就得到同時滿足命題1和命題2的（V）的個數(shù)為（根+1）2-加.

當我們從1,2,…,4根+2中一次任取兩個數(shù)i和_/1</）時，總的選取方式的個數(shù)等于

（4m+2X4m+l）=（2m+i）（4m+i）

而根據(jù)之前的結(jié)論，使得數(shù)列4，電，…，購+2是（"）-可分數(shù)列的（V）至少有（加+行-加個.

所以數(shù)列4,+2是（仃）-可分數(shù)列的概率2一定滿足

2

D（m+l）-m川+m+1療+m+：,+11.

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

這就證明了結(jié)論.

6.（2024年北京高考數(shù)學真題）已知集合

M={（i,j,Kw）ie{L2},je{3,4},左e{5,6},we{7,8},且i+/+%+w為偶數(shù)}.給定數(shù)列A:%,4,，%,和序

列。:[Z，.Ts,其中？；=（%",心切e”（t=l,2,,s）,對數(shù)列A進行如下變換：將A的第彳,九如”項均

加1,其余項不變，得到的數(shù)列記作4（A）;將4（A）的第，2，/，自，嗎項均加1，其余項不變，得到數(shù)列記作

砧⑷;……;以此類推,得到（也網(wǎng),簡記為。（A）.

（1）給定數(shù)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）,寫出。（A）；

（2）是否存在序列。，使得。（A）為q+2,%+6,%+4,%+2,%+8,4+2,%+4,%+4,若存在，寫出一個符合

條件的。；若不存在，請說明理由；

（3）若數(shù)列A的各項均為正整數(shù)，且％+%+%+%為偶數(shù)，求證：“存在序列Q,使得。（A）的各項都相等”

的充要條件為"4+9=%+%=%+%=%+%”.

【解析】（1）因為數(shù)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：假設(shè)存在符合條件的￡1,可知C（A）的第1,2項之和為％+°2+s,第3,4項之和為4+。4+5,

4+2）+2+6=a1+a?+s

則,〈〉o〈—，而該方程組無解，故假設(shè)不成立，

故不存在符合條件的。；

解法二：由題意可知：對于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4,

假設(shè)存在符合條件的Q，且。（A）:乙也，…也,

.生2+6+4+2+8+2+4+40

因為---------------------=8，即序列。共有8項,

4

由題意可知：(b211T+)一+%,)=8,"=1,2,3,4,

檢驗可知：當〃=2,3時，上式不成立，

即假設(shè)不成立，所以不存在符合條件的Q.

（3）解法一：我們設(shè)序列4...咐（可為｛4,“｝（1。48）,特別規(guī)定%"=%（1。＜8）.

必要性：

若存在序列。：4Z，卻使得Q（A）的各項都相等.

則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.

根據(jù)刀…石方(A)的定乂，顯然有4,2j-i+%,2)=4-1,2/一1+4-1,2/+1,這里/=123,4,s=l,2,….

所以不斷使用該式就得到。1+。2=。3+。4=%+。6=%+。8=4,1+%,2-S,必要性得證.

充分性：

若％+%=〃3+=〃5+〃6=〃7+?

由已知，4+/+%+%為偶數(shù)，而4+。2=。3+。4=。5+。6=%+。8，所以

%+〃4+。6+4=4（%+〃2）-（4+/+%+%）也是偶數(shù).

我們設(shè)工…町（A）是通過合法的序列Q的變換能得到的所有可能的數(shù)列Q（A）中，使得

a+a+aa+

|?S,l-s.21|^,3-sA|\s,5-s,6\|?.,7"?S,81最小的一個.

上面已經(jīng)說明4,2j-\+4,2j~4-1,2j-\+4-1,2j+1,這里j=l,2,3,4,5=1,2,....

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

同時，由于力+/+（+"總是偶數(shù)，所以41+冊3+45+。“7和稅2+44+46+和8的奇偶性保持不變，從而

4」+as3+%5+4,7和4.2+4/+4.6+4,8都是偶數(shù).

下面證明不存在/=1,2,3,4使得卜,"一心2）＞2.

假設(shè)存在，根據(jù)對稱性，不妨設(shè)，=1,as,2j-\~as,2j1,即

情況1：若除3—。“4|+|4,5-4.6|+|4,7—=。，貝！J由。"+4.3+4.5+4,7和4,2+4.4+4,6+4,8都是偶數(shù)，知

對該數(shù)列連續(xù)作四次變換（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|相比原來的

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

矛盾；

情況2：若W，3—41+|4,5—。',6|+|4,7—4』>。，不妨設(shè)人一。/>0.

情況2-1：如果%3-4”1,則對該數(shù)列連續(xù)作兩次變換（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|相比原來的

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

小性矛盾；

情況22如果%4-%21,則對該數(shù)列連續(xù)作兩次變換（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|相比原來的

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

一至少減少Ss2|6ZJ3-sASj5s6s：1sS|的最

小性矛盾.

這就說明無論如何都會導致矛盾，所以對任意的/=1,2,3,4都有回尸「外2卜1.

假設(shè)存在j=1，2,3,4使得履JT-《2,|=1，則”是奇數(shù)，所以

4J+4,2=4.3+4.4=見,5+4,6=4,7+4,8都是奇數(shù)，設(shè)為2N+1.

則此時對任意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+見,7和4,2+4/+4.6+4s都是偶數(shù)，故集合{m\asm=N}中的四個元素i,j,k,w之和為偶數(shù),

對該數(shù)列進行一次變換億，兒⑺，則該數(shù)列成為常數(shù)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，比原來的

fl_flaa+-aaZS

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

盾.

綜上，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

常數(shù)列，充分性得證.

解法二：由題意可知：。中序列的順序不影響。（A）的結(jié)果，

且（%。2），（%，%），（。5，緣），（％，4）相對于序列也是無序的，

（I）若％+出=〃3+。4=〃5+4=%+。8，

不妨設(shè)的?。3＜。5工％，貝!J%＞。6N4，

Q）當％=%=。5=。7，貝!。J8=〃6=44=%，

分別執(zhí)行q個序歹U（2,4,6,8）、出個序列（135,7）,

可得4+〃2嗎+〃2嗎+。2嗎+〃2嗎+。2,4+。2嗎+〃2，4+。2，為常數(shù)列，符合題意；

②當％,4,%,%中有且僅有三個數(shù)相等，不妨設(shè)％=。3=。5，則。2=。4=。6，

分別執(zhí)行出個序列（L3,5,7）、%個序列（2,4,6,8）

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

因為4+/+%+%為偶數(shù)，即3q+%為偶數(shù)，

可知對%的奇偶性相同，則&i^eN*,

分別執(zhí)行號L個序列（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

為常數(shù)列，符合題意；

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

分別執(zhí)行?5個（1,3,6,8）,q個（2,4,5,7）,

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

因為％+生=%+4，

可得q+。5,4+。2，q+%，q+4，4+%，4+電，q+%，4+%，

即轉(zhuǎn)為①，可知符合題意；

④當力,〃3，。5，%中有且僅有兩個數(shù)相等，不妨設(shè)％=。3，則。2=。4，

艮|3,^^29^^5'^^6，〃7，^^8，

分別執(zhí)行％個(2,4,5,7),生個(1,3,6,8),

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

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

因為%+生+%+%=2%+%+%為偶數(shù)，可知。5，。7的奇偶性相同，

貝ij(q+%)+(q+%)+(4+%)+(q+%)=4q+3%+%為偶數(shù)，

且q+〃5=%+。5=。1+。5<。1+。7，即轉(zhuǎn)為②，可知符合題意；

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

分別執(zhí)行用個(2,3,5,8)、4個。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,

因為+。3+a5+。7為偶數(shù)，

貝ij(q+Q)+(q+%)+(q+%)+(%+%)—2(q+/)+(q+%+%+%)為偶,

且％+〃3=4+〃3<4+〃5<〃3+%,即轉(zhuǎn)為④，可知符合題意；

綜上所述：若aI+a2=a3+a4=%+a6=%+a8，則存在序列O,使得C(A)為常數(shù)列；

(ii)若存在序列。，使得C(A)為常數(shù)列，

因為對任意。(A):偽也，…,々，

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

若Q(A)為常數(shù)列，貝(|4+4=&+a=么+%=。7+仇，

所以q+。2=〃3+〃4=〃5+4=。7+〃8；

綜上所述：“存在序列O,使得。(A)為常數(shù)列”的充要條件為“4+。2=4+%=%+4=%+。8”.

7.（2024年高考全國甲卷數(shù)學（文）真題）己知等比數(shù)列｛。“｝的前”項和為"，且2s“=3。用-3.

⑴求｛4｝的通項公式；

（2）求數(shù)列⑸｝的前〃項和.

【解析】（1）因為2s“=3”用-3,故2s,1=3%-3,

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

故2〃i=3%—3=3a1x—3=5a1—3

（2）由等比數(shù)列求和公式得s

所以數(shù)列電｝的前〃項和

33

T=SSS-S=-—n

nl+2+3++n2

8.（2024年高考全國甲卷數(shù)學（理）真題）記S“為數(shù)列｛“〃｝的前〃項和，已知4