2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之数列（一）

第33页（共33页）2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之数列（一）一．选择题（共6小题）1．（2025•北京）已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝﹣2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝（）A．﹣20 B．﹣18 C．16 D．182．（2025•天津）Sn＝﹣n2+8n，则数列{|an|}的前12项和为（）A．112 B．48 C．80 D．643．（2025•新高考Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝6，S5＝﹣5，则S6＝（）A．﹣20 B．﹣15 C．﹣10 D．﹣54．（2025•上海）设λ∈[0，1]，数列an＝10n﹣9，数列bn＝2n．设cn＝λan+（1﹣λ）bn．若对任意λ∈[0，1]，长为an、bn、cn的线段均能构成三角形，则满足条件的n有（）A．1个 B．3个 C．4个 D．无穷5．（2024•甲卷）等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，a3+a7＝（）A．﹣2 B．73 C．1 D．6．（2024•甲卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若S5＝S10，a5＝1，则a1＝（）A．72 B．73 C．-13二．多选题（共1小题）（多选）7．（2025•新高考Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q＞0．若S3＝7，a3＝1，则（）A．q=12 B．a5=19 C．S5＝8 D．an+三．填空题（共10小题）8．（2025•新高考Ⅰ）若一个正项等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为．9．（2025•上海）已知{an}是首项为1、公差为1的等差数列，{bn}是首项为1、公比为q（q＞0）的等比数列．若数列{an•bn}的前三项和为2，则q＝．10．（2024•新高考Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4＝7，3a2+a5＝5，则S10＝．11．（2024•上海）a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，任意b1，b2，b3，b4∈R，满足{ai+aj|1≤i＜j≤4}＝{bi+bj|1≤i＜j≤4}，求有序数列{b1，b2，b3，b4}有对．12．（2024•上海）数列{an}，an＝n+c，S7＜0，c的取值范围为．13．（2024•全国）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝16，S4＝24，则a8＝．14．（2024•上海）无穷等比数列{an}满足首项a1＞0，q＞1，记In＝{x﹣y|x，y∈[a1，a2]∪[an，an+1]}，若对任意正整数n，集合In是闭区间，则q的取值范围是．15．（2024•北京）设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论：①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素；④若{an}为递增数列，{bn}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．16．（2025•上海）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣3，公差d＝2，则该数列的前6项和为．17．（2024•台湾）设实数a1，a2，…，a9是公差为2的等差数列，其中a1≠0且a3＞0．若log2a3，log2b，log2a9三数依序也成等差数列，其中b为a4，a5，a6，a7，a8其中一数，则a9＝．（化为最简分数）四．解答题（共3小题）18．（2025•新高考Ⅰ）设数列{an}满足a1＝3，an（1）证明：{nan}为等差数列；（2）设f（x）＝a1x+a2x2+⋯+amxm，求f′（﹣2）．19．（2025•北京）A＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，M＝{（xi，yi）|xi∈A，yi∈A}，从M中选出n构成一列：（x1，y1），…，（xn，yn）．相邻两项（xi，yi），（xi+1，yi+1）满足：|xi+1-x（1）若k列的第一项为（3，3），求第二项．（2）若τ为k列，且满足i为奇数时，xi∈{1，2，7，8}；i为偶数时，xi∈{3，4，5，6}；判断：（3，2）与（4，4）能否同时在τ中，并说明理由；（3）证明：M中所有元素都不构成k列．20．（2025•天津）{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2+1，a3＝b3．（I）求{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）∀n∈N*，I＝{0，1}，有Tn＝{p1a1b1+p2a2b2+⋯+pn﹣1an﹣1bn﹣1+pnanbn|p1，p2，⋯，pn﹣1，pn∈I}．（i）求证：∀t∈Tn，均有t＜an+1bn+1；（ii）求Tn所有元素之和．

2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之数列（一）参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）题号123456答案CCBBDB二．多选题（共1小题）题号7答案AD一．选择题（共6小题）1．（2025•北京）已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝﹣2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝（）A．﹣20 B．﹣18 C．16 D．18【考点】等差数列的通项公式；等比中项及其性质．【专题】方程思想；定义法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】C【分析】利用等差数列、等比数列的性质求解．【解答】解：{an}是公差不为0的等差数列，a1＝﹣2，a3，a4，a6成等比数列，设公差为d，则a42=a3a6，即（﹣2+3d）2整理得d2﹣2d＝0，解得d＝2或d＝0（舍），∴a10＝a1+9d＝﹣2+9×2＝16．故选：C．【点评】本题考查等差数列、等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．（2025•天津）Sn＝﹣n2+8n，则数列{|an|}的前12项和为（）A．112 B．48 C．80 D．64【考点】等差数列的前n项和．【专题】分类讨论；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】C【分析】由an与Sn的关系求得an＝﹣2n+9，再去绝对值后求和即可．【解答】解：因为Sn＝﹣n2+8n，所以当n＝1时，a1＝S1＝﹣1+8＝7，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝（﹣n2+8n）﹣[﹣（n﹣1）2+8（n﹣1）]＝﹣2n+9，当n＝1时，也满足上式，所以an＝﹣2n+9，所以当n≤4时，an＞0，当n≥5时，an＜0，所以{|an|}的前12项和为|a1|+|a2|+...+|a4|+|a5|+...+|a12|＝a1+a2+a3+a4﹣（a5+a6+...+a12）＝2（a1+a2+a3+a4）﹣（a1+a2+...+a12）＝2S4﹣S12＝2（﹣16+32）﹣（﹣144+96）＝80．故选：C．【点评】本题考查由数列的前n项和求通项，数列前n项和的求解，属于基础题．3．（2025•新高考Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝6，S5＝﹣5，则S6＝（）A．﹣20 B．﹣15 C．﹣10 D．﹣5【考点】等差数列的前n项和．【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】B【分析】由题意建立首项与公差的方程，求出首项和公差，再由等差数列的前n项和公式即可求得．【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，因为S3＝6，S5＝﹣5，所以S3=3a所以S6＝6a1+15d＝6×5﹣15×3＝﹣15．故选：B．【点评】本题考查等差数列的前n项和公式的应用，属于基础题．4．（2025•上海）设λ∈[0，1]，数列an＝10n﹣9，数列bn＝2n．设cn＝λan+（1﹣λ）bn．若对任意λ∈[0，1]，长为an、bn、cn的线段均能构成三角形，则满足条件的n有（）A．1个 B．3个 C．4个 D．无穷【考点】数列与不等式的综合．【专题】计算题；函数思想；归纳法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．【答案】B【分析】根据题意可得cn＜an+【解答】解：∵长为an，bn，cn的线段均能构成三角形，∴cn当cn＜an+bn时，有λan+（1﹣λ）bn＜an+bn，即λ（an﹣bn）＜an，又λ∈[0，1]，∴an﹣bn＜an，即bn＝2n＞0恒成立；当bn＜an+cn时，有bn＜（1+λ）an+（1﹣λ）bn，即λbn＜（1+λ）an，∴anbn=10n-92n＞λ1+λ∈（0，1当an＜bn+cn时，有an＜λan+（2﹣λ）bn，即（λ﹣2）bn＜（λ﹣1）an，∴anbn=10n-92n＜λ-2λ-1=1+11-λ∈[2，+综上，n∈{4，5，6}，∴满足条件的n有3个．故选：B．【点评】本题主要考查数列与不等式的综合问题，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于难题．5．（2024•甲卷）等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，a3+a7＝（）A．﹣2 B．73 C．1 D．【考点】等差数列的前n项和．【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】D【分析】根据已知条件，结合等差数列的前n项和公式，以及等差数列的性质，即可求解．【解答】解：S9＝1，则S9=9(a1+a9故选：D．【点评】本题主要考查等差数列的前n项和公式，以及等差数列的性质，属于基础题．6．（2024•甲卷）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若S5＝S10，a5＝1，则a1＝（）A．72 B．73 C．-13【考点】等差数列的前n项和．【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】B【分析】根据已知条件，先求出公差，再结合等差数列的性质，即可求解．【解答】解：S5＝S10，则S10﹣S5＝a6+a7+a8+a9+a10＝5a8＝0，解得a8＝0，又因为a5＝1，所以公差d=故a1＝a8-7故选：B．【点评】本题主要考查等差数列的前n项和，属于基础题．二．多选题（共1小题）（多选）7．（2025•新高考Ⅱ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q＞0．若S3＝7，a3＝1，则（）A．q=12 B．a5=19 C．S5＝8 D．an+【考点】等比数列的性质；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】AD【分析】根据等比数列的定义和已知条件可求出q，可判断各选项正误．【解答】解：由已知，S3＝a1+a2+a3=1q即6q2﹣q﹣1＝0，解得q=12（负根舍去），故a5＝q2=14，故S5＝S3+q+q2＝7+12+an＝a3qn﹣3=12n-3，S所以an+Sn=12n-3+故选：AD．【点评】本题主要考查等比数列的通项公式，属于基础题．三．填空题（共10小题）8．（2025•新高考Ⅰ）若一个正项等比数列的前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为2．【考点】等比数列的性质．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】2．【分析】根据等比数列的性质，建立方程，即可求解．【解答】解：根据题意可得a1+a2+a3+a4＝4，a5+a6+a7+a8＝68﹣4＝64，所以a5+a6+a7+a8＝（a1+a2+a3+a4）×q4＝4×q4＝64，解得q＝2（q＝﹣2舍）．故答案为：2．【点评】本题考查等比数列的性质，属基础题．9．（2025•上海）已知{an}是首项为1、公差为1的等差数列，{bn}是首项为1、公比为q（q＞0）的等比数列．若数列{an•bn}的前三项和为2，则q＝13【考点】等差数列与等比数列的综合；数列的求和．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】13【分析】由已知结合等差数列与等比数列的通项公式即可求解．【解答】解：由题意可得，an＝n，bn＝qn﹣1，q＞0，若数列{an•bn}的前三项和为2，则1+2q+3q2＝2，解得q=13或q＝﹣故答案为：13【点评】本题主要考查了等差数列与等比数列通项公式的应用，属于基础题．10．（2024•新高考Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4＝7，3a2+a5＝5，则S10＝95．【考点】等差数列的前n项和．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解．【解答】解：等差数列{an}中，a3+a4＝2a1+5d＝7，3a2+a5＝4a1+7d＝5，解得，d＝3，a1＝﹣4，则S10＝10×（﹣4）+10×92故答案为：95．【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．11．（2024•上海）a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，任意b1，b2，b3，b4∈R，满足{ai+aj|1≤i＜j≤4}＝{bi+bj|1≤i＜j≤4}，求有序数列{b1，b2，b3，b4}有48对．【考点】数列的应用．【专题】方程思想；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．【答案】48．【分析】由题意得{ai+aj|6，10，12，18，20，24}，设b1＜b2＜b3＜b4，由单调性有b1+b2＝6，b1+b3＝10，b2+b4＝20，b3+b4＝24，分类讨论可求解．【解答】解：由题意得{ai+aj|6，10，12，18，20，24}，满足{a1+aj|1≤i＜j≤4}＝{b1+bj|1≤i＜j≤4}，不妨设b1＜b2＜b3＜b4，由单调性有b1+b2＝6，b1+b3＝10，b2+b4＝20，b3+b4＝24，分两种情况讨论：①b2+b3＝12，b1+b4＝18，解得b1＝2，b2＝4，b3＝8，b4＝16，②b2+b3＝18，b1+b4＝12，解得b1＝﹣1，b2＝7，b3＝11，b4＝13，所以有2种，综上共有2A44故答案为：48．【点评】本题综合考查了数列，不等式的应用，属于难题．12．（2024•上海）数列{an}，an＝n+c，S7＜0，c的取值范围为（﹣∞，﹣4）．【考点】等差数列的前n项和．【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】（﹣∞，﹣4）．【分析】由已知结合等差数列的求和公式及性质的应用，属于基础题．【解答】解：等差数列由an＝n+c，知数列{an}为等差数列S7=7(a1+a7即7（4+c）＜0，解得c＜﹣4．故c的取值范围为（﹣∞，﹣4）．故答案为：（﹣∞，﹣4）．【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．13．（2024•全国）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝16，S4＝24，则a8＝﹣5．【考点】等差数列前n项和的性质．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】﹣5．【分析】根据等差数列的前n项和公式即可得．【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由S2＝16，S4＝24，得2a1+2×12所以等差数列{an}的通项公式为an＝11﹣2n，a8＝11﹣16＝﹣5．故答案为：﹣5．【点评】本题考查等差数列的前n项和公式，属于基础题．14．（2024•上海）无穷等比数列{an}满足首项a1＞0，q＞1，记In＝{x﹣y|x，y∈[a1，a2]∪[an，an+1]}，若对任意正整数n，集合In是闭区间，则q的取值范围是[2，+∞）．【考点】数列的应用；等比数列的性质．【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】[2，+∞）【分析】当n≥2时，不妨设x≥y，则x﹣y∈[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]，结合In为闭区间可得q-2≥-1qn-【解答】解：由题设有an=anqn-1，因为a1＞0，q＞1，故a当n＝1时，x，y∈[a1，a2]，故x﹣y∈[a1﹣a2，a2﹣a1]，此时I1为闭区间，当n≥2时，不妨设x≥y，若x，y∈[a1，a2]，则x﹣y∈[0，a2﹣a1]，若y∈[a1，a2]，x∈[an，an+1]，则x﹣y∈[an﹣a2，an+1﹣a1]，若x，y∈[an，an+1]，则x﹣y∈[0，an+1﹣an]，综上，x﹣y∈[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]，又In为闭区间等价于[0，a2﹣a1]∪[an﹣a2，an+1﹣a1]∪[0，an+1﹣an]为闭区间，而an+1﹣a1＞an+1﹣an＞a2﹣a1，故an+1﹣an≥an﹣a2对任意n≥2恒成立，故an+1-2an+a2≥0即a1q故q-2≥-1qn-2对任意的故当n→+∞时，-1qn-2→0，故q﹣2≥0故答案为：[2，+∞）．【点评】本题考查数列的应用，等比数列的性质的应用，是中档题．15．（2024•北京）设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论：①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素；④若{an}为递增数列，{bn}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①③④．【考点】等差数列的性质．【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】根据散点图的特征可判断①④的正误，举出反例可判断②的正误，由通项公式的特征以及反证法，即可判断③的正误．【解答】解：对于①，{an}，{bn}均为等差数列，M＝{k|ak＝bk}，{an}，{bn}不为常数列且各项均不相同，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，所以M中至多一个元素，故①正确；对于②，令an=2n-1，bn=-(-2)n-但当n为偶数时，an=2n-对于③，设bn=Aqn(Aq≠0，q≠±1)，若M中至少四个元素，则关于n的方程Aqn＝kn+b至少有4个不同的正数解，若q＜0，q≠±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Aqn＝kn+b有偶数解，此方程即为A|q|n＝kn+b，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Akln|q|＞0，否则Akln|q|＜0，因为y＝A|q|n，y＝kn+b单调性相反，方程A|q|n＝kn+b至多一个偶数解，当Aqn＝kn+b有奇数解，此方程即为﹣A|q|n＝kn+b，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时﹣Akln|q|＞0，即Akln|q|＜0，否则Akln|q|＞0，因为y＝﹣A|q|n，y＝kn+b单调性相反，方程A|q|n＝kn+b至多一个奇数解，因为Akln|q|＞0，Akln|q|＜0不可能同时成立，若q＞0，q≠1，则由y＝Aqn和y＝kn+b的散点图可得关于n的方程Aqn＝kn+b至多有两个不同的解，矛盾；故Aqn＝kn+b不可能有4个不同的正数解，故③正确．对于④，因为{an}为单调递增，{bn}为递减数列，M＝{k|ak＝bk}，{an}，{bn}不为常数列且各项均不相同，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．【点评】本题主要考查等差、等比的性质，考查转化能力，属于难题．16．（2025•上海）已知等差数列{an}的首项a1＝﹣3，公差d＝2，则该数列的前6项和为12．【考点】求等差数列的前n项和．【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】12．【分析】套用等差数列前n项和公式计算即可．【解答】解：因为等差数列{an}的首项a1＝﹣3，公差d＝2，所以S6＝6a1+6×52故答案为：12．【点评】本题考查等差数列前n项和公式，属于基础题．17．（2024•台湾）设实数a1，a2，…，a9是公差为2的等差数列，其中a1≠0且a3＞0．若log2a3，log2b，log2a9三数依序也成等差数列，其中b为a4，a5，a6，a7，a8其中一数，则a9＝252【考点】数列的应用；由等差数列中若干项求通项公式或其中的项．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．【答案】252【分析】根据题意，等差数列{an}中，设a1＝m，公差d＝2，由等差中项的性质可得b2＝a3a9＝（m+2d）（m+8d）＝（m+4）（m+16），验证求出m的值，计算可得答案．【解答】解：根据题意，等差数列{an}中，设a1＝m，公差d＝2，又由a3＝m+2d＝m+4＞0，即m＞﹣4，若log2a3，log2b，log2a9三数依序也成等差数列，则有2log2b＝log2a3+log2a9，变形可得b2＝a3a9＝（m+2d）（m+8d）＝（m+4）（m+16），b为a4，a5，a6，a7，a8其中一数，当b＝a4时，则b＝m+3d＝m+6，此时（m+6）2＝（m+4）（m+16），解可得m=-当b＝a5时，则b＝m+4d＝m+8，此时（m+8）2＝（m+4）（m+16），解可得m＝0，不符合题意；当b＝a6时，则b＝m+5d＝m+10，此时（m+10）2＝（m+4）（m+16），方程无解，不符合题意；当b＝a7时，则b＝m+6d＝m+12，此时（m+12）2＝（m+4）（m+16），解可得m＝﹣20，不符合题意；当b＝a8时，则b＝m+7d＝m+14，此时（m+14）2＝（m+4）（m+16），解可得m=-故m=-72，则a9＝m+8故答案为：252【点评】本题考查等差数列的性质，涉及对数的运算，属于中档题．四．解答题（共3小题）18．（2025•新高考Ⅰ）设数列{an}满足a1＝3，an（1）证明：{nan}为等差数列；（2）设f（x）＝a1x+a2x2+⋯+amxm，求f′（﹣2）．【考点】错位相减法；等差数列的概念与判定．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）证明见解答；（2）f'(-2)=79【分析】（1）将条件式两边同时乘以n（n+1）后移项即可证得；（2）由（1）得nan＝n+2，对函数求导后赋值可得f′（﹣2）的形式，由错位相减法求和即可．【解答】解：（1）证明：因为an所以（n+1）an+1＝nan+1，即（n+1）an+1﹣nan＝1，因为a1＝3，所以数列{nan}是首项为3，公差为1的等差数列；（2）由（1）知，nan＝3+n﹣1＝n+2，因为f（x）＝a1x+a2x2+⋯+amxm，所以f'(x)=a1+2a2x+...+mamxm-1=3+4x+5x2所以f′（﹣2）＝3+4×（﹣2）+5×（﹣2）2+...+（m+1）（﹣2）m﹣2+（m+2）（﹣2）m﹣1，①﹣2f′（﹣2）＝3×（﹣2）+4×（﹣2）2+5×（﹣2）3+...+（m+1）（﹣2）m﹣1+（m+2）（﹣2）m，②①﹣②得：3f′（﹣2）＝3+（﹣2）1+（﹣2）2+（﹣2）3+...+（﹣2）m﹣1﹣（m+2）（﹣2）m=3+-2[1-(-2)m-1]1-(-2)-所以f'(-2)=79【点评】本题考查等差数列的概念，错位相减法求和，导数的运算，属于中档题．19．（2025•北京）A＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，M＝{（xi，yi）|xi∈A，yi∈A}，从M中选出n构成一列：（x1，y1），…，（xn，yn）．相邻两项（xi，yi），（xi+1，yi+1）满足：|xi+1-x（1）若k列的第一项为（3，3），求第二项．（2）若τ为k列，且满足i为奇数时，xi∈{1，2，7，8}；i为偶数时，xi∈{3，4，5，6}；判断：（3，2）与（4，4）能否同时在τ中，并说明理由；（3）证明：M中所有元素都不构成k列．【考点】数列的应用．【专题】整体思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；创新能力；新定义类．【答案】（1）（6，7）或（7，6）；（2）二者不能同时出现在τ中，理由见解答．（3）证明见解答．【分析】（1）根据新定义即可得解；（2）假设（3，2）与（4，4）能同时在τ中，导出矛盾，从而得出（3，2）与（4，4）不能同时在τ中的结论；（3）假设全体元素构成一个k列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论．【解答】解：（1）根据题目定义可知，xi+1=若第一项为（3，3），显然x2＝0或﹣1不符合题意（不在集合A中），所以第二项是（6，7）或（7，6）；（2）假设二者同时出现在τ中，由于k列取反序后仍是k列，故可以不妨设（3，2）在（4，4）之前．显然，在k列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从（3，2）到（4，4）必定要向下一项走奇数次．但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在τ中，所以从（3，2）到（4，4）必定要向下一项走偶数次．这导致矛盾，所以二者不能同时出现在τ中．（3）全体元素构成一个k列，则n＝64，设T1＝{（x，y）|x∈{1，2，7，8}，y∈{1，2，3，4，5，6，7，8}}，T2＝{（x，y）|x∈{3，4，5，6}，y∈{1，2，3，4，5，6，7，8}}．则T1和T2都包含32个元素，且T1中元素的相邻项必定在T2中．如果存在至少两对相邻的项属于T2，那么属于T2的项的数目一定多于属于T1的项的数目，所以至多存在一对相邻的项属于T2，如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如2m和2m+1，否则将导致属于T2的项的个数比属于T1的项的个数多2，此时m＝1，2，3，…，31，从而这个序列的前2m项中，第奇数项属于T1，第偶数项属于T2，这个序列的后64﹣2m项中，第奇数项属于T2，第偶数项属于T1，如果不存在相邻的属于T2的项，那么也可以看作上述表示在m＝0或m＝32的特殊情况．这意味着必定存在m∈{0，1，2，…，32}，使得(x由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故T1中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数的点的数量一定分别是m和32﹣m（不一定对应）．但容易验证，T1和T2都包含16个横纵坐标之和为奇数的点和16个横纵坐标之和为偶数的点，所以m＝32﹣m＝16，得m＝16．从而有(这就得到T1＝{（xk，yk）|k＝1，3，5……，29，31，34，36……，62，64}．再设T3＝{（x，y）|x∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，y∈{1，2，7，8}}，T4＝{（x，y）|x∈{1，2，3，4，5，6，7，8}，y∈{3，4，5，6}}．则同理有(x这意味着T3＝{（xk，yk）|k＝1，3，5，…，29，31，34，36，…，62，64}．从而得到T3＝T1，但显然它们是不同的集合，矛盾．所以全体元素不能构成一个k列．【点评】本题考查对新定义的理解，属于难题．20．（2025•天津）{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝2，a2＝b2+1，a3＝b3．（I）求{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）∀n∈N*，I＝{0，1}，有Tn＝{p1a1b1+p2a2b2+⋯+pn﹣1an﹣1bn﹣1+pnanbn|p1，p2，⋯，pn﹣1，pn∈I}．（i）求证：∀t∈Tn，均有t＜an+1bn+1；（ii）求Tn所有元素之和．【考点】数列的应用；数列的求和．【专题】分类讨论；方程思想；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．【答案】（Ⅰ）an＝3n﹣1，bn=2n；（Ⅱ）（i）证明见解答；（ii）2n﹣1[8+（3n﹣4）2【分析】（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，数列{bn}公比为q（q≠0），由题中条件列出关于d和q（q≠0）的方程求解，再结合等差和等比数列通项公式即可得解；（Ⅱ）（i）由题意结合（Ⅰ）求出an+1bn+1和p1a1b1+p2a2b2+…+pn﹣1an﹣1bn﹣1+pnanbn的最大值，再作差比较两者大小即可证明；（ii）根据p1，p2，…，pn﹣1，pn中全为1；一个为0其余为1；2个为0其余为1；…；全为0等情况将Tn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．【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}公比为q（q≠0），因为a1＝b1＝2，a2＝b2+1，a3＝b3，所以2+d=2q所以an（Ⅱ）（i）证明：由（1）知anpnan当pn设Sn＝p1a1b1+p2a2b2+...+pn﹣1an﹣1bn﹣1+pnanbn＝2×2+5×22+...+（3n﹣4）2n﹣1+（3n﹣1）2n，①则2Sn①﹣②得：-=4+3×22(1-2n-1)1-2-所以Sn=8+(3n-4)2此时an+1所以对∀t∈Tn，均有t＜an+1bn+1；（ii）由（i）得Sn=8+(3n-由题可得Tn中的所有元素由以下系列中所有元素组成：当p1，p2，…，pn﹣1，pn均为1时：此时该系列元素只有Sn=8+(3n-当p1，p2，…，pn﹣1，pn中只有一个为0，其余均为1时：此时该系列的元素有Sn﹣a1b1，Sn﹣a2b2，Sn﹣a3b3，…，Sn﹣anbn共有Cn1则这n个元素的和为Cn当p1，p2，…，pn﹣1，pn中只有2个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为Sn﹣aibi﹣ajbj（i，j∈{1，2，…，n}，i≠j）共有Cn2则这n个元素的和为Cn当p1，p2，…，pn﹣1，pn中有3个为0，其余均为1时：此时该系列的元素为Sn﹣aibi﹣ajbj﹣akbk（i，j，k∈{1，2，…，n）}，i≠j≠k）共有Cn3则这n个元素的和为Cn当p1，p2，…，pn﹣1，pn中有n﹣1个为0，1个为1时：此时该系列的元素为a1b1，a2b2，…，anbn共有Cnn则这n个元素的和为Cn当p1，p2，…，pn﹣1，pn均为0时：此时该系列的元素为0=(Cnn-综上所述，Tn中的所有元素之和为S=[(c=(2【点评】本题考查等差等比数列基本量的运算，错位相减法求数列的和，数列的综合应用，属于难题．

考点卡片1．等差数列的性质【知识点的认识】等差数列如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．等差数列的通项公式为：an＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：Sn＝na1+d2n（n﹣1）或Sn=n(a1+an)2（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝a等差数列的性质（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；（3）m，n∈N+，则am＝an+（m﹣n）d；（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t＝p+q，则as+at＝ap+aq，其中as，at，ap，aq是数列中的项，特别地，当s+t＝2p时，有as+at＝2ap；（5）若数列{an}，{bn}均是等差数列，则数列{man+kbn}仍为等差数列，其中m，k均为常数．（6）an，an﹣1，an﹣2，…，a2，a1仍为等差数列，公差为﹣d．（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即2an+1＝an+an+2，2an＝an﹣m+an+m，（n≥m+1，n，m∈N+）（8）am，am+k，am+2k，am+3k，…仍为等差数列，公差为kd（首项不一定选a1）．【解题方法点拨】例：已知等差数列{an}中，a1＜a2＜a3＜…＜an且a3，a6为方程x2﹣10x+16＝0的两个实根．（1）求此数列{an}的通项公式；（2）268是不是此数列中的项？若是，是第多少项？若不是，说明理由．解：（1）由已知条件得a3＝2，a6＝8．又∵{an}为等差数列，设首项为a1，公差为d，∴a1+2d＝2，a1+5d＝8，解得a1＝﹣2，d＝2．∴an＝﹣2+（n﹣1）×2＝2n﹣4（n∈N*）．∴数列{an}的通项公式为an＝2n﹣4．（2）令268＝2n﹣4（n∈N*），解得n＝136．∴268是此数列的第136项．这是一个很典型的等差数列题，第一问告诉你第几项和第几项是多少，然后套用等差数列的通项公式an＝a1+（n﹣1）d，求出首项和公差d，这样等差数列就求出来了．第二问判断某个数是不是等差数列的某一项，其实就是要你检验看符不符合通项公式，带进去检验一下就是的．2．等差数列的概念与判定【知识点的认识】等差数列如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．等差数列的通项公式为：an＝a1+（n﹣1）d；前n项和公式为：Sn＝na1+d2n（n﹣1）或Sn=n(a1+an)2（n∈N+），另一重要特征是若p+q＝2m，则有2am＝a【解题方法点拨】﹣定义：等差数列满足an+1﹣an＝d．﹣判定：根据相邻两项的差是否为定值判定数列是否为等差数列．【命题方向】常见题型包括利用定义和相邻两项的差判断数列是否为等差数列，结合具体数列进行分析．下列数列不是等差数列的是（）A．6，6，6，⋯，6，⋯B．﹣2，﹣1，0，⋯，n﹣3，⋯C．5，8，11，⋯，3n+2，⋯D.0，1，3，⋯，n2解：数列6，6，6，⋯，6，⋯是公差为0的等差数列；数列﹣2，﹣1，0，⋯，n﹣3，⋯是公差为1的等差数列；∵3n+2﹣[3（n﹣1）+2]＝3为常数，故数列5，8，11，⋯，3n+2，⋯是等差数列；∵1﹣0≠3﹣1，故数列0，1，3，⋯，n2故选：D．3．等差数列的通项公式【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，已知等差数列的首项a1，公差d，那么第n项为an＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为am，则第n项为an＝am+（n﹣m）d．【解题方法点拨】eg1：已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2+1，求数列{an}的通项公式，并判断{an}是不是等差数列解：当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2+1﹣（n﹣1）2﹣1＝2n﹣1，∴an=2把n＝1代入2n﹣1可得1≠2，∴{an}不是等差数列考察了对概念的理解，除掉第一项这个数列是等差数列，但如果把首项放进去的话就不是等差数列，题中an的求法是数列当中常用到的方式，大家可以熟记一下．eg2：已知等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7则这个数列的通项公式为解：∵等差数列{an}的前三项分别为a﹣1，2a+1，a+7，∴2（2a+1）＝a﹣1+a+7，解得a＝2．∴a1＝2﹣1＝1，a2＝2×2+1＝5，a3＝2+7＝9，∴数列an是以1为首项，4为公差的等差数列，∴an＝1+（n﹣1）×4＝4n﹣3．故答案：4n﹣3．这个题很好的考察了的呢公差数列的一个重要性质，即等差中项的特点，通过这个性质然后解方程一样求出首项和公差即可．【命题方向】求等差数列的通项公式是一种很常见的题型，这里面往往用的最多的就是等差中项的性质，这也是学习或者复习时应重点掌握的知识点．4．由等差数列中若干项求通项公式或其中的项【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，已知等差数列的首项a1，公差d，那么第n项为an＝a1+（n﹣1）d，或者已知第m项为am，则第n项为an＝am+（n﹣m）d．【解题方法点拨】﹣定义：根据等差数列的定义和通项公式an＝a1+（n﹣1）d进行推导．﹣设未知数：假设通项公式，利用已知项求解参数．﹣递推关系：利用等差数列的递推关系推导出通项公式．【命题方向】常见题型包括利用等差数列的若干项推导出通项公式或求解其中的项，结合具体数列进行分析．在等差数列{an}中，已知a5＝10，a12＝31，求它的通项公式．解：设等差数列{an}的公差为d，∵a5＝10，a12＝31，∴10=a1+4故an＝﹣2+3（n﹣1）＝3n﹣5．5．等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式为Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S【解题方法点拨】eg1：设等差数列的前n项和为Sn，若公差d＝1，S5＝15，则S10＝解：∵d＝1，S5＝15，∴5a1+5×42d＝5a1+10＝15，即a1＝则S10＝10a1+10×92d＝10+45＝故答案为：55点评：此题考查了等差数列的前n项和公式，解题的关键是根据题意求出首项a1的值，然后套用公式即可．eg2：等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2﹣25n．求数列{|an|}的前n项的和Tn．解：∵等差数列{an}的前n项和Sn＝4n2﹣25n．∴an＝Sn﹣Sn﹣1＝（4n2﹣25n）﹣[4（n﹣1）2﹣25（n﹣1）]＝8n﹣29，该等差数列为﹣21，﹣13，﹣5，3，11，…前3项为负，其和为S3＝﹣39．∴n≤3时，Tn＝﹣Sn＝25n﹣4n2，n≥4，Tn＝Sn﹣2S3＝4n2﹣25n+78，∴Tn点评：本题考查等差数列的前n项的绝对值的和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．其实方法都是一样的，要么求出首项和公差，要么求出首项和第n项的值．【命题方向】等差数列比较常见，单独考察等差数列的题也比较简单，一般单独考察是以小题出现，大题一般要考察的话会结合等比数列的相关知识考察，特别是错位相减法的运用．6．求等差数列的前n项和【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式为Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S【解题方法点拨】﹣代入计算：将具体问题中的n值代入前n项和公式，计算数列的前n项和．﹣推导公式：根据实际问题推导出数列的前n项和公式．﹣综合应用：将前n项和公式与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等差数列的前n项和公式计算具体项，推导数列和公式，解决实际问题．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝a3，a4＝5，则Sn＝_____．解：设等差数列{an}的公差为d，∵S3＝a3，∴a1+a2＝a1+a1+d＝0，又∵a4＝5，∴a1+3d＝5，解得，a1＝﹣1，d＝2，故Sn＝n•a1+n(n-1)2•2＝故答案为：n2﹣2n．7．等差数列前n项和的性质【知识点的认识】等差数列是常见数列的一种，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，而这个常数叫做等差数列的公差，公差常用字母d表示．其求和公式为Sn＝na1+12n（n﹣1）d或者S【解题方法点拨】等差数列的前n项和具有许多重要性质，如递增性、递减性、与通项公式的关系等．﹣性质分析：分析等差数列的前n项和的性质，如递增性、递减性等．﹣公式推导：根据等差数列的定义和前n项和公式，推导出数列的性质．﹣综合应用：将前n项和的性质与其他数列性质结合，解决复杂问题．【命题方向】常见题型包括利用等差数列的前n项和的性质分析数列的递增性、递减性，结合具体数列进行分析．设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15，则Sn的最小值为_____．解：S3＝3a2＝﹣15，解得a2＝﹣5，故等差数列{an}的公差d＝a2﹣a1＝﹣5﹣（﹣7）＝2，∵a4＝a1+3d＝﹣1，a5＝a1+4d＝1，a3＝a2+d＝﹣5+2＝﹣3，∴当n＝4时，Sn取得最小值S4＝a1+a2+a3+a4＝﹣7﹣5﹣3﹣1＝﹣16．故答案为：﹣16．8．等比数列的性质【知识点的认识】等比数列（又名几何数列），是一种特殊数列．如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列，因为第二项与第一项的比和第三项与第二项的比相等，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．注：q＝1时，an为常数列．等比数列和等差数列一样，也有一些通项公式：①第n项的通项公式，an＝a1qn﹣1，这里a1为首项，q为公比，我们发现这个通项公式其实就是指数函数上孤立的点．②求和公式，Sn=a1(1-qn)1-q，表示的是前面n项的和．③若m+n＝q+p，且都为正整数，那么有am•a等比数列的性质（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则ak•al＝am•an（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．（4）单调性：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1⇔{an}是递增数列；a1＞00＜q＜1或⇔a1【解题方法点拨】例：2，x，y，z，18成等比数列，则y＝．解：由2，x，y，z，18成等比数列，设其公比为q，则18＝2q4，解得q2＝3，∴y＝2q2＝2×3＝6．故答案为：6．本题的解法主要是运用了等比数列第n项的通项公式，这也是一个常用的方法，即知道某两项的值然后求出公比，继而可以以已知项为首项，求出其余的项．关键是对公式的掌握，方法就是待定系数法．9．等比中项及其性质【知识点的认识】等比数列如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，这个数列就叫做等比数列，因为第二项与第一项的比和第三项与第二项的比相等，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q表示（q≠0）．注：q＝1时，an为常数列．在两个数a和b中，插入一个数G使a、G、b成等比数列，那么G叫做a、b的等比中项．有G2＝a•b（ab≠0）【解题方法点拨】﹣定义：在等比数列中，对于任意三项an﹣1，an，an+1，有an﹣性质：等比中项的性质可以用来验证数列是否为等比数列，或求解数列的具体项．【命题方向】常见题型包括利用等比中项的性质验证数列是否为等比数列，以及通过中项的性质求解数列中的项．等比数列{an}中，a1=18，q＝2，则a4与a解：设a4与a8的等比中项是x，由等比数列{an}的性质可得x2＝a4•a8=18×23×18∴x＝±4，∴a4与a8的等比中项x＝±4．10．等比数列的通项公式【知识点的认识】1．等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示（q≠0）．从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数．2．等比数列的通项公式设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则它的通项an＝a1•qn﹣13．等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．G2＝a•b（ab≠0）4．等比数列的常用性质（1）通项公式的推广：an＝am•qn﹣m，（n，m∈N*）．（2）若{an}为等比数列，且k+l＝m+n，（k，l，m，n∈N*），则ak•al＝am•an（3）若{an}，{bn}（项数相同）是等比数列，则{λan}（λ≠0），{a}，{an•bn}，仍是等比数列．（4）单调性：a1＞0q＞1或a1＜00＜q＜1⇔{an}是递增数列；a1＞00＜q＜1或a1＜11．等比数列的前n项和【知识点的认识】1．等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q（q≠0），其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn=a2．等比数列前n项和的性质公比不为﹣1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n﹣Sn，S3n﹣S2n仍成等比数列，其公比为qn．12．数列的应用【知识点的认识】1、数列与函数的综合2、等差数列与等比数列的综合3、数列的实际应用数列与银行利率、产品利润、人口增长等实际问题的结合．13．数列的求和【知识点的认识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等，常用的方法包括：（1）公式法：①等差数列前n项和公式：Sn＝na1+12n（n﹣1）d或S②等比数列前n项和公式：③几个常用数列的求和公式：（2）错位相减法：适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等差数列和等比数列．（3）裂项相消法：适用于求数列{1anan+1}的前n项和，其中{an}为各项不为0（4）倒序相加法：推导等差数列的前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个（a1+an）．（5）分组求和法：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可．【解题方法点拨】典例1：已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5+a7＝26，{an}的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；（Ⅱ）令bn=1an2-1（n∈N*），求数列{bn}分析：形如{1等差×11×3=1=50解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，∵a3＝7，a5+a7＝26，∴a1+2d=72a1+10d=26∴an＝3+2（n﹣1）＝2n+1；Sn=3n+n(n（Ⅱ）由（Ⅰ）知an＝2n+1，∴bn=1∴Tn=1即数列{bn}的前n项和Tn=n点评：该题的第二问用的关键方法就是裂项求和法，这也是数列求和当中常用的方法，就像友情提示那样，两个等差数列相乘并作为分母的一般就可以用裂项求和．【命题方向】数列求和基本上是必考点，大家要学会上面所列的几种最基本的方法，即便是放缩也要往这里面考．14．错位相减法【知识点的认识】就是求出这个数列所有项的和，一般来说要求的数列为等差数列、等比数列、等差等比数列等等：错位相减法：适用于求数列{an×bn}的前n项和，其中{an}{bn}分别是等