专题10 数列解答题综合（二）（数列中的最值、放缩、不等式及新定义）（五大考点38题）10年（2017-2026）高考数学真题分类汇编（解析版）

高考真题分类解析PAGE试卷第=1页，共=sectionpages33页PAGE1专题10数列解答题综合（二）（数列中的最值、放缩、不等式及新定义）（五大考点，38题）考点分类十年考情（2017-2026）命题规律考点01数列中的最值问题2022全国甲卷、2021上海卷、2021新高考全国Ⅱ卷、2019北京卷、2018全国Ⅱ卷1.多为解答题第二小问，难度中档，依托等差、等比基础数列设问。

2.核心考点：前n项和最值、数列项最值、满足条件最小/正整数n求解。

3.命题依托通项、求和公式，结合等比条件综合计算，侧重不等式判断与整数分析。考点02数列中的取值范围问题2024上海卷、2022浙江卷、2022上海卷、2021浙江、2019上海、2019全国Ⅰ卷、2018江苏1.解答常规中档题型，参数范围为核心设问形式。

2.核心：公差、公比、实数参数取值范围，恒成立条件转化。

3.常结合等差等比混合、函数融合，分离参数、分类讨论是核心解题思路。考点03数列与不等式2025天津卷、2024天津卷、2023新课标Ⅱ卷、2022新高考Ⅰ/Ⅱ卷、2021天津卷、2020浙江卷、2017浙江1.数列压轴高频题型，以证明题为主，区分度较高。

2.核心：数列放缩、和式不等式、项大小比较、恒成立证明。

3.载体为等差、等比混合数列，常搭配裂项、分组求和完成放缩证明。考点04数列与其他知识点杂糅2025全国一卷、2024新课标Ⅱ卷、2023上海卷、2019全国Ⅰ卷、2017山东1.综合性压轴大题，文理/新高考均有出现。

2.融合解析几何、概率统计、函数图像、平面几何面积等跨模块知识。

3.先根据几何/概率条件推导数列递推，再结合数列求和、不等式综合求解。考点05数列新定义2026北京卷、2024新课标Ⅰ卷、2024北京卷、2023北京卷、2022北京、2020北京/江苏/上海、2019江苏、2018上海、2017北京/江苏1.上海、北京、江苏特色压轴解答题，难度最高，拉分核心。

2.核心：自定义数列、数阵、变换规则、特殊数列（M数列、P数列、连续可表数列等）。

3.题型分层：先读懂定义，简单判断；再计数、最值；最后充要条件、存在性证明，对逻辑推理要求极高。考点01数列中的最值问题（2022·全国甲卷·高考真题）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)．【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】（1）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）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以，当或时，．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得，，，又，，成等比数列，所以，即，解得，所以，即有.则当或时，．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．（2021·上海·高考真题）已知数列满足，对任意，和中存在一项使其为另一项与的等差中项（1）已知，，，求的所有可能取值；（2）已知，、、为正数，求证：、、成等比数列，并求出公比；（3）已知数列中恰有3项为0，即，，且，，求的最大值.【答案】（1）；（2）证明见解析，；（3）.【分析】（1）根据等差中项分别验证求解；（2）根据等差数列，分别计算，即可证明；（3）由或可知或，结合（2）可求最大值.【详解】（1）由题意，或，∴，此时，满足，此时，，所以（2）∵，∴，或，经检验，；∴，或（舍），∴；∴，或（舍），∴；∴，或（舍），∴；综上，、、成等比数列，公比为；（3）由或，可知或，由第（2）问可知，，∴，，∴，同理，，，∴，同理，，∴的最大值为【点睛】关键点点睛：由，再利用，再结合①或②，按②变换次，按①变换次，求出，同理求出其他，属于难题.（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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】(1)；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(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.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.（2019·北京·高考真题）设{an}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得的通项公式；(Ⅱ)首先求得的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为，因为成等比数列，所以，即，解得，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知,所以；当或者时，取到最小值.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.（2018·全国II卷·高考真题）记为等差数列的前项和，已知，．

（1）求的通项公式；

（2）求，并求的最小值．【答案】（1）；（2），最小值为–16．【分析】（1）方法一：根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式即得结果；（2）方法二：根据等差数列前n项和公式得，根据二次函数的性质即可求出.【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】公式法设等差数列的公差为，由得，，解得：，所以．[方法二]：函数+待定系数法设等差数列通项公式为，易得，由，即，即，解得：，所以．（2）[方法1]：邻项变号法由可得．当，即，解得，所以的最小值为，所以的最小值为．[方法2]：函数法由题意知，即，所以的最小值为，所以的最小值为．【整体点评】（1）方法一：直接根据基本量的计算，利用等差数列前n项和公式求出公差，即可得到通项公式，是该题的通性通法，也是最优解；方法二：根据等差数列的通项公式的函数形式特征，以及等差数列前n项和的性质，用待定系数法解方程组求解；（2）方法一：利用等差数列前n项和公式求，再利用邻项变号法求最值；方法二：利用等差数列前n项和公式求，再根据二次函数性质求最值．考点02数列中的取值范围问题（2022·浙江·高考真题）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】(1)(2)【分析】（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.【详解】（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（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.（2022·上海·高考真题）已知数列，，的前项和为.(1)若为等比数列，，求；(2)若为等差数列，公差为，对任意，均满足，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）求出等比数列的公比，求出，即可求得；（2）分析可得，分、两种情况讨论，结合数列的单调性可求得的取值范围.【详解】（1）解：，则，所以，等比数列的公比为，，因此，.（2）解：由已知可得，则，即，可得.当时，可得；当时，则，所以，，因为数列为单调递增数列，而，故.综上所述，.（2021·浙江·高考真题）已知数列的前n项和为，，且.（1）求数列的通项；（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.【详解】（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.【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.（2018·江苏·高考真题）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列．（1）设，若对均成立，求d的取值范围；（2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）．【答案】（1）d的取值范围为；（2）［方法一］：分参求最值由条件知：．若存在d，使得（n=2，3，···，m+1）成立，即，即当时，d满足．因为，则，从而，，对均成立．因此，取d=0时，对均成立．下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．①当时，，当时，有，从而．因此，当时，数列单调递增，故数列的最大值为．②设，当x>0时，，所以单调递减，从而<f（0）=1．当时，，因此，当时，数列单调递减，故数列的最小值为．因此，d的取值范围为．［方法二］：．

①记，则由①知，．下面探究的单调性．先探究数列的单调性．．因为，所以，所以，即为单调递增数列，所以．再探究数列的单调性．，记，由知单调递增，所以．下面证当时，，即证．因为，所以只要证．设，则，即为．设，则．所以．所以在内单调递减，故，由上可知数列为单调递减数列，所以．即，d的取值范围为．［方法三］：前面步骤同方法二，只是探究数列的单调性方式不同，因为，所以．设，则．因为，所以，所以在上单调递减．由上可知数列为单调递减数列，所以．后略．［方法四］：前面步骤同方法二，只是探究数列的单调性方式不同，，则．令，则，所以在上单调递减．所以为单调递减数列，．综上所述，存在满足要求的d，且．【分析】（1）根据题意结合并分别令n=1，2，3，4列出不等式组，即可解得公差d的取值范围；（2）方法一：先根据绝对值定义将不等式转化为，根据条件易得左边不等式恒成立，再利用数列单调性确定右边单调递增，转化为最小值问题，即得公差d的取值范围.【详解】（1）由条件知：．因为对n=1，2，3，4均成立，即对n=1，2，3，4均成立，即11，1d3，32d5，73d9，得．因此，d的取值范围为．（2）略【整体点评】（2）方法一：根据绝对值定义将不等式转化为，再根据恒成立问题的解法，分别求出不等式左右两式的最大值和最小值，即可证出，并得到的范围；方法二：利用分参思想得到，与方法一相比，判断数列单调性最小值的方式不同，方法一用作商法，方法二用作差法；方法三：利用分参思想得到，与方法二相比，判断数列单调性最小值的方式不同，借助导数，判断数列对应函数的单调性，从而求出数列的最小值；方法四：利用分参思想得到，与方法二相比，判断数列单调性最小值的方式不同，利用对数性质，构造函数，利用导数研究其单调性，从而求出数列的最小值．（2019·上海·高考真题）已知数列，，前项和为.（1）若为等差数列，且，求；（2）若为等比数列，且，求公比的取值范围.【答案】（1）；（2）；【分析】（1）通过，求解出，通过求和公式得到；（2）根据可得且，从而得到不等式，解不等式得到结果.【详解】（1）由且

（2）由题意可知则

且

或又

【点睛】本题考查等差数列求和、等比数列前项和的应用问题.利用等比数列前项和的极限求解的范围的关键在于能够明确存在极限的前提，然后通过公式得到关于的不等式，求解不等式得到结果.（2019·全国I卷·高考真题）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9=－a5．（1）若a3=4，求{an}的通项公式；（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于和的方程组，求得和的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有，根据，可知，根据，得到关于的不等式，从而求得结果.【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，根据题意有，解答，所以，所以等差数列的通项公式为；（2）由条件，得，即，因为，所以，并且有，所以有，由得，整理得，因为，所以有，即，解得，所以的取值范围是：【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.考点03数列与不等式（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.（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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)．【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据题意化简可得，即可解出．【详解】（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．（2021·天津·高考真题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，．（I）求和的通项公式；（II）记，（i）证明是等比数列；（ii）证明【答案】（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式；（II）（i）运算可得，结合等比数列的定义即可得证；（ii）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64．所以，所以，所以；设等比数列的公比为，所以，解得（负值舍去），所以；（II）（i）由题意，，所以，所以，且，所以数列是等比数列；（ii）由题意知，，所以，所以，设，则，两式相减得，所以，所以.【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.（2020·浙江·高考真题）已知数列中，．（Ⅰ）若数列为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列为等差数列，且公差，证明：．【答案】（I）；（II）依题意设，由于，所以，故.又，而，故所以.由于，所以，所以.即，.【分析】（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式.（II）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.【详解】（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，又，符合，故.（II）略【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.（2017·浙江·高考真题）已知数列满足：，证明：当时，（I）；（II）；（III）.【答案】（I）见解析；（II）见解析；（Ⅲ）见解析.【分析】（I）用数学归纳法可证明；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，构造函数，利用函数的单调性可证；（Ⅲ）由及，递推可得.【详解】（Ⅰ）用数学归纳法证明：．当时，．假设时，，那么时，若，则，矛盾，故．因此，所以，因此．（Ⅱ）由得，．记函数，，函数在上单调递增，所以，因此，故．（Ⅲ）因为，所以，由，得，所以，故．综上，．【名师点睛】本题主要考查利用数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．（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.（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．(1)求的通项公式；(2)证明：当时，．【答案】(1)；(2)证明：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，，显然满足上式，因此当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.【详解】（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）略（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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)证明：∴【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.【详解】（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）略（2021·全国乙卷·高考真题）设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．【答案】（1），；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和，，．设，

⑧则．

⑨由⑧-⑨得．所以．因此．故．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得，，①，②①②得，所以，所以，所以.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知，令，且，即，通过等式左右两边系数比对易得，所以．则，下同方法二．[方法四]：导函数法设，由于，则．又，所以，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.考点04数列与其他知识点杂糅（2025·全国一卷·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：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)【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）略（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，∴，∴∴.（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.（2023·上海·高考真题）令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列．(1)若正整数，证明；(2)若正整数，试比较与大小；(3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)(3)存在，【分析】（1）由导数的几何意义得切线方程后证明，（2）构造函数后由导数证明不等式，（3）由等差数列的性质，根据导数判断单调性与方程根的个数后求解，【详解】（1），则在处的切线为，当时，，即，所以当正整数时，；（2）作差得，令，，当时，，当时，，故在单调递增，在上单调递减，，故，所以当正整数时，；（3），令，与单调性相同，由（2）得，当时，，当时，，故至多有两解，若成等差数列，则，故最多项成等差数列，此时，．而，，令，，显然时，，故在上单调递增，而，，，故有唯一解，存在使得，此时，故存在最多项成等差数列，（2019·全国I卷·高考真题）为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．（1）求的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，．假设，．(i)证明：为等比数列；(ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性．【答案】（1）的分布列如下：（2）（i）证明：即整理可得：

是以为首项，为公比的等比数列；（ii），解释如下：由（i）知：，，……，作和可得：表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.【分析】（1）首先确定所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；（2）（i）求解出的取值，可得，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；（ii）列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合和的值可求得；再次利用累加法可求出.【详解】（1）由题意可知所有可能的取值为：，，；；则的分布列如下：（2），，，（i）略（ii），这种实验方案合理，理由略.【点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列通项公式和数列中的项的问题.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对学生分析和解决问题能力要求较高.（2017·山东·高考真题）已知是各项均为正数的等比数列，且（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积..【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【详解】(I)设数列的公比为，由已知.由题意得，所以，因为,所以，因此数列的通项公式为（II）过……向轴作垂线，垂足分别为……,由(I)得记梯形的面积为.由题意，所以……+=……+

①又……+②①-②得=所以【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.考点05数列新定义（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．11111111111(2)若，则具有性质的数阵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x2=-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（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.（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.（2023·北京·高考真题）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)因为均为正整数，则均为递增数列，（ⅰ）若，则可取，满足使得；（ⅱ）若，则，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，满足，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，满足，使得；（ⅲ）若，定义，则，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，即满足，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，满足，使得.综上所述：存在使得．【分析】（1）先求，根据题意分析求解；（2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解；（3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明.【详解】（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，且，则对任意恒成立，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）略（2018·上海·高考真题）给定无穷数列，若无穷数列满足：对任意，都有，则称与“接近”.(1)设是首项为1，公比为的等比数列，，，判断数列是否与接近，并说明理由；(2)设数列的前四项为：，，，，是一个与接近的数列，记集合，求中元素的个数；(3)已知是公差为的等差数列，若存在数列满足：与接近，且在，，，中至少有100个为正数，求的取值范围.【答案】(1)数列与接近，理由见解析(2)3或4；(3).【分析】（1）计算出，时，，满足对任意，，数列与接近；（2）与接近，，则，，，，分三种情况，当时，时，，时，求出中元素的个数为3或4；（3）推出，，若，则恒成立，不合要求；若，令，，满足，数列与接近，且为奇数时，至少存在、、、这100个数为正，从而得到的取值范围为.【详解】（1）数列与接近，理由如下：由题意，，，∴，∵时，，∴，满足对任意，，∴数列与接近；（2）∵，，，，又与接近，∴，∴，则，，，，∴当时，中有、、三个元素；或时，中有、、三个元素；当，时，中有、、、四个元素；∴中元素的个数为3或4；（3）∵，∴，，∴，即，，①若，则恒成立，不满足“至少有100个为正数”，不符；②若，令，，∴，满足，数列与接近，此时，当为奇数时，，∴在、、、这200个数中，至少存在、、、这100个数为正，故时，存在数列满足题意，∴的取值范围为.（2019·江苏·高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.（1）已知等比数列{an}满足：，求证:数列{an}为“M－数列”；（2）已知数列{bn}满足:，其中Sn为数列{bn}的前n项和．①求数列{bn}的通项公式；②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值．【答案】（1）证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由，得，解得．因此数列为“M—数列”.（2）①bn=n；②5.【分析】（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；（2）①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列，据此即可确定其通项公式；②由①确定的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得m的最大值．【详解】（1）略（2）①因为，所以．由得，则.由，得，当时，由，得，整理得．所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.因此，数列{bn}的通项公式为bn=n.②由①知，bk=k，.因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.因为ck≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m.当k=1时，有q≥1；当k=2，3，…，m时，有．设f（x）=，则．令，得x=e.列表如下：xe(e，+∞)+0–f（x）极大值因为，所以．取，当k=1，2，3，4，5时，，即，经检验知也成立．因此所求m的最大值不小于5．若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.综上，所求m的最大值为5．【点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．（2020·北京·高考真题）已知是无穷数列．给出两个性质：①对于中任意两项，在中都存在一项，使；②对于中任意项，在中都存在两项．使得．(Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列.【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.【详解】(Ⅰ)不具有性质①；(Ⅱ)具有性质①；具有性质②；(Ⅲ)解法一首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数：显然，假设数列中存在负项，设，第一种情况：若，即，由①可知：存在，满足，存在，满足，由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立.第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：，另一方面，，由数列的单调性可知：，这与的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项恒为负数.综上可得，数列中的项同号.其次，证明：利用性质②：取，此时，由数列的单调性可知，而，故，此时必有，即，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列的前项成等比数列，不妨设，其中，（的情况类似）由①可得：存在整数，满足，且（*）由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，由可得：（**）由（**）和（*）式可得：，结合数列的单调性有：，注意到均为整数，故，代入（**）式，从而.总上可得，数列的通项公式为：.即数列为等比数列.解法二：假设数列中的项均为正数：首先利用性质②：取，此时，由数列的单调性可知，而，故，此时必有，即，即成等比数列，不妨设，然后利用性质①：取，则，即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明，否则，由数列的单调性可知，在性质②中，取，则，从而，与前面类似的可知则存在，满足，若，则：，与假设矛盾；若，则：，与假设矛盾；若，则：，与数列的单调性矛盾；即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而，然后利用性质①：取，则数列中存在一项，下面我们用反证法来证明，否则，由数列的单调性可知，在性质②中，取，则，从而，与前面类似的可知则存在，满足，即由②可知：，若，则，与假设矛盾；若，则，与假设矛盾；若，由于为正整数，故，则，与矛盾；综上可知，假设不成立，则.同理可得：，从而数列为等比数列，同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数列为等比数列.【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.（2022·北京·高考真题）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】(1)是连续可表数列；不是连续可表数列．(2)证明见解析．(3)证明见解析．【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；（3）先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解．【详解】（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）若数列为连续可表数列，则，这不可能！因而满足题设的．若，得整数数列中的连续若干项（至少一项，下同）的和，；，；；最多能表示（下简称数列的连续项和表示）出21个两两互异的正整数，且题设是能表示出这20个正整数．①若数列的六项均是自然数，由题设，可得数列的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！所以数列中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列的连续项和表示中会少两个正整数，至多能表示个正整数，不满足题设）．若数列的项中还有0，则数列的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数列的项是一项负五项正（且这五个正项两两互异）．还可得：数列的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是．因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列的连续正项全部求和）．②因为＂若数列满足题设，则数列满足题设＂，所以可只考虑数列或或的情形．若且数列的其余五项都是正项，则或．若，则由，可得，得数列的连续项和表示中的均不是正整数；若，则由，可得，得数列的连续项和表示中的均不是正整数．均不满足题设．同理，可证得也不满足题设．因而，且．③若两两互异的五个正整数中没有1，则．因而．再由数列的连续项和表示中最小的正数是1，可得．若，则得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设，因而．而，所以．再由，可得，，再得数列的连续项和表示中17的表示只可能是，进而可得.又由数列的连续项和表示中有14，可得，，得数列是（但或但，均不可能，因而中有1．④由数列的连续项和表示中有19及，可得或（得或．若，则，得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数；若，可得（否则，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数），所以，得，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设．所以．⑤由数列的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数均大于1及，可得得或（得，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数）.所以．⑥由数列的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数均大于1，（且4：因为及，可得（得）或得或，（得，与矛盾）或得，与矛盾）．（i）．由数列的连续项和表示中有15（可证得15的表示中没有也没有），可得得，这不可能）或（得，，这不可能）或（得，与矛盾）或得，再得，这不可能）．（ii）．由数列的连续项和表示中有14，可得得与或重复，这不可能），或（得，这不可能）或（得，，进而可得数列是，（此时，这不可能）或，3，2，1（此时，这不可能））或得，再由数列的连续项和表示中有13，可得数列是（但，这不可能）或（但，这不可能））或（得，这不可能）．综上所述，可得欲证结论成立．【点睛】关键点睛，先理解题意，