专题07 数列-2020-2024年五年高考1年模拟数学真题分类汇编（北京专用）（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题07数列考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点数列（5年几考）2020-2024：5年十三考：求数列通项；由递推公式总结数列性质；等差、等比数列的前n项和；数列中最大（小）项；数列的单调性；基本量的计算；等差、等比中项；数列新定义；数列中的归纳问题数列问题特别突出对学生的数学思维能力的考查,所以问题的设计要始终贯穿观察、分析、归纳、类比、递推、运算、概括、猜想、证明、应用等能力的培养.既通过归纳、类比、递推等方法的应用突出数学探究、理性思维的培养,又通过通项公式、递推公式、前n项和公式等内容进行大量技能训练,培养逻辑思维、运算求解能力。从近几年的高考题可以看出、数列部分主要以考查基础知识为主，同时锻炼学生的运算求解能力、逻辑思维能力等.重点考查学生对数列基础知识的掌握程度及灵活应用,同时也要重视对通性通法的培养。考点数列1．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（

）A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立【答案】B〖祥解〗法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.【详析】法1：因为，故，对于A，若，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立，由数学归纳法可得成立.而，，，故，故，故为减数列，注意故，结合，所以，故，故，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，故恒成立仅对部分成立，故A不成立.对于B，若可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，，，故，故，故为增数列，若，则恒成立，故B正确.对于C，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，故，故为减数列，又，结合可得：，所以，若，若存在常数，使得恒成立，则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.对于D，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立由数学归纳法可得成立.而，故，故为增数列，又，结合可得：，所以，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.故选：B.法2：因为，令，则，令，得或；令，得；所以在和上单调递增，在上单调递减，令，则，即，解得或或，注意到，，所以结合的单调性可知在和上，在和上，对于A，因为，则，当时，，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，即，因为在上，所以，则为递减数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，故，所以在上单调递增，故，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故A错误；对于B，因为，当时，，，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，又当时，，即，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故B正确；对于C，因为，则，注意到当时，，，猜想当时，，当与时，与满足，假设当时，，当时，所以，综上：，易知，则，故，所以，因为在上，所以，则为递减数列，假设存在常数，使得恒成立，记，取，其中，则，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C错误；对于D，因为，当时，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递增，故，所以，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故D错误.故选：B.【『点石成金』】关键『点石成金』：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.2．（2022·北京·高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C〖祥解〗设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详析】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.若为单调递增数列，则，若，则当时，；若，则，由可得，取，则当时，，所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；若存在正整数，当时，，取且，，假设，令可得，且，当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.故选：C.3．（2021·北京·高考真题）已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（

）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C〖祥解〗使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．【详析】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，则，，所以.对于，，取数列各项为(，,则，所以n的最大值为11．故选：C．4．（2020·北京·高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（

）．A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】B〖祥解〗首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【详析】由题意可知，等差数列的公差，则其通项公式为：，注意到，且由可知，由可知数列不存在最小项，由于，故数列中的正项只有有限项：，.故数列中存在最大项，且最大项为.故选：B.【『点石成金』】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.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】2357.5/〖祥解〗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.【详析】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〖祥解〗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.【详析】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，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.【『点石成金』】思路『点石成金』：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．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则；数列所有项的和为．【答案】48384〖祥解〗方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【详析】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，则，且，可得，则，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因为为等比数列，则，且，所以；又因为，则；空2：设后7项公比为，则，解得，可得，所以.故答案为：48；384.8．（2022·北京·高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：①的第2项小于3；

②为等比数列；③为递减数列；

④中存在小于的项．其中所有正确结论的序号是．【答案】①③④〖祥解〗推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【详析】由题意可知，，，当时，，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，，则，整理可得，因为，解得，①对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，②错；当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；假设对任意的，，则，所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④.【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.9．（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〖祥解〗（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.【详析】（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，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，即转为③或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“”.【『点石成金』】关键点『点石成金』：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.10．（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)证明见详析〖祥解〗（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.【详析】（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）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．11．（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．〖祥解〗（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）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．【详析】（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），若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，若，则至多可表个数，矛盾,从而若,则，至多可表个数，而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为，则所有数之和，，，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，（仅一种方式），与2相邻，若不在两端,则形式，若，则（有2种结果相同，方式矛盾），，同理，故在一端，不妨为形式，若,则（有2种结果相同，矛盾），同理不行，，则（有2种结果相同，矛盾），从而，由于,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能，①或，②这2种情形，对①：，矛盾，对②：，也矛盾，综上，当时，数列满足题意，．【『点石成金』】关键『点石成金』，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．12．（2021·北京·高考真题）设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：①，且；②；③，．（1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由；（2）若数列是数列，求；（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．【答案】（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．〖祥解〗(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列；(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.【详析】(1)因为所以，因为所以所以数列，不可能是数列.(2)性质①，由性质③，因此或，或，若，由性质②可知，即或，矛盾；若，由有，矛盾.因此只能是.又因为或，所以或.若，则，不满足，舍去.当，则前四项为:0，0，0，1，下面用数学归纳法证明：当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，当时：若，则，利用性质③：，此时可得：；否则，若，取可得：，而由性质②可得：，与矛盾.同理可得：，有；，有；，又因为，有即当时命题成立，证毕.综上可得：，.(3)令，由性质③可知：，由于，因此数列为数列.由（2）可知:若；，，因此，此时，，满足题意.【『点石成金』】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.13．（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)详析解析；(Ⅲ)证明详见解析.〖祥解〗(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.【详析】(Ⅰ)不具有性质①；(Ⅱ)具有性质①；具有性质②；(Ⅲ)解法一首先，证明数列中的项数同号，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数恒为负数.综上可得，数列中的项数同号.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：假设数列中的项数均为正数：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，当数列中的项数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.【『点石成金』】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.1．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（

）A． B．C． D．【答案】D〖祥解〗连接，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解.【详析】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸，如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点，连结，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，，，因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等，所以为定值，又因为三个漏壶的高成等差数列，所以.故选：．【『点石成金』】关键点『点石成金』：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基础上考查等差数列的相关知识.2．（2024·北京西城·三模）对于无穷数列，定义（），则“为递增数列”是“为递增数列”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D〖祥解〗由递增数列的性质，分别判断充分性和必要性即可.【详析】为递增数列时，有，不能得到为递增数列，充分性不成立；为递增数列时，不一定有，即不能得到为递增数列，必要性不成立.所以“为递增数列”是“为递增数列”的既不充分也不必要条件.故选：D.3．（21-22高三上·北京顺义·期末）在等差数列中，，，则（）A． B． C． D．【答案】A〖祥解〗求出等差数列的公差，进而可求得的值.【详析】由题意可知，等差数列的公差为，因此，.故选：A.4．（2024·山东济南·一模）记等差数列的前n项和为.若，，则（

）A．49 B．63 C．70 D．126【答案】B〖祥解〗利用等差数列的项的“等和性”得到，再运用等差数列的前n项和公式计算即得.【详析】因是等差数列，故，于是故选：B5．（2024·北京海淀·二模）设是公比为的无穷等比数列，为其前项和，.则“”是“存在最小值”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A〖祥解〗根据充分条件、必要条件的判定以及等比数列前项和公式判断即可【详析】若且公比，则，所以单调递增，存在最小值，故充分条件成立.若且时，，当为奇数时，，单调递减，故最大值为时，，而,当为偶数时，，单调递增，故最小值为，，所以的最小值为，即由，存在最小值得不到公比,故必要性不成立.故公比“”是“存在最小值”的充分不必要条件.故选：A6．（2024·北京海淀·二模）设数列的各项均为非零的整数，其前项和为.若为正偶数，均有，且，则的最小值为（

）A．0 B．22 C．26 D．31【答案】B〖祥解〗因为，不妨设，由题意求出的最小值，的最小值，，令时，有最小值.【详析】因为，所以互为相反数，不妨设，为了取最小值，取奇数项为正值，取偶数项为负值，且各项尽可能小，.由题意知：满足，取的最小值；满足，因为，故取的最小值；满足，取的最小值；同理，取的最小值；所以，满足，取的最小值；满足，因为，所以，取的最小值；满足，因为，所以，取的最小值；同理，取的最小值；所以，所以，因为数列的各项均为非零的整数，所以当时，有最小值22.故选：B【『点石成金』】关键点『点石成金』：有最小值的条件是确保各项最小，根据递推关系分析可得奇数项的最小值与偶数项的最小值，从而可得的最小值.7．（2024·北京朝阳·二模）设等差数列的前n项和为，若，，则（

）A．60 B．80 C．90 D．100【答案】D〖祥解〗先求出等差数列的公差，再由等差数列的求和公式求解.【详析】等差数列的公差为：，则.故选：D8．（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有个小球，共有层，由“隙积术”可得这些小球的总个数为若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B〖祥解〗转化题给条件为，再由皆为正整数分类讨论即可求解.【详析】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，.从而有，整理得，，，，，由于皆为正整数，所以（i）当时，，当时，，（iii）当时，，（iv）当时，只有符合题意，即的值为2.故选：B.【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题主要考查新文化背景下的数列问题，确定是解决本题的关键.9．（2024·北京通州·二模）已知等差数列的前项和为，则“”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】C〖祥解〗利用等差数列通项和求和公式可推导得到充分性成立；将代入，可得，进而得到必要性成立，从而得到结论.【详析】设等差数列的公差为，由得：，，，，即，充分性成立；由得：，，即，，即，必要性成立；“”是“”的充分必要条件.故选：C.10．（2024·北京房山·一模）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（

）A．12里 B．24里 C．48里 D．96里【答案】C〖祥解〗由题意可得，此人天中每天走的路程是公比为的等比数列，再根据等比数列的前项和公式及通项公式求解即可.【详析】由题意可得，此人天中每天走的路程是公比为的等比数列，设这个数列为，前项和为，则，解得，所以，即该人第三天走的路程为48里.故选：C.11．（2024·北京海淀·一模）已知为等差数列，为其前n项和.若，公差，则m的值为（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B〖祥解〗利用等差数列的通项公式求出和的关系，代入计算可得m的值.【详析】由已知，得，又，又，所以，解得或（舍去）故选：B.12．（2024·北京海淀·一模）某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O开始，沿直线繁殖到，然后分叉向与方向继续繁殖，其中，且与关于所在直线对称，….若，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r（，单位：）至少为（

）

A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C〖祥解〗根据黏菌的繁殖规律可得每次繁殖在方向上前进的距离，结合无穷等比递缩数列的和的计算公式，即可判断答案.【详析】由题意可知，，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在方向上前进的距离依次为：，则，黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，即，综合可得培养皿的半径r（，单位：）至少为8cm，故选：C【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题考查了数列的应用问题，背景比较新颖，解答的关键是理解题意，能明确黏菌的繁殖规律，从而求出每次繁殖在方向上前进的距离的和，结合等比数列求和即可.13．（2024·北京朝阳·一模）已知等比数列的前项和为，且，，则（

）A．9 B．16 C．21 D．25【答案】C〖祥解〗根据等比数列的性质求，即可求解.【详析】由等比数列的性质可知，，即，得，.故选：C14．（17-18高二·海南省直辖县级单位·课后作业）设等比数列的公比，前项和为，则.【答案】〖祥解〗利用等比数列的求和公式以及通项公式可求得的值.【详析】由等比数列求和公式以及通项公式可得.故答案为：.15．（2024·北京顺义·三模）命题：若是等比数列，则前n项和不存在最大值和最小值.写出一组说明此命题为假命题的首项和公比【答案】1（答案不唯一）2（答案不唯一）〖祥解〗由原命题为假命题可得其否定为真命题，即存在最大值或最小值，由此确定首项和公比.【详析】因为命题“若是等比数列，则前n项和不存在最大值和最小值”为假命题，所以可得“若是等比数列，则前n项和存在最大值或最小值”，因为只需确定满足条件的一组取值，故不妨先考虑，条件下是否存在，若，则，当时，则随的增大而增大，此时有最小值，满足条件，当时，则随的增大而减小，此时有最大值，满足条件，若，则，当时，若，则随的增大而增大，此时有最小值，满足条件，当时，若，则随的增大而减小，此时有最大值，满足条件，故可取，，故答案为：1，2（答案不唯一）16．（2024·北京通州·三模）若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列结论中正确的是．①存在等差数列，使得是的“M数列”②存在等比数列，使得是的“M数列”③存在等差数列，使得是的“M数列”④存在等比数列，使得是的“M数列”【答案】①②④〖祥解〗对于①取分析判断，对于②④取分析判断，对于③，根据题意结合等差数列的性质分析判断.【详析】对于①：例如，则为等差数列，可得，则，所以，，故、均为严格增数列，取，则，即恒成立，所以是的“数列”，故①正确；对于②，例如，则为等比数列，可得，则，所以，，故、均为严格增数列，取，则，即恒成立，所以是的“数列”，故②正确；对于③，假设存在等差数列，使得是的“数列”，设等差数列的公差为，因为为严格增数列，则，又因为为严格增数列，所以，即当时，恒成立，取，满足，可知必存在，使得成立，又因为为严格增数列，所以对任意正整数，则有，即，对任意正整数，则有，即，故当时，不存在正整数，使得，故③不成立；对于④，例如，则为等比数列，且、均为严格增数列，可得，所以，，故、均为严格增数列，取，则，即恒成立，所以是的“数列”，故④正确.故答案为：①②④.17．（2024·北京通州·二模）已知数列为等比数列，，，则；数列的前4项和为．【答案】8148〖祥解〗求出数列的公比，进而求出通项即可求得；再利用分组求和法计算得解.【详析】等比数列中，由，得数列的公比，通项，所以；数列的前4项和为.故答案为：81；4818．（22-23高三下·北京海淀·开学考试）若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．①，，2，3，…；②，，2，3，…．(2)若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；(3)若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．【答案】(1)数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析(2)证明见解析(3)或．〖祥解〗（1）根据题意分析判断；（2）根据题意先证为数列中的项，再利用反证法证明集合为无限集；（3）先根据题意证明，再分为常数列和非常数列两种情况，分析判断.【详析】（1）对①，取，对，则，可得，显然不存在，使得，所以数列不满足性质P；对②，对于，则，，故，因为，则，且，所以存在，，使得，故数列满足性质P；（2）若数列满足性质，且，则有：取，均存在，使得，取，均存在，使得，取，均存在，使得，故数列中存在，使得，即，反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，取，均存在，使得，取，均存在，使得，取，均存在，使得，即这与假设相矛盾，故集合为无限集.（3）设周期数列的周期为，则对，均有，设周期数列的最大项为，最小项为，即对，均有，若数列满足性质：反证：假设时，取，则，使得，则，即，这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；反证：假设时，取，则，使得，这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；综上所述：对，均有，反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，∵，即为数列中的项，这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，∵，则，当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，使得，解得或，即或符合题意；当时，即数列至少有两个不同项，则有：①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；综上所述：或.【『点石成金』】关键点『点石成金』：（1）对于证明中出现直接证明不方便时，我们可以利用反证法证明；（2）对于周期数列满足性质，证明思路：先逐步缩小精确的取值可能，再检验判断.19．（2024·北京通州·三模）约数，又称因数．它的定义如下：若整数a除以整数m（）除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数．设正整数a有k个正约数，即为，，⋯，，（）．(1)当时，是否存在，，…，构成等比数列，若存在请写出一个满足条件的正整数a的值，若不存在请说明理由；(2)当时，若，，⋯构成等比数列，求正整数a．(3)当时，若，，…，是a的所有正约数的一个排列，那么，，，⋯，是否是另一个正整数的所有正约数的一个排列？并证明你的结论．【答案】(1)存在，比如1，2，4，8，16为16的所有约数(2)(3)答案见解析〖祥解〗（1）根据题意可知16的所有正因数符合题意；（2）由题意可得，，，，根据等比数列的定义可得，分析得，则，，…为，，⋯，，即可求得结果；（3）假设，，，⋯，是另一个正整数b的所有正约数的一个排列，设，，可推出b是奇数，，进而可推出b为偶数，从而可知假设错误.【详析】（1）存在，比如1，2，4，8，16为16的所有约数．（2）由题意得，，，，，依题意可知，化简可得因此可知是完全平方数，由于是整数a的最小非1因子，所以所以，，…为，，⋯，因此（3）假设，，，⋯，是另一个正整数b的所有正约数的一个排列．，，易知（），而，故又知，所以b是奇数．所以为奇数，又，故是偶数其中A中最大的两个元素为a，，显然B中每个元素都不超过，特别地，设，，其中（因为a有k（）个正约数，）于是B中存在两个元素，，它们都大于，进而都大于且都是b的约数．这表明b可以被2整除，与b为奇数矛盾．因此假设不成立．【『点石成金』】关键点『点石成金』：此题考查等比数列，考查约数的概念，第（2）解题的关键是在得到可得是完全平方数，进而得，考查推理能力和计算能力，属于难题.20．（2024·北京海淀·二模）设正整数，，，这里.若，且，则称具有性质.(1)当时，若具有性质，且，，，令，写出的所有可能值；(2)若具有性质：①求证：；②求的值.【答案】(1)27或32(2)①证明见解析②〖祥解〗（1）对题目中所给的，我们先通过分析集合中的元素，证明，，以及，然后通过分类讨论的方法得到小问1的结果；（2）直接使用（1）中的这些结论解决小问2即可.【详析】（1）对集合，记其元素个数为.先证明2个引理.引理1：若具有性质，则.引理1的证明：假设结论不成立.不妨设，则正整数，但，故一定属于某个，不妨设为.则由知存在正整数，使得.这意味着对正整数，有，，但，矛盾.所以假设不成立，从而一定有，从而引理1获证.引理2：若具有性质，则，且.证明：取集合.注意到关于正整数的不等式等价于，而由引理1有，即.结合是正整数，知对于正整数，当且仅当，这意味着数列恰有项落入集合，即.而两两之间没有公共元素，且并集为全体正整数，故中的元素属于且仅属于某一个，故.所以，从而，这就证明了引理2的第一个结论；再考虑集合中全体元素的和.一方面，直接由知中全体元素的和为，即.另一方面，的全部个元素可以排成一个首项为，公差为的等差数列.所以的所有元素之和为.最后，再将这个集合的全部元素之和相加，得到中全体元素的和为.这就得到，所以有.即，从而，这就证明了引理2的第二个结论.综上，引理2获证.回到原题.将从小到大排列为，则，由引理2的第一个结论，有.若，则，所以每个不等号都取等，从而，故；情况1：若，则，矛盾；情况2：若，则，所以，得.此时如果，则，矛盾；如果，则，从而，故；如果，由于，设，，则，.故对于正整数对，有，从而，这与矛盾.综上，的取值只可能是或.当时，；当时，.所以的所有可能取值是和.（2）①由引理1的结论，即知；②由引理2的第二个结论，即知.【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题的关键点在于，我们通过两个方面计算了一个集合的各个元素之和，从而得到了一个等式，这种方法俗称“算二次”法或富比尼定理.21．（2024·北京通州·二模）从数列中选取第项，第项，，第项（），若数列，，，是递增数列或递减数列（规定时，该数列既是递增数列，也是递减数列），称，，，为数列的长度为m的单调子列.已知有穷数列A：，，，（），任意两项均不相同，现以A的每一项为首项选取长度最大的递增的单调子列，设其共有项，则，，，构成一个新数列B.(1)当数列A分别为以下数列时，直接写出相应的数列B；（ⅰ）1，3，5，7；（ⅱ）4，1，2，6，3.(2)若数列A为等差数列，求证：数列B为等差数列；(3)若数列A共有（）项，求证：A必存在一个长度为的单调子列.【答案】(1)（ⅰ）4，3，2，1；（ⅱ）2，3，2，1，1.(2)证明见解析(3)证明见解析〖祥解〗（1）理解数列新定义，从而得解；（2）对等差数列进行分类：即递减等差数列和递增等差数列，然后根据新定义推导新数列的元素及通项，就可得以证明；（3）利用反证法，结合数列的新定义即可得解.【详析】（1）（ⅰ）根据题意：选，则有1，3，5，7，共有项；选，则有3，5，7，共有项；选，则有5，7，共有项；选，则有7，共有项；所以数列B为：4，3，2，1；（ⅱ）同理数列B为：2，3，2，1，1.（2）设数列A的公差为d，因为，当时，数列A为单调递减数列，所以，所以B为等差数列.当时，数列A为单调递增数列，以数列A的任意项为首项选取长度最大的递增的单调子列为，，，，.所以（，2，3，，n）.所以B为等差数列，综上，当数列A为等差数列时，数列B也为等差数列.（3）若，，，中有一个，那么数列A存在一个长为的递增子列.所以A存在一个长度为的单调子列.若数列A不存在长度超过t的递增子列，即，，2，3，，.所以在，，，中，至少有个数是相等的.取其中项，不妨设为，其中.下面证明当，且时，，假设，将加到以为首项长度为b的递增子列前面，构成了以为首项长度为的递增子列，与为首项的最长递增子列的项数为b矛盾，假设不成立.所以，由此可知，.所以，，，，构成了一个长为的递减子列.综上，A必存在一个长度为的单调子列.【『点石成金』】思路『点石成金』：本题主要考查“新定义”数列，主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，用反证法来请明新结论，这样有助于对新定义的透彻理解.22．（2024·北京房山·一模）已知无穷数列是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合．若对于集合A中的元素k，数列中存在不相同的项，使得，则称数列具有性质，记集合数列具有性质．(1)若数列的通项公式为写出集合A与集合B；(2)若集合A与集合B都是非空集合，且集合A中的最小元素为t，集合B中的最小元素为s，当时，证明：；(3)若满足，证明：．【答案】(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析〖祥解〗（1）定义，可知，结合题中通项公式分析求解；（2）根据题意可知，可得，即可分析证明；（3）由题意可知：，可知集合在均不在元素，分类讨论集合是否为空集，结合题意利用数学归纳法分析证明.【详析】（1）定义，由题意可知，若数列的通项公式为，可知，所以，因为2只能写成，不合题意，即；，符合题意，即；，符合题意，即；，符合题意，即；，符合题意，即；，符合题意，即；所以.（2）因为，由题意可知：，且，即，因为，即存在不相同的项，使得可知，所以.（3）因为，令，可得，则，即，即集合在内均不存在元素，此时我们认为集合在内的元素相同；（i）若集合A是空集，则B是空集，满足；（ⅱ）若集合A不是空集，集合A中的最小元素为t，可知，由（2）可知：集合B存在的最小元素为s，且，设存在，使得，可知集合在内的元素相同,可知，则，因为，即，则，可知，且，即集合在内的元素相同，可知集合在内的元素相同，现证对任意，集合在内的元素相同，当，可知集合在内的元素相同，成立；假设，集合在内的元素相同，可知集合在内的元素相同；对于，因为，则，若，则，可知，可以认为集合在内的元素相同；若，则，若存在元素不属于集合C，则元素属于集合A，且，可知元素属于集合B，即数列中存在不相同的项，使得，则，可知，可知，即集合在内的元素相同；综上所述：对任意，集合在内的元素相同，所以集合在内的元素相同，结合n的任意性，可知；综上所述：.【『点石成金』】方法『点石成金』：对于新定义问题，要充分理解定义，并把新定义问题转化为已经学过的知识，常常利用数学归纳法分析证明.23．（2024·北京海淀·一模）已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中，表示数集M中最小的数.(1)若，写出的值；(2)若存在满足：，求的最小值；(3)当时，证明：对所有.【答案】(1)，(2)(3)证明见解析〖祥解〗（1）结合定义逐个计算出、、即可得；（2）当时，可得，故，找到时符合要求的数列即可得；（3）结合题意，分两段证明，先证，定义，再证得，即可得证,【详析】（1）由，，则，故，则，故，则，故；（2）由题意可知，，当时，由，，故，则，由题意可得，故、总有一个大于，即或，，由，故、、总有一个大于，故，故当时，，不符，故，当时，取数列，有，，，即，符合要求，故的最小值为；（3）因为，所以，(i)若，则当时，至少以下情况之一成立：①，这样的至少有个，②存在，这样的至多有个，所以小于的至多有个，所以，令，解得，所以，(ii)对，若，且，因为，所以当时，至少以下情况之一成立：①，这样的至多有个；②存在且，这样的至多有个，所以，令，解得，即，其中表示不大于的最大整数，所以当时，；综上所述，定义，则，依次可得：，，所以.【『点石成金』】关键点『点石成金』：涉及数列新定义问题，关键是正确理解所给出的定义，由给定数列结合新定义探求出数列的相关性质，进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.24．（2024·北京朝阳·一模）若有穷自然数数列：满足如下两个性质，则称为数列：①，其中，表示，这个数中最大的数；②，其中，表示，这个数中最小的数.(1)判断：2，4，6，7，10是否为数列，说明理由；(2)若：是数列，且，，成等比数列，求；(3)证明：对任意数列：，存在实数，使得.（表示不超过的最大整数）【答案】(1)不是，理由见解析(2)(3)证明见解析〖祥解〗（1）直接根据数列的定义验证；（2）根据数列的定义先列式求出，进而可求出；（3）先说明数列满足结论，然后假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为，即存在数列对任意实数，存在，使得，通过数列的定义退出矛盾，进而达到证明结论的目的.【详析】（1）：2，4，6，7，10不是数列，理由如下：因为，所以，但，所以不满足性质①，故不是数列；（2）根据：是数列可得：满足：或，或，①若，因为，，成等比数列，所以，又，所以，所以，得，②若，因为，，成等比数列，所以，当时，，解得，与为自然数矛盾，舍去；当时，，解得，与为自然数矛盾，舍去；所以，由以及，得，所以，由以及，得，由以及，可知，所以；（3）当时，根据数列的定义，可知或,若，取，则，结论成立，若，取，则，结论成立，假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为，即存在数列对任意实数，存在，使得，根据假设，数列的前项组成的数列是一个数列，从而存在实数，使得，，即，令，则，令，则，①若，根据的定义，存在，使得，又，则且，所以，②若，根据的定义，存在，使得，又，则，且，所以，所以，令，则，即，所以，所以，即，与假设矛盾，综上，结论成立.【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题第三问，假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为，即存在数列对任意实数，存在，使得，利用反证法达到解决问题的目的.专题07数列考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点数列（5年几考）2020-2024：5年十三考：求数列通项；由递推公式总结数列性质；等差、等比数列的前n项和；数列中最大（小）项；数列的单调性；基本量的计算；等差、等比中项；数列新定义；数列中的归纳问题数列问题特别突出对学生的数学思维能力的考查,所以问题的设计要始终贯穿观察、分析、归纳、类比、递推、运算、概括、猜想、证明、应用等能力的培养.既通过归纳、类比、递推等方法的应用突出数学探究、理性思维的培养,又通过通项公式、递推公式、前n项和公式等内容进行大量技能训练,培养逻辑思维、运算求解能力。从近几年的高考题可以看出、数列部分主要以考查基础知识为主，同时锻炼学生的运算求解能力、逻辑思维能力等.重点考查学生对数列基础知识的掌握程度及灵活应用,同时也要重视对通性通法的培养。考点数列1．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（

）A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立【答案】B〖祥解〗法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.【详析】法1：因为，故，对于A，若，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立，由数学归纳法可得成立.而，，，故，故，故为减数列，注意故，结合，所以，故，故，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，故恒成立仅对部分成立，故A不成立.对于B，若可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，，，故，故，故为增数列，若，则恒成立，故B正确.对于C，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，故，故为减数列，又，结合可得：，所以，若，若存在常数，使得恒成立，则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.对于D，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立由数学归纳法可得成立.而，故，故为增数列，又，结合可得：，所以，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.故选：B.法2：因为，令，则，令，得或；令，得；所以在和上单调递增，在上单调递减，令，则，即，解得或或，注意到，，所以结合的单调性可知在和上，在和上，对于A，因为，则，当时，，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，即，因为在上，所以，则为递减数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，故，所以在上单调递增，故，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故A错误；对于B，因为，当时，，，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，又当时，，即，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故B正确；对于C，因为，则，注意到当时，，，猜想当时，，当与时，与满足，假设当时，，当时，所以，综上：，易知，则，故，所以，因为在上，所以，则为递减数列，假设存在常数，使得恒成立，记，取，其中，则，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C错误；对于D，因为，当时，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递增，故，所以，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故D错误.故选：B.【『点石成金』】关键『点石成金』：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.2．（2022·北京·高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C〖祥解〗设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详析】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.若为单调递增数列，则，若，则当时，；若，则，由可得，取，则当时，，所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；若存在正整数，当时，，取且，，假设，令可得，且，当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.故选：C.3．（2021·北京·高考真题）已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（

）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C〖祥解〗使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值．【详析】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，则，，所以.对于，，取数列各项为(，,则，所以n的最大值为11．故选：C．4．（2020·北京·高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（

）．A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】B〖祥解〗首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【详析】由题意可知，等差数列的公差，则其通项公式为：，注意到，且由可知，由可知数列不存在最小项，由于，故数列中的正项只有有限项：，.故数列中存在最大项，且最大项为.故选：B.【『点石成金』】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.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】2357.5/〖祥解〗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.【详析】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〖祥解〗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.【详析】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，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.【『点石成金』】思路『点石成金』：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．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则；数列所有项的和为．【答案】48384〖祥解〗方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.【详析】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，则，且，可得，则，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因为为等比数列，则，且，所以；又因为，则；空2：设后7项公比为，则，解得，可得，所以.故答案为：48；384.8．（2022·北京·高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：①的第2项小于3；

②为等比数列；③为递减数列；

④中存在小于的项．其中所有正确结论的序号是．【答案】①③④〖祥解〗推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.【详析】由题意可知，，，当时，，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，，则，整理可得，因为，解得，①对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，②错；当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；假设对任意的，，则，所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④.【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.9．（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〖祥解〗（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.【详析】（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，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，即转为③或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“”.【『点石成金』】关键点『点石成金』：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.10．（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)证明见详析〖祥解〗（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.【详析】（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）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．11．（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．〖祥解〗（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）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．【详析】（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），若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，若，则至多可表个数，矛盾,从而若,则，至多可表个数，而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为，则所有数之和，，，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，（仅一种方式），与2相邻，若不在两端,则形式，若，则（有2种结果相同，方式矛盾），，同理，故在一端，不妨为形式，若,则（有2种结果相同，矛盾），同理不行，，则（有2种结果相同，矛盾），从而，由于,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能，①或，②这2种情形，对①：，矛盾，对②：，也矛盾，综上，当时，数列满足题意，．【『点石成金』】关键『点石成金』，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．12．（2021·北京·高考真题）设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：①，且；②；③，．（1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由；（2）若数列是数列，求；（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在