專題07 數列-2020-2024年五年高考1年模擬數學真題分類匯編（北京專用）（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題07數列考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點數列（5年幾考）2020-2024：5年十三考：求數列通項；由遞推公式總結數列性質；等差、等比數列的前n項和；數列中最大（小）項；數列的單調性；基本量的計算；等差、等比中項；數列新定義；數列中的歸納問題數列問題特別突出對學生的數學思維能力的考查,所以問題的設計要始終貫穿觀察、分析、歸納、類比、遞推、運算、概括、猜想、證明、應用等能力的培養(yǎng).既通過歸納、類比、遞推等方法的應用突出數學探究、理性思維的培養(yǎng),又通過通項公式、遞推公式、前n項和公式等內容進行大量技能訓練,培養(yǎng)邏輯思維、運算求解能力。從近幾年的高考題可以看出、數列部分主要以考查基礎知識為主，同時鍛煉學生的運算求解能力、邏輯思維能力等.重點考查學生對數列基礎知識的掌握程度及靈活應用,同時也要重視對通性通法的培養(yǎng)。考點數列1．（2023·北京·高考真題）已知數列滿足，則（

）A．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立B．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立C．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立D．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立【答案】B〖祥解〗法1：利用數列歸納法可判斷ACD正誤，利用遞推可判斷數列的性質，故可判斷B的正誤.法2：構造，利用導數求得的正負情況，再利用數學歸納法判斷得各選項所在區(qū)間，從而判斷的單調性；對于A，構造，判斷得，進而取推得不恒成立；對于B，證明所在區(qū)間同時證得后續(xù)結論；對于C，記，取推得不恒成立；對于D，構造，判斷得，進而取推得不恒成立.【詳析】法1：因為，故，對于A，若，可用數學歸納法證明：即，證明：當時，，此時不等關系成立；設當時，成立，則，故成立，由數學歸納法可得成立.而，，，故，故，故為減數列，注意故，結合，所以，故，故，若存在常數，使得恒成立，則，故，故，故恒成立僅對部分成立，故A不成立.對于B，若可用數學歸納法證明：即，證明：當時，，此時不等關系成立；設當時，成立，則，故成立即由數學歸納法可得成立.而，，，故，故，故為增數列，若，則恒成立，故B正確.對于C，當時，可用數學歸納法證明：即，證明：當時，，此時不等關系成立；設當時，成立，則，故成立即由數學歸納法可得成立.而，故，故為減數列，又，結合可得：，所以，若，若存在常數，使得恒成立，則恒成立，故，的個數有限，矛盾，故C錯誤.對于D，當時，可用數學歸納法證明：即，證明：當時，，此時不等關系成立；設當時，成立，則，故成立由數學歸納法可得成立.而，故，故為增數列，又，結合可得：，所以，若存在常數，使得恒成立，則，故，故，這與n的個數有限矛盾，故D錯誤.故選：B.法2：因為，令，則，令，得或；令，得；所以在和上單調遞增，在上單調遞減，令，則，即，解得或或，注意到，，所以結合的單調性可知在和上，在和上，對于A，因為，則，當時，，，則，假設當時，，當時，，則，綜上：，即，因為在上，所以，則為遞減數列，因為，令，則，因為開口向上，對稱軸為，所以在上單調遞減，故，所以在上單調遞增，故，故，即，假設存在常數，使得恒成立，取，其中，且，因為，所以，上式相加得，，則，與恒成立矛盾，故A錯誤；對于B，因為，當時，，，假設當時，，當時，因為，所以，則，所以，又當時，，即，假設當時，，當時，因為，所以，則，所以，綜上：，因為在上，所以，所以為遞增數列，此時，取，滿足題意，故B正確；對于C，因為，則，注意到當時，，，猜想當時，，當與時，與滿足，假設當時，，當時，所以，綜上：，易知，則，故，所以，因為在上，所以，則為遞減數列，假設存在常數，使得恒成立，記，取，其中，則，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C錯誤；對于D，因為，當時，，則，假設當時，，當時，，則，綜上：，因為在上，所以，所以為遞增數列，因為，令，則，因為開口向上，對稱軸為，所以在上單調遞增，故，所以，故，即，假設存在常數，使得恒成立，取，其中，且，因為，所以，上式相加得，，則，與恒成立矛盾，故D錯誤.故選：B.【『點石成金』】關鍵『點石成金』：本題解決的關鍵是根據首項給出與通項性質相關的相應的命題，再根據所得命題結合放縮法得到通項所滿足的不等式關系，從而可判斷數列的上界或下界是否成立.2．（2022·北京·高考真題）設是公差不為0的無窮等差數列，則“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C〖祥解〗設等差數列的公差為，則，利用等差數列的通項公式結合充分條件、必要條件的定義判斷可得出結論.【詳析】設等差數列的公差為，則，記為不超過的最大整數.若為單調遞增數列，則，若，則當時，；若，則，由可得，取，則當時，，所以，“是遞增數列”“存在正整數，當時，”；若存在正整數，當時，，取且，，假設，令可得，且，當時，，與題設矛盾，假設不成立，則，即數列是遞增數列.所以，“是遞增數列”“存在正整數，當時，”.所以，“是遞增數列”是“存在正整數，當時，”的充分必要條件.故選：C.3．（2021·北京·高考真題）已知是各項均為整數的遞增數列，且，若，則的最大值為（

）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C〖祥解〗使數列首項、遞增幅度均最小，結合等差數列的通項及求和公式求得可能的最大值，然后構造數列滿足條件，即得到的最大值．【詳析】若要使n盡可能的大，則，遞增幅度要盡可能小，不妨設數列是首項為3，公差為1的等差數列，其前n項和為，則，，所以.對于，，取數列各項為(，,則，所以n的最大值為11．故選：C．4．（2020·北京·高考真題）在等差數列中，，．記，則數列（

）．A．有最大項，有最小項 B．有最大項，無最小項C．無最大項，有最小項 D．無最大項，無最小項【答案】B〖祥解〗首先求得數列的通項公式，然后結合數列中各個項數的符號和大小即可確定數列中是否存在最大項和最小項.【詳析】由題意可知，等差數列的公差，則其通項公式為：，注意到，且由可知，由可知數列不存在最小項，由于，故數列中的正項只有有限項：，.故數列中存在最大項，且最大項為.故選：B.【『點石成金』】本題主要考查等差數列的通項公式，等差數列中項的符號問題，分類討論的數學思想等知識，屬于中等題.5．（2024·北京·高考真題）漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、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的等比數列，底面直徑依次為，且斛量器的高為，則斗量器的高為，升量器的高為．【答案】2357.5/〖祥解〗根據體積為公比為10的等比數列可得關于高度的方程組，求出其解后可得前兩個圓柱的高度.【詳析】設升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，故，.故答案為：.6．（2024·北京·高考真題）設與是兩個不同的無窮數列，且都不是常數列.記集合，給出下列4個結論：①若與均為等差數列，則M中最多有1個元素；②若與均為等比數列，則M中最多有2個元素；③若為等差數列，為等比數列，則M中最多有3個元素；④若為遞增數列，為遞減數列，則M中最多有1個元素.其中正確結論的序號是.【答案】①③④〖祥解〗利用兩類數列的散點圖的特征可判斷①④的正誤，利用反例可判斷②的正誤，結合通項公式的特征及反證法可判斷③的正誤.【詳析】對于①，因為均為等差數列，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，故中至多一個元素，故①正確.對于②，取則均為等比數列，但當為偶數時，有，此時中有無窮多個元素，故②錯誤.對于③，設，，若中至少四個元素，則關于的方程至少有4個不同的正數解，若，則由和的散點圖可得關于的方程至多有兩個不同的解，矛盾；若，考慮關于的方程奇數解的個數和偶數解的個數，當有偶數解，此方程即為，方程至多有兩個偶數解，且有兩個偶數解時，否則，因單調性相反，方程至多一個偶數解，當有奇數解，此方程即為，方程至多有兩個奇數解，且有兩個奇數解時即否則，因單調性相反，方程至多一個奇數解，因為，不可能同時成立，故不可能有4個不同的整數解，即M中最多有3個元素，故③正確.對于④，因為為遞增數列，為遞減數列，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.【『點石成金』】思路『點石成金』：對于等差數列和等比數列的性質的討論，可以利用兩者散點圖的特征來分析，注意討論兩者性質關系時，等比數列的公比可能為負，此時要注意合理轉化.7．（2023·北京·高考真題）我國度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國時期就已經出現了類似于砝碼的、用來測量物體質量的“環(huán)權”．已知9枚環(huán)權的質量（單位：銖）從小到大構成項數為9的數列，該數列的前3項成等差數列，后7項成等比數列，且，則；數列所有項的和為．【答案】48384〖祥解〗方法一：根據題意結合等差、等比數列的通項公式列式求解，進而可求得結果；方法二：根據等比中項求，在結合等差、等比數列的求和公式運算求解.【詳析】方法一：設前3項的公差為，后7項公比為，則，且，可得，則，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因為為等比數列，則，且，所以；又因為，則；空2：設后7項公比為，則，解得，可得，所以.故答案為：48；384.8．（2022·北京·高考真題）已知數列各項均為正數，其前n項和滿足．給出下列四個結論：①的第2項小于3；

②為等比數列；③為遞減數列；

④中存在小于的項．其中所有正確結論的序號是．【答案】①③④〖祥解〗推導出，求出、的值，可判斷①；利用反證法可判斷②④；利用數列單調性的定義可判斷③.【詳析】由題意可知，，，當時，，可得；當時，由可得，兩式作差可得，所以，，則，整理可得，因為，解得，①對；假設數列為等比數列，設其公比為，則，即，所以，，可得，解得，不合乎題意，故數列不是等比數列，②錯；當時，，可得，所以，數列為遞減數列，③對；假設對任意的，，則，所以，，與假設矛盾，假設不成立，④對.故答案為：①③④.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題在推斷②④的正誤時，利用正面推理較為復雜時，可采用反證法來進行推導.9．（2024·北京·高考真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．(1)給定數列和序列，寫出；(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．【答案】(1)(2)不存在符合條件的，理由見解析(3)證明見解析〖祥解〗（1）直接按照的定義寫出即可；（2）解法一：利用反證法，假設存在符合條件的，由此列出方程組，進一步說明方程組無解即可；解法二：對于任意序列，所得數列之和比原數列之和多4，可知序列共有8項，可知：，檢驗即可；（3）解法一：分充分性和必要性兩方面論證；解法二：若，分類討論相等得個數，結合題意證明即可；若存在序列，使得為常數列，結合定義分析證明即可.【詳析】（1）因為數列，由序列可得；由序列可得；由序列可得；所以.（2）解法一：假設存在符合條件的，可知的第項之和為，第項之和為，則，而該方程組無解，故假設不成立，故不存在符合條件的；解法二：由題意可知：對于任意序列，所得數列之和比原數列之和多4，假設存在符合條件的，且，因為，即序列共有8項，由題意可知：，檢驗可知：當時，上式不成立，即假設不成立，所以不存在符合條件的.（3）解法一：我們設序列為，特別規(guī)定.必要性：若存在序列，使得的各項都相等.則，所以.根據的定義，顯然有，這里，.所以不斷使用該式就得到，必要性得證.充分性：若.由已知，為偶數，而，所以也是偶數.我們設是通過合法的序列的變換能得到的所有可能的數列中，使得最小的一個.上面已經說明，這里，.從而由可得.同時，由于總是偶數，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數.下面證明不存在使得.假設存在，根據對稱性，不妨設，，即.情況1：若，則由和都是偶數，知.對該數列連續(xù)作四次變換后，新的相比原來的減少，這與的最小性矛盾；情況2：若，不妨設.情況2-1：如果，則對該數列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾；情況2-2：如果，則對該數列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾.這就說明無論如何都會導致矛盾，所以對任意的都有.假設存在使得，則是奇數，所以都是奇數，設為.則此時對任意，由可知必有.而和都是偶數，故集合中的四個元素之和為偶數，對該數列進行一次變換，則該數列成為常數列，新的等于零，比原來的更小，這與的最小性矛盾.綜上，只可能，而，故是常數列，充分性得證.解法二：由題意可知：中序列的順序不影響的結果，且相對于序列也是無序的，（?。┤?，不妨設，則，①當，則，分別執(zhí)行個序列、個序列，可得，為常數列，符合題意；②當中有且僅有三個數相等，不妨設，則，即，分別執(zhí)行個序列、個序列可得，即，因為為偶數，即為偶數，可知的奇偶性相同，則，分別執(zhí)行個序列，，，，可得，為常數列，符合題意；③若，則，即，分別執(zhí)行個、個，可得，因為，可得，即轉為①，可知符合題意；④當中有且僅有兩個數相等，不妨設，則，即，分別執(zhí)行個、個，可得，且，可得，因為為偶數，可知的奇偶性相同，則為偶數，即轉為②，可知符合題意；⑤若，則，即，分別執(zhí)行個、個，可得，且，可得，因為為偶數，則為偶數，即轉為③或④，可知符合題意；綜上所述：若，則存在序列，使得為常數列；（ⅱ）若存在序列，使得為常數列，因為對任意，均有成立，若為常數列，則，所以；綜上所述：“存在序列，使得為常數列”的充要條件為“”.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題第三問的關鍵在于對新定義的理解，以及對其本質的分析.10．（2023·北京·高考真題）已知數列的項數均為m，且的前n項和分別為，并規(guī)定．對于，定義，其中，表示數集M中最大的數.(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)證明：存在，滿足使得．【答案】(1)，，，(2)(3)證明見詳析〖祥解〗（1）先求，根據題意分析求解；（2）根據題意題意分析可得，利用反證可得，在結合等差數列運算求解；（3）討論的大小，根據題意結合反證法分析證明.【詳析】（1）由題意可知：，當時，則，故；當時，則，故；當時，則故；當時，則，故；綜上所述：，，，.（2）由題意可知：，且，因為，且，則對任意恒成立，所以，又因為，則，即，可得，反證：假設滿足的最小正整數為，當時，則；當時，則，則，又因為，則，假設不成立，故，即數列是以首項為1，公差為1的等差數列，所以.（3）因為均為正整數，則均為遞增數列，（?。┤簦瑒t可取，滿足使得；（ⅱ）若，則，構建，由題意可得：，且為整數，反證，假設存在正整數，使得，則，可得，這與相矛盾，故對任意，均有.①若存在正整數，使得，即，可取，滿足，使得；②若不存在正整數，使得，因為，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得；（ⅲ）若，定義，則，構建，由題意可得：，且為整數，反證，假設存在正整數，使得，則，可得，這與相矛盾，故對任意，均有.①若存在正整數，使得，即，可取，即滿足，使得；②若不存在正整數，使得，因為，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得.綜上所述：存在使得．11．（2022·北京·高考真題）已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續(xù)可表數列．(1)判斷是否為連續(xù)可表數列？是否為連續(xù)可表數列？說明理由；(2)若為連續(xù)可表數列，求證：k的最小值為4；(3)若為連續(xù)可表數列，且，求證：．【答案】(1)是連續(xù)可表數列；不是連續(xù)可表數列．(2)證明見解析．(3)證明見解析．〖祥解〗（1）直接利用定義驗證即可；（2）先考慮不符合，再列舉一個合題即可；（3）時，根據和的個數易得顯然不行，再討論時，由可知里面必然有負數，再確定負數只能是，然后分類討論驗證不行即可．【詳析】（1），，，，，所以是連續(xù)可表數列；易知，不存在使得，所以不是連續(xù)可表數列．（2）若,設為,則至多，6個數字，沒有個，矛盾；當時,數列，滿足，，，，，，，，．（3），若最多有種，若，最多有種，所以最多有種，若，則至多可表個數，矛盾,從而若,則，至多可表個數，而，所以其中有負的，從而可表1~20及那個負數（恰21個），這表明中僅一個負的，沒有0，且這個負的在中絕對值最小，同時中沒有兩數相同,設那個負數為，則所有數之和，，，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足個，（僅一種方式），與2相鄰，若不在兩端,則形式，若，則（有2種結果相同，方式矛盾），，同理，故在一端，不妨為形式，若,則（有2種結果相同，矛盾），同理不行，，則（有2種結果相同，矛盾），從而，由于,由表法唯一知3,4不相鄰,、故只能，①或，②這2種情形，對①：，矛盾，對②：，也矛盾，綜上，當時，數列滿足題意，．【『點石成金』】關鍵『點石成金』，先理解題意，是否為可表數列核心就是是否存在連續(xù)的幾項（可以是一項）之和能表示從到中間的任意一個值．本題第二問時，通過和值可能個數否定；第三問先通過和值的可能個數否定，再驗證時，數列中的幾項如果符合必然是的一個排序，可驗證這組數不合題．12．（2021·北京·高考真題）設p為實數.若無窮數列滿足如下三個性質，則稱為數列：①，且；②；③，．（1）如果數列的前4項為2，-2，-2，-1，那么是否可能為數列？說明理由；（2）若數列是數列，求；（3）設數列的前項和為.是否存在數列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，說明理由．【答案】（1）不可以是數列；理由見解析；（2）；（3）存在；．〖祥解〗(1)由題意考查的值即可說明數列不是數列；(2)由題意首先確定數列的前4項，然后討論計算即可確定的值；(3)構造數列，易知數列是的，結合(2)中的結論求解不等式即可確定滿足題意的實數的值.【詳析】(1)因為所以，因為所以所以數列，不可能是數列.(2)性質①，由性質③，因此或，或，若，由性質②可知，即或，矛盾；若，由有，矛盾.因此只能是.又因為或，所以或.若，則，不滿足，舍去.當，則前四項為:0，0，0，1，下面用數學歸納法證明：當時，經驗證命題成立，假設當時命題成立，當時：若，則，利用性質③：，此時可得：；否則，若，取可得：，而由性質②可得：，與矛盾.同理可得：，有；，有；，又因為，有即當時命題成立，證畢.綜上可得：，.(3)令，由性質③可知：，由于，因此數列為數列.由（2）可知:若；，，因此，此時，，滿足題意.【『點石成金』】本題屬于數列中的“新定義問題”，“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.13．（2020·北京·高考真題）已知是無窮數列．給出兩個性質：①對于中任意兩項，在中都存在一項，使；②對于中任意項，在中都存在兩項．使得．(Ⅰ)若，判斷數列是否滿足性質①，說明理由；(Ⅱ)若，判斷數列是否同時滿足性質①和性質②，說明理由；(Ⅲ)若是遞增數列，且同時滿足性質①和性質②，證明：為等比數列.【答案】(Ⅰ)詳見解析；(Ⅱ)詳析解析；(Ⅲ)證明詳見解析.〖祥解〗(Ⅰ)根據定義驗證，即可判斷；(Ⅱ)根據定義逐一驗證，即可判斷；(Ⅲ)解法一：首先，證明數列中的項數同號，然后證明，最后，用數學歸納法證明數列為等比數列即可.解法二：首先假設數列中的項數均為正數，然后證得成等比數列，之后證得成等比數列，同理即可證得數列為等比數列，從而命題得證.【詳析】(Ⅰ)不具有性質①；(Ⅱ)具有性質①；具有性質②；(Ⅲ)解法一首先，證明數列中的項數同號，不妨設恒為正數：顯然，假設數列中存在負項，設，第一種情況：若，即，由①可知：存在，滿足，存在，滿足，由可知，從而，與數列的單調性矛盾，假設不成立.第二種情況：若，由①知存在實數，滿足，由的定義可知：，另一方面，，由數列的單調性可知：，這與的定義矛盾，假設不成立.同理可證得數列中的項數恒為負數.綜上可得，數列中的項數同號.其次，證明：利用性質②：取，此時，由數列的單調性可知，而，故，此時必有，即，最后，用數學歸納法證明數列為等比數列：假設數列的前項成等比數列，不妨設，其中，（的情況類似）由①可得：存在整數，滿足，且（*）由②得：存在，滿足：，由數列的單調性可知：，由可得：（**）由（**）和（*）式可得：，結合數列的單調性有：，注意到均為整數，故，代入（**）式，從而.總上可得，數列的通項公式為：.即數列為等比數列.解法二：假設數列中的項數均為正數：首先利用性質②：取，此時，由數列的單調性可知，而，故，此時必有，即，即成等比數列，不妨設，然后利用性質①：取，則，即數列中必然存在一項的值為，下面我們來證明，否則，由數列的單調性可知，在性質②中，取，則，從而，與前面類似的可知則存在，滿足，若，則：，與假設矛盾；若，則：，與假設矛盾；若，則：，與數列的單調性矛盾；即不存在滿足題意的正整數，可見不成立，從而，然后利用性質①：取，則數列中存在一項，下面我們用反證法來證明，否則，由數列的單調性可知，在性質②中，取，則，從而，與前面類似的可知則存在，滿足，即由②可知：，若，則，與假設矛盾；若，則，與假設矛盾；若，由于為正整數，故，則，與矛盾；綜上可知，假設不成立，則.同理可得：，從而數列為等比數列，同理，當數列中的項數均為負數時亦可證得數列為等比數列.由推理過程易知數列中的項要么恒正要么恒負，不會同時出現正數和負數.從而題中的結論得證，數列為等比數列.【『點石成金』】本題主要考查數列的綜合運用，等比數列的證明，數列性質的應用，數學歸納法與推理方法、不等式的性質的綜合運用等知識，意在考查學生的轉化能力和推理能力.1．（2024·北京西城·三模）中國古代科學家發(fā)明了一種三級漏壺記錄時間，壺形都為正四棱臺，自上而下，三個漏壺的上底寬依次遞減1寸（約3.3厘米），下底寬和深度也依次遞減1寸.設三個漏壺的側面與底面所成的銳二面角依次為，，，則（

）A． B．C． D．【答案】D〖祥解〗連接，過邊的中點作，垂足為，則就是漏壺的側面與底面所成銳二面角的一個平面角，記為，設漏壺上口寬為，下底寬為，高為，在中，根據等差數列即可求解.【詳析】三級漏壺，壺形都為正四棱臺，自上而下，三個漏壺的上口寬依次遞減1寸（約3.3厘米），下底寬和深度也依次遞減1寸，如圖，在正四棱臺中，為正方形的中心，是邊的中點，連結，過邊的中點作，垂足為，則就是漏壺的側面與底面所成銳二面角的一個平面角，記為，設漏壺上口寬為，下底寬為，高為，在中，，，因為自上而下三個漏壺的上口寬成等差數列，下底寬也成等差數列，且公差相等，所以為定值，又因為三個漏壺的高成等差數列，所以.故選：．【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：對于情境類問題首先要閱讀理解題意，其次找尋數學本質問題，本題在新情境的基礎上考查等差數列的相關知識.2．（2024·北京西城·三模）對于無窮數列，定義（），則“為遞增數列”是“為遞增數列”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】D〖祥解〗由遞增數列的性質，分別判斷充分性和必要性即可.【詳析】為遞增數列時，有，不能得到為遞增數列，充分性不成立；為遞增數列時，不一定有，即不能得到為遞增數列，必要性不成立.所以“為遞增數列”是“為遞增數列”的既不充分也不必要條件.故選：D.3．（21-22高三上·北京順義·期末）在等差數列中，，，則（）A． B． C． D．【答案】A〖祥解〗求出等差數列的公差，進而可求得的值.【詳析】由題意可知，等差數列的公差為，因此，.故選：A.4．（2024·山東濟南·一模）記等差數列的前n項和為.若，，則（

）A．49 B．63 C．70 D．126【答案】B〖祥解〗利用等差數列的項的“等和性”得到，再運用等差數列的前n項和公式計算即得.【詳析】因是等差數列，故，于是故選：B5．（2024·北京海淀·二模）設是公比為的無窮等比數列，為其前項和，.則“”是“存在最小值”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A〖祥解〗根據充分條件、必要條件的判定以及等比數列前項和公式判斷即可【詳析】若且公比，則，所以單調遞增，存在最小值，故充分條件成立.若且時，，當為奇數時，，單調遞減，故最大值為時，，而,當為偶數時，，單調遞增，故最小值為，，所以的最小值為，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”的充分不必要條件.故選：A6．（2024·北京海淀·二模）設數列的各項均為非零的整數，其前項和為.若為正偶數，均有，且，則的最小值為（

）A．0 B．22 C．26 D．31【答案】B〖祥解〗因為，不妨設，由題意求出的最小值，的最小值，，令時，有最小值.【詳析】因為，所以互為相反數，不妨設，為了取最小值，取奇數項為正值，取偶數項為負值，且各項盡可能小，.由題意知：滿足，取的最小值；滿足，因為，故取的最小值；滿足，取的最小值；同理，取的最小值；所以，滿足，取的最小值；滿足，因為，所以，取的最小值；滿足，因為，所以，取的最小值；同理，取的最小值；所以，所以，因為數列的各項均為非零的整數，所以當時，有最小值22.故選：B【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：有最小值的條件是確保各項最小，根據遞推關系分析可得奇數項的最小值與偶數項的最小值，從而可得的最小值.7．（2024·北京朝陽·二模）設等差數列的前n項和為，若，，則（

）A．60 B．80 C．90 D．100【答案】D〖祥解〗先求出等差數列的公差，再由等差數列的求和公式求解.【詳析】等差數列的公差為：，則.故選：D8．（2024·北京朝陽·二模）北宋科學家沈括在《夢溪筆談》中記載了“隙積術”，提出長方臺形垛積的一般求和公式.如圖，由大小相同的小球堆成的一個長方臺形垛積的第一層有個小球，第二層有個小球，第三層有個小球……依此類推，最底層有個小球，共有層，由“隙積術”可得這些小球的總個數為若由小球堆成的某個長方臺形垛積共8層，小球總個數為240，則該垛積的第一層的小球個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B〖祥解〗轉化題給條件為，再由皆為正整數分類討論即可求解.【詳析】由題意知，，于是得最底層小球的數量為，即，.從而有，整理得，，，，，由于皆為正整數，所以（i）當時，，當時，，（iii）當時，，（iv）當時，只有符合題意，即的值為2.故選：B.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題主要考查新文化背景下的數列問題，確定是解決本題的關鍵.9．（2024·北京通州·二模）已知等差數列的前項和為，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C〖祥解〗利用等差數列通項和求和公式可推導得到充分性成立；將代入，可得，進而得到必要性成立，從而得到結論.【詳析】設等差數列的公差為，由得：，，，，即，充分性成立；由得：，，即，，即，必要性成立；“”是“”的充分必要條件.故選：C.10．（2024·北京房山·一模）中國古代數學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初步健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還”其大意為：“有一個人走378里路，第一天健步行走，從第二天起因腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后到達目的地．”則該人第三天走的路程為（

）A．12里 B．24里 C．48里 D．96里【答案】C〖祥解〗由題意可得，此人天中每天走的路程是公比為的等比數列，再根據等比數列的前項和公式及通項公式求解即可.【詳析】由題意可得，此人天中每天走的路程是公比為的等比數列，設這個數列為，前項和為，則，解得，所以，即該人第三天走的路程為48里.故選：C.11．（2024·北京海淀·一模）已知為等差數列，為其前n項和.若，公差，則m的值為（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B〖祥解〗利用等差數列的通項公式求出和的關系，代入計算可得m的值.【詳析】由已知，得，又，又，所以，解得或（舍去）故選：B.12．（2024·北京海淀·一模）某生物興趣小組在顯微鏡下拍攝到一種黏菌的繁殖軌跡，如圖1.通過觀察發(fā)現，該黏菌繁殖符合如下規(guī)律：①黏菌沿直線繁殖一段距離后，就會以該直線為對稱軸分叉（分叉的角度約為），再沿直線繁殖，…；②每次分叉后沿直線繁殖的距離約為前一段沿直線繁殖的距離的一半.于是，該組同學將整個繁殖過程抽象為如圖2所示的一個數學模型：黏菌從圓形培養(yǎng)皿的中心O開始，沿直線繁殖到，然后分叉向與方向繼續(xù)繁殖，其中，且與關于所在直線對稱，….若，為保證黏菌在繁殖過程中不會碰到培養(yǎng)皿壁，則培養(yǎng)皿的半徑r（，單位：）至少為（

）

A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C〖祥解〗根據黏菌的繁殖規(guī)律可得每次繁殖在方向上前進的距離，結合無窮等比遞縮數列的和的計算公式，即可判斷答案.【詳析】由題意可知，，只要計算出黏菌沿直線一直繁殖下去，在方向上的距離的范圍，即可確定培養(yǎng)皿的半徑的范圍，依題意可知黏菌的繁殖規(guī)律，由此可得每次繁殖在方向上前進的距離依次為：，則，黏菌無限繁殖下去，每次繁殖在方向上前進的距離和即為兩個無窮等比遞縮數列的和，即，綜合可得培養(yǎng)皿的半徑r（，單位：）至少為8cm，故選：C【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題考查了數列的應用問題，背景比較新穎，解答的關鍵是理解題意，能明確黏菌的繁殖規(guī)律，從而求出每次繁殖在方向上前進的距離的和，結合等比數列求和即可.13．（2024·北京朝陽·一模）已知等比數列的前項和為，且，，則（

）A．9 B．16 C．21 D．25【答案】C〖祥解〗根據等比數列的性質求，即可求解.【詳析】由等比數列的性質可知，，即，得，.故選：C14．（17-18高二·海南省直轄縣級單位·課后作業(yè)）設等比數列的公比，前項和為，則.【答案】〖祥解〗利用等比數列的求和公式以及通項公式可求得的值.【詳析】由等比數列求和公式以及通項公式可得.故答案為：.15．（2024·北京順義·三模）命題：若是等比數列，則前n項和不存在最大值和最小值.寫出一組說明此命題為假命題的首項和公比【答案】1（答案不唯一）2（答案不唯一）〖祥解〗由原命題為假命題可得其否定為真命題，即存在最大值或最小值，由此確定首項和公比.【詳析】因為命題“若是等比數列，則前n項和不存在最大值和最小值”為假命題，所以可得“若是等比數列，則前n項和存在最大值或最小值”，因為只需確定滿足條件的一組取值，故不妨先考慮，條件下是否存在，若，則，當時，則隨的增大而增大，此時有最小值，滿足條件，當時，則隨的增大而減小，此時有最大值，滿足條件，若，則，當時，若，則隨的增大而增大，此時有最小值，滿足條件，當時，若，則隨的增大而減小，此時有最大值，滿足條件，故可取，，故答案為：1，2（答案不唯一）16．（2024·北京通州·三模）若數列、均為嚴格增數列，且對任意正整數n，都存在正整數m，使得，則稱數列為數列的“M數列”．已知數列的前n項和為，則下列結論中正確的是．①存在等差數列，使得是的“M數列”②存在等比數列，使得是的“M數列”③存在等差數列，使得是的“M數列”④存在等比數列，使得是的“M數列”【答案】①②④〖祥解〗對于①取分析判斷，對于②④取分析判斷，對于③，根據題意結合等差數列的性質分析判斷.【詳析】對于①：例如，則為等差數列，可得，則，所以，，故、均為嚴格增數列，取，則，即恒成立，所以是的“數列”，故①正確；對于②，例如，則為等比數列，可得，則，所以，，故、均為嚴格增數列，取，則，即恒成立，所以是的“數列”，故②正確；對于③，假設存在等差數列，使得是的“數列”，設等差數列的公差為，因為為嚴格增數列，則，又因為為嚴格增數列，所以，即當時，恒成立，取，滿足，可知必存在，使得成立，又因為為嚴格增數列，所以對任意正整數，則有，即，對任意正整數，則有，即，故當時，不存在正整數，使得，故③不成立；對于④，例如，則為等比數列，且、均為嚴格增數列，可得，所以，，故、均為嚴格增數列，取，則，即恒成立，所以是的“數列”，故④正確.故答案為：①②④.17．（2024·北京通州·二模）已知數列為等比數列，，，則；數列的前4項和為．【答案】8148〖祥解〗求出數列的公比，進而求出通項即可求得；再利用分組求和法計算得解.【詳析】等比數列中，由，得數列的公比，通項，所以；數列的前4項和為.故答案為：81；4818．（22-23高三下·北京海淀·開學考試）若無窮數列的各項均為整數．且對于，，都存在，使得，則稱數列滿足性質P．(1)判斷下列數列是否滿足性質P，并說明理由．①，，2，3，…；②，，2，3，…．(2)若數列滿足性質P，且，求證：集合為無限集；(3)若周期數列滿足性質P，求數列的通項公式．【答案】(1)數列不滿足性質P；數列滿足性質P，理由見解析(2)證明見解析(3)或．〖祥解〗（1）根據題意分析判斷；（2）根據題意先證為數列中的項，再利用反證法證明集合為無限集；（3）先根據題意證明，再分為常數列和非常數列兩種情況，分析判斷.【詳析】（1）對①，取，對，則，可得，顯然不存在，使得，所以數列不滿足性質P；對②，對于，則，，故，因為，則，且，所以存在，，使得，故數列滿足性質P；（2）若數列滿足性質，且，則有：取，均存在，使得，取，均存在，使得，取，均存在，使得，故數列中存在，使得，即，反證：假設為有限集，其元素由小到大依次為，取，均存在，使得，取，均存在，使得，取，均存在，使得，即這與假設相矛盾，故集合為無限集.（3）設周期數列的周期為，則對，均有，設周期數列的最大項為，最小項為，即對，均有，若數列滿足性質：反證：假設時，取，則，使得，則，即，這對，均有矛盾，假設不成立；則對，均有；反證：假設時，取，則，使得，這與對，均有矛盾，假設不成立，即對，均有；綜上所述：對，均有，反證：假設1為數列中的項，由（2）可得：為數列中的項，∵，即為數列中的項，這與對，均有相矛盾，即對，均有，同理可證：，∵，則，當時，即數列為常數列時，設，故對，都存在，使得，解得或，即或符合題意；當時，即數列至少有兩個不同項，則有：①當為數列中的項，則，即為數列中的項，但，不成立；②當為數列中的項，則，即為數列中的項，但，不成立；③當為數列中的項，則，即為數列中的項，但，不成立；綜上所述：或.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：（1）對于證明中出現直接證明不方便時，我們可以利用反證法證明；（2）對于周期數列滿足性質，證明思路：先逐步縮小精確的取值可能，再檢驗判斷.19．（2024·北京通州·三模）約數，又稱因數．它的定義如下：若整數a除以整數m（）除得的商正好是整數而沒有余數，我們就稱a為m的倍數，稱m為a的約數．設正整數a有k個正約數，即為，，?，，（）．(1)當時，是否存在，，…，構成等比數列，若存在請寫出一個滿足條件的正整數a的值，若不存在請說明理由；(2)當時，若，，?構成等比數列，求正整數a．(3)當時，若，，…，是a的所有正約數的一個排列，那么，，，?，是否是另一個正整數的所有正約數的一個排列？并證明你的結論．【答案】(1)存在，比如1，2，4，8，16為16的所有約數(2)(3)答案見解析〖祥解〗（1）根據題意可知16的所有正因數符合題意；（2）由題意可得，，，，根據等比數列的定義可得，分析得，則，，…為，，?，，即可求得結果；（3）假設，，，?，是另一個正整數b的所有正約數的一個排列，設，，可推出b是奇數，，進而可推出b為偶數，從而可知假設錯誤.【詳析】（1）存在，比如1，2，4，8，16為16的所有約數．（2）由題意得，，，，，依題意可知，化簡可得因此可知是完全平方數，由于是整數a的最小非1因子，所以所以，，…為，，?，因此（3）假設，，，?，是另一個正整數b的所有正約數的一個排列．，，易知（），而，故又知，所以b是奇數．所以為奇數，又，故是偶數其中A中最大的兩個元素為a，，顯然B中每個元素都不超過，特別地，設，，其中（因為a有k（）個正約數，）于是B中存在兩個元素，，它們都大于，進而都大于且都是b的約數．這表明b可以被2整除，與b為奇數矛盾．因此假設不成立．【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：此題考查等比數列，考查約數的概念，第（2）解題的關鍵是在得到可得是完全平方數，進而得，考查推理能力和計算能力，屬于難題.20．（2024·北京海淀·二模）設正整數，，，這里.若，且，則稱具有性質.(1)當時，若具有性質，且，，，令，寫出的所有可能值；(2)若具有性質：①求證：；②求的值.【答案】(1)27或32(2)①證明見解析②〖祥解〗（1）對題目中所給的，我們先通過分析集合中的元素，證明，，以及，然后通過分類討論的方法得到小問1的結果；（2）直接使用（1）中的這些結論解決小問2即可.【詳析】（1）對集合，記其元素個數為.先證明2個引理.引理1：若具有性質，則.引理1的證明：假設結論不成立.不妨設，則正整數，但，故一定屬于某個，不妨設為.則由知存在正整數，使得.這意味著對正整數，有，，但，矛盾.所以假設不成立，從而一定有，從而引理1獲證.引理2：若具有性質，則，且.證明：取集合.注意到關于正整數的不等式等價于，而由引理1有，即.結合是正整數，知對于正整數，當且僅當，這意味著數列恰有項落入集合，即.而兩兩之間沒有公共元素，且并集為全體正整數，故中的元素屬于且僅屬于某一個，故.所以，從而，這就證明了引理2的第一個結論；再考慮集合中全體元素的和.一方面，直接由知中全體元素的和為，即.另一方面，的全部個元素可以排成一個首項為，公差為的等差數列.所以的所有元素之和為.最后，再將這個集合的全部元素之和相加，得到中全體元素的和為.這就得到，所以有.即，從而，這就證明了引理2的第二個結論.綜上，引理2獲證.回到原題.將從小到大排列為，則，由引理2的第一個結論，有.若，則，所以每個不等號都取等，從而，故；情況1：若，則，矛盾；情況2：若，則，所以，得.此時如果，則，矛盾；如果，則，從而，故；如果，由于，設，，則，.故對于正整數對，有，從而，這與矛盾.綜上，的取值只可能是或.當時，；當時，.所以的所有可能取值是和.（2）①由引理1的結論，即知；②由引理2的第二個結論，即知.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題的關鍵點在于，我們通過兩個方面計算了一個集合的各個元素之和，從而得到了一個等式，這種方法俗稱“算二次”法或富比尼定理.21．（2024·北京通州·二模）從數列中選取第項，第項，，第項（），若數列，，，是遞增數列或遞減數列（規(guī)定時，該數列既是遞增數列，也是遞減數列），稱，，，為數列的長度為m的單調子列.已知有窮數列A：，，，（），任意兩項均不相同，現以A的每一項為首項選取長度最大的遞增的單調子列，設其共有項，則，，，構成一個新數列B.(1)當數列A分別為以下數列時，直接寫出相應的數列B；（?。?，3，5，7；（ⅱ）4，1，2，6，3.(2)若數列A為等差數列，求證：數列B為等差數列；(3)若數列A共有（）項，求證：A必存在一個長度為的單調子列.【答案】(1)（?。?，3，2，1；（ⅱ）2，3，2，1，1.(2)證明見解析(3)證明見解析〖祥解〗（1）理解數列新定義，從而得解；（2）對等差數列進行分類：即遞減等差數列和遞增等差數列，然后根據新定義推導新數列的元素及通項，就可得以證明；（3）利用反證法，結合數列的新定義即可得解.【詳析】（1）（?。└鶕}意：選，則有1，3，5，7，共有項；選，則有3，5，7，共有項；選，則有5，7，共有項；選，則有7，共有項；所以數列B為：4，3，2，1；（ⅱ）同理數列B為：2，3，2，1，1.（2）設數列A的公差為d，因為，當時，數列A為單調遞減數列，所以，所以B為等差數列.當時，數列A為單調遞增數列，以數列A的任意項為首項選取長度最大的遞增的單調子列為，，，，.所以（，2，3，，n）.所以B為等差數列，綜上，當數列A為等差數列時，數列B也為等差數列.（3）若，，，中有一個，那么數列A存在一個長為的遞增子列.所以A存在一個長度為的單調子列.若數列A不存在長度超過t的遞增子列，即，，2，3，，.所以在，，，中，至少有個數是相等的.取其中項，不妨設為，其中.下面證明當，且時，，假設，將加到以為首項長度為b的遞增子列前面，構成了以為首項長度為的遞增子列，與為首項的最長遞增子列的項數為b矛盾，假設不成立.所以，由此可知，.所以，，，，構成了一個長為的遞減子列.綜上，A必存在一個長度為的單調子列.【『點石成金』】思路『點石成金』：本題主要考查“新定義”數列，主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，用反證法來請明新結論，這樣有助于對新定義的透徹理解.22．（2024·北京房山·一模）已知無窮數列是首項為1，各項均為正整數的遞增數列，集合．若對于集合A中的元素k，數列中存在不相同的項，使得，則稱數列具有性質，記集合數列具有性質．(1)若數列的通項公式為寫出集合A與集合B；(2)若集合A與集合B都是非空集合，且集合A中的最小元素為t，集合B中的最小元素為s，當時，證明：；(3)若滿足，證明：．【答案】(1)，(2)證明見解析(3)證明見解析〖祥解〗（1）定義，可知，結合題中通項公式分析求解；（2）根據題意可知，可得，即可分析證明；（3）由題意可知：，可知集合在均不在元素，分類討論集合是否為空集，結合題意利用數學歸納法分析證明.【詳析】（1）定義，由題意可知，若數列的通項公式為，可知，所以，因為2只能寫成，不合題意，即；，符合題意，即；，符合題意，即；，符合題意，即；，符合題意，即；，符合題意，即；所以.（2）因為，由題意可知：，且，即，因為，即存在不相同的項，使得可知，所以.（3）因為，令，可得，則，即，即集合在內均不存在元素，此時我們認為集合在內的元素相同；（i）若集合A是空集，則B是空集，滿足；（ⅱ）若集合A不是空集，集合A中的最小元素為t，可知，由（2）可知：集合B存在的最小元素為s，且，設存在，使得，可知集合在內的元素相同,可知，則，因為，即，則，可知，且，即集合在內的元素相同，可知集合在內的元素相同，現證對任意，集合在內的元素相同，當，可知集合在內的元素相同，成立；假設，集合在內的元素相同，可知集合在內的元素相同；對于，因為，則，若，則，可知，可以認為集合在內的元素相同；若，則，若存在元素不屬于集合C，則元素屬于集合A，且，可知元素屬于集合B，即數列中存在不相同的項，使得，則，可知，可知，即集合在內的元素相同；綜上所述：對任意，集合在內的元素相同，所以集合在內的元素相同，結合n的任意性，可知；綜上所述：.【『點石成金』】方法『點石成金』：對于新定義問題，要充分理解定義，并把新定義問題轉化為已經學過的知識，常常利用數學歸納法分析證明.23．（2024·北京海淀·一模）已知：為有窮正整數數列，其最大項的值為，且當時，均有.設，對于，定義，其中，表示數集M中最小的數.(1)若，寫出的值；(2)若存在滿足：，求的最小值；(3)當時，證明：對所有.【答案】(1)，(2)(3)證明見解析〖祥解〗（1）結合定義逐個計算出、、即可得；（2）當時，可得，故，找到時符合要求的數列即可得；（3）結合題意，分兩段證明，先證，定義，再證得，即可得證,【詳析】（1）由，，則，故，則，故，則，故；（2）由題意可知，，當時，由，，故，則，由題意可得，故、總有一個大于，即或，，由，故、、總有一個大于，故，故當時，，不符，故，當時，取數列，有，，，即，符合要求，故的最小值為；（3）因為，所以，(i)若，則當時，至少以下情況之一成立：①，這樣的至少有個，②存在，這樣的至多有個，所以小于的至多有個，所以，令，解得，所以，(ii)對，若，且，因為，所以當時，至少以下情況之一成立：①，這樣的至多有個；②存在且，這樣的至多有個，所以，令，解得，即，其中表示不大于的最大整數，所以當時，；綜上所述，定義，則，依次可得：，，所以.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：涉及數列新定義問題，關鍵是正確理解所給出的定義，由給定數列結合新定義探求出數列的相關性質，進行合理的計算、分析、推理等方法綜合解決.24．（2024·北京朝陽·一模）若有窮自然數數列：滿足如下兩個性質，則稱為數列：①，其中，表示，這個數中最大的數；②，其中，表示，這個數中最小的數.(1)判斷：2，4，6，7，10是否為數列，說明理由；(2)若：是數列，且，，成等比數列，求；(3)證明：對任意數列：，存在實數，使得.（表示不超過的最大整數）【答案】(1)不是，理由見解析(2)(3)證明見解析〖祥解〗（1）直接根據數列的定義驗證；（2）根據數列的定義先列式求出，進而可求出；（3）先說明數列滿足結論，然后假設存在自然數，存在數列使得結論不成立，設這樣的的最小值為，即存在數列對任意實數，存在，使得，通過數列的定義退出矛盾，進而達到證明結論的目的.【詳析】（1）：2，4，6，7，10不是數列，理由如下：因為，所以，但，所以不滿足性質①，故不是數列；（2）根據：是數列可得：滿足：或，或，①若，因為，，成等比數列，所以，又，所以，所以，得，②若，因為，，成等比數列，所以，當時，，解得，與為自然數矛盾，舍去；當時，，解得，與為自然數矛盾，舍去；所以，由以及，得，所以，由以及，得，由以及，可知，所以；（3）當時，根據數列的定義，可知或,若，取，則，結論成立，若，取，則，結論成立，假設存在自然數，存在數列使得結論不成立，設這樣的的最小值為，即存在數列對任意實數，存在，使得，根據假設，數列的前項組成的數列是一個數列，從而存在實數，使得，，即，令，則，令，則，①若，根據的定義，存在，使得，又，則且，所以，②若，根據的定義，存在，使得，又，則，且，所以，所以，令，則，即，所以，所以，即，與假設矛盾，綜上，結論成立.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題第三問，假設存在自然數，存在數列使得結論不成立，設這樣的的最小值為，即存在數列對任意實數，存在，使得，利用反證法達到解決問題的目的.專題07數列考點五年考情（2020-2024）命題趨勢考點數列（5年幾考）2020-2024：5年十三考：求數列通項；由遞推公式總結數列性質；等差、等比數列的前n項和；數列中最大（?。╉棧粩盗械膯握{性；基本量的計算；等差、等比中項；數列新定義；數列中的歸納問題數列問題特別突出對學生的數學思維能力的考查,所以問題的設計要始終貫穿觀察、分析、歸納、類比、遞推、運算、概括、猜想、證明、應用等能力的培養(yǎng).既通過歸納、類比、遞推等方法的應用突出數學探究、理性思維的培養(yǎng),又通過通項公式、遞推公式、前n項和公式等內容進行大量技能訓練,培養(yǎng)邏輯思維、運算求解能力。從近幾年的高考題可以看出、數列部分主要以考查基礎知識為主，同時鍛煉學生的運算求解能力、邏輯思維能力等.重點考查學生對數列基礎知識的掌握程度及靈活應用,同時也要重視對通性通法的培養(yǎng)。考點數列1．（2023·北京·高考真題）已知數列滿足，則（

）A．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立B．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立C．當時，為遞減數列，且存在常數，使得恒成立D．當時，為遞增數列，且存在常數，使得恒成立【答案】B〖祥解〗法1：利用數列歸納法可判斷ACD正誤，利用遞推可判斷數列的性質，故可判斷B的正誤.法2：構造，利用導數求得的正負情況，再利用數學歸納法判斷得各選項所在區(qū)間，從而判斷的單調性；對于A，構造，判斷得，進而取推得不恒成立；對于B，證明所在區(qū)間同時證得后續(xù)結論；對于C，記，取推得不恒成立；對于D，構造，判斷得，進而取推得不恒成立.【詳析】法1：因為，故，對于A，若，可用數學歸納法證明：即，證明：當時，，此時不等關系成立；設當時，成立，則，故成立，由數學歸納法可得成立.而，，，故，故，故為減數列，注意故，結合，所以，故，故，若存在常數，使得恒成立，則，故，故，故恒成立僅對部分成立，故A不成立.對于B，若可用數學歸納法證明：即，證明：當時，，此時不等關系成立；設當時，成立，則，故成立即由數學歸納法可得成立.而，，，故，故，故為增數列，若，則恒成立，故B正確.對于C，當時，可用數學歸納法證明：即，證明：當時，，此時不等關系成立；設當時，成立，則，故成立即由數學歸納法可得成立.而，故，故為減數列，又，結合可得：，所以，若，若存在常數，使得恒成立，則恒成立，故，的個數有限，矛盾，故C錯誤.對于D，當時，可用數學歸納法證明：即，證明：當時，，此時不等關系成立；設當時，成立，則，故成立由數學歸納法可得成立.而，故，故為增數列，又，結合可得：，所以，若存在常數，使得恒成立，則，故，故，這與n的個數有限矛盾，故D錯誤.故選：B.法2：因為，令，則，令，得或；令，得；所以在和上單調遞增，在上單調遞減，令，則，即，解得或或，注意到，，所以結合的單調性可知在和上，在和上，對于A，因為，則，當時，，，則，假設當時，，當時，，則，綜上：，即，因為在上，所以，則為遞減數列，因為，令，則，因為開口向上，對稱軸為，所以在上單調遞減，故，所以在上單調遞增，故，故，即，假設存在常數，使得恒成立，取，其中，且，因為，所以，上式相加得，，則，與恒成立矛盾，故A錯誤；對于B，因為，當時，，，假設當時，，當時，因為，所以，則，所以，又當時，，即，假設當時，，當時，因為，所以，則，所以，綜上：，因為在上，所以，所以為遞增數列，此時，取，滿足題意，故B正確；對于C，因為，則，注意到當時，，，猜想當時，，當與時，與滿足，假設當時，，當時，所以，綜上：，易知，則，故，所以，因為在上，所以，則為遞減數列，假設存在常數，使得恒成立，記，取，其中，則，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C錯誤；對于D，因為，當時，，則，假設當時，，當時，，則，綜上：，因為在上，所以，所以為遞增數列，因為，令，則，因為開口向上，對稱軸為，所以在上單調遞增，故，所以，故，即，假設存在常數，使得恒成立，取，其中，且，因為，所以，上式相加得，，則，與恒成立矛盾，故D錯誤.故選：B.【『點石成金』】關鍵『點石成金』：本題解決的關鍵是根據首項給出與通項性質相關的相應的命題，再根據所得命題結合放縮法得到通項所滿足的不等式關系，從而可判斷數列的上界或下界是否成立.2．（2022·北京·高考真題）設是公差不為0的無窮等差數列，則“為遞增數列”是“存在正整數，當時，”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C〖祥解〗設等差數列的公差為，則，利用等差數列的通項公式結合充分條件、必要條件的定義判斷可得出結論.【詳析】設等差數列的公差為，則，記為不超過的最大整數.若為單調遞增數列，則，若，則當時，；若，則，由可得，取，則當時，，所以，“是遞增數列”“存在正整數，當時，”；若存在正整數，當時，，取且，，假設，令可得，且，當時，，與題設矛盾，假設不成立，則，即數列是遞增數列.所以，“是遞增數列”“存在正整數，當時，”.所以，“是遞增數列”是“存在正整數，當時，”的充分必要條件.故選：C.3．（2021·北京·高考真題）已知是各項均為整數的遞增數列，且，若，則的最大值為（

）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C〖祥解〗使數列首項、遞增幅度均最小，結合等差數列的通項及求和公式求得可能的最大值，然后構造數列滿足條件，即得到的最大值．【詳析】若要使n盡可能的大，則，遞增幅度要盡可能小，不妨設數列是首項為3，公差為1的等差數列，其前n項和為，則，，所以.對于，，取數列各項為(，,則，所以n的最大值為11．故選：C．4．（2020·北京·高考真題）在等差數列中，，．記，則數列（

）．A．有最大項，有最小項 B．有最大項，無最小項C．無最大項，有最小項 D．無最大項，無最小項【答案】B〖祥解〗首先求得數列的通項公式，然后結合數列中各個項數的符號和大小即可確定數列中是否存在最大項和最小項.【詳析】由題意可知，等差數列的公差，則其通項公式為：，注意到，且由可知，由可知數列不存在最小項，由于，故數列中的正項只有有限項：，.故數列中存在最大項，且最大項為.故選：B.【『點石成金』】本題主要考查等差數列的通項公式，等差數列中項的符號問題，分類討論的數學思想等知識，屬于中等題.5．（2024·北京·高考真題）漢代劉歆設計的“銅嘉量”是龠、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的等比數列，底面直徑依次為，且斛量器的高為，則斗量器的高為，升量器的高為．【答案】2357.5/〖祥解〗根據體積為公比為10的等比數列可得關于高度的方程組，求出其解后可得前兩個圓柱的高度.【詳析】設升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，故，.故答案為：.6．（2024·北京·高考真題）設與是兩個不同的無窮數列，且都不是常數列.記集合，給出下列4個結論：①若與均為等差數列，則M中最多有1個元素；②若與均為等比數列，則M中最多有2個元素；③若為等差數列，為等比數列，則M中最多有3個元素；④若為遞增數列，為遞減數列，則M中最多有1個元素.其中正確結論的序號是.【答案】①③④〖祥解〗利用兩類數列的散點圖的特征可判斷①④的正誤，利用反例可判斷②的正誤，結合通項公式的特征及反證法可判斷③的正誤.【詳析】對于①，因為均為等差數列，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，故中至多一個元素，故①正確.對于②，取則均為等比數列，但當為偶數時，有，此時中有無窮多個元素，故②錯誤.對于③，設，，若中至少四個元素，則關于的方程至少有4個不同的正數解，若，則由和的散點圖可得關于的方程至多有兩個不同的解，矛盾；若，考慮關于的方程奇數解的個數和偶數解的個數，當有偶數解，此方程即為，方程至多有兩個偶數解，且有兩個偶數解時，否則，因單調性相反，方程至多一個偶數解，當有奇數解，此方程即為，方程至多有兩個奇數解，且有兩個奇數解時即否則，因單調性相反，方程至多一個奇數解，因為，不可能同時成立，故不可能有4個不同的整數解，即M中最多有3個元素，故③正確.對于④，因為為遞增數列，為遞減數列，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.【『點石成金』】思路『點石成金』：對于等差數列和等比數列的性質的討論，可以利用兩者散點圖的特征來分析，注意討論兩者性質關系時，等比數列的公比可能為負，此時要注意合理轉化.7．（2023·北京·高考真題）我國度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國時期就已經出現了類似于砝碼的、用來測量物體質量的“環(huán)權”．已知9枚環(huán)權的質量（單位：銖）從小到大構成項數為9的數列，該數列的前3項成等差數列，后7項成等比數列，且，則；數列所有項的和為．【答案】48384〖祥解〗方法一：根據題意結合等差、等比數列的通項公式列式求解，進而可求得結果；方法二：根據等比中項求，在結合等差、等比數列的求和公式運算求解.【詳析】方法一：設前3項的公差為，后7項公比為，則，且，可得，則，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因為為等比數列，則，且，所以；又因為，則；空2：設后7項公比為，則，解得，可得，所以.故答案為：48；384.8．（2022·北京·高考真題）已知數列各項均為正數，其前n項和滿足．給出下列四個結論：①的第2項小于3；

②為等比數列；③為遞減數列；

④中存在小于的項．其中所有正確結論的序號是．【答案】①③④〖祥解〗推導出，求出、的值，可判斷①；利用反證法可判斷②④；利用數列單調性的定義可判斷③.【詳析】由題意可知，，，當時，，可得；當時，由可得，兩式作差可得，所以，，則，整理可得，因為，解得，①對；假設數列為等比數列，設其公比為，則，即，所以，，可得，解得，不合乎題意，故數列不是等比數列，②錯；當時，，可得，所以，數列為遞減數列，③對；假設對任意的，，則，所以，，與假設矛盾，假設不成立，④對.故答案為：①③④.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題在推斷②④的正誤時，利用正面推理較為復雜時，可采用反證法來進行推導.9．（2024·北京·高考真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．(1)給定數列和序列，寫出；(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．【答案】(1)(2)不存在符合條件的，理由見解析(3)證明見解析〖祥解〗（1）直接按照的定義寫出即可；（2）解法一：利用反證法，假設存在符合條件的，由此列出方程組，進一步說明方程組無解即可；解法二：對于任意序列，所得數列之和比原數列之和多4，可知序列共有8項，可知：，檢驗即可；（3）解法一：分充分性和必要性兩方面論證；解法二：若，分類討論相等得個數，結合題意證明即可；若存在序列，使得為常數列，結合定義分析證明即可.【詳析】（1）因為數列，由序列可得；由序列可得；由序列可得；所以.（2）解法一：假設存在符合條件的，可知的第項之和為，第項之和為，則，而該方程組無解，故假設不成立，故不存在符合條件的；解法二：由題意可知：對于任意序列，所得數列之和比原數列之和多4，假設存在符合條件的，且，因為，即序列共有8項，由題意可知：，檢驗可知：當時，上式不成立，即假設不成立，所以不存在符合條件的.（3）解法一：我們設序列為，特別規(guī)定.必要性：若存在序列，使得的各項都相等.則，所以.根據的定義，顯然有，這里，.所以不斷使用該式就得到，必要性得證.充分性：若.由已知，為偶數，而，所以也是偶數.我們設是通過合法的序列的變換能得到的所有可能的數列中，使得最小的一個.上面已經說明，這里，.從而由可得.同時，由于總是偶數，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數.下面證明不存在使得.假設存在，根據對稱性，不妨設，，即.情況1：若，則由和都是偶數，知.對該數列連續(xù)作四次變換后，新的相比原來的減少，這與的最小性矛盾；情況2：若，不妨設.情況2-1：如果，則對該數列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾；情況2-2：如果，則對該數列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾.這就說明無論如何都會導致矛盾，所以對任意的都有.假設存在使得，則是奇數，所以都是奇數，設為.則此時對任意，由可知必有.而和都是偶數，故集合中的四個元素之和為偶數，對該數列進行一次變換，則該數列成為常數列，新的等于零，比原來的更小，這與的最小性矛盾.綜上，只可能，而，故是常數列，充分性得證.解法二：由題意可知：中序列的順序不影響的結果，且相對于序列也是無序的，（?。┤簦环猎O，則，①當，則，分別執(zhí)行個序列、個序列，可得，為常數列，符合題意；②當中有且僅有三個數相等，不妨設，則，即，分別執(zhí)行個序列、個序列可得，即，因為為偶數，即為偶數，可知的奇偶性相同，則，分別執(zhí)行個序列，，，，可得，為常數列，符合題意；③若，則，即，分別執(zhí)行個、個，可得，因為，可得，即轉為①，可知符合題意；④當中有且僅有兩個數相等，不妨設，則，即，分別執(zhí)行個、個，可得，且，可得，因為為偶數，可知的奇偶性相同，則為偶數，即轉為②，可知符合題意；⑤若，則，即，分別執(zhí)行個、個，可得，且，可得，因為為偶數，則為偶數，即轉為③或④，可知符合題意；綜上所述：若，則存在序列，使得為常數列；（ⅱ）若存在序列，使得為常數列，因為對任意，均有成立，若為常數列，則，所以；綜上所述：“存在序列，使得為常數列”的充要條件為“”.【『點石成金』】關鍵點『點石成金』：本題第三問的關鍵在于對新定義的理解，以及對其本質的分析.10．（2023·北京·高考真題）已知數列的項數均為m，且的前n項和分別為，并規(guī)定．對于，定義，其中，表示數集M中最大的數.(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)證明：存在，滿足使得．【答案】(1)，，，(2)(3)證明見詳析〖祥解〗（1）先求，根據題意分析求解；（2）根據題意題意分析可得，利用反證可得，在結合等差數列運算求解；（3）討論的大小，根據題意結合反證法分析證明.【詳析】（1）由題意可知：，當時，則，故；當時，則，故；當時，則故；當時，則，故；綜上所述：，，，.（2）由題意可知：，且，因為，且，則對任意恒成立，所以，又因為，則，即，可得，反證：假設滿足的最小正整數為，當時，則；當時，則，則，又因為，則，假設不成立，故，即數列是以首項為1，公差為1的等差數列，所以.（3）因為均為正整數，則均為遞增數列，（ⅰ）若，則可取，滿足使得；（ⅱ）若，則，構建，由題意可得：，且為整數，反證，假設存在正整數，使得，則，可得，這與相矛盾，故對任意，均有.①若存在正整數，使得，即，可取，滿足，使得；②若不存在正整數，使得，因為，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得；（ⅲ）若，定義，則，構建，由題意可得：，且為整數，反證，假設存在正整數，使得，則，可得，這與相矛盾，故對任意，均有.①若存在正整數，使得，即，可取，即滿足，使得；②若不存在正整數，使得，因為，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得.綜上所述：存在使得．11．（2022·北京·高考真題）已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續(xù)可表數列．(1)判斷是否為連續(xù)可表數列？是否為連續(xù)可表數列？說明理由；(2)若為連續(xù)可表數列，求證：k的最小值為4；(3)若為連續(xù)可表數列，且，求證：．【答案】(1)是連續(xù)可表數列；不是連續(xù)可表數列．(2)證明見解析．(3)證明見解析．〖祥解〗（1）直接利用定義驗證即可；（2）先考慮不符合，再列舉一個合題即可；（3）時，根據和的個數易得顯然不行，再討論時，由可知里面必然有負數，再確定負數只能是，然后分類討論驗證不行即可．【詳析】（1），，，，，所以是連續(xù)可表數列；易知，不存在使得，所以不是連續(xù)可表數列．（2）若,設為,則至多，6個數字，沒有個，矛盾；當時,數列，滿足，，，，，，，，．（3），若最多有種，若，最多有種，所以最多有種，若，則至多可表個數，矛盾,從而若,則，至多可表個數，而，所以其中有負的，從而可表1~20及那個負數（恰21個），這表明中僅一個負的，沒有0，且這個負的在中絕對值最小，同時中沒有兩數相同,設那個負數為，則所有數之和，，，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足個，（僅一種方式），與2相鄰，若不在兩端,則形式，若，則（有2種結果相同，方式矛盾），，同理，故在一端，不妨為形式，若,則（有2種結果相同，矛盾），同理不行，，則（有2種結果相同，矛盾），從而，由于,由表法唯一知3,4不相鄰,、故只能，①或，②這2種情形，對①：，矛盾，對②：，也矛盾，綜上，當時，數列滿足題意，．【『點石成金』】關鍵『點石成金』，先理解題意，是否為可表數列核心就是是否存在連續(xù)的幾項（可以是一項）之和能表示從到中間的任意一個值．本題第二問時，通過和值可能個數否定；第三問先通過和值的可能個數否定，再驗證時，數列中的幾項如果符合必然是的一個排序，可驗證這組數不合題．12．（2021·北京·高考真題）設p為實數.若無窮數列滿足如下三個性質，則稱為數列：①，且；②；③，．（1）如果數列的前4項為2，-2，-2，-1，那么是否可能為數列？說明理由；（2）若數列是數列，求；（3）設數列的前項和為.是否存在數列，使得恒成立？如果存在