數(shù)列-2020-2024年北京高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)試題分類匯編（解析版）

冷集07懿列

?

5年考情?探規(guī)律

考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢(shì)

1.數(shù)列問題特別突出對(duì)學(xué)生的數(shù)

學(xué)思維能力的考查，所以問題

的設(shè)計(jì)要始終貫穿觀察、分析、

歸納、類比、遞推、運(yùn)算、概

括、猜想、證明、應(yīng)用等能力

的培養(yǎng).既通過歸納、類比、遞

推等方法的應(yīng)用突出數(shù)學(xué)探

2020-2024：5年十三考：求數(shù)列通項(xiàng)；由遞推公

究、理性思維的培養(yǎng)，又通過通

式總結(jié)數(shù)列性質(zhì)；等差、等比數(shù)列的前n項(xiàng)和；

考點(diǎn)數(shù)列項(xiàng)公式、遞推公式、前n項(xiàng)和

數(shù)列中最大（小）項(xiàng)；數(shù)列的單調(diào)性；基本量的

（5年幾考）公式等內(nèi)容進(jìn)行大量技能訓(xùn)

計(jì)算；等差、等比中項(xiàng)；數(shù)列新定義；數(shù)列中的

練，培養(yǎng)邏輯思維、運(yùn)算求解能

歸納問題

力。

2.從近幾年的高考題可以看出、

數(shù)列部分主要以考查基礎(chǔ)知識(shí)

為主，同時(shí)鍛煉學(xué)生的運(yùn)算求

解能力、邏輯思維能力等.重點(diǎn)

考查學(xué)生對(duì)數(shù)列基礎(chǔ)知識(shí)的掌

握程度及靈活應(yīng)用，同時(shí)也要

重視對(duì)通性通法的培養(yǎng)。

■=

5年真題?分點(diǎn)精準(zhǔn)練

考點(diǎn)數(shù)列

1.（2023?北京?高考真題）已知數(shù)列｛4｝滿足%=；（%-6）3+6（〃=1,2,3,），則（）

A.當(dāng)4=3時(shí)，｛q｝為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)MW0,使得。“＞河恒成立

B.當(dāng)4=5時(shí)，｛%｝為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)MW6,使得%<加恒成立

C.當(dāng)q=7時(shí)，｛%｝為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)">6,使得4>“恒成立

D.當(dāng)q=9時(shí)，｛%｝為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)〃>0,使得%<加恒成立

【答案】B

K祥解』法1：利用數(shù)列歸納法可判斷ACD正誤，利用遞推可判斷數(shù)列的性質(zhì)，故可判斷B的正誤.

1R

法2：構(gòu)造〃x)=a(x-6)3+6-x,利用導(dǎo)數(shù)求得的正負(fù)情況，再利用數(shù)學(xué)歸納法判斷得各選項(xiàng)4所

在區(qū)間，從而判斷｛%｝的單調(diào)性；對(duì)于A,構(gòu)造MX)=；X3_|X2+26A47(XW3),判斷得。用<%-1,進(jìn)

而取〃?=-["]+4推得不恒成立；對(duì)于B,證明(所在區(qū)間同時(shí)證得后續(xù)結(jié)論；對(duì)于C,記

Wo=log321og2(Af-6)+l,取《1=[見)]+1推得4>刊不恒成立；對(duì)于D,構(gòu)造

_4_

1Qr

g(x)=：/一g/+26尤一49(x29),判斷得an+l>an+\,進(jìn)而取機(jī)=[河]+1推得an<M不恒成立.

1O]q

【詳析】法1：因?yàn)?+i+6,故a“+i-6=w(%-6),

對(duì)于A,若％=3,可用數(shù)學(xué)歸納法證明：?！?6V-3即4V3,

證明：當(dāng)”=1時(shí)，-6=-3<-3,此時(shí)不等關(guān)系43成立；

設(shè)當(dāng)〃=左時(shí)，ak-6<-3成立，

貝lj%+i=—6)354,一，故以+i—6V—3成立，

由數(shù)學(xué)歸納法可得443成立.

而=；(。.-6)3-(％-6)=(%-6)-6)2-1,

1295

-(??-6)^-1>--1=->0,an-6<0,故a用一見<0,故%+]<%,

故｛%｝為減數(shù)列，注意/-64-3<。

故%-6=：(a“-6)3=(a“-6)x；a-6)2<^(a?-6),結(jié)合%-6<0,

所以6-%q(6,故6-%23百,故a用46-31),

若存在常數(shù)MW0,使得。〃>屈恒成立，貝>M,

故A-_A/_>^?9Y,故"<iogg6一-M^,故a“>M恒t成立僅對(duì)部分"成立，

3⑷13

故A不成立.

對(duì)于B,若％=5,可用數(shù)學(xué)歸納法證明：-144-6<0即5?%<6,

證明：當(dāng)”=1時(shí)，-1<<?!-6=-1<0,此時(shí)不等關(guān)系5V%<6成立；

設(shè)當(dāng)”=%時(shí)，54aL<6成立，

則以+i-6=；（%-6丫,故一1Wak+i-6<0成立即

由數(shù)學(xué)歸納法可得5V.<6成立.

而見+1-?！?）3一（0“一6）=（%-6）*"—6）2-1,

-6）2-1<0,a?-6<0,故6+1-4>0,故4+i>%,故｛%｝為增數(shù)列，

若M=6,則?！?lt;6恒成立，故B正確.

對(duì)于C,當(dāng)％=7時(shí)，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：0<%-6Vl即6<a,W7,

證明：當(dāng)”=1時(shí)，。<卬-6V1,此時(shí)不等關(guān)系成立；

設(shè)當(dāng)〃=左時(shí)，6<4?7成立，

則以+「6=；（七一6）建（0,；,故0<4廠6Vl成立即6<%W7

由數(shù)學(xué)歸納法可得6<a?<7成立.

「12~|

而見+「%=（見-6）-（a?-6）--1<0,故,+i<a“，故｛q｝為減數(shù)列，

又%一6=（4-6）><，4一6）二，4廠6）,結(jié)合％+|-6>（）可得：。用一64（卬一6）（￡|,所以.W6+

若a用46+\],若存在常數(shù)M>6,使得恒成立，

則加-644]恒成立，故"WlogjM一6）,"的個(gè)數(shù)有限，矛盾，故c錯(cuò)誤.

對(duì)于D,當(dāng)q=9時(shí)，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：%-6W3即229,

證明：當(dāng)〃=1時(shí)，q-6=323,此時(shí)不等關(guān)系成立；

設(shè)當(dāng)〃=%時(shí)，為29成立，

3

則ak+l-6=-（ak-6）>^->3,故ak+l29成立

由數(shù)學(xué)歸納法可得a.N9成立.

而見+i6）-（a?-6）--1>0,故%+i>a“，故｛%｝為增數(shù)列,

又--6=(%一6)x如一6『>》一6),結(jié)合%一6>0可得：?n+1-6>(a1-6)f|J=3停］，所以

9

9

若存在常數(shù)M>0,使得為〈〃恒成立，則M>6+3

(°Nn—1/°)

故M>6+3((J,故〃<咋(下一J+1,這與幾的個(gè)數(shù)有限矛盾，故D錯(cuò)誤.

故選：B.

法2：因?yàn)??！?「4=工(%-6)+6-an=-al--a^+26an-4S,

io3

/(x)=—x3--x2+26x-48,則=—x2-9x+26,

令/?尤)>0,得0<尤<6-半或x>6+孚；

令尸(x)<0,得6一半<X<6+￥；

所以在F,6-呼和6+亭,+s上單調(diào)遞增，在6-亭,6+亭上單調(diào)遞減，

191

令/⑺=0,則1尤3一]尤2+26X-48=0,BP-(X-4)(X-6)(X-8)=0,解得x=4或x=6或尤=8,

注意至1」4<6<5,7<6+”<8,

33

所以結(jié)合“X)的單調(diào)性可知在(f,4)和(6,8)上/⑴<。，在(4,6)和(8,+⑹上/⑴>0,

對(duì)于A,因?yàn)?+|=；(%-6丫+6,則％-6=；(見一6)二

當(dāng)"=]時(shí)，q=3,a,—6=a(q—6)<—3,貝ij%<3,

假設(shè)當(dāng)〃=左時(shí)，4<3,

113

=a——

當(dāng)〃二k+1時(shí)，ak+i—6~[k6)<—(36)<—3,貝!J必+]v3,

綜上：?！?3,即4?-W,4),

因?yàn)樵?-oo,4)上〃力<。，所以。則｛4｝為遞減數(shù)列，

1319

1_%

因?yàn)?。?+1=工(4-6)+6-an+l=-al--^+26^-47,

193

=—x3--x2+26x-47(x<3),貝[]/z'(x)=—x2-9x+26,

-9

因?yàn)?（%）開口向上，對(duì)稱軸為'二一不二。，

zx—

4

Q

所以〃（%）在（,，可上單調(diào)遞減，故〃（%）2/3）=/32-9x3+26〉。，

所以"⑴在（―*3]上單調(diào)遞增，/2（X）</Z（3）=^X33-|X32+26x3-47<0,

a

故n+i-??+1<0,即an+l<an-l,

假設(shè)存在常數(shù)"WO,使得凡>“恒成立，

取見=-口1]+4,其中且[M]wZ,

因?yàn)椤吧?lt;?！耙?，所以外<o1T，4<02-1,,a.[M]+4<a_[M]+3-l,

上式相加得，。_陷+4<%-（一[加]+3）43+/-3=",

則％=，M]+4<M,與q>M恒成立矛盾，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,因?yàn)閝=5,

1o1a

當(dāng)〃=1時(shí)，％=5<6,a2=—（6^—6）+6=—x（5—6）+6<6,

假設(shè)當(dāng)〃=%時(shí)，/<6,

當(dāng)”=左+1時(shí)，因?yàn)楸?lt;6,所以以-6<。，則（以一6）3<0,

1q

所以以+i=z（4一6）+6<6,

131a

又當(dāng)〃=1時(shí)，^2-5=-（^-6）+l=-x（5-6）+1>0,即%>5,

假設(shè)當(dāng)〃=%時(shí)，ak>5,

當(dāng)〃=k+1時(shí)，因?yàn)橐訬5,所以4-6之-1,則（%-6丫2—1,

1&

所以外+i=W（附一6）+625,

綜上：5W〃〃<6,

因?yàn)樵冢?,6）上/⑴>0,所以。角>?！ǎ砸玻秊檫f增數(shù)列，

此時(shí)，取〃=6,滿足題意，故B正確；

1.1.

對(duì)于C,因?yàn)轱L(fēng)+i=w（%—6）+6,貝ija/6=w（Q〃—6）,

注意至1]當(dāng)q=7時(shí)，a2=—（7—6）+6=—+6,+6—6）+6=[；）+6,

猜想當(dāng)“22時(shí)，4=；F+6,

假設(shè)當(dāng)”=%時(shí)，％=&：M+6，

廠-]3

i3i（i（iW3"+l-1）

當(dāng)〃=左+1時(shí)，所以％+i=]（%—6）+6=zI—I+6—6+6=1—1+6,

綜上：a

nI

卯T)

易矢口3〃一1>0,貝1」0<<1，故為；+6e(6,7)(n>2)?

所以a“e(6,7],

因?yàn)樵?6,8)上〃x)<0,所以。用<?！埃瑒t｛%｝為遞減數(shù)歹!J,

假設(shè)存在常數(shù)">6,使得4>加恒成立，

記外=log321ogj（M-6）+l,取機(jī)其中方-1VM卜/，/eN*,

4_

則3">3w=21ogj（M-6）+l,

4

故;G.TAlogNMY）,所以）<知_6，即）+6<M，

所以a“<Af,故不恒成立，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,因?yàn)椤?=9,

13?7

當(dāng)〃=1時(shí)，a2-6=—（^-6）=—>3,貝!J〃2>9,

假設(shè)當(dāng)〃=左時(shí)，ak>3,

33

當(dāng)〃=左+1時(shí)，ak+｛—6=—^ak—6）>—（9—6）>3,貝!]%+i>9,

綜上：%之9,

因?yàn)樵冢?,+8）上/（可>。，所以4+1>?！?，所以｛%｝為遞增數(shù)列，

131o

因?yàn)椤?一4T=7（"〃-6）+6_Q〃T=一]。；+26?！?49,

1o3

令S（%）=—+26%—49（x>9）,貝!Jg'（%）=a/一9x+26,

-9

因?yàn)?(外開口向上，對(duì)稱軸為、二一—二。，

乙x

4

a

所以g'(x)在[9,—)上單調(diào)遞增，故g，(x)>g,(9)=1x92-9x9+26>0,

iQ

所以g(x)Ng(9)=1x93一/x9?+26x9-49>0,

故4+1-4-1>°，即%>4+1，

假設(shè)存在常數(shù)M>0,使得4,</恒成立，

取“=[閡+1,其中,且[Af]eZ,

因?yàn)樗裕ァ祋+1，。3>%+1，，//]+1>4凹+1，

上式相加得，a[M]+1>aA+[M]>9+M-\>M,

則%”=0M+i>M,與凡<M恒成立矛盾，故D錯(cuò)誤.

故選：B.

【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵『點(diǎn)石成金』：本題解決的關(guān)鍵是根據(jù)首項(xiàng)給出與通項(xiàng)性質(zhì)相關(guān)的相應(yīng)的命題，再根據(jù)

所得命題結(jié)合放縮法得到通項(xiàng)所滿足的不等式關(guān)系，從而可判斷數(shù)列的上界或下界是否成立.

2.(2022?北京?高考真題)設(shè)｛4｝是公差不為0的無(wú)窮等差數(shù)列，貝『'｛4｝為遞增數(shù)列"是"存在正整數(shù)N。，

當(dāng)"〉乂時(shí)，。">0”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

K祥解》設(shè)等差數(shù)列｛”,｝的公差為d,則d/O,利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式結(jié)合充分條件、必要條件的定義

判斷可得出結(jié)論.

【詳析】設(shè)等差數(shù)列｛q｝的公差為d，則dwo,記國(guó)為不超過X的最大整數(shù).

若｛4｝為單調(diào)遞增數(shù)列，則d>0,

若420,則當(dāng)時(shí)，??>?1>0；若q<0,則％=q+(〃-l)d,

由%=%+("-l)d>0可得”>1一?，取乂=1-號(hào)+1,則當(dāng)附>乂時(shí)，a?>0,

所以，"｛4｝是遞增數(shù)列存在正整數(shù)N°,當(dāng)心N°時(shí)，a?>0"；

若存在正整數(shù)N。，當(dāng)〃>乂時(shí)，an>0,取上eN*且左>乂，%>0,

假設(shè)d<0,令a“=40可得〃>發(fā)一■力,且人—k,

當(dāng)w>k卷+1時(shí)，％<0,與題設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，則d>0,即數(shù)列｛?｝是遞增數(shù)歹!].

所以，"｛q｝是遞增數(shù)列"u"存在正整數(shù)N。，當(dāng)心N。時(shí)，a?>0".

所以，"｛4｝是遞增數(shù)列"是"存在正整數(shù)N。，當(dāng)〃〉乂時(shí)，%>0〃的充分必要條件.

故選：C.

3.（2021?北京?高考真題）已知｛。“｝是各項(xiàng)均為整數(shù)的遞增數(shù)列，且若4+%+-.+a“=100,則〃的最

大值為（）

A.9B.10C.11D.12

【答案】C

（祥解]]使數(shù)列首項(xiàng)、遞增幅度均最小，結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)及求和公式求得"可能的最大值，然后構(gòu)造

數(shù)列滿足條件，即得到”的最大值.

【詳析】

若要使〃盡可能的大，則1,遞增幅度要盡可能小，

不妨設(shè)數(shù)列14｝是首項(xiàng)為3,公差為1的等差數(shù)列，其前〃項(xiàng)和為

貝=”+2，S1；=^-xl2=|O2>U）O，

所以“W11.

對(duì)于“.=”+2，S?=^^xll=X8<l（X）>

112

取數(shù)列各項(xiàng)為化二〃+2（〃=1,2...10）,4=25,

貝ljq+%+?,,+q[=100,

所以n的最大值為11.

故選：C.

4.（2020?北京?高考真題）在等差數(shù)列｛。"｝中，％=-9,%=T.記T?=4%…%（〃=1,2,-）,則數(shù)列｛瑁（）.

A.有最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)B.有最大項(xiàng)，無(wú)最小項(xiàng)

C.無(wú)最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)D.無(wú)最大項(xiàng)，無(wú)最小項(xiàng)

【答案】B

K祥解》首先求得數(shù)列的通項(xiàng)公式，然后結(jié)合數(shù)列中各個(gè)項(xiàng)數(shù)的符號(hào)和大小即可確定數(shù)列中是否存在最大

項(xiàng)和最小項(xiàng).

【詳析】由題意可知，等差數(shù)列的公差-=之二?=U：=2，

5—15—1

a

則其通項(xiàng)公式為：n=4+(九一1)4=一9+(〃-1)X2=2M—11,

注意至Uq<%<?<“4<〃5<°<〃6=1<%<，

且由4<0可知Z<0（后6,iwN）,

由?=%>27,iwN）可知數(shù)列｛（｝不存在最小項(xiàng),

———

由于G=—9,%=7,%=5,%=3,a5=—1,%=1,

故數(shù)列憶｝中的正項(xiàng)只有有限項(xiàng)：（=63,7；=63x15=945.

故數(shù)列｛1｝中存在最大項(xiàng)，且最大項(xiàng)為

故選：B.

【『點(diǎn)石成金』】本題主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，等差數(shù)列中項(xiàng)的符號(hào)問題，分類討論的數(shù)學(xué)思想等知

識(shí)，屬于中等題.

5.（2024?北京?高考真題）漢代劉歆設(shè)計(jì)的“銅嘉量”是命、合、升、斗、斛五量合一的標(biāo)準(zhǔn)量器，其中升量

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

為65mm,325mm,325mm,且斛量器的高為230mm,則斗量器的高為mm,升量器的高為mm.

【答案】2357.5/?

K祥解》根據(jù)體積為公比為io的等比數(shù)列可得關(guān)于高度的方程組，求出其解后可得前兩個(gè)圓柱的高度.

【詳析】設(shè)升量器的高為4,斗量器的高為均（單位都是mm）,則

故色=23mm,%=空皿.

2

故答案為：23mm,——mm.

2

6.（2024?北京?高考真題）設(shè)｛%｝與｛2｝是兩個(gè)不同的無(wú)窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列.記集合

M=\k\ak,給出下列4個(gè)結(jié)論：

①若｛瑪｝與｛"｝均為等差數(shù)列，則M中最多有1個(gè)元素；

②若｛%｝與也,｝均為等比數(shù)列，則M中最多有2個(gè)元素；

③若｛%｝為等差數(shù)列，也“｝為等比數(shù)列，則M中最多有3個(gè)元素；

④若｛瑪｝為遞增數(shù)列，也,｝為遞減數(shù)列，則M中最多有1個(gè)元素.

其中正確結(jié)論的序號(hào)是.

【答案】①③④

K祥解》利用兩類數(shù)列的散點(diǎn)圖的特征可判斷①④的正誤，利用反例可判斷②的正誤，結(jié)合通項(xiàng)公式的

特征及反證法可判斷③的正誤.

【詳析】對(duì)于①，因?yàn)椋?“｝,｛〃｝均為等差數(shù)列，故它們的散點(diǎn)圖分布在直線上，

而兩條直線至多有一個(gè)公共點(diǎn)，故M中至多一個(gè)元素，故①正確.

對(duì)于②,取1=2"T也=-(-2廣,則｛。“｝,也｝均為等比數(shù)列,

但當(dāng)〃為偶數(shù)時(shí)，有%=2"一=2=-(-2廣，此時(shí)M中有無(wú)窮多個(gè)元素，故②錯(cuò)誤.

對(duì)于③，設(shè)勿=Aq"(AqwO,qH±l),an=kn+b(k^O),

若"中至少四個(gè)元素，則關(guān)于"的方程Aq"=M+6至少有4個(gè)不同的正數(shù)解，

若q>0,qN1,則由y=Ag"和y=如+方的散點(diǎn)圖可得關(guān)于n的方程A/=初+6至多有兩個(gè)不同的解，矛盾；

若q<0應(yīng)工±1,考慮關(guān)于n的方程Aqn=初+b奇數(shù)解的個(gè)數(shù)和偶數(shù)解的個(gè)數(shù)，

當(dāng)Aqn=hi+b有偶數(shù)解，此方程即為=hi+b,

方程至多有兩個(gè)偶數(shù)解，且有兩個(gè)偶數(shù)解時(shí)>0,

否則A左ln|@<0,因y=A\q\',y=加+6單調(diào)性相反，

方程A0"=也+6至多一個(gè)偶數(shù)解，

當(dāng)Aq"=也+b有奇數(shù)解，此方程即為-A0"=如+6,

方程至多有兩個(gè)奇數(shù)解，且有兩個(gè)奇數(shù)解時(shí)-人左也際>0即9ln|q|<。

否則〃ln|4>0,因yK—川蛾,y=〃+b單調(diào)性相反,

方程川引”=切+6至多一個(gè)奇數(shù)解，

因?yàn)椤╨n|4>0,AZln@<0不可能同時(shí)成立，

故A/=也+b不可能有4個(gè)不同的整數(shù)解，即M中最多有3個(gè)元素，故③正確.

對(duì)于④，因?yàn)椋??！埃秊檫f增數(shù)列，也｝為遞減數(shù)列，前者散點(diǎn)圖呈上升趨勢(shì)，

后者的散點(diǎn)圖呈下降趨勢(shì)，兩者至多一個(gè)交點(diǎn)，故④正確.

故答案為：①③④.

【『點(diǎn)石成金』】思路『點(diǎn)石成金』：對(duì)于等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)的討論，可以利用兩者散點(diǎn)圖的特征來(lái)

分析，注意討論兩者性質(zhì)關(guān)系時(shí)，等比數(shù)列的公比可能為負(fù)，此時(shí)要注意合理轉(zhuǎn)化.

7.(2023?北京?高考真題)我國(guó)度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國(guó)時(shí)期就已經(jīng)出現(xiàn)了類似于祛碼的、用來(lái)

測(cè)量物體質(zhì)量的“環(huán)權(quán)已知9枚環(huán)權(quán)的質(zhì)量(單位：銖)從小到大構(gòu)成項(xiàng)數(shù)為9的數(shù)列｛%｝,該數(shù)列的前

3項(xiàng)成等差數(shù)列，后7項(xiàng)成等比數(shù)列，且%=1,火=12,佝=192,則%=；數(shù)列｛4｝所有項(xiàng)的和

為.

【答案】48384

(祥解1方法一：根據(jù)題意結(jié)合等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式列式求解“應(yīng)，進(jìn)而可求得結(jié)果；方法二：根

據(jù)等比中項(xiàng)求。7,%,在結(jié)合等差、等比數(shù)列的求和公式運(yùn)算求解.

【詳析】方法一：設(shè)前3項(xiàng)的公差為d,后7項(xiàng)公比為4>0,

4%192,

則=—=—=16,且q>。，可得4=2,

%12

則〃3=1+2d=-,即1+22=3,可得d=1,

q

空1：可得〃3=3,%=〃3『=48,

…A3（1-2，）

空2：4+%+L+%=1+2+3+3X2+...+3X26=3+-^^=384

方法二：空1：因?yàn)椋玻?3工〃<7為等比數(shù)列，貝IJ蠟=%的=12X192=482,

且?！?gt;°，所以%=48；

2

又因?yàn)閯t%=&=3;

%

空2：設(shè)后7項(xiàng)公比為">0,則"2=%=4,解得g=2,

a3

-曰3（。1+%）ua3-a9q3-192x2

nJ-fg1q+%+%—------------=6,%+%+〃5+。6+〃7+。8+%=------------=---------------=381,\以

21-q1-2

q+%+L+%—6+381—q=384.

故答案為：48；384.

8.（2022?北京?高考真題）已知數(shù)列｛可｝各項(xiàng)均為正數(shù)，其前〃項(xiàng)和S“滿足ajS“=9（w=l,2,）.給出下列

四個(gè)結(jié)論：

①｛%｝的第2項(xiàng)小于3；②包｝為等比數(shù)列；

③｛4｝為遞減數(shù)列；④｛4｝中存在小于擊的項(xiàng).

其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.

【答案】①③④

99

（祥解》推導(dǎo)出見=-------,求出生、電的值，可判斷①；利用反證法可判斷②④；利用數(shù)列單調(diào)性

anan-\

的定義可判斷③.

【詳析】由題意可知，VneN\?！?gt;。，

當(dāng)〃=1時(shí)，=9,可得q=3；

9999

當(dāng)時(shí)，由S〃=一可得S~二——,兩式作差可得4=------------,

%%an冊(cè)一1

999

所以，=an,則%=3,整理可得域+3〃—9=0,

%%〃2

因?yàn)榈?gt;0,解得生=普二2<3,①對(duì);

假設(shè)數(shù)列｛?！埃秊榈缺葦?shù)列，設(shè)其公比為q,則何=%。3,

所以，Sl=StS3,可得a；(l+q)2=a；(l+4+q2),解得g=0,不合乎題意，

故數(shù)列｛4｝不是等比數(shù)列，②錯(cuò)；

9na

當(dāng)“22時(shí)，an=--^-=^-'~"Ko,可得乙<<，所以，數(shù)列｛%｝為遞減數(shù)列，③對(duì)；

a

na”一4%

假設(shè)對(duì)任意的〃eN*,見2焉，貝UR000002K)0000x+=1000,

991

所以，?100000=-----^7T737<—,與假設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，④對(duì).

31000001WU1

故答案為：①③④.

【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵點(diǎn)『點(diǎn)石成金』：本題在推斷②④的正誤時(shí)，利用正面推理較為復(fù)雜時(shí)，可采用反證

法來(lái)進(jìn)行推導(dǎo).

9.(2024?北京?高考真題)已知集合

M=｛億je｛3,4｝,左e｛5,6｝,ive｛7,8｝,且i+j+%+w為偶數(shù)｝.給定數(shù)列A:%,電,,出，和序

列O:7；Z，Ts,其中(=已"山,叫eM(r=l,2,,s),對(duì)數(shù)列A進(jìn)行如下變換：將A的第4",配”項(xiàng)均

加1,其余項(xiàng)不變,得到的數(shù)列記作1(A)；將工(A)的第向，唳項(xiàng)均加1,其余項(xiàng)不變,得到數(shù)列記作

砧(⑷;…;以此類推，得到刀也⑷，簡(jiǎn)記為。(A).

⑴給定數(shù)列A：L3,2,4,6,3,1,9和序列。5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),寫出。(A)；

(2)是否存在序列。，使得。(A)為%+2,%+6,%+4,%+2,%+8,4+2嗎+4,%+4,若存在，寫出一■個(gè)符合

條件的。；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；

⑶若數(shù)列A的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且％+/+%+%為偶數(shù)，求證："存在序列。，使得。(㈤的各項(xiàng)都相等"

的充要條件為"％+。2=%+%=%+。6=%+為”.

【答案】⑴。(A)：3,4,4,5,8,4,3,10

⑵不存在符合條件的O,理由見解析

⑶證明見解析

K祥解》(1)直接按照。(A)的定義寫出。(4)即可；

(2)解法一：利用反證法，假設(shè)存在符合條件的。，由此列出方程組，進(jìn)一步說(shuō)明方程組無(wú)解即可；解法

二：對(duì)于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4,可知序列。共有8項(xiàng)，可知:

+處)-(%i-i+%i)=8,〃=1,2,3,4,檢驗(yàn)即可；

(3)解法一：分充分性和必要性兩方面論證；解法二：若弓+。2=生+。4=“5+。6=。7+。8，分類討論

%,%,多，為相等得個(gè)數(shù)，結(jié)合題意證明即可；若存在序列。，使得C(A)為常數(shù)列，結(jié)合定義分析證明即可.

【詳析】(1)因?yàn)閿?shù)列41,3,2,4,6,3,1,9,

由序列7；(1,3,5,7)可得7；(A):2,3,3,4,7,3,2,9；

由序列④(2,4,6,8)可得巴「(4):2,4,3,5,7,4,2,10；

由序列4(1,3,5,7)可得T式或(A):3,4,4,5,8,4,3,10；

所以￡l(A):3,4,4,5,8,4,3,10.

(2)解法一：假設(shè)存在符合條件的O,可知。(A)的第1,2項(xiàng)之和為％+的+s,第3,4項(xiàng)之和為名+%+5,

\(a,+2)+伉+6)=+a^+s

則。，而該方程組無(wú)解，故假設(shè)不成立，

+4)+(%+2)—%+〃4+$

故不存在符合條件的。；

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

假設(shè)存在符合條件的。，且Q(A)：4也,…,4，

「J+6+4+2+8+2+4+4o

因?yàn)?---------4---------------=8,即序列。共有8項(xiàng),

由題意可知：也“_[+&)一+%“)=&"=1,2,3,4,

檢驗(yàn)可知：當(dāng)"=2,3時(shí)，上式不成立，

即假設(shè)不成立，所以不存在符合條件的。.

(3)解法一：我們?cè)O(shè)序列4…4工(4)為{稅“}(”〃48),特別規(guī)定外,=a"(l<"W8).

必要性：

若存在序列。:7]石，卻使得Q(A)的各項(xiàng)都相等.

貝!Jas,l=4,2=4,3=4,4=4,5=4,6=4,7=4,8，所以as,\+4,2=as,3+4,4=as,5+4,6=4,7+4,8.

根據(jù)，..qZ(A)的定義，顯然有％+%J=鷺T,2/T+4T幻+1，這里/=1,2,3,4,5=1,2,....

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

充分性：

若％+。2=〃3+〃4=〃5+〃6=。7+〃8?

由已知，6+/+%+%為偶數(shù)，而。1+%=。3+。4=。5+。6=%+。8，所以

%+%+4+q=4(q+2)—(q+/+%+%)也是偶數(shù).

我們?cè)O(shè)..Z7；(A)是通過合法的序列。的變換能得到的所有可能的數(shù)列。(A)中，使得

a

s.l-4.21+|%3-4,41+|京5—4,61+|%7—4.8|最小的一個(gè)?

上面已經(jīng)說(shuō)明4,2/T+4,2/=4一I,2/T+4—1,2/+1,這里/=1,2,3,4,s=1,2,....

從而由％+=。3+〃4=。5+〃6=%+〃8可得4,1+4,2=4,3+4,4=4,5+4,6=4,7+4,8=%+%+$.

同時(shí)，由于1；+1+（+叱總是偶數(shù)，所以ql+q,3+q,5+q,7和％2+q,4+q,6+q,8的奇偶性保持不變，從而

a

4,1+4,3+s,5+4,7和4,2+4,4+4,6+4,8都是偶數(shù).

下面證明不存在j=1,2,3,4使得|^2._,-^2.|>2.

假設(shè)存在，根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)/=1,4,2/—1-4,2/22,即“…2.

情況1：若k，3—4,/+|4,5—4,61+|%7-4]=0，則由%,1+4.3+4.5+4,7和4,2+見,4+4,6+4,8都是偶數(shù)，知

^,1-^,2^4,

對(duì)該數(shù)列連續(xù)作四次變換（2,3,5,8）,（2,4,6,8）,（2,3,6,7）,（2,4,5,7）后，新的

14+4J—y+4,21+14+4,3-4+41+14+4,5—4+46|+14+4,7—4+4,8|相比原來(lái)的

*一4』+|%3-4,/+|4,5-編+口-4/減少4,這與%-4』+|%3-4"|+|4,5-以+*一4』的最小性

矛盾；

情況2:若|&,3_4,』+|七5_4,61+|q7_4,81>°，不妨設(shè)1%3_4J>0?

情況2-1：如果%3-4—1,則對(duì)該數(shù)列連續(xù)作兩次變換（2,4,5,7）,（2,4,6,8）后，新的

14+2,1_4+2,21+14+2,3_4+2,41+14+2,5-4+2,61+14+2,7-4+2,8|相比原來(lái)的

J一/J+|%3-4,41+|4,5-4,61+|%7-4,81至少減少2，這與|%1-4,2|+|43一4.4|+|4,5-4,61+|4,7-4,8|的最

小性矛盾；

情況22如果%4-%321,則對(duì)該數(shù)列連續(xù)作兩次變換（2,3,5,8）,（2,3,6,7）后，新的

14+2J—4+2,21+14+2,3—4+2,41+|4+2,5—4+2,6|+14+2,7-4+2,8|相比原來(lái)的

*一41+|%3-4」+宿5-編+口-4」至少減少2，這與《一41+|4,3-41+|4,5-編+入一4」的最

小性矛盾.

這就說(shuō)明無(wú)論如何都會(huì)導(dǎo)致矛盾,所以對(duì)任意的j=1,2,3,4都有|外2『一4.2.,怕1.

假設(shè)存在j=1,2,3,4使得履J——4幻|=1，則+a?是奇數(shù)，所以

?,.1+見,2=見.3+4.4=見,5+4,6=4,7+4,8者B是奇數(shù)，設(shè)為2N+1.

則此時(shí)對(duì)任意j=1,2,3,4,由,,2.1-4.2/W1可知必有｛久2.1，4幻｝=｛N,N+1｝.

而%」+4.3+%,5+4,7和%+4,4+4,6+%都是偶數(shù)，故集合｛同4,"=N｝中的四個(gè)元素i,j,k,w之和為偶數(shù)，

對(duì)該數(shù)列進(jìn)行一次變換則該數(shù)列成為常數(shù)列，新的

14+1J—4+1,21+14+1,3-4+1,41+14+1,5-4+1.61+14+1,7-4+1,8|等于零，比原來(lái)的

I4」++.4,6|+|4,7—qj更小，這與|4,1_°』+|4,3_4.4|+|4,5_4,6|+|4,7_4,8|的最小性矛

盾.

綜上，只可能|42/-1—4,2]=°（/=1，2,3,4）,而。,“I+4,2=?！?+44=%+4,6=4,7+4.8,故{&,”}=C（A）是

常數(shù)列，充分性得證.

解法二：由題意可知：。中序列的順序不影響。（A）的結(jié)果，

且（4，%），3，%），（。5,46），（%，?8）相對(duì)于序列也是無(wú)序的，

（團(tuán)）若〃[+%=〃3+。4=〃5+。6=%+〃8，

不妨設(shè)aY<a3<a5<a7,貝I]a2>a4>a6>as,

Q]—。3=。5=〃7，貝！J“8=06=〃4=〃2，

分別執(zhí)行％個(gè)序列（2,4,6,8）、的個(gè)序列。，3,5,7）,

可得4+々2嗎+〃2嗎+。2嗎+〃2，。1+〃2，。1+〃2嗎+。2,4+。2，為常數(shù)列，符合題意；

②當(dāng)％,中有且僅有三個(gè)數(shù)相等，不妨設(shè)4=%=生，則。2=4=%，

分別執(zhí)行g(shù)個(gè)序列（1,3,5,7）、%個(gè)序歹U（2,4,6,8）

可得q+。2，〃2+%，4+。2，〃2+%，。1+〃2，。2+。7，。2+。7，。7+〃8，

即q+%,%+。7，4+〃2，。2+。7，%+%，。2+%，。2+。7，%+。2，

因?yàn)閝+/+%+%為偶數(shù)，即3%+%為偶數(shù)，

可知對(duì)%的奇偶性相同，則發(fā)”?N*,

分別執(zhí)行及尹個(gè)序列（1,3,5,7）,（1,3,6,8）,（2,3,5,8）,（1,4,5,8）,

可得

3%+2%—《3%+2/一63%+2g—3%+2%-43cLi+2%—43aq+2/一％3%+2%—43%+2?一4

2'2'2'2'2'2'2'2

>

為常數(shù)列，符合題意；

③若。1=%<%=。7，貝1J。2=4>%=%，即。1，。2，。1，。2，%，。6，。5，。6'

分別執(zhí)行?5個(gè)（1,3,6,8）、/個(gè)（2,4,5,7）,

可得q+。5，41+。2，〃1+。5，〃1+。2，%+。5，。5+。6，〃1+〃5，〃5+。6，

因?yàn)椋?生=。5+〃6，

可得%+%，%+“2，%+。5，%+“2，%+。5，%+。2，%+。5，%+。2，

即轉(zhuǎn)為①，可知符合題意；

④當(dāng)。1，。3，。5，%中有且僅有兩個(gè)數(shù)相等，不妨設(shè)〃1=。3，貝!)?=%，

分別執(zhí)行％個(gè)(2,4,5,7)、％個(gè)。，3,6,8),

可得%+%，%+〃2，〃1+。5，〃1+〃2，%+。5，〃5+〃6，〃1+。7，〃5+。8，

且41+〃2=〃5+。6，可得4+%，%+〃2，%+。5，〃1+〃2，%+〃5，%+〃2，〃1+。7，〃5+〃8，

因?yàn)?+生+%+。7=24+%+%為偶數(shù)，可知%，%的奇偶性相同，

則(4+%)+(6+%)+(4+%)+(%+%)=44+3%+%為偶數(shù),

即轉(zhuǎn)為②，可知符合題意；

右，4</<。5<%，貝U〃2>。4>。6>“8，艮口%，。29“3，。4，“5，。6，%，“8，

分別執(zhí)行日個(gè)(2,3,5,8)、牝個(gè)。，4