专题04 数列（北京专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）高考1年模拟数学真题分类汇编

专题04 数列 考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势 考点1 等差、等比数列基本量运算 （5年3考） 2025北京卷、2024北京卷、2022北京卷 在高考的考查体系中，数列板块呈现出相对稳定的态势。无论是考查内容、考查频率，还是题型设置与难度把控，都未出现明显波动。具体而言，等差数列和等比数列作为数列的基础知识，通常以选择题和填空题的形式出现，重点考查学生对基本概念、公式及性质的掌握与运用。而数列新定义问题则更具挑战性，往往以解答题的形式呈现，旨在检验学生灵活运用知识、分析问题和解决问题的能力。考生备考时需针对不同题型特点，做好针对性复习。 考点2 数列的递推问题 （5年1考） 2023北京卷 考点3 数列的实际应用 （5年3考） 2024北京卷、2023北京卷、2021北京卷 考点4 数列的性质 （5年2考） 2022北京卷、2021北京卷 考点5 数列新定义 （5年4考） 2024北京卷、2023北京卷、2022北京卷、2021北京卷 考点01 等差、等比数列基本量运算 1．（2025·北京·高考真题）已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（   ） A． B． C．16 D．18 2．（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 . 3．（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 考点02 数列的递推问题 4．（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 考点03 数列的实际应用 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 ． 6．（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 ． 7．（2021·北京·高考真题）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位: cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则 A．64 B．96 C．128 D．160 考点04 数列的性质 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 ． 9．（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 考点05 数列新定义 10．（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“”． 11．（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． 12．（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：． 13．（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． 1．（2025·北京大兴·三模）已知数列为无穷等比数列，为其前项和，“存在，对于任意的，”是“存在，对于任意的”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 2．（2025·北京海淀·三模）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示： 出生时间 1965年1月－4月 1965年5月－8月 1965年9月－12月 1966年1月－4月 … 新方案法定退休年龄 60岁1个月 60岁2个月 60岁3个月 60岁4个月 … 那么1970年5月出生的男职工退休年龄为（    ） A．61岁4个月 B．61岁5个月 C．61岁6个月 D．61岁7个月 3．（2025·北京东城·模拟预测）月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（   ）． A．80 B．96 C．100 D．112 4．（2025·北京·二模）小明在某印刷服务公司看到如下广告：“本公司承接图纸复印业务，规格可达A1，B1大小……”.他不禁好奇：A1，B1复印纸有多大呢？据查：所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变，且两张A4纸可以拼接成一张A3纸，两张A3纸可以拼接成一张A2纸…….已知A4纸的宽为210mm，那么A1纸的长和宽约为（   ） A．840mm，594mm B．840mm，588mm C．594mm，420mm D．588mm，420mm 5．（2025·北京昌平·二模）在数列中，，则（    ） A．当时，对于任意的正整数 B．当时，存在正整数，当时， C．当时，对于任意的正整数 D．当时，存在正整数，当时， 6．（2025·北京通州·一模）已知等差数列满足：，且，则（   ） A．2026 B．2025 C．2024 D．2023 7．（2025·北京东城·二模）某人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化.记第一轮训练的模型参数的数量为，若从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，训练的模型参数增加的数量可以看成一个以为首项，公比为3的等比数列，则第五轮训练的模型参数的数量为（   ） A． B． C． D． 8．（2025·北京海淀·二模）已知为等差数列，为等比数列，其中，则（    ） A． B． C． D． 9．（2025·北京朝阳·二模）设无穷数列的前n项和为，定义，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时，则 D．当时， 10．（2025·北京东城·二模）设无穷数列满足，则（） A．存在，为等差数列 B．存在，为等比数列 C．存在，为递减数列 D．存在，为递增数列 11．（2025·北京·三模）已知等比数列的前项和为，满足，.则为 ；满足的最小的整数为 . 12．（2025·北京·三模）为保证某水域内鱼类资源的可持续发展，需根据其自身再生能力等因素制定合理的捕捞方案.记为第n年初时该水域内的鱼类总量，根据研究，第n年鱼类的自然繁殖量与成正比，自然死亡量与成正比，捕捞量与成正比，比例系数分别为，则和的关系式为 ；若，要保持每年年初时鱼类总量始终不变，则一组符合条件的为 . 13．（2025·北京丰台·二模）已知数列满足，给出下列四个结论： ①存在唯一的正实数，使得是常数列； ②当时，是等比数列； ③若是递增数列，则； ④若对任意的正整数，都有，则． 其中所有正确结论的序号为 ． 14．（2025·北京朝阳·二模）已知等差数列满足，则 ；设为的前项和，则使的的最小值为 ． 15．（2025·北京大兴·三模）已知数列的前项和为，且（），给出下列四个结论： ①长度为，，1的三条线段可以围成一个内角为的三角形； ②，； ③，； ④． 其中正确结论的序号是 ． 16．（2025·北京海淀·三模）设是一个项数为的数列，其中每一项均为集合中的元素．定义数列如下：若，则，其中，当时，，当时，，，其中记． (1)①若数列，则______； ②若数列，则______． (2)对于给定的正整数，若正整数满足对任意，均有数列与为同一数列，则称为“阶好数”． （ⅰ）求最小的“3阶好数”． （ⅱ）求使得“阶好数”存在的的所有可能取值． 17．（2025·北京·三模）已知整数数列的项数均为m（m>2），且同时满足以下两个性质： ①； ② 记 (1)若m=3，且，写出的值； (2)记其中表示集合A中元素的最大值. （i）若，，求的最大值； （ii）当时，若，求Q的最小值. 18．（2025·北京通州·一模）已知数列（N是大于3的整数）为有穷数列，定义为“卷积核”数列满足： (1)若数列，卷积核，求数列B. (2)设，已知且，，若.求证：数列B中最大的项为，（表示a，b中的最大值）. (3)已知且不全为0，卷积核，是否存在数列A，使得数列B的任意一项均为0?若存在，请写出一个满足条件的数列A；若不存在，请说明理由. 19．（2025·北京东城·二模）已知有穷整数数列，满足.记集合为，或，或，.若数列，则称数列是的“恒元”. (1)已知数列，请写出中所有满足的数列； (2)当时，是否存在数列满足，且是的“恒元”?若存在，请写出一个满足条件的数列；若不存在，请说明理由； (3)当数列是的“恒元”时，若是个连续正整数的一个排列，求数列的项数的最大值. 20．（2025·北京昌平·二模）设为正整数，数列是公差不为的等差数列，若从中去掉两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的个数都能构成等差数列，则称数列是的可分数列． (1)写出所有，使得数列是、的可分数列； (2)当时，证明：数列是的可分数列； (3)若数列是的可分数列，记所有满足条件的的个数为，求的值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 数列 考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势 考点1 等差、等比数列基本量运算 （5年3考） 2025北京卷、2024北京卷、2022北京卷 在高考的考查体系中，数列板块呈现出相对稳定的态势。无论是考查内容、考查频率，还是题型设置与难度把控，都未出现明显波动。具体而言，等差数列和等比数列作为数列的基础知识，通常以选择题和填空题的形式出现，重点考查学生对基本概念、公式及性质的掌握与运用。而数列新定义问题则更具挑战性，往往以解答题的形式呈现，旨在检验学生灵活运用知识、分析问题和解决问题的能力。考生备考时需针对不同题型特点，做好针对性复习。 考点2 数列的递推问题 （5年1考） 2023北京卷 考点3 数列的实际应用 （5年3考） 2024北京卷、2023北京卷、2021北京卷 考点4 数列的性质 （5年2考） 2022北京卷、2021北京卷 考点5 数列新定义 （5年4考） 2024北京卷、2023北京卷、2022北京卷、2021北京卷 考点01 等差、等比数列基本量运算 1．（2025·北京·高考真题）已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（   ） A． B． C．16 D．18 【答案】C 【解析】设等差数列的公差为， 因为成等比数列，且， 所以，即，解得或（舍去）， 所以. 故选：C. 2．（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 【解析】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， 取 ，则,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. 3．（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 【解析】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. 考点02 数列的递推问题 4．（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 【解析】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. 考点03 数列的实际应用 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】 23 57.5/ 【解析】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 6．（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】 48 384 【解析】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. 7．（2021·北京·高考真题）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位: cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则 A．64 B．96 C．128 D．160 【答案】C 【解析】由题意，五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，设公差为， 因为，，可得， 可得， 又由长与宽之比都相等，且，可得，所以. 故选：C. 考点04 数列的性质 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 【解析】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. 9．（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 【解析】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． 考点05 数列新定义 10．（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“”． 【解析】（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， 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“”. 11．（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． 【解析】（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． 12．（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：． 【解析】（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）解法一：先证明. 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字， 取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示个正整数，不能表示20个正整数，即. 若，最多可以表示个正整数， 由于为连续可表数列，且，所以至少有一项为负数， 既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示的正整数. 所以至少要有6个正整数才能连续表示的正整数.所以中至少包含6个正整数和一个负数，故. 当时，数列满足题意， ． 解法二：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． 13．（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． 【解析】(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. 1．（2025·北京大兴·三模）已知数列为无穷等比数列，为其前项和，“存在，对于任意的，”是“存在，对于任意的”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】B 【解析】若，则对于任意的，均有， 此时，对于任意的，不存在，使得，所以充分性不成立； 若对于任意的，存在，使得， 则，取， 则对于任意的，均有，所以必要性成立， 所以“存在，对于”是“存在，对于”的必要不充分条件. 故选：B. 2．（2025·北京海淀·三模）渐进式延迟退休方案是指采取较缓而稳妥的方式逐步延长退休年龄．对于男职工，新方案将延迟法定退休年龄每4个月延迟1个月，逐步将男职工的法定退休年龄从原六十周岁延迟至六十三周岁．如果男职工延迟法定退休年龄部分对照表如表所示： 出生时间 1965年1月－4月 1965年5月－8月 1965年9月－12月 1966年1月－4月 … 新方案法定退休年龄 60岁1个月 60岁2个月 60岁3个月 60岁4个月 … 那么1970年5月出生的男职工退休年龄为（    ） A．61岁4个月 B．61岁5个月 C．61岁6个月 D．61岁7个月 【答案】B 【解析】解法一：根据题意，出生年月在1965年1月－4月的人的法定退休年龄记为， 出生年月在1965年5月－8月的人的法定退休年龄记为， 出生年月在1965年9月－12月的人的法定退休年龄记为，， 则构成等差数列，首项岁1个月，公差为1个月，可得岁个月． 依此规律，1970年5月出生的男职工，他的退休年龄应该是的第17项， 即他的退休年龄为岁17个月岁5个月． 解法二：利用枚举法：出生年龄每延后一年，退休年龄延后三个月． 出生年龄 退休年龄 1965.5 60岁2个月 1966.5 60岁5个月 1967.5 60岁8个月 1968.5 60岁11个月 1969.5 61岁2个月 1970.5 61岁5个月 故选：B. 3．（2025·北京东城·模拟预测）月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（   ）． A．80 B．96 C．100 D．112 【答案】B 【解析】依题意，有，， 时，不是正整数； 时，； 时，，不是正整数. 所以，，. 故选：B 4．（2025·北京·二模）小明在某印刷服务公司看到如下广告：“本公司承接图纸复印业务，规格可达A1，B1大小……”.他不禁好奇：A1，B1复印纸有多大呢？据查：所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变，且两张A4纸可以拼接成一张A3纸，两张A3纸可以拼接成一张A2纸…….已知A4纸的宽为210mm，那么A1纸的长和宽约为（   ） A．840mm，594mm B．840mm，588mm C．594mm，420mm D．588mm，420mm 【答案】A 【解析】A4纸的宽为，设其长为， 若两张A4纸的宽拼在一起， 则A3纸的宽为，长为， 且，故舍去； 若两张A4纸的长拼在一起， 即A3纸的宽为，长为， A2纸的宽为，长为， A1纸的宽为，长为， 由所有的复印纸均为矩形，其长与宽的比值不变， 可得，解得，则， 所以A1纸的长和宽约为840mm，594mm. 故选：A 5．（2025·北京昌平·二模）在数列中，，则（    ） A．当时，对于任意的正整数 B．当时，存在正整数，当时， C．当时，对于任意的正整数 D．当时，存在正整数，当时， 【答案】C 【解析】对于A，当时，有，递推可得，不满足，故A错误； 对于B，当时，，，， 则，不满足存在正整数，当时，，故B错误； 对于C，当时，则，，故， 因为， 若，则， 若，则， 若，则， 综上，当时，对于任意的正整数，，故正确； 对于D，当时，则， 若，则，故递增，故D错误. 故选：C. 6．（2025·北京通州·一模）已知等差数列满足：，且，则（   ） A．2026 B．2025 C．2024 D．2023 【答案】D 【解析】设公差为， 由，， 得，解得， 所以， 所以. 故选：D. 7．（2025·北京东城·二模）某人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化.记第一轮训练的模型参数的数量为，若从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，训练的模型参数增加的数量可以看成一个以为首项，公比为3的等比数列，则第五轮训练的模型参数的数量为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意，从第二轮开始，该模型参数增加的数量为等比数列， 设首项为，公比为， 则通项公式为， 第一轮参数为, 第二轮参数增加的数量为, 第三轮参数增加的数量为, 第四轮参数增加的数量为， 第五轮参数增加的数量为, 所以第五轮训练的模型参数的数量为.. 故选：C. 8．（2025·北京海淀·二模）已知为等差数列，为等比数列，其中，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】∵为等差数列且， ∴， ∴，，， ∵为等差数列且， ∴， ∴，，， ∴当时，，当时，，故A、B不正确； ∵，，∴， 故选：C. 9．（2025·北京朝阳·二模）设无穷数列的前n项和为，定义，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时，则 D．当时， 【答案】D 【解析】对于A选项：当时，，不正确； 对于B选项：当时，在为奇数时为1，偶数时为0，故，不正确； 对于C选项：当时，， 又，所以 ，不正确； 对于D选项：当时，， ，正确， 故选：D. 10．（2025·北京东城·二模）设无穷数列满足，则（） A．存在，为等差数列 B．存在，为等比数列 C．存在，为递减数列 D．存在，为递增数列 【答案】D 【解析】选项A：若存在，数列为等差数列， 则（常数），即对所有成立， 则必须满足，且， 唯一可能解为，此时，但不包含端点，故A错误； 选项B：若存在，数列为等比数列， 则（常数），即，即， 若，则与成正比， 由的图象可知，无法保证与的变式速度相同； 若，则，仅当时成立，但，故B错误； 选项C：若存在，则，数列不是递减数列，故C错误； 选项D：若存在，数列为递增数列， 则，即，故，数列递增，故D正确. 故选：D. 11．（2025·北京·三模）已知等比数列的前项和为，满足，.则为 ；满足的最小的整数为 . 【答案】 【解析】，， 当时，，则，， ； 是等比数列，设公比为，， ，令，则， 化简得，两边取自然对数并整理得，，故最小整数， 当时，，满足条件. 故答案为：；. 12．（2025·北京·三模）为保证某水域内鱼类资源的可持续发展，需根据其自身再生能力等因素制定合理的捕捞方案.记为第n年初时该水域内的鱼类总量，根据研究，第n年鱼类的自然繁殖量与成正比，自然死亡量与成正比，捕捞量与成正比，比例系数分别为，则和的关系式为 ；若，要保持每年年初时鱼类总量始终不变，则一组符合条件的为 . 【答案】 （答案不唯一） 【解析】因为第n年鱼类的自然繁殖量与成正比，自然死亡量与成正比，捕捞量与成正比，比例系数分别为， 所以， 若，要保持每年年初时鱼类总量始终不变，即， 所以，代入，则有， 即有，由于，不妨取， 经检验满足题意. 故答案为：；（答案不唯一）. 13．（2025·北京丰台·二模）已知数列满足，给出下列四个结论： ①存在唯一的正实数，使得是常数列； ②当时，是等比数列； ③若是递增数列，则； ④若对任意的正整数，都有，则． 其中所有正确结论的序号为 ． 【答案】①②④ 【解析】若是常数列，则， 又，则，代入， 得，解得，故①正确； 当时，，则， 则， 又，所以， 所以是以1为首项，为公比的等比数列，故②正确； 若是递增数列，则， 即， 又，则， 由，得，解得，故③错误； 由，得， 则， 则， 当，即时, 则， 又，所以，则，所以， 即对任意的正整数，都有， 当，即时, 则， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 若对任意的正整数，都有，则， 所以， 整理得， 当，即且时，，该式恒成立， 当，即时，该式不恒成立， 综上，对任意的正整数，都有，则，故④正确． 故答案为：①②④. 14．（2025·北京朝阳·二模）已知等差数列满足，则 ；设为的前项和，则使的的最小值为 ． 【答案】 0 7 【解析】设等差数列的公差为，由， 得到，解得，所以， 则， 又，得到或（舍）， 又，所以使的的最小值为， 故答案为：，. 15．（2025·北京大兴·三模）已知数列的前项和为，且（），给出下列四个结论： ①长度为，，1的三条线段可以围成一个内角为的三角形； ②，； ③，； ④． 其中正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【解析】对于①，长度为，，1的三条线段组成三角形， 设边长为的边对应的角为，因为，所以， 故， 又，所以，即边长为对应的角为，故①正确； 对于②，由，，则， 当时，，故②错误； 对于③④，因为， 所以，令，则， 令，为锐角， 则 ，所以，所以，又， 所以，即，所以， 所以， 所以，所以，故④正确； 所以，当时，， 又也适合，所以， 又， 即，所以，故③正确. 故答案为：①③④. 16．（2025·北京海淀·三模）设是一个项数为的数列，其中每一项均为集合中的元素．定义数列如下：若，则，其中，当时，，当时，，，其中记． (1)①若数列，则______； ②若数列，则______． (2)对于给定的正整数，若正整数满足对任意，均有数列与为同一数列，则称为“阶好数”． （ⅰ）求最小的“3阶好数”． （ⅱ）求使得“阶好数”存在的的所有可能取值． 【解析】（1）①已知， 由，则；由，则；由，则，可得； 由，则；由，则；由，则，可得； 由，则；由，则；由，则，可得. ②已知， 由，则首项为，由，则，由，则，由，则，可得； 由，则，由，则，由，则，由，则，可得； 由，则首项为，由，则，由，则第三项为，由，则，可得. 由，则首项为，由，则，由，则第三项为，由，则，可得. （2）（ⅰ）法一： 根据（1）中的①可猜测：最小的“3阶好数”是3． 最小的“3阶好数”为3． 证明如下： 当时，记数列的第项为，其中，．其中． 若的三项互不相同，设，其中． 由于，故，，．所以． 同理，．此时与为同一数列，且均不与为同一数列．故． 若的三项中有且仅有两项相同，考虑到，不妨设．则；； 故与也是同一数列． 若的三项均相同，设，则由题意，依此类推与也是同一数列． 综上，最小的“3阶好数”是3． 法二： 最小的“3阶好教”为3 列举： 所有情况综合得出最小的“3阶好数”为3． （ⅱ）当为偶数时，考虑．则．故． 此时，不存在正整数，使得数列与为同一数列，故当为偶数时不存在“阶好数”． 当为奇数时，因为的每一项均为中的元素，所以数列至多有种不同可能． 故由抽屉原理，这个数列中一定至少存在两个相同数列． 即，对于任意，总存在，以及，使得与为同一数列． 下证：当时，若与为同一数列，则与为同一数列． 由题意，若，则，所以，即， 若，则，所以，即 所以总有． 如果与为同一数列，则有成立． 从而有成立． 所以 即 因为为奇数，且，所以有，所以． 又因为所有都是之间的数，所以一定有． 由题意，，如果，，则必有． 所以．依此类推，，有．即与为同一数列． 依此类推，可得与为同一数列，……，与为同一数列． 所以，对于任意均存在正整数，使得与为同一数列． 当取遍所有可能取值时，所有的最小公倍数即为“阶好数”． 综上，使得“阶好数”存在的的所有可能取值为． 17．（2025·北京·三模）已知整数数列的项数均为m（m>2），且同时满足以下两个性质： ①； ② 记 (1)若m=3，且，写出的值； (2)记其中表示集合A中元素的最大值. （i）若，，求的最大值； （ii）当时，若，求Q的最小值. 【解析】（1）由题意可得，， 所以. （2）（i）由②可得，两个数列均值相等，则要使越大，则可考虑一组数据更集中， 一组数据更分散，作为极端情况来考虑，此时要使取到最大值，对应极端情况，取数列为1，3，5；取数列为2，3，4， 则， 下证：的最大值为2： 法1：（反证法）假设，则，不妨设， 若： 因为，所以， 则，与性质②矛盾，舍去；若： 因为，所以，可得 则，与性质②矛盾，舍去； 若： 因为，所以， 则，与性质②矛盾，舍去． 所以，同理可得，所以. 取数列为1，3，5；取数列为2，3，4， 则成立，所以的最大值为2． 法2：（一般性证明）设，不妨设， 则， 所以，（7分） 取数列为1，3，5；取数列为2，3，4， 则成立，所以的最大值为2． 法3：（枚举法） 取为1，2，3，则只能为1，2，3，此时； 取为1，2，4，则只能为1，2，4，此时； 取为1，2，5，则可能为1，2，5，也可能为1，3，4，此时或2； 取为1，3，4，则可能为1，2，5，也可能为1，3，4，此时或2； 取为1，3，5，则可能为1，3，5，也可能为2，3，4，此时或2； 取为1，4，5，则可能为1，4，5，也可能为2，3，5，此时或2； 取为2，3，4，则可能为2，3，4，也可能为1，3，5，此时或2； 取为2，3，5，则可能为1，4，5，也可能为2，3，5，此时或2； 取为2，4，5，则只能为2，4，5，此时； 取为3，4，5，则只能为3，4，5，此时． 综上，的最大值为2． （ii）考虑极端情况，显然， 若为偶数，取为， 取为 则 解得成立； 若为奇数，取为， 取为 则 解得，与为奇数矛盾，舍去， 所以的最小值为30， 当为为11，12，13，14，15，16，17，18，19，20时取到． 证明： 记， 则， ，设 则有，其中分别表示集合的元素个数 由（i）可得， 所以（＊） 又因为，所以，进一步有， 将代入（＊）中可得 ， 再次代入（＊）中可得，解得， 另一方面，当为为11，12，13，14，15，16，17，18，19，20时． 所以的最小值为30． 18．（2025·北京通州·一模）已知数列（N是大于3的整数）为有穷数列，定义为“卷积核”数列满足： (1)若数列，卷积核，求数列B. (2)设，已知且，，若.求证：数列B中最大的项为，（表示a，b中的最大值）. (3)已知且不全为0，卷积核，是否存在数列A，使得数列B的任意一项均为0?若存在，请写出一个满足条件的数列A；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）, , 所以数列 （2）方法一：依题意有 当时， 由 又则， 即当时，， 当时，记， 由 即当时，， 综上可得：数列B中最大的项为. 方法二：由已知可得. 当时，， 因为>0, 所以 当时，， 因为<0, 所以 因为 所以 因为 所以 所以 所以当时，, 所以数列中最大的项为或或. 因为 所以 因为 所以 所以. （与无法比较大小，假设，当时数列B的最大值为， 当时，数列B的最大值为；当时，数列B的最大值为.） 综上，数列中最大的项为或. （3）方法一：当为偶数时，取数列的通项， 此时对,有， 故当为偶数时，存在数列，使得数列的各项为0， 当为奇数时，设且， 下面用反证法证明不存在数列，使得数列的各项为0， 假设存在数列，使得数列的各项为0.为了更好地描述，我们记中不存在的， 则对任意的，有， 上式相减可得，即数列中的奇偶项分别为等差数列， 设， 且有, 进而 又由知， 故， 整理可得进而代入可得， 故， 则， 取，有，即， 故， 因为，故， 由知,故只能为的常数列，不符合题意，假设不成立， 综上，当为偶数时，存在数列:符合题意. 方法二：①当N为偶数时，存在数列A使得数列B的任意一项均为0， 此时可令 ②当N为奇数时，不存在数列A使得数列B的任意一项均为0，证明如下： 假设存在数列A使得数列B的任意一项均为0 因为 所以，，，…,，. 所以，， ，，. 所以, 所以, 所以 所以 因为 所以. 与不全为0矛盾. 所以假设不成立. 19．（2025·北京东城·二模）已知有穷整数数列，满足.记集合为，或，或，.若数列，则称数列是的“恒元”. (1)已知数列，请写出中所有满足的数列； (2)当时，是否存在数列满足，且是的“恒元”?若存在，请写出一个满足条件的数列；若不存在，请说明理由； (3)当数列是的“恒元”时，若是个连续正整数的一个排列，求数列的项数的最大值. 【解析】（1）因为数列，所以中的数列满足．因为， 所以中所有满足的数列有 ；；；. （2）假设存在满足条件的数列， 则满足，有，或，或． 所以与同为奇数或同为偶数． 所以是偶数． 所以是偶数． 又是奇数，矛盾． 所以假设不成立，不存在满足条件的数列． （3）当数列是的“恒元”时， 因为数列中，是个连续正整数的一个排列， 所以当时，有，且至多一项为1． 不妨记，所以，且． 当时，. 当时，有. 此时，或． 又，所以，，或，． ①当时，有，或，所以，或者． 当时，有，，，， 所以，，. 因为，，所以．所以． 当时，有，，，，所以（舍）． ②当时，有，或，所以，或者． 当时，有，，，， 所以，，, 所以． 当时，有，，，， 所以．所以（舍）． 又由于数列和满足条件． 综上所述，． 20．（2025·北京昌平·二模）设为正整数，数列是公差不为的等差数列，若从中去掉两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的个数都能构成等差数列，则称数列是的可分数列． (1)写出所有，使得数列是、的可分数列； (2)当时，证明：数列是的可分数列； (3)若数列是的可分数列，记所有满足条件的的个数为，求的值． 【解析】（1）根据题意，可以为． （2）设数列的公差为． 当时，去掉后，剩余项按照：； 分为三组（*），每组都是公差为的等差数列． 当时，去掉后，前项按如上（*）分组；后面的项按原顺序每项分为一组，每组都是公差为的等差数列． 综上，数列是的可分数列． （3）若数列是的可分数列，设其公差为， 将数列表示为：． ①当时，可以去掉数列中的项和，其余项顺序保持不变， 从前往后按原顺序每项分为一组，每组均为公差为的等差数列， 所以数列是的可分数列． 其中，符合的一组“”的取值有个． ②当时，且时，可以去掉数列中的和． 若，则数列分组为：，， 其中、部分按原顺序每项分为一组，每组均为公差为的等差数列； 部分按照被除所得余数分组，余数相同的每组数按序号从小到大每项分为一组， 则每组数均为等差数列，公差为． 若或，由上述证明，数列仍可分为组等差数列． 所以数列是的可分数列． 而符合的一组“”的取值有个． 满足上述两类的的个数为． 设，记， 用表示数列中的项组成的集合（下同）． 则，且中元素个数均为中元素个数均为． 由题意，数列去掉和两项后可分为每项一组的等差数列共组， 记为，，对应的公差为，则． 考虑被除所得余数： 当时，数列中的项均在某一个中； 当时，数列中的项分别在中， 且没有两项在同一个中，所以，或． 综上，所有满足条件的的个数． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$