专题04 数列（五大题型+好题推送）（期末真题汇编 ，北京专用）高二数学上学期人教B版

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04数列（五大题型+好题推送) ☆5大高频考点概览 考点01数列的概念与简单表示法 考点02等差数列 考点03等比数列 考点04数列与常用逻辑用语 考点05数列新定义 目目 考点01 数列的概念与简单表示法 （24-25高二上北京东城期末)在数列{an}中，41=2，an+14n=an-1,a2o22=() A.2 B.2 C. D.-1 2. (2425商=上北京期末)在数列a中，4=2，a,+=1(n≥2，neN),则as=（) A.-1 B.1 c. D.2 3.(23-24高二上北京海淀期末)已知数列an}的前n项和为Sn,满足Sn=2a。-1(n=1,2,3),则下列 结论中正确的是（) A.a =2" B.Sn=21-2 C.数列log,a,的前项和为n-I D.数列 S 是递增数列 2 a 4.(23-24高二上·北京东城期末)己知Sn是数列{an}的前n项和，Sn=n2+2n,则a2=() A.1 B.3 C.5 D.8 5.(23-24高二上北京期末)已知数列a,满足a=1-L(n∈N,且a=2,则a,=（) a. A.-1 B. D.2 6.(22-23高二下，北京东城期中)已知{an}是各项均为正整数的数列，且a1=3,a,=8,对Vk∈N, a1=0:+1与a=20有且仅有一个成立，则a+a,+…+a的最小值为（） A.18 B.20 C.21 D.23 1/9 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 an 7.(23-24高二上北京期末)已知数列a,}满足a2a+,n∈N,若4-7则4一 8.(23-24高二上北京期末)已知数列an}满足a1>an,且其前n项和Sn满足S+1<Sn,请写出一个符 合上述条件的数列的通项公式a.= 9.(24-25高二上北京期末)已知数列an}的前n项和为Sn,且S。+S+1=n2+n,给出下列四个结论： ①若a=0,则a+2-a,=2(n∈N); ②若a1=1,则S0=1250; ③若a,=0,则满足S,≥2025的n的最小值是65： ④若4∈(0，子，则数列a,是单调递增数列 其中所有正确结论的序号是 目目 考点02 等差数列 10.(23-24高二上北京·期末)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn,且S,S2,S4成等比数列.令 b,、1 一， 则数列{b}的前50项和T0=() anant 4. 50 49 C.100 D. 50 B. 51 50 101 101 11.(24-25高二上北京期末){a,}和b,}是两个等差数列，其中4(1≤k≤5)为一固定常数值， b a1=288,a=96,b=192,则b=（) A.32 B.48 C.64 D.128 12.(24-25高二上北京东城期末)做一个木梯需要7根横梁，这7根横梁的长度从上到下成等差数列， 现有长为1.5m的一根木杆刚好可以截成最上面的三根横梁，长为2m的一根木杆刚好可以截成最下面的三根 横梁，那么正中间的一根横梁的长度是() A 7 B.2 2 m D.3 m 13.(23-24高二上北京期末)在各项均不为零的等差数列an}中，若a1-a日+am1=0(n≥2)， 则S2m-1-4n= A.-2 B.0 C.1 D.2 2/9 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 14.(2023北京海淀一模)在等差数列an}中，a2=1,a4=5,则a=（) A.9 B.11 C.13 D.15 15.(23-24高二上北京东城期末)哈雷彗星大约每76年环绕太阳一周，因英国天文学家哈雷首先测定其 轨道数据并成功预言回归时间而得名.己知哈雷是1682年观测到这颗彗星，则人们最有可能观测到这颗彗星 的时间为() A.2041年2042年 B.2061年~2062年 C.2081年~2082年 D.2101年~2102年 16.(23-24高二上北京期末)等差数列a,的前项和为，4，=3,3，=10，则∑ 17.(24-25高二上·北京东城期末)已知数列{an}满足：a1+a3=3,a2+a4=9. (I)若数列{an}是等差数列，求{an}的通项公式以及前n项和Sn; (2)若数列{an}是等比数列，求{an}的通项公式. 18.(23-24高二上北京西城期末)在等差数列{an}中，a1+a=-8,a3+a5=-20. (1)求数列{an}的通项公式： (2)若数列bn}是首项为1，公比为2的等比数列，记cn=bn-an,求数列{cn}的前n项和Sn. 19.(23-24高二上·北京东城期末)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，Tn为等比数列bn}的前n项和， a1=b=1,a2+b2=2 (1)若b4=8,求a的值： (2)从以下三个条件中选择一个条件作为已知，使得{b,}单调递增，求出{b}的通项公式以及T. 条件①：a=3;条件②：a+b=3;条件③：S3=9 注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解 答计分 20.(23-24高二上·北京·期末)己知等差数列{an}满足a2=4,a3+a4=17. (1)求数列{an}的通项公式 (2)若数列{bn}满足b=2,再从①b1=2bn,②2bn+1=b.,③bn1=-bn这三个条件中任选一个作为已知，求数列 3/9 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 {a,+bn}的前项和Tn 目目 考点03 等比数列 21. (23-24高二上北京期末)已知等比数列an}的前n项和为Sn,则“a,>0”是“So24>0”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 22.（22-23高二下·北京海淀·期末)己知{an}为等比数列，公比9>0，a2+a3=12,a1a5=81,则a=() A.81 B.27 C.32 D.16 23.(20-21高二上·北京丰台期末)已知等比数列{an}满足a=-1,a4=8,则a,等于() A.32 B.-32 C.64 D.-64 24.(20-21高二上·北京朝阳·期末)光圈是一个用来控制光线透过镜头，进入机身内感光面的光量的装置， 表达光圈的大小我们可以用光圈的F值表示，光圈的F值系列如下：F1,F14,F2,F2.8,F4,F5.6,F8,, F64.光圈的F值越小，表示在同一单位时间内进光量越多，而且上一级的进光量是下一级的2倍，如光圈 从F8调整到F5.6,进光量是原来的2倍.若光圈从F4调整到F1.4,则单位时间内的进光量为原来的() A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍 25.（23-24高二上·北京西城期末)已知an}为等比数列，Sn为其前n项和，若S2=3a1,a=a,则 9= ；S= 26.(24-25高二上北京东城期末)等比数列{a}满足：a2=-2,a=4,则数列{an}的前5项和 是 27.（22-23高二上北京西城期末)已知等比数列{an}中，a1=1,a2a=27，,则数列{an}的前5项和 S 28. (20-21高二上·北京丰台期末)对于数列{an},若点(n,an)(n∈N)都在函数f(x)=2*的图象上，则数列 {an}的前4项和S4= 目目 考点04 数列与常用逻辑用语 29.(24-25高二上北京东城期末)己知等比数列an}各项都为正数，前项和为Sn,则“{an}是递增数列 4/9 厨学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 是“neN',S2m<3Sn”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 30.(23-24高二上北京东城期末)己知a,b∈R,则“-1，a,b,2为等比数列”是“ab=-2”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 31.(23-24高二上北京期末)己知等比数列an}的公比为q且9≠1，记Tn=aa2.an(n=1,2,3,…)、则 “a>0且g>1”是“{Tn}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 32.（23-24高二上北京期末)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为9，则“q<0”是“对任意正整数n, a2m-1>a2n”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 33.（23-24高二上·北京期末)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.则“a4>a,”是“对于任意n∈W且 n≠3，Sn>S3”的() A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充要条件 D,既不充分也不必要条件 目目 考点05 数列新定义 34. （24-25高二上·北京·期末)斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用， 斐波那契数列an}满足a1=a2=1,an=am-1+an-2（n≥3，n∈N)给出下列四个结论： ①存在m∈N,使得am,am1,am2成等差数列； ②存在meN,使得am,am1,am2成等比数列； ③存在常数t,使得对任意n∈N,都有an,an+2,an+4成等差数列； ④不存在正整数，互，…，in,且<i2<…<in,使得a,+a+…+a,.=2023 5/9 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 其中所有正确结论的序号是 35.(24-25高二上北京东城期末)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列 数：1,1,2,3,5，，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成 的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是 ①S,=33; ②52=51+5.；③a+a,+a,+amg=an片@4+a++an2=am 2 a2019 36.(23-24高二上·北京·期末)普林斯顿大学的康威教授于1986年发现了一类有趣的数列并命名为“外观 数列”(Lookandsaysequence)，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”.例如：取第一项为l, 将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为1个2,1 个1”，则第四项为1211；将1211描述为1个1,1个2,2个1”，则第五项为111221，，这样每次从左 到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项则对于外观数列{a,}，下列说 法正确的有 ①若a1=3,则从a,开始出现数字2； ②若a1=k(k=1,2,3,,9,则ann∈N)的最后一个数字均为k; ③{a}可能既是等差数列又是等比数列； ④若a,=123,则an（n∈N均不包含数字4. 37.(23-24高二上·北京·期末)角谷猜想又称冰雹猜想，是指任取一个正整数，如果它是奇数，就将它乘 以3再加1；如果它是偶数，则将它除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈 1→4→2→1.如取正整数m=6,根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要 经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”），已知数列an}满足：a=m(m为正整数)， n+1= ,当an为偶数时， 2 ①若m=13,则使得an=1至少需要步雹程；②若a,=1;则m所有可 3an+1,当an为奇数时， 能取值的和为 38.(23-24高二上·北京东城期末)已知各项均为正整数的有穷数列A,：a,a2,,an（n>3)满足 1≤i<j≤n,有a,≠a,.若an等于a,+a,1≤i<j≤n中所有不同值的个数，则称数列A,具有性质P. (1)判断下列数列是否具有性质P; 6/9 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ①A:3,1,7,5;②4：2,4,8,16,32 (2)已知数列A:2,4,8,16,32,m具有性质P,求出m的所有可能取值： (3)若一个数列Ao24:41,42,,a2024具有性质P,则a224是否存在最小值？若存在，求出这个最小值，并写出 一个符合条件的数列；若不存在，请说明理由 39.(22-23高三上·北京海淀·期末)对于一个有穷正整数数列0，设其各项为a,a2,·,an,各项和为S(Q ,集合(i,j)a,9a,l≤i<j≤n中元素的个数为T(Q) (1)写出所有满足S(Q)=4,T(Q)=1的数列0： (2)对所有满足T(Q)=6的数列Q,求S(Q)的最小值： (3)对所有满足S(Q)=2023的数列9，求T(2)的最大值， 40.（23-24高二上·北京·期末)已知有限数列A:a1,a2,…,am为单调递增数列.若存在等差数列 B:b,b2,…,bm+1,对于A中任意一项a,都有b,≤a,<b1,则称数列A是长为m的2数列. (1)判断下列数列是否为2数列（直接写出结果）： ①数列1,4,5,8；②数列2,4,8,16. (2)若a<b<c(a,b,c∈R),证明：数列a,b,c为数列； (3)设M是集合{x∈N10≤x≤63}的子集，且至少有28个元素，证明：M中的元素可以构成一个长为4 的2数列. 41.（23-24高二上·北京海淀·期末)已知整数n24,数列A:a1,a2,,an是递增的整数数列，即 a1,a2,,an∈Z且a1<a2<…<an定义数列A的“相邻数列”为B:b,b2,,bn,其中b=a1,bn=an,b=a-1+1或 b,=a1-1(i=2,3,,n-1 (1)已知n=4,数列4：2,4,6,8，写出A的所有“相邻数列”； (2)已知n=10,数列A:a1,a2,,ao是递增的整数数列，a1=1,ao=20,且A的所有“相邻数列均为递增数 列，求这样的数列A的个数； (3)已知n=20,数列A:a,a2,,a0是递增的整数数列，a1=0,a2=2,且存在A的一个“相邻数列”B,对任 意的i,je{2,3,,19},a+a,≠b,+b,求a2o的最小值. 7/9 厨学科网 www zxxk com 让教与学更高效 1 42.(23-24高二上·北京期末)设m为给定的正奇数，定义无穷数列Am:a1=1,an+1=了 an,an为偶数， 其 an+m,an为奇数， 中n∈N.若a是数列A,中的项，则记作a∈Am (1)若m=5,写出4的前5项； (2)求证：集合B={k∈Na∈Am,a,>2m是空集； (3)记集合Sm={xx∈Am},S={x正奇数m,xeSm},求集合S 43.(23-24高二上·北京东城期末)如图，正方形ABCD的边长为1，连接ABCD各边的中点得到正方形 EFGH,连接正方形EFGH各边的中点得到正方形JKL,依此方法一直进行下去.记a,为正方形ABCD的面 积，a2为正方形EFGH的面积，a为正方形1JKL的面积，.Sn为an}的前n项和给出下列四个结论： 1 ①存在常数M<32'使得a,>M恒成立：②存在正整数N,当m>N,时，a, 100:③存在常数M>2, 使得S,<M恒成立；④存在正整数N。,当n>N。时，Sn>2其中所有正确结论的序号是■ 44.（24-25高二上·北京期末)在平面内，有m个椭圆和n条抛物线(m,n∈N),任意两条曲线均存在 公共点，且任意三条及以上的曲线无公共点.设所有公共点个数为V.这些公共点将椭圆和抛物线共分割为 L条曲线段（或曲射线），上述图形将平面分割为S个互不连通的区域.如图，一个椭圆与一条抛物线相交， 此时S=4.已知对于任意m,n∈N,V+S-L=1成立 Π V (1)当m=n=1时，直接写出S的最大值及此时V和L的值； (2)当m=n=2时，是否存在"，使得S=25？若存在，求出V的值；若不存在，说明理由： (3)对于给定的m,neN,设所有S的最大值为S(m,n).当S(m,)=221+n时，试求出m+n的值 8/9 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 45.(24-25高二上·北京东城期末)设等差数列{a}的各项均为整数，且满足对任意正整数n,总存在正 整数m,使得a,+a2+…+an=am,则称这样的数列{an}具有性质P (1)若数列{an}的通项公式为an=2n,数列an}是否具有性质P?并说明理由； (2)若a,=3,求出具有性质P的数列{an}公差的所有可能值； (3)对于给定的a,具有性质P的数列{an}是有限个，还是可以无穷多个？ 46.（24-25高二上，北京·期末)己知公差不为0的等差数列an}满足a6+a,=a3,a;=5,等比数列bn}满 足日4可 (1)分别求数列an},{b}的通项公式： (2)在b和bb2之间插入1个数x使得b,x1,b2成等差数列，在b和b之间插入2个数x21,x2使得b2, 21,x2,b成等差数列，，以此类推，在bn和bn+1之间插入n个数xn1,xn2,,xm使得bn,xn1,xn2,, xm,bn+1成等差数列.设Tn=X,+(21+x22)+…+(xn1+xn2+…+xnn). ①求Tn的表达式； ②是否存在正整数m,n使得7，-，？若存在，求出所有的正整数对(m),若不存在，请说明理由。 2a 9/9 专题04 数列（五大题型+好题推送） 5大高频考点概览 考点01 数列的概念与简单表示法 考点02 等差数列 考点03 等比数列 考点04 数列与常用逻辑用语 考点05 数列新定义 地 城 考点01 数列的概念与简单表示法 1．（24-25高二上·北京东城·期末）在数列中，（    ） A．2 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】结合递推公式可求得数列是周期为3的周期数列，然后利用递推数列求出第3项即可求解. 【详解】因为 所以，， 故， ， 故数列是周期为3的周期数列， 从而 由知，，， 故. 故选：D. 2．（24-25高二上·北京·期末）在数列中，，（，），则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】列出数列的前几项，即可得到是以为周期的周期数列，根据周期性计算可得. 【详解】因为，（，）， 所以，，，， 所以是以为周期的周期数列，则. 故选：A 3．（23-24高二上·北京海淀·期末）已知数列的前项和为，满足，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C．数列的前项和为 D．数列是递增数列 【答案】D 【分析】先利用求出数列的通项公式，再依次判断各选项即可. 【详解】由题意可知，当时，，解得， 当时，，则，即， 显然，，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，当时仍成立，，AB说法错误； 令，则，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，其前项和为，C说法错误； 令，则， 又由可得，所以数列是递增数列，D说法正确； 故选：D 4．（23-24高二上·北京东城·期末）已知是数列的前项和，，则（    ） A．1 B．3 C．5 D．8 【答案】C 【分析】利用及从而可求解. 【详解】由题意知，所以，故C正确. 故选：C. 5．（23-24高二上·北京·期末）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D．2 【答案】D 【解析】数列满足，，可得，利用周期性即可得出． 【详解】数列满足，， 可得， ， ， ， ，数列的周期为3． ． 故选：D. 【点睛】本题考查了数列的递推关系、数列的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 6．（22-23高二下·北京东城·期中）已知是各项均为正整数的数列，且，，对，与有且仅有一个成立，则的最小值为（    ） A．18 B．20 C．21 D．23 【答案】B 【分析】令，由题设易知或有一项为1，则，判断各项取值情况，进而求的最小值. 【详解】当满足时，， 令，则或有一项为1，而， ∴，又是各项均为正整数的数列， ∴，，，， 此时的最小值为， 当满足时，，，，，，，时， ， 因为， 所以的最小值为20. 故选:B. 7．（23-24高二上·北京·期末）已知数列满足，，若，则 ． 【答案】 【分析】由递推式，结合依次求出、即可. 【详解】由，可得：， 又，可得：. 故答案为：. 8．（23-24高二上·北京·期末）已知数列满足，且其前项和满足，请写出一个符合上述条件的数列的通项公式 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据条件得到数列的性质,按性质写出一个数列即可. 【详解】∵，∴数列时一个增数列； ∵，∴ ∴ 故答案为：（答案不唯一） 9．（24-25高二上·北京·期末）已知数列的前n项和为，且，给出下列四个结论： ①若，则； ②若，则； ③若，则满足的n的最小值是65； ④若，则数列是单调递增数列. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①④ 【分析】由题设计算得即可判断①；由题设计算，再结合累加法依次计算、、和即可判断②③；由依次计算和即可判断④. 【详解】对于①，若，由题得，，则 ； 当时 ， 所以若，则，故①正确； 对于②，因为，所以， 所以， 所以，，，…，， 所以 ， 若，则， 所以，故②错误； 对于③，由②可得 ， 所以，所以 所以若，则满足的n的最小值是64，故③错误； 对于④，由题，， 若，则. 又由①知当时，即， 所以， ， 所以对任意，， 所以若，则数列是单调递增数列.故④正确. 故答案为：①④ 地 城 考点02 等差数列 10．（23-24高二上·北京·期末）已知等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列.令，则数列的前50项和（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据成等比数列结合公差为2，求得，得到，再利用裂项相消法求解. 【详解】因为，，， 由成等比数列，得，解得， 所以， 则， 则. 故选：D. 11．（24-25高二上·北京·期末）和是两个等差数列，其中（）为一固定常数值，，，，则（    ） A．32 B．48 C．64 D．128 【答案】D 【分析】由已知条件求出的值，利用等差中项的性质可求得的值. 【详解】由已知条件可得，，则， 根据等差中项的性质，，所以. 故选：D. 12．（24-25高二上·北京东城·期末）做一个木梯需要7根横梁，这7根横梁的长度从上到下成等差数列，现有长为的一根木杆刚好可以截成最上面的三根横梁，长为的一根木杆刚好可以截成最下面的三根横梁，那么正中间的一根横梁的长度是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等差数列的性质可得，，利用可得结果. 【详解】记7根横梁的长度从上到下成等差数列， 由题意得，，， ∴，，故，， ∵，∴，即正中间的一根横梁的长度是. 故选：B. 13．（23-24高二上·北京·期末）在各项均不为零的等差数列中，若， 则 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】试题分析：根据等差数列性质可知，所以，因为，所以，则，故选A. 考点：等差数列. 14．（2023·北京海淀·一模）在等差数列中，，则（    ） A．9 B．11 C．13 D．15 【答案】C 【分析】根据等差数列的通项公式进行求解即可. 【详解】由题意知，解得，所以，所以. 故选：C. 15．（23-24高二上·北京东城·期末）哈雷彗星大约每76年环绕太阳一周，因英国天文学家哈雷首先测定其轨道数据并成功预言回归时间而得名.已知哈雷是1682年观测到这颗彗星，则人们最有可能观测到这颗彗星的时间为（    ） A．2041年～2042年 B．2061年～2062年 C．2081年～2082年 D．2101年～2102年 【答案】B 【分析】构造等差数列求出其通项公式，给赋值即可． 【详解】由题意，可将哈雷彗星的回归时间构造成一个首项是1682，公差为76的等差数列， 则等差数列的通项公式为， ，， 可预测哈雷彗星在本世纪回归的年份为2062年． 故选：B． 16．（23-24高二上·北京·期末）等差数列的前项和为，，，则 【答案】 【分析】由题意求出数列的首项和公差，继而求得数列的前项和公式，将的表达式进行裂项，再求即得. 【详解】设等差数列的首项为，公差为， 由题意有： ，解得 ， 数列的前n项和， 则有：， 故有 . 故答案为：. 17．（24-25高二上·北京东城·期末）已知数列满足：，． (1)若数列是等差数列，求的通项公式以及前n项和； (2)若数列是等比数列，求的通项公式． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用等差数列的性质和公式求首项和公差，即可求通项公式和前项和公式，即可求解； （2）根据等比数列的公式和性质求首项和公比，即可求通项公式. 【详解】（1）因为数列是等差数列， 所以． 所以． 所以， 即， 解得． 所以数列的通项公式， 即， 所以数列的前n项和， 即． （2）因为数列是等比数列， 所以． 由， 得， 即， 解得． 所以． 数列的通项公式为． 18．（23-24高二上·北京西城·期末）在等差数列中，，． (1)求数列的通项公式； (2)若数列是首项为1，公比为2的等比数列，记，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等差数列基本量计算即可得； （2）借助等差数列求和公式及等比数列求和公式分组求和即可得. 【详解】（1）设，则，， 解得，，故； （2）数列是首项为1，公比为2的等比数列，故， ， 故 . 19．（23-24高二上·北京东城·期末）已知为等差数列的前n项和，为等比数列的前项和，，. (1)若，求的值； (2)从以下三个条件中选择一个条件作为已知，使得单调递增，求出的通项公式以及. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用等差数列，等比数列的知识及性质，即可求解. （2）根据所给的三个条件中进行分别计算是否满足题意，从而求解. 【详解】（1）因为为等比数列，，， 设的公比为，则. 解得.所以. 因为，所以. 因为为等差数列，，所以公差， 所以. （2）若选择条件① 因为为等差数列，为等比数列，，，， 设的公差为，所以，， 所以不是递增数列，故不符题意，所以不能选条件①. 若选择条件② 因为为等差数列，为等比数列，，，， 设的公差为d，的公比为q， 则即 解得或（舍），故条件②符合题意， 所以，. 若选择条件③ 因为为等差数列，为等比数列，，，， 所以，设的公差，所以，， 所以不是递增数列，故不符题意，所以不能选条件③. 20．（23-24高二上·北京·期末）已知等差数列满足. (1)求数列的通项公式; (2)若数列满足,再从①;②;③这三个条件中任选一个作为已知,求数列的前项和. 【答案】(1) (2)选①时,;选②时,;选③时,. 【分析】(1)由题意设出公差,代入中,求出基本量即可求出通项公式; (2)先选择一种条件,根据递推关系得到为等比数列,求出的首项和公比,用分组求和即可得. 【详解】（1）解:由题知是等差数列, 记数列公差为, 因为, 所以, 解得, 故; （2）由(1)知, 当选择①时: 因为,, 故, 所以, 即为以2为首项,2为公比的等比数列, 所以, ; 当选择②时: 因为,, 故, 所以, 即为以2为首项,为公比的等比数列, 所以, ; 当选择③时: 因为,, 故, 所以, 即为以2为首项,-1为公比的等比数列, 所以, . 地 城 考点03 等比数列 21．（23-24高二上·北京·期末）已知等比数列的前项和为，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】结合等比数列的前项和公式，以及充分、必要条件的判断方法，判断出正确选项即可. 【详解】由于数列是等比数列，当且时，， 充分性：当，且公比时，得，，则，不满足充分性； 必要性：当，且公比时，得，，满足，但不满足，不满足必要性； 故选：D. 22．（22-23高二下·北京海淀·期末）已知为等比数列，公比，则（    ） A．81 B．27 C．32 D．16 【答案】A 【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解. 【详解】根据可得，所以或， 若，则不符合要求， 若，则符合要求，故， 故选：A 23．（20-21高二上·北京丰台·期末）已知等比数列满足，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】根据题意，由等比数列的通项公式可得公比，进而计算可得答案. 【详解】根据题意，设等比数列的公比为， 若，，则有，解得， 故， 故选：D. 24．（20-21高二上·北京朝阳·期末）光圈是一个用来控制光线透过镜头，进入机身内感光面的光量的装置.表达光圈的大小我们可以用光圈的F值表示，光圈的F值系列如下：F1，F1.4，F2，F2.8，F4，F5.6，F8，…，F64.光圈的F值越小，表示在同一单位时间内进光量越多，而且上一级的进光量是下一级的2倍，如光圈从F8调整到F5.6，进光量是原来的2倍.若光圈从F4调整到F1.4，则单位时间内的进光量为原来的（    ） A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍 【答案】C 【分析】由题可得单位时间内的进光量形成公比为的等比数列，即可求得. 【详解】由题可得单位时间内的进光量形成公比为的等比数列， 则F4对应单位时间内的进光量为，F1.4对应单位时间内的进光量为， 从F4调整到F1.4，则单位时间内的进光量为原来的倍. 故选：C. 25．（23-24高二上·北京西城·期末）已知为等比数列，为其前项和，若，，则 ； ． 【答案】 【分析】由等比数列基本量计算即可得，由等比数列前项和公式可计算出. 【详解】设，则，即， ，即， 故. 故答案为：；. 26．（24-25高二上·北京东城·期末）等比数列满足：，，则数列的前5项和是 ． 【答案】11 【分析】代入等比数列的基本量，即可求首项和公比，再代入等比数列的前项和. 【详解】设等比数列的首项为，公比为， 所以，所以，， 所以. 故答案为： 27．（22-23高二上·北京西城·期末）已知等比数列中，，则数列的前5项和 ． 【答案】 【分析】设等比数列的公比为q，由条件结合等比数列通项公式列方程求 q，利用等比数列求和公式求． 【详解】设等比数列{an}的公比为q， 因为，，所以，解得， 则数列的前5项和. 故答案为：． 28．（20-21高二上·北京丰台·期末）对于数列，若点都在函数的图象上，则数列的前4项和 . 【答案】30 【解析】根据等比数列的前项和公式可求. 【详解】由题设可得，故，故为等比数列，其首项为2，公比为2， 故， 故答案为：30. 地 城 考点04 数列与常用逻辑用语 29．（24-25高二上·北京东城·期末）已知等比数列各项都为正数，前项和为，则“是递增数列”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】D 【分析】通过两个特殊数列可知两个命题互相推不出，则可判断为既不充分也不必要条件. 【详解】等比数列各项都为正数，设公比为，则， ①当时，是递增数列， ， 由，则， 不满足. 所以是递增数列. ②当时，则， 此时满足，为常数列，不是递增数列. 所以 是递增数列. 故“是递增数列”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 30．（23-24高二上·北京东城·期末）已知，则“，，，为等比数列”是“”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 【分析】利用等比数列的性质及充分性，必要性知识即可求解. 【详解】充分性：当“，，，为等比数列”时，可得，故充分性满足； 必要性：当“”时，不妨设，，此时“，，，为，，，不是等比数列”，故必要性不满足； 所以“，，，为等比数列”是“”的充分不必要条件，故A正确. 故选：A. 31．（23-24高二上·北京·期末）已知等比数列的公比为q且，记、则“且”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】B 【分析】由等比数列及已知，要为递增数列只需在上恒成立，讨论、、，结合的符号，再根据充分必要性的定义即可得答案. 【详解】由题设且n ≥ 2，要为递增数列，只需在上恒成立， 当，不论取何值，总存在，不满足要求； 当， ，则，不满足要求； ，总存在，不满足要求； 当， ，则，不满足； ，若，，显然，即，不满足； ，则在上恒成立，满足. 所以为递增数列有且. 综上，“且”是“为递增数列”的必要不充分条件. 故选：B 32．（23-24高二上·北京·期末）设是首项为正数的等比数列，公比为q，则“”是“对任意正整数n，”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断． 【详解】是首项为正数的等比数列，若公比，则数列中奇数项为正，偶数项为负，一定有，充分性满足， 但是时，数列各项均为正，，也就是说时，得不出，不必要． 故选：A． 33．（23-24高二上·北京·期末）已知是等差数列，是其前项和.则“”是“对于任意且，”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】利用等差数列前n项和的函数性质判断“对于任意且，”与“”推出关系，进而确定它们的关系. 【详解】由等差数列前n项和公式知：， ∴要使对于任意且，，则，即是递增等差数列， ∴“对于任意且，”必有“”， 而，可得，但不能保证“对于任意且，”成立， ∴“”是“对于任意且，”的必要而不充分条件. 故选：B. 地 城 考点05 数列新定义 34．（24-25高二上·北京·期末）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理、化学等领域都有应用，斐波那契数列满足，（，）.给出下列四个结论： ①存在，使得，，成等差数列； ②存在，使得，，成等比数列； ③存在常数t，使得对任意，都有，，成等差数列； ④不存在正整数，，…，，且，使得. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①③ 【分析】由第2、3、4项可判断①；观察各项的奇偶可判断②；利用递推关系得可判断③；写出斐波那契数列直接观察可判断④. 【详解】对于①，由题意得，故成等差数列，故①正确， 对于②，由递推公式可知，，中有两个奇数，1个偶数，不可能成等比数列，故②错误， 对于③，， 故当时，对任意，，，成等差数列；故③正确， 对于④，依次写出数列中的项为， 可得，故④不正确. 故答案为：①③. 35．（24-25高二上·北京东城·期末）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，..，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，记为数列的前项和，则下列结论正确的是 .①；②；③；④. 【答案】①③④ 【分析】分别求出前七项，求和后可判断①；由依次取值后累加可判断②；由依次取奇数累加可判断③；由递推关系可得，依次取值后累加可判断④. 【详解】因为第三项起，每个数等于它前面两个数的和， 由数列前五项为1，1，2，3，5，可得，， ∴，①正确； 由，，…，，两边累加可得： 即， ∴，②错误； 由，，，…，， 相加可得：．③正确； 因为斐波那契数列总有， 则，，，…， ，； 相加可得，即，④正确． 故答案为：①③④． 【点睛】关键点点睛：解本题的关键是正确理解“斐波那契数列”含义以及递推关系与性质，求解时注意根据题干中的结论将递推关系灵活转换. 36．（23-24高二上·北京·期末）普林斯顿大学的康威教授于1986年发现了一类有趣的数列并命名为“外观数列”（Lookandsaysequence），该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外观描述”.例如：取第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项为11；将11描述为“2个1”，则第三项为21；将21描述为“1个2，1个1”，则第四项为1211；将1211描述为“1个1，1个2，2个1”，则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的项.则对于外观数列，下列说法正确的有 . ①若，则从开始出现数字2； ②若，则的最后一个数字均为； ③可能既是等差数列又是等比数列； ④若，则均不包含数字4. 【答案】②③④ 【分析】由外观数列的定义可判断①和②；举例子可判断③；由反证法，结合外观数列的定义可判断④. 【详解】对于①，当时， 由外观数列的定义可得：，，，故①错； 对于②，由外观数列的定义可知，每次都是从左向右描述， 所以第一项的始终在最右边，即最后一个数字，故②正确； 对于③，取，则，此时既是等差数列又是等比数列，故③正确； 对于④，当时， 由外观数列的定义可得：，，，. 设第一次出现数字4， 则中必出现了4个连续的相同数字. 而的描述必须包含“个，个”，显然的描述不符合外观数列的定义. 所以当时，均不包含数字4，故④正确. 故答案为：②③④ 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义、根据数列的递推关系式写出数列中的项及利用递推关系式研究数列的性质.解题关键在于理解数列的新定义，明确数列的递推关系式.根据数列的定义可判断①和②；举出特殊例子可判断③；通过反证法及数列的定义可判断④. 37．（23-24高二上·北京·期末）角谷猜想又称冰雹猜想，是指任取一个正整数，如果它是奇数，就将它乘以3再加1；如果它是偶数，则将它除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．如取正整数，根据上述运算法则得出，共需要经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”），已知数列满足：（m为正整数），①若，则使得至少需要 步雹程；②若；则m所有可能取值的和为 ． 【答案】 9 385 【分析】根据题目所给的步骤逐步计算即可. 【详解】m=13，依题意， ， 共9共 步骤； 若， ，  或， 若， 若， 的集合为 ，其和为385； 故答案为：9,385. 38．（23-24高二上·北京东城·期末）已知各项均为正整数的有穷数列：满足，有.若等于中所有不同值的个数，则称数列具有性质P. (1)判断下列数列是否具有性质P； ①：3，1，7，5；②：2，4，8，16，32. (2)已知数列：2，4，8，16，32，m具有性质P，求出m的所有可能取值； (3)若一个数列：具有性质P，则是否存在最小值?若存在，求出这个最小值，并写出一个符合条件的数列；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)答案见解析 (2)或 (3)存在，4045；一个满足条件的数列：1，3，5，…，4043，4047，4045 【分析】（1）根据数列具有性质的定义进行判断即可求解. （2）由具有性质，然后利用其性质对分奇偶进行讨论即可求解. （3）根据具有性质，然后利用其性质分别对，分情况讨论，从而其存在最小值，即可求解. 【详解】（1）①：3，1，7，5，任意两项和的结果有4，6，8，10，12共5个，而，所以具有性质P. ②：2，4，8，16，32，任意两项和的结果有6，10，12，18，20，24，34，36，40，48共10个，而，所以不具有性质P. （2）对于数列：2，4，8，16，32，m，任意两项和不同的取值最多有15个，所以.而：2，4，8，16，32中任意两项和的结果有10个，且全是偶数. （i）当为奇数时，都是奇数，与前5项中任意两项和的值均不相同，则：2，4，8，16，32，中所有的值共有15个，所以. （ii）当为偶数时，都是偶数，所以. 所以. 时，在前项中任两项和的结果中未出现， 所以：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值的个数大于，即，矛盾. 时，，，这三个结果在前项中任意两项和的结果中未出现，所以：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值的个数大于，即，矛盾. 时，：2，4，8，16，32，中任意两项和的不同值有6，10，12，16，18，20，22，24，30，34，36，40，46，48共个，成立. 综上，或. （3）存在最小值，且最小值为. 将的项从小到大排列构成新数列：， 所以. 所以的值至少有个. 即的值至少有个，即. 数列：1，3，5，…，4043，4047，4045符合条件. ：1，3，5，…，4043，4047，4045可重排成等差数列：1，3，5，…，4045，4047， 考虑，根据等差数列的性质， 当时，；当时，， 因此每个等于中的一个， 或者等于中的一个. 所以：1，3，5，…，4045，4047中共有4045个不同值. 即：1，3，5，…，4043，4047，4045中共有4045个不同值. 综上，的最小值是4045，一个满足条件的数列：1，3，5，…，4043，4047，4045. 【点睛】方法点睛：对于数列的新定义，可根据数列具有性质，根据其定义中所有不同值的个数作为解题的思路进行分类讨论，从而即可求解. 39．（22-23高三上·北京海淀·期末）对于一个有穷正整数数列，设其各项为，各项和为，集合中元素的个数为. (1)写出所有满足的数列； (2)对所有满足的数列，求的最小值； (3)对所有满足的数列，求的最大值. 【答案】(1)1，2，1或3，1； (2)7； (3)511566. 【分析】(1)由题意可直接列举出数列； (2)由题意可得，分、和分别求的最小值即可得答案； (3)由题意可得数列为的形式，设其中有项为2，有项为1，则有，所以，再利用二次函数的性质求的最大值即可. 【详解】（1）解：当时，存在一组，满足， 又因为的各项均为正整数，且， 所以，即，且， 当时，满足条件的数列只能是：3,1； 当时，满足条件的数列不存在； 当时，满足条件的数列不存在； 当时，满足条件的数列只有1，2，1； 当时，满足条件的数列不存在； 所以数列： 1，2，1或3,1； （2）解：由题意可知，所以， ①当时，应有数列中各项均不相同，此时有； ②当时，由于数列中各项必有不同的数，进而有. 若，满足上述要求的数列中有四项为1，一项为2，此时，不符合， 所以； ③当时，同②可得； 综上所述，有，同时当为2，2，1，1，1时，， 所以的最小值为7； （3）解：①存在大于1的项，否则此时有； ②,否则将拆分成个1后变大； ③当时，有，否则交换顺序后变为，进一步有， 否则有，此时将改为，并在数列末尾添加一项1，此时变大； ④各项只能为2或1，否则由①②③可得数列中有存在相邻的两项，设此时中有项为2，则将改为2，并在数列末尾添加一项1后，的值至少变为； ⑤由上可得数列为的形式，设其中有项为2，有项为1，则有， 从而有， 由二次函数的性质可得，当且仅当时，最大，为511566. 【点睛】关键点睛：本题考查了有穷数列的前项和及满足集合中元素的个数，属于难点，在解答每一小问时，要紧扣还是一个正整数数列，进行逻辑推理，从而得出结论. 40．（23-24高二上·北京·期末）已知有限数列为单调递增数列．若存在等差数列，对于A中任意一项，都有，则称数列A是长为m的数列． （1）判断下列数列是否为数列（直接写出结果）： ①数列1，4，5，8；②数列2，4，8，16． （2）若，证明：数列a，b，c为数列； （3）设M是集合的子集，且至少有28个元素，证明：M中的元素可以构成一个长为4的数列． 【答案】（1）①数列，，，是数列；②数列，，，是数列；（2）证明见解析；（3）证明见解析． 【分析】（1）由数列的新定义，可直接判定，得到答案； （2）分当，和三种情况讨论，结合数列的新定义，即可求解； （3）假设中没有长为的数列，先考虑集合，得到存在一个，使得中没有一个元素属于，再考虑集合，得到存在一个，使得中没有一个元素属于，进而证得集合中至多有个元素，即可得到结论. 【详解】（1）由数列的新定义，可得数列，，，是数列；数列，，，是数列． （2）①当时，令，，，， 所以数列，，，为等差数列，且， 所以数列，，为数列． ②当时，令，，，， 所以数列，，，为等差数列，且． 所以数列，，为数列． ③当时，令，，，， 所以数列，，，为等差数列，且． 所以数列，，为数列． 综上，若，数列，，为数列． （3）假设中没有长为的数列， 考虑集合，，，，． 因为数列，，，，是一个共有5项的等差数列， 所以存在一个，使得中没有一个元素属于． 对于其余的， 再考虑集合，，，，． 因为，，，，是一个共有5项的等差数列， 所以存在一个，使得中没有一个元素属于． 因为中个数成等差数列，所以每个中至少有一个元素不属于． 所以集合中至少有个元素不属于集合． 所以集合中至多有个元素，这与中至少有个元素矛盾． 所以假设不成立． 所以中的元素必能构成长为4的数列． 【点睛】1、数列新定义问题的特点：通过给出一个新的数列概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求考生再阅读理解的基础上，以及题目提供的信息，联系所学知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到数列的心定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决. 41．（23-24高二上·北京海淀·期末）已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或 (1)已知，数列，写出的所有“相邻数列”； (2)已知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数； (3)已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值． 【答案】(1)；；；. (2)11个 (3)37 【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可； （2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可； （3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可. 【详解】（1）根据“相邻数列”的概念可知，， 或，或， 所以的所有“相邻数列”有；；；. （2）任取的一个“相邻数列”， 因为或， 或， 所以有且， 对于的取值分以下4种情形： （a）， （b）， （c）， （d） 由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形， 递增，，即， 由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列， 于是，则，即满足数列的有11个. （3）令，所以对任意， 设，则且， 先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合， 若，令，则，由得， 所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合． 若，令，则，由得， 所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合， 因此，的分布只可能是如下三种情况： （i），此时，对任意的，由得， 所以对任意的，注意到，所以， 等号当且仅当时取到； （ii）存在整数，使得 对任意的，对任意的，所以 （iii）．此时，对任意的，与情形1类似， 对任意的，注意到， 所以， 综上，的最小值为． 【点睛】思路点睛：根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可. 42．（23-24高二上·北京·期末）设为给定的正奇数，定义无穷数列，其中.若是数列中的项，则记作. (1)若，写出的前5项； (2)求证：集合是空集； (3)记集合，，求集合. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3),． 【分析】（1）根据递推公式即可逐一代入求解； （2）利用反证法证明； （3）由,，提出猜想,，证明． 【详解】（1）当时，由可得， 所以的前5项为， （2）假设集合，非空， 当时，，又是正奇数，，而，不合题意， 当时，，若，则需，又是正奇数，不合题意， 设中元素的最小值为（显然， 因为，所以，因此为奇数，且． 若，则为偶数， 但此时应有，与矛盾， 若，则，即，与的最小性矛盾， 因此假设不成立，集合为空集． （3）猜想,． 因为,，以下只需证对任意大于1的奇数，1，， 若，，则，故只需证必存在，． 由（2）知无穷数列中所有的项都属于集合，2，，， 因此必存在，使得，取其中的值最小的一组， 若，则； 若，则必有，与的最小性矛盾； 若，则必有，也与的最小性矛盾． 因此只能，因此，，，即1，． 综上，,． 【好题推送】 43．（23-24高二上·北京东城·期末）如图，正方形的边长为1，连接各边的中点得到正方形，连接正方形各边的中点得到正方形，依此方法一直进行下去.记为正方形的面积，为正方形的面积，为正方形的面积，…….. 为的前项和.给出下列四个结论： ①存在常数，使得恒成立；②存在正整数，当时，；③存在常数，使得恒成立；④存在正整数，当时，其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】根据题意，正方形边长成等比数列，正方形的面积等于边长的平方，也为等比数列，利用等比数列求和公式，然后逐项判断即可求解. 【详解】记第个正方形的边长为，面积为， 由每个正方形都是由上一个正方形各边中点连接得到，可知第个正方形的边长为， 面积为， 所以，又因为，所以正方形面积构成的数列是首项为，公比为的等比数列， 其通项公式为， 对①：，因为，所以恒成立，故①正确； 对②：当时，即且为正整数，所以存在，故②正确； 对③、④：，又因为， 所以，因此当时，恒成立，故③正确； 因此当时，恒成立，故④错误. 故答案为：①②③. 44．（24-25高二上·北京·期末）在平面内，有个椭圆和条抛物线（），任意两条曲线均存在公共点，且任意三条及以上的曲线无公共点. 设所有公共点个数为V. 这些公共点将椭圆和抛物线共分割为L条曲线段（或曲射线），上述图形将平面分割为S个互不连通的区域. 如图，一个椭圆与一条抛物线相交，此时. 已知对于任意，成立. (1)当时，直接写出S的最大值及此时和的值； (2)当时，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； (3)对于给定的，设所有S的最大值为. 当时，试求出的值. 【答案】(1)，； (2)存在， (3) 【分析】（1）由题意易得结论； （2）设四条曲线分别为，其中为椭圆，为抛物线.和的公共点个数为，其中且，则.可得，可求得； （3）当有个椭圆和条抛物线时，每增加1个椭圆与1条抛物线时，可得，利用累加法可求得，进而可求得，计算可求得. 【详解】（1）由题意易得，此时； （2）设四条曲线分别为，其中为椭圆，为抛物线. 和的公共点个数为，其中，则. 所以， 且与其他三条曲线的公共点个数分别为 ，，，. 所以上的曲线段（或曲射线）条数分别为 ，，，. 所以. 又因为，所以，所以. 其中时，上式成立. （3）由题意，当有个椭圆和条抛物线时， 每增加1个椭圆，至多增加个公共点， 原有曲线上共增加条曲线段， 新增椭圆被分割为条曲线段， 所以新增条曲线段. 因为，所以. 每增加1条抛物线时，至多增加个公共点， 原有曲线上共增加条曲线段， 新增抛物线被分割为条曲线段（或曲射线）， 所以新增条曲线段（或曲射线）. 同理，. 所以当时， ， ， ……， ， 累加有， 即， 相加得， 又，所以. 当时，符合题意. 取定，当时， ， ， ……， ， 累加有， 即， 相加得， 所以. 由，得， 所以， 因为，所以. 45．（24-25高二上·北京东城·期末）设等差数列的各项均为整数，且满足对任意正整数，总存在正整数，使得，则称这样的数列具有性质. (1)若数列的通项公式为，数列是否具有性质？并说明理由； (2)若，求出具有性质的数列公差的所有可能值； (3)对于给定的，具有性质的数列是有限个，还是可以无穷多个？ 【答案】(1)数列具有性质，理由见解析 (2)或 (3)答案见解析 【分析】（1）由性质P的定义即可判断； （2）由题设，存在，结合已知得且，则，由性质P的定义只需保证d为整数即可确定公差的所有可能值； （3）根据（2）的思路，分类讨论与的情况.当且，由为整数，在为定值只需d为整数，即可判断数列的个数是否有限. 【详解】（1）因为，所以对任意有， 即对任意正整数，总存在正整数，使得， 所以数列具有性质. （2）设等差数列的公差为d，数列具有性质， 当时，恒成立； 当时，则， 所以即， 若时，则，不满足题意； 所以，得， 由等差数列的各项均为整数，则为整数，又，且， 所以有或，即或. 又， 若对任意，且， 则， 又正整数n和必一奇一偶，且，则为非负整数， 因此只需为整数，那么即为数列的第项， 故当，即时， 则，满足题意； 当，即时， 则，满足题意； 当，即时， 则，满足题意； 故d的所有可能值为或. （3）①若给定，则， 所以， 故给定，则任意，都具有性质，故此时这样的数列有无穷多个； ②若给定，则， 由（2）知，，，则， 则，只需为整数，则， 即为数列的第项， 因为任意给定整数的约数为有限个，故公差d必为有限个， 故若给定，则具有性质P的数列有有限个； 综上所述，若给定，具有性质的数列有无穷多个； 若给定，具有性质的数列有有限个. 46．（24-25高二上·北京·期末）已知公差不为0的等差数列满足，，等比数列满足，． (1)分别求数列，的通项公式； (2)在和之间插入1个数使得，，成等差数列，在和之间插入2个数，使得，，，成等差数列，…，以此类推，在和之间插入n个数，，…，使得，，，…，，成等差数列．设． ①求的表达式； ②是否存在正整数m，n使得？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)①；②存在正整数对为及 【分析】（1）设数列的公差为d，利用等差数列的通项公式基本量计算求出，则，设等比数列的公比为，利用等比数列的通项公式基本量计算求出，则求得； （2）①由题意推导出公差，从而，利用公式得到，故，由此利用错位相减法能求出； ②由及第①问得到，求出当，，时的值，再利用导函数证明当时，有，即证，由此能求出所有的正整数对． 【详解】（1）设等差数列的公差为d，， 则由，得，则， 又，则，所以， 所以； 设等比数列的公比为， 因为，，则，则， 所以． （2）①在和之间插入n个数、、…、，使、、、…、、成等差数列，设公差为， ∴， 则， ∴， ∴，① 则，② ①﹣②得， ∴． ②假设存在正整数m，n，使成立， ． ， 当时，不合题意， 当时，， 当时，， 以下证明，当时，有，即证， 设，，则， ∴在上单调递增， 故时，， ∴， ∴时，m不是整数， ∴所有的正整数对为及. 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $