专题04 数列4个考点（北京专用）2026年高考数学一模分类汇编

专题04 数列 4大考点概览 考点01等差数列 考点02等比数列 考点03数列综合 考点04数列新定义 等差数列 考点1 1．（2026·北京西城·一模）《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术著作，是中国古代建筑发展到了较高阶段的标志．书中根据不同等级房屋建筑的需要，将建筑中的木方（断面为矩形的木料）的尺寸分为8个等级．记这8个等级木方断面的长与宽分别为与，若对任意，且与都是公差为的等差数列，是公差为的等差数列．已知，，则_________， _________． 2．（2026·北京海淀·一模）已知等差数列，，，则（   ） A．13 B．15 C．17 D．18 3．（2026·北京昌平·一模）已知为等差数列，为其前项和．若，则______． 4．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，n的最大值是（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 5．（2026·北京平谷·一模）无人机表演团队把飞在空中的无人机设计成在垂直于地面的同一平面内，已知10架无人机飞行的高度（单位：米）从低到高构成项数为10的数列，该数列的前4项成等比数列，后7项成等差数列，且，，，则______，数列所有项的和为______． 6．（2026·北京房山·一模）若是以为公差的等差数列，，则等差数列的公差为（    ） A． B． C． D． 7．（2026·北京朝阳·一模）已知等差数列的前项和为，，则（   ） A．10 B．15 C．20 D．25 8．（2026·北京顺义·一模）已知等差数列的前项和为，若，，，成等比数列，则（   ） A．28 B．42 C．56 D．112 9．（2026·北京延庆·一模）设等差数列的公差为，其前n项和为，则“”是“存在最小值”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 10．（2026·北京密云·一模）已知数列的前项和为，则（    ） A．35 B．11 C． D． 等比数列 考点2 11．（2026·北京丰台·一模）西汉海昏侯墓出土的两千多年前的“权”（砝码），是与“衡”（天平）配合使用的称量工具．已知五枚权的质量（单位：克）从小到大构成项数为5的等比数列，其中，，则___________；在称量物体时所用的权的质量之和叫称量值，则从这五枚权中取一枚或多枚，可组合出的不同称量值共有___________种． 12．（2026·北京西城·一模）在等比数列中，，则（   ） A．16 B．32 C．64 D．256 13．（2026·北京海淀·一模）设等比数列的前n项和为，若，则公比______. 14．（2026·北京丰台·一模）已知是公比为的无穷等比数列，则“”是“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”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 15．（2026·北京门头沟·一模）已知等比数列的前n项和为，且，，则（   ） A．31 B．15 C． D． 16．（2026·北京石景山·一模）已知为数列的前项和，记，且满足.给出下列四个结论： ①的第2项小于0； ②为等比数列； ③为递减数列； ④当时，存在. 其中所有正确结论的序号是__________. 17．（2026·北京·模拟预测）在等比数列中，，，则（    ） A． B． C．8 D．24 数列综合 考点3 18．（2026·北京门头沟·一模）无穷数列满足如下条件①；②；③．则下列说法正确的是（   ） A．若，则满足条件的单调数列有且只有2个 B．对于任意给定的，满足条件的单调数列有且只有1个 C．存在使得满足条件的数列有且只有1个 D．存在无数个使得满足条件的数列有且只有1个，且此时数列一定是单调数列 19．（2026·北京·模拟预测）已知函数且为常数，是函数大于0的零点，其构成数列，下列说法正确的有____ ①．函数有且只有一个零点 ②．若函数在区间内均存在零点，则 ③．若，则数列为递增数列 ④．存在实数，使得数列为常数列 20．（2026·北京朝阳·一模）设无穷数列的前项和为，且对于任意，（且），给出下列四个结论： ①存在，使得是常数列； ②任意，不是递增数列； ③存在，使得是周期数列（即存在，对任意，）； ④任意，既有最大值，又有最小值. 其中正确结论的序号是______. 21．（2026·北京·模拟预测）已知各项均不为零的数列，其前项和是，若，则（   ） A．不可能是等差数列 B．可能是等比数列 C．不可能是递减数列 D．可能是周期数列 数列新定义 考点4 22．（2026·北京西城·一模）对任意无穷数列，定义从起连续k项的和为：，其中k，i为任意正整数．若无穷数列满足：对任意和，存在，使得，则称数列具有性质T． (1)设，其中．判断数列是否具有性质T？说明理由； (2)已知数列具有性质T， （i）求集合中元素个数的最大值； （ii）证明：存在正整数t，对任意，有． 23．（2026·北京昌平·一模）设数列，若存在公比为的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”． (1)写出数列的一个“等比分割数列”； (2)若数列的通项公式为，其“等比分割数列”的首项为1，求数列的公比的取值范围； (3)若数列的通项公式为，且数列存在“等比分割数列”，求的最大值． 24．（2026·北京朝阳·一模）若数列：，，…，（）满足如下两个性质，则称为数列： ①，，…，是1，2，…，的一个排列； ②，，…，是1，2，…，的一个排列. (1)判断数列：1，4，3，2和数列：5，1，4，2，3是否为数列？说明理由； (2)若数列：，，…，满足，，求证：数列：，，…，不是数列； (3)若数列：，，…，（）为数列，求的最小值. 25．（2026·北京房山·一模）已知数列：，，若集合，则称数列为数列的一个置换． (1)求数列：的任意置换的前项和的最大值； (2)已知数列：．写出的一个置换，使得该置换的前项的和满足：存在，．对任意，，数列是否也存在一个置换，使得该置换的前项的和满足：存在，？说明理由； (3)在项数为 的数列中，，证明：“数列为常数列”的充要条件为 “在数列的以任意项为末项的所有置换中，都存在置换，使得”． 26．（2026·北京·模拟预测）任取一个正整数，若是奇数，则将该数乘再加上；若是偶数，则将该数除以．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过个步骤变成（简称步“雹程”）．现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足（为正整数），当为偶数，则；当为奇数，则，下列结论正确的有___________ ①若，则使得需要步“雹程”； ②若，则； ③若，则数列的前项和为; ④若，则m的所有可能取值之和为. 27．（2026·北京丰台·一模）对于有穷正数数列，若满足对任意的，都有（是常数，且），则称数列具有性质．对数列定义“分拆”将中的第项拆分为两项，并得到数列，其中，且；特别地，当时，；当时，．对有穷正数数列，令数列．若数列均具有性质，则称为数列的阶完美分拆数列． (1)若，判断以下数列是否为的1阶完美拆分数列（结论不要求证明）： ①②2，0.5，0.5． (2)当时，若为数列的1阶完美拆分数列，证明：数列中被拆分的一定是最大项； (3)若数列为数列的阶完美拆分数列，证明：的最大值为4． 28．（2026·北京顺义·一模）已知项数列：满足.数列： ，满足，，其中.记，.其中，表示数集中最大的数. (1)已知：，求，的值； (2)若为奇数，且，求证：； (3)求证：. 29．（2026·北京平谷·一模）设数阵，其中．设 ，其中且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为． (1)若，写出经过变换后得到的数阵； (2)若，求的值； (3)对任意确定的一个数阵，证明：对所有可能的非空子集，对应的的值的总和不超过． 30．（2026·北京密云·一模）任取一个正整数，若它是奇数，就将该数乘3再加1；若它是偶数，就将该数除以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.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”.如取正整数6时，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称8步“雹程”）.现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：，若，则的所有可能取值的总个数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 31．（2026·北京延庆·一模）设m为正整数，数列，，…，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列，，…，是可分等差数列． (1)说明数列，，…，是不是、、、可分等差数列； (2)当，时，证明：数列，，…，是可分等差数列； (3)当时，数列，，…，是可分等差数列，证明：满足条件的个数不少于个． 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 数列 4大考点概览 考点01等差数列 考点02等比数列 考点03数列综合 考点04数列新定义 等差数列 考点1 1．（2026·北京西城·一模）《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术著作，是中国古代建筑发展到了较高阶段的标志．书中根据不同等级房屋建筑的需要，将建筑中的木方（断面为矩形的木料）的尺寸分为8个等级．记这8个等级木方断面的长与宽分别为与，若对任意，且与都是公差为的等差数列，是公差为的等差数列．已知，，则_________， _________． 【答案】 6.6 3.5 【分析】根据等差数列的定义，结合已知条件求解即可. 【详解】因为是公差为的等差数列，所以，. 又，所以. 因为对任意，，所以，所以. 因为是公差为的等差数列，所以，. 又，所以，同理， 因为都是公差为的等差数列，所以. 又，所以. 综上，，. 2．（2026·北京海淀·一模）已知等差数列，，，则（   ） A．13 B．15 C．17 D．18 【答案】B 【分析】根据题意结合等差数列的下标和性质运算求解即可. 【详解】因为数列为等差数列，则， 即，解得. 3．（2026·北京昌平·一模）已知为等差数列，为其前项和．若，则______． 【答案】 【详解】设等差数列的公差为， 由， 由， 由， 所以. 4．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，n的最大值是（ ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】先求出数列和的通项公式，然后利用分组求和求出，再对n进行赋值即可求解. 【详解】因为数列是以1为首项，2为公差的等差数列所以， 因为是以1为首项，2为公比的等比数列所以， 由得： ， 当时，即，即， 当时，， 当时，， 所以n的最大值是. 5．（2026·北京平谷·一模）无人机表演团队把飞在空中的无人机设计成在垂直于地面的同一平面内，已知10架无人机飞行的高度（单位：米）从低到高构成项数为10的数列，该数列的前4项成等比数列，后7项成等差数列，且，，，则______，数列所有项的和为______． 【答案】 144 1073 【分析】先利用和前项求出前项等比数列的公比，再利用和求出后项等差数列的公差，进而分别计算出及数列各项的和. 【详解】设前项构成的等比数列公比为，则，即，解得； 设后项构成的等差数列公差为，则分别是第一项和第六项，所以， 即，解得； 因为是等差数列的第四项，所以； 因为是等差数列与等比数列的公共项，现将其只看作等差数列的首项， 则数列所有项的和可看作前项等比数列与后项等差数列的和， 所以 【点睛】这道题的核心是分段数列的衔接处理：以公共项为桥梁，分别用等比数列通项公式求公比、等差数列通项公式求公差，再分段求和得到结果. 6．（2026·北京房山·一模）若是以为公差的等差数列，，则等差数列的公差为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等差数列的性质建立关于的等式，再化简整理即可. 【详解】是公差为的等差数列，所以 则， 所以的公差为. 7．（2026·北京朝阳·一模）已知等差数列的前项和为，，则（   ） A．10 B．15 C．20 D．25 【答案】B 【详解】在等差数列中，， 所以. 8．（2026·北京顺义·一模）已知等差数列的前项和为，若，，，成等比数列，则（   ） A．28 B．42 C．56 D．112 【答案】C 【分析】根据等差数列和等比数列的性质列式求首项和公差，再代入求和公式. 【详解】设等差数列的公差为，，即， 由，，成等比数列，得，即， 得，所以. 9．（2026·北京延庆·一模）设等差数列的公差为，其前n项和为，则“”是“存在最小值”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 【分析】化简得到，分别判断充分性和必要性得到答案. 【详解】为等差数列， 则， 对应的二次函数为， 故当时，函数有最小值，对应的数列有最小值， 当数列有最小值时，则二次函数开口向上，所以， 故是充分必要条件． 10．（2026·北京密云·一模）已知数列的前项和为，则（    ） A．35 B．11 C． D． 【答案】C 【详解】因为，即， 可知数列是以首项为，公差为的等差数列， 则，所以. 等比数列 考点2 11．（2026·北京丰台·一模）西汉海昏侯墓出土的两千多年前的“权”（砝码），是与“衡”（天平）配合使用的称量工具．已知五枚权的质量（单位：克）从小到大构成项数为5的等比数列，其中，，则___________；在称量物体时所用的权的质量之和叫称量值，则从这五枚权中取一枚或多枚，可组合出的不同称量值共有___________种． 【答案】 4 31 【分析】根据等比数列的通项公式，代入计算，即可得答案；根据组合数的计算性质，结合条件，即可得答案. 【详解】设公比为q，则，则，所以； 从这五枚权中取一枚或多枚， 由题意得，则数列单调递增，即， 下证明当时，， 由题意得，， 则， 所以成立， 结合等比数列的性质可得，任意不同组合的权的质量之和均不相等， 所以不同的称量值种数等于从5个权中取一个或者多个的组合数， 因此，可组合出的不同称量值共有种. 12．（2026·北京西城·一模）在等比数列中，，则（   ） A．16 B．32 C．64 D．256 【答案】B 【详解】设等比数列的公比为, 由得, ，两式作比，得，得， 则． 13．（2026·北京海淀·一模）设等比数列的前n项和为，若，则公比______. 【答案】2 【分析】根据前n项和定义可得，结合等比数列的定义运算求解即可. 【详解】因为，所以， 显然，则，即，解得. 14．（2026·北京丰台·一模）已知是公比为的无穷等比数列，则“”是“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”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】A 【分析】根据充分条件、必要条件的判断及等比数列、等差数列的性质判断即可. 【详解】充分性： 若，对于无穷等比数列，其通项公式为. 当时，当为奇数时，；当时，当为偶数时，. 对于无穷等差数列，其通项公式为（为首项，为公差）. 所以对于任意，即给定，总可以找到一个足够大的正整数，使得. 因此“”能推出“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”，充分性成立. 必要性： 若任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使， 当时，若，等比数列单调递增，同样满足条件. 所以“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”不能推出“”，必要性不成立. 15．（2026·北京门头沟·一模）已知等比数列的前n项和为，且，，则（   ） A．31 B．15 C． D． 【答案】C 【详解】设等比数列的公比为， 由等比数列性质可得，即，解得； 又，可得； 所以. 16．（2026·北京石景山·一模）已知为数列的前项和，记，且满足.给出下列四个结论： ①的第2项小于0； ②为等比数列； ③为递减数列； ④当时，存在. 其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】①④ 【分析】由条件先证明，，结合等差数列定义求，结合求，再由与关系求，根据数列的通项公式直接判断①④，结合等比数列定义和递减数列定义判断②③. 【详解】由，可得， 当时，， 所以，故， 当时，， 代入可得 所以是首项为，公差为的等差数列，得， 由，可得， 对，也满足上式， 当时，， 当时，， 对于①，，①正确， 对于②，，，不是等比数列，②错误， 对于③，对，， 所以当时，数列单调递增，③错误； 对于④：当时，，满足， 所以存在整数，满足关系，④正确. 17．（2026·北京·模拟预测）在等比数列中，，，则（    ） A． B． C．8 D．24 【答案】A 【详解】设等比数列的公比为， 因为，， 所以，解得. 数列综合 考点3 18．（2026·北京门头沟·一模）无穷数列满足如下条件①；②；③．则下列说法正确的是（   ） A．若，则满足条件的单调数列有且只有2个 B．对于任意给定的，满足条件的单调数列有且只有1个 C．存在使得满足条件的数列有且只有1个 D．存在无数个使得满足条件的数列有且只有1个，且此时数列一定是单调数列 【答案】D 【分析】先利用诱导公式得到的递推关系式，再结合函数图象，利用需满足的条件对具体的进行分类分析即可. 【详解】根据诱导公式可得， 因此有或， 即（关系1）或（关系2），， 对于关系1，结合条件②，可化为； 对于关系2，由可得③， 代入条件②得，解得， 则由③可得，； 设，， 可知在正弦函数图象上，且在余弦函数图象上， 由①可知直线垂直于轴， 再由条件②，可依次取点，得到点列； 对于A选项，由，即， 在平面直角坐标系中作出正、余弦函数图象， ，故由条件②，可得， 由， 可得，或（舍去），； 结合条件②，如图所示，依次可绘出点列， 由此结合周期性可知，即满足条件的单调数列有且只有1个， 故A项错误； 对于B选项，给定， 构造一：利用关系1：构造数列， 则数列通项为，即可得到一个递增的数列； 构造二：先由关系构造， 再利用关系1：构造数列，则， 即也可得到一个递增的数列，故满足条件的单调数列不只一个， 故B项错误； 对于C选项，给定， 由，其中， 构造数列： 验证可知，满足条件①；②；③． 由条件，正整数列的无界性则可构造无数个满足条件的数列， 故存在无数个满足条件的数列满足题意，C错误； 对于D选项， ()当时，结合A选项与正余函数周期性分析， 可得数列满足，即满足条件的数列有且只有1个，且单调递增； ()当 时，由，结合条件②； 可得，或，. 当 时，此时可得， 这与条件③矛盾m，故，，依次绘点如下图： 再由周期性可知数列满足，故数列单调递增； ()当 时，由，结合条件②； 可得，由，结合条件②； 可得，或（舍去，不能与相同），依次绘点如下图： 再由周期性可知数列满足，故数列单调递增； ()当 时，同理可得 ，依次绘点如下图： 再由周期性可知数列满足，故数列单调递增； ()当 时，由，结合条件②； 可得，由，结合条件②； 可得， ，依次绘点如下图： 再由周期性可知数列满足，故数列单调递增； ()当 时，由，结合条件②； 可得，由，结合条件②； 可得， ，依次绘点如下图： 再由周期性可知数列满足，故数列单调递增； ()当 及时，同理可分别绘点如下图： 再由周期性可知数列满足，故数列单调递增； 综上可知，当 时， 均可得数列唯一确定且满足， 即存在无数个，使得满足条件的数列有且只有1个，且单调递增； ()当时， 当且 时， 构造一：利用关系1：构造数列，则； 构造二：利用关系2： ，（ 且）构造，以后各项利用关系1构造可得数列， 构造 ，， 由，则，故，与构造一为不同数列； 即此时满足条件的数列不只 1个； 当且 时， 构造一：利用关系利用关系1：构造数列，则； 构造二：利用关系1可构造，则，且 ，则后续构造同上，利用关系2： （且）构造，以后各项利用关系1构造可得数列， 故此时满足条件的数列也不只 1个； 综上所述，存在无数个使得满足条件的数列有且只有1个，且此时数列一定是单调数列，故D正确. 19．（2026·北京·模拟预测）已知函数且为常数，是函数大于0的零点，其构成数列，下列说法正确的有____ ①．函数有且只有一个零点 ②．若函数在区间内均存在零点，则 ③．若，则数列为递增数列 ④．存在实数，使得数列为常数列 【答案】①③④ 【分析】利用导数判断函数的单调性即可说明①，由单调性可得，即可求出的范围判断②，当时可得，推导出，再利用函数的单调性判断③，设（常数），则对任意，恒成立，解出即可判断④． 【详解】选项①：因为，所以恒成立， 所以在上单调递增， 又时，时， 所以函数有且只有一个零点，①说法正确； 选项②：当时，恒成立，所以在上单调递增， 又，所以若函数在区间内均存在零点， 只需满足即可， 所以对任意成立即可， 而函数在上单调递减，所以， 所以，②说法错误； 选项③：由②的分析可得在上单调递增， 当时，，，所以， 当时， 由于是函数在的零点，所以， 所以，则，数列为递增数列，③说法正确； 选项④：若存在实数，使得数列为常数列，设（常数）， 则对任意，恒成立，故对任意的恒为常数，故或， 当时，代入得解得， 当时，代入得，因，故舍去， 所以当时，数列为常数列，，④说法正确. 20．（2026·北京朝阳·一模）设无穷数列的前项和为，且对于任意，（且），给出下列四个结论： ①存在，使得是常数列； ②任意，不是递增数列； ③存在，使得是周期数列（即存在，对任意，）； ④任意，既有最大值，又有最小值. 其中正确结论的序号是______. 【答案】②③ 【分析】根据给定条件，利用前项和与第项的关系求出通项公式，再逐一判断各个结论即可. 【详解】在无穷数列中，，，当时，， 两式相减得，而，即， 当时，数列是首项为，公比为的等比数列，， 当时，，当时，， 对于①，当时，不是常数列；当时，若是常数列，则， 即，解得，此方程无解，因此不是常数列，①错误； 对于②，当时，，不是递增数列， 当时，， 若，则恒成立；若，则随的增大，正负相间变化， 即不可能恒大于0，因此数列不是递增数列，②正确； 对于③，当时，，数列是周期为的周期数列，③正确； 对于④，取，则，正项趋向，负项趋向， 数列没有最大值和最小值，④错误. 21．（2026·北京·模拟预测）已知各项均不为零的数列，其前项和是，若，则（   ） A．不可能是等差数列 B．可能是等比数列 C．不可能是递减数列 D．可能是周期数列 【答案】C 【分析】利用题目条件推出数列前项和与通项的关系，结合选项逐一判断. 【详解】已知，时，两式作差得：， 因，两边除以得：，且时，，得， 同时可知：奇数项是公差为的递增数列，偶数项也是公差为的递增数列， 选项A：若是等差数列，由得，结合得， 即，验证得，满足条件，因此可以是等差数列，A错误； 选项B：若是等比数列，公比为，则要求对所有恒成立， 左边随变化，不可能恒等于常数，矛盾，不存在这样的等比数列，B错误； 选项C：递减数列要求对任意，，由前面推导： 若，则，即，不满足递减； 若，直接得，不满足递减；且奇数项、偶数项本身都是递增的， 因此不可能是递减数列，C正确， 选项D：数列的奇数项和偶数项都是单调递增数列，故数列不是周期数列，D错误. 数列新定义 考点4 22．（2026·北京西城·一模）对任意无穷数列，定义从起连续k项的和为：，其中k，i为任意正整数．若无穷数列满足：对任意和，存在，使得，则称数列具有性质T． (1)设，其中．判断数列是否具有性质T？说明理由； (2)已知数列具有性质T， （i）求集合中元素个数的最大值； （ii）证明：存在正整数t，对任意，有． 【答案】(1)具有，理由见解析 (2)（i）4；（ii）证明见解析 【分析】（1）首先分析数列为周期数列，再根据性质的定义即可判断； （2）（i）分别取取和，再利用反证法即可证明； （ii）利用（i）中的结论证明得存在，，满足，其中，再分和时证明即可. 【详解】（1）数列具有性质． 理由如下：数列满足，其中， 即是周期为4的周期数列． 所以对任意和，当时，． 故数列具有性质． （2）（i）取，由性质得：存在，使得． 同理，取，由性质得：存在，使得. 以此类推，得数列中任意连续4项中，必有一项的值等于． 同理，得对于数列中的每一项之后的任意连续4项中，必有一项的值等于． 假设的取值超过4个，不妨设有5个值不同的项， 由上述结论，知在之后的连续4项中，这5个不同值都会出现，这是不可能的． 所以中至多只有4个不同的取值． 又因为周期数列：具有性质， 所以集合中元素个数的最大值为4． （ii）考察由连续4项构成的数组， 由（i）知的取值不超过4个，故这样的数组个数不超过． 所以在这257个数组中至少存在两个相同的， 即存在，，满足，其中． 以下证明：若，则，即证． 由性质，知存在，使得． ①若，即时，去掉上述等式两边的公共项，得 若，上式即为． 若，由，知，所以． ②若，因为，所以． 当时，由，得， 记其值为，由性质知，在其后四项出现，所以； 当时，由，得， 分别记其值为，，由性质，知，所以； 同理，得当时，均有． 综上，可推导出． 从而由，得，即得， 进而得到， 所以存在正整数，对任意，有． 23．（2026·北京昌平·一模）设数列，若存在公比为的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”． (1)写出数列的一个“等比分割数列”； (2)若数列的通项公式为，其“等比分割数列”的首项为1，求数列的公比的取值范围； (3)若数列的通项公式为，且数列存在“等比分割数列”，求的最大值． 【答案】(1).（答案不唯一） (2) (3)5 【分析】（1）由于是公比为2的等比数列，因此“等比分割数列”的公比也取2，易得结论； （2）利用定义得出 ，然后确定出的最小值即得； （3）用反证法证明时，数列不存在“等比分割数列”，然后对找出“等比分割数列”数列即证． 【详解】（1）由，可以取，得.（答案不唯一）； （2）由得， 所以 ， 令， 则单调递减，所以 的最小值是， 所以公比的取值范围是； （3）首先证明时，数列不存在“等比分割数列”， 假设当时，数列存在“等比分割数列”， 则． 易知， 因为且，则，而，所以， 又因为，所以， 与矛盾， 所以当时，数列不存在“等比分割数列”． 所以， 当时，数列，存在首项为，公比为的数列满足： , 所以时，数列存在“等比分割数列”， 所以的最大值是5. 24．（2026·北京朝阳·一模）若数列：，，…，（）满足如下两个性质，则称为数列： ①，，…，是1，2，…，的一个排列； ②，，…，是1，2，…，的一个排列. (1)判断数列：1，4，3，2和数列：5，1，4，2，3是否为数列？说明理由； (2)若数列：，，…，满足，，求证：数列：，，…，不是数列； (3)若数列：，，…，（）为数列，求的最小值. 【答案】(1)数列不是数列，是数列． (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据数列的定义判断即可； （2）利用反证法证明即可； （3）通过新定义得，从而设，得到其最小值. 【详解】（1）因为，而3，1，1不是1，2，3的一个排列，所以数列不是数列． 因为5，1，4，2，3是1，2，3，4，5的一个排列， 又，4，3，2，1是1，2，3，4的一个排列， 所以数列是数列． （2）假设数列为数列， 则． 因为与的奇偶性相同， 所以 与的奇偶性相同． 所以与的奇偶性相同． 又是偶数，是奇数，矛盾． 所以数列不是数列． （3）因为数列为数列， 所以， 且 . 所以． 所以 因为， 所以，即． 令， 则， 所以， 即数列为数列． 所以的最小值为． 25．（2026·北京房山·一模）已知数列：，，若集合，则称数列为数列的一个置换． (1)求数列：的任意置换的前项和的最大值； (2)已知数列：．写出的一个置换，使得该置换的前项的和满足：存在，．对任意，，数列是否也存在一个置换，使得该置换的前项的和满足：存在，？说明理由； (3)在项数为 的数列中，，证明：“数列为常数列”的充要条件为 “在数列的以任意项为末项的所有置换中，都存在置换，使得”． 【答案】(1)252； (2)1，3，7，2，4，5，6； (3)证明见解析. 【分析】（1）分析前6项和小于等于即可； （2）写出满足题意的置换，再证明即可； （3）分的所有项均为偶数和的所有项均为奇数讨论即可. 【详解】（1）数列的每个置换的前6项和． 当置换为4，8，16，32，64，128，1，2时，． 所以的最大值为252． （2）数列的一个置换：1，3，7，2，4，5，6， 存在，使得．对任意，数列， 存在一个置换为：， 存在，使得． （3）必要性： 因为数列为常数列，每个置换是常数列，存在． 充分性：＂的以任意项为末项的所有置换中，都存在置换，使得．＂称具有性质． 由，得．又因为为偶数，为定值，所以数列的所有项的奇偶性相同.称具有性质. 对具有性质的数列施加变换：若的所有项均为偶数， 令；若的所有项均为奇数，令．得到数列． ①若的所有项均为偶数，， 则＂具有性质＂等价于＂具有性质＂， 又因为，所以．且数列具有性质． ②若的所有项均为奇数，，则＂具有性质＂等价于＂具有性质＂. 又因为，所以，当且仅当时取等号． 且数列具有性质. 总之，对数列施加变换，数列保持性质和性质不变. 对数列施加次变换后，得到常数列． 常数列，经过次相反的变换：或者， 每次得到的数列都是常数列，最终得到数列，且数列为常数列． 26．（2026·北京·模拟预测）任取一个正整数，若是奇数，则将该数乘再加上；若是偶数，则将该数除以．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过个步骤变成（简称步“雹程”）．现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足（为正整数），当为偶数，则；当为奇数，则，下列结论正确的有___________ ①若，则使得需要步“雹程”； ②若，则； ③若，则数列的前项和为; ④若，则m的所有可能取值之和为. 【答案】①②④ 【分析】对①直接根据“冰雹猜想”的递推关系进行推理可得；对②由“冰雹猜想”的递推关系可得数列的一个周期为，进而可得；对③同样可得数列是周期为，从而可得前的和；对④由进行反向推理，分别判断、、、、可得. 【详解】对于①：当时，根据上述运算法则得出， 则使得需要步“雹程”，①正确． 对于②：当时，，，，，， 则数列是周期为的周期数列，因为，故，②正确； 对于③：当时，，，，，， 则数列是周期为的周期数列， 故数列的前项和为，③错误； 对于④：当时，则或， 当时，则，进一步可得，所以或，所以或，即或； 当时，则，进一步可得或，所以或， 所以或或或，即或或或. 所以的所有可能取值之和为，故④正确． 27．（2026·北京丰台·一模）对于有穷正数数列，若满足对任意的，都有（是常数，且），则称数列具有性质．对数列定义“分拆”将中的第项拆分为两项，并得到数列，其中，且；特别地，当时，；当时，．对有穷正数数列，令数列．若数列均具有性质，则称为数列的阶完美分拆数列． (1)若，判断以下数列是否为的1阶完美拆分数列（结论不要求证明）： ①②2，0.5，0.5． (2)当时，若为数列的1阶完美拆分数列，证明：数列中被拆分的一定是最大项； (3)若数列为数列的阶完美拆分数列，证明：的最大值为4． 【答案】(1)①是；②否. (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】(1) 先根据1 阶完美拆分数列的定义，验证原数列与拆分后数列是否满足，再逐一判断即可； (2) 先假设拆分非最大项，结合1阶完美拆分数列的性质推出矛盾，再用反证法证明拆分项必须为最大项； (3) 先通过递推构造至阶完美拆分数列，验证其满足完美拆分数列的定义，再假设存在阶完美拆分，推出与定义的矛盾，从而确定的最大值 【详解】（1）①是；②否. ① 数列{1,1,1} 由拆分而来：将2拆为，满足, 对验证性质：任意两项，有,则 ，成立； 对验证性质：任意两项，有,则 ， 综上，①是； ② 数列 若由拆分，需将某一项拆为两项： 拆1：，得，但，不满足​； 拆2：，得，无法得到，故②不是 （2）不妨设． 假设取分拆，设， 则与矛盾． 所以拆分的项一定是数列中的最大项. （3）当时，的1阶完美拆分数列为1.44，1.2，1； 的2阶完美拆分数列为1.2，1，0.72，0.72； 的3阶完美拆分数列为1，0.72，0.72，0.6，0.6； 的4阶完美拆分数列为0.72，0.72，0.6，0.6，0.5，0.5． 所以数列存在4阶完美分拆数列． 下面证明对于任意数列，不存在5阶完美分拆数列． 假设数列的2阶完美拆分数列为， 不妨设． 由（2）知，为得到的3阶完美拆分数列，一定分拆 ，得到数列，其中，及． 若，则由，即及， 可得 若，有，与题设矛盾，不合题意． 此时，数列中的最大项无法再拆分，此时分拆结束． 于是，为得到4阶完美拆分数列，必须有， 此时，． 所以，拆分为，，得到数列， 其中及． 于是． 若是数列中的最大项， 因为，即，又， 于是，与假设矛盾． 所以不是此时数列的最大项． 若是数列中的最大项， 因为， 所以， 又， 所以，与假设矛盾． 所以不是此时数列的最大项． 所以是此时数列的最大项． 此时，应有，否则，， 于是， 与题设矛盾，不合题意，所以． 若，有， 与题设矛盾，不合题意． 此时，数列中的最大项无法再拆分，此时拆分结束． 因此，若数列存在阶完美拆分数列，则． 综上，的最大值为4. 28．（2026·北京顺义·一模）已知项数列：满足.数列： ，满足，，其中.记，.其中，表示数集中最大的数. (1)已知：，求，的值； (2)若为奇数，且，求证：； (3)求证：. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据数列的定义，分别计算和时数列的各项，进而求出和的值. （2）通过以及数列的定义，通过递推关系和绝对值的性质，证明. （3）利用三角不等式和绝对值不等式进行放缩去证明. 【详解】（1）已知：，. 当时，，，. ，. . 当时，，，，. . . （2），记（其中为常数且，，，），则对任意的，有. （且）. ，不妨记的有项，则的有项. ，. 又为奇数，，故仅当时等式成立. 当时，对所有成立，递推可得： ，即. 又，当时，则，结合，得. 当时，，则，进而可得. 综上，，证毕. （3）当时，且. 记，，故存在. 不妨设（循环数列，可平移下标），即，记，. 对任意，，由三角不等式： . 同理可得：. 对任意，. 故. 当为偶数时，. . 当为奇数时，. . 由可得. 即，证毕. 29．（2026·北京平谷·一模）设数阵，其中．设 ，其中且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为． (1)若，写出经过变换后得到的数阵； (2)若，求的值； (3)对任意确定的一个数阵，证明：对所有可能的非空子集，对应的的值的总和不超过． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据矩阵变换的定义和已知的变换结果，得到矩阵； （2）先对矩阵执行指定的变换得到新矩阵，再将新矩阵所有元素相加得到； （3）通过分类讨论子集是否包含矩阵中对应位置的元素，统计各类子集的数量并计算变换后矩阵元素的总和，最终推导出所有的值的总和的表达式并证明其不超过 −4. 【详解】（1）由题意可得； （2）经变换后得，故． （3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共，经过变换后第一行均变为；含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为；同时含有和的子集共，经过变换后第一行仍为；不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为． 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为 ． 若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为；不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为． 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为． 同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为． 所以对所有非空子集，的值的总和为， 又因为， 所以的值的总和不超过． 【点睛】这道题以矩阵子集变换为载体，核心是通过分类计数与对称抵消思想. 30．（2026·北京密云·一模）任取一个正整数，若它是奇数，就将该数乘3再加1；若它是偶数，就将该数除以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.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”.如取正整数6时，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称8步“雹程”）.现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：，若，则的所有可能取值的总个数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【详解】由，，解得； 由，解得； 由，解得或； 由，解得或； 由，解得或或； 由，解得或或或； 由，或或或或或， 所以则m所有可能的取值集合为，共6个元素. 31．（2026·北京延庆·一模）设m为正整数，数列，，…，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列，，…，是可分等差数列． (1)说明数列，，…，是不是、、、可分等差数列； (2)当，时，证明：数列，，…，是可分等差数列； (3)当时，数列，，…，是可分等差数列，证明：满足条件的个数不少于个． 【答案】(1)是、是、不是、是 (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）对每一组待删项，先列出删除后剩余的4项，再根据等差数列定义验证相邻项差值是否相等，一次判断剩余项能否构成等差数列，最终得出各组是否符合要求； （2）针对数对 ，将数列按删去项前后分段.删前取连续4项为组，删后剩余段也按连续4项分组，每组均为等差数列，满足可等分要求； （3）构造三角数阵证明即可. 【详解】（1）设原等差数列公差为，通项为，等差数列性质：下标成等差，则项成等差. （1）判断，，共6项，删去两项后剩余4项需构成1组等差数列：：剩余，是公差为的等差数列，是； ：剩余，是公差为的等差数列，是； ：剩余，依次为，相邻差不相等，无法构成等差数列，不是； ：剩余，是公差为的等差数列，是. 结论：仅不是，其余三个都是. （2）证明是可分等差数列： 按如下方式分组，共分为组，每组4项：前组：对，第组取， 均在删去项之前，每组4个连续项，天然构成等差数列； 中间组：删去后，剩余项从到，共项，每4个连续项分为一组，每组都是等差数列； 后组：删去后，剩余项从到，共项，每4个连续项分为一组，每组都是等差数列. 总项数为，恰好满足要求，因此数列是可分等差数列，得证. （3）①由（2）得，对任意，时， 符合题意， 此类共有个， ②在中任取连续项，使其首项满足， 将这项从左到右从上到下依次放入下列数阵， 则该数阵的每行、每列各自成等差数列， 删去两项后，余下， ，均为4项的等差数列， 时，满足题意， 相等，不等时，不等；相等，不等时，不等， 对，有种取值， 共有个， 即其有个， 综上，，得证. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $