压轴05 数列12大核心题型（压轴题专练）（北京专用）2026年高考数学终极冲刺讲练测

**基本信息** 聚焦北京高考数列命题“易入难出、重逻辑、重构造”特色，构建从基础运算到压轴新定义的10大核心题型体系，提炼可迁移的解题方法论。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |等差等比计算|3题|基本量运算、an与Sn关系|从定义推导通项与求和公式| |数列函数性质|3题|单调性分析、离散函数特性|联结数列与函数的本质联系| |最值与范围|3题|参变分离、母函数单调性|通过函数思想解决数列最值| |和与积最值|3题|指数函数模型、符号分析|结合等比数列特性分析和积| |递推与放缩|3题|累加法、构造法|从递推关系构建通项公式| |新定义|3题|二阶等比构造、逻辑验证|以新定义为载体考查抽象思维| |应用|3题|数学建模、实际问题转化|运用数列解决传统文化问题| |变换与置换|3题|分类讨论、构造证明|通过变换规则考查逻辑推理| |数阵与矩阵|3题|位置索引、整体不变量|二维载体下的数列性质探究| |序列型|3题|反证法、存在性构造|强化文字论证与逻辑闭环|

压轴05 数列10大核心题型 近三年北京高考数学数列的考察比较稳定，基础考基本量，选填基础题考等差、等比基本量，压轴题必考 “新定义数列”，数列考察整体呈现 “易入难出、重逻辑、重构造” 的特色。 在基础内容的考查层面，近三年试卷始终围绕等差数列、等比数列两大核心主干知识展开命题，重点考查两类基本数列的通项公式、前 n 项和公式、基本量运算以及数列核心性质，涵盖等差中项、等比中项、下标运算规律、数列单调性与项的符号分析等常规内容，命题形式简洁直白，运算量适中，极少设置复杂繁琐的计算障碍，主要检验学生对课本基础知识点的熟练掌握程度与简单方程运算能力。 连续三年固定以试卷得压轴题，考察数列综合型应用，即新定义数列为核心命题形式，完全脱离传统套路化的裂项相消、错位相减等机械求和题型，弱化程式化解题技巧，转而聚焦抽象数学理解与逻辑推理素养。题目会结合全新的数列专属定义、约束条件或特殊运算规则构建陌生问题情境，设问设置层层递进， 压轴题精讲 题型01 等差等比计算 技法指导 an与sn：求通项公式 （1）已知等比数列的首项为,公比为,则数列的通项公式为. （2）第项与第项的关系为,变形得. （3）由可知,当且时,等比数列的第项是指数函数 设数列是等差数列，且公差为， （1） 若项数为偶数，设共有项，则①； ② ； （2） 若项数为奇数，设共有项，则①(中间项)；②. 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．（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 3．（25-26高三·北京·模拟）记为等比数列的公比，若为，的等差中项，则（    ） A． B． C．或 D．或 题型02 数列函数性质 技法指导 等差数列与函数的关系： 在处理等差数列的前项和的最值时，往往转化为判定的符号变化： ①若，当时，则当且仅当最大； ②若，当时，则当且仅当最小； ③若最大，则. 等比数列与函数的关系 (1) 数列{an}是等比数列，an＝a1qn-1， 通项an为指数函数：即an＝a1qx-1； (2)数列{an}是等比数列，Sn＝，Sn为型线性指数函数。 （3）借助函数性质（或者不等式均值等性质）求等比数列最值时，要注意自变量n是离散 4．（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 5．（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 6．（2026·北京石景山·一模）数列为各项均为正数的等比数列，、、、为正整数，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 题型03 数列最值与范围 技法指导 涉及到数列最值与恒成立型： 1. 数列恒成立题型，第一思维是“参变分离”，分离参数，转化为求最值。 2. 研究数列型母函数单调性，借助函数单调性来求最大值最小值求参。 特别注意点： 数列是“离散型”函数，所以最值点，要比较确认对应的正整数值。如果牵扯到奇偶“正负”变号型数列，要注意，奇数，对应n=1,3,5,6.。。，偶数时，对应n=2,4,6,。。。， 7．（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 8．（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 9．（25-26高三上·北京东城·月考）设数列的各项均为非零的整数，其前n项和为．若为正偶数，均有，且，则的最小值为（   ） A．32 B．26 C．24 D．22 题型04 数列和与积的最值型 技法指导 an与sn：求通项公式 （1）已知等比数列的首项为,公比为,则数列的通项公式为. （2）第项与第项的关系为,变形得. （3）由可知,当且时,等比数列的第项是指数函数 10．（2020·北京·高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（    ）． A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 11．（25-26高三·北京·专题练习）已知等比数列的前项和为，前项积为，若首项为，则（    ） A．和既有最大值，又有最小值 B．有最小值，无最大值 C．无最大值，无最小值 D．无最小值，有最小值 12．（2025·北京专题练习）已知函数满足，，设，为数列的前项和，则使得成立的最小整数为（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 题型05 数列递推与放缩 技法指导 求数列通项公式常用的七种方法： （1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式或进行求解； （2）前项和法：根据进行求解； （3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出是否满足用上面的方法求出的通项； （4）累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法； （5）累乘法：当数列中有，即第项与第项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法； （6）构造法：①一次函数法：在数列中，（、均为常数，且，）. 一般化方法：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出； 13．（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 14．（25-26高三上·北京密云·月考）已知数列满足，且．给出下列四个结论： ①； ②； ③，当时，； ④，，当时，． 其中所有正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 15．（2024北京专题练习）设，数列中，， ,则 A．当 B．当 C．当 D．当 题型06 递推公式与新定义 技法指导 新定义型数列求通项得基础是数列构造法求递推公式： 二阶等比构造法有两种方法： 1.形如 为常数）,构造等比数列。特殊情况下， 当q为2时，=p， 2.形如，变形为，新数列累加法即可 16．（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______. 17．（25-26高二下·北京·期中）Leistra序列主要用于训练逻辑思维能力，被称为“玩具模型”，满足下列个条件的序列称为Leistra序列：1.各项全为正偶数；2.从第项起序列中的每一项都由前一项除以区间内的整数得到；3.不存在区间内的整数，使得最后一项为与一个偶数的积．则下列结论正确的有_______ ①．、、是Leistra序列 ②．项数大于或等于3的等差数列一定不是Leistra序列 ③．当、、是Leistra序列时，可能的值有个 ④．当Leistra序列的首项是位数时，其末项不可能是，也不可能是 18．（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. 所以的所有可能取值之和为，故④正确 题型07 数列应用 19．（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________． 20．（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_________， _________． 21．（2026高三·北京·专题练习）数学家杨辉在《详解九章算法》中将堆垛与相应立体图做类比，推导的求和公式与现代数学形式高度统一．例如，三角垛指的是顶层放1枚，第二层放3枚，第三层放6枚……依此类推，从第二层开始，每一层比上面一层多放的棋子数构成等差数列，则第8层棋子数_____；前8层的棋子总和数_____ 题型08 数列压轴：变换与置换型 技法指导 数列压轴题，多以新定义三问形式来考察： 第一问多为代入定义的简单计算与举例验证，门槛较低，保证基础得分； 第二问聚焦数列固有性质推导，围绕单调性、有界性、不等关系、唯一性等内容展开证明，锻炼学生逻辑推导与文字论证表达能力； 第三问为整道题的难点与拉分点，集中考查存在性论证、构造性证明、分类讨论、反证法以及抽屉原理等高阶思想方法，题干符号语言抽象、条件关联复杂，需要学生深度解读定义内涵，自主梳理逻辑链条，依托严谨的数学思维完成综合论证，重点选拔具备独立思考、自主建构逻辑、深度探究问题能力的考生。 22．（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“”． 23．（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”． 24．（25-26高二上·北京·期末）已知有序数对，有序数对，定义“变换”：.通过“变换”可以将有序数对转化为有序数对. (1)写出有序数对经过3次“变换”后得到的有序数对； (2)若有序数对经过一次“变换”得到有序数对，且有序数对的三项之和为4050，求的值； (3)在（2）的条件下，有序数对经过次“变换”后得到有序数对三项之和最小，求的最小值. 题型09 数列压轴：数阵与矩阵型 技法指导 数列压轴题考察数阵与矩阵型，多以 “数阵、表格、二维索引” 为载体，核心常常是借助变换规则，把一维数列变成二维位置 ， 本质考是考察位置索引、行列计数、局部变换、整体不变量、充要条件、构造与反证等等新定义概念与知识。不考复杂求和，多位置、计数、逻辑、构造。 25．（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． 26．（2024·北京丰台·一模）已知集合（，），若存在数阵满足： ①； ②． 则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． (1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值； (2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； (3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 27．（2023·北京西城·二模）给定奇数，设是的数阵．表示数阵第行第列的数，且．定义变换为“将数阵中第行和第列的数都乘以”，其中．设．将经过变换得到，经过变换得到，，经过变换得到．记数阵中的个数为． (1)当时，设，，写出，并求； (2)当时，对给定的数阵，证明：是的倍数； (3)证明：对给定的数阵，总存在，使得． 题型10 数列压轴：序列型 技法指导 序列型压轴形成了极为固定的考查规律。序列题型极少出现复杂代数运算，全程以文字证明、逻辑推导、规律归纳、举例验证为主要解题形式，对学生数学文字表达、逻辑闭环书写的要求极高。多从以下几方面入手分析求解： 1.分类讨论是贯穿全题的核心方法，常按照项的大小关系、正负取值、下标奇偶、差值范围、边界临界情况划分类别，逐一分析序列变化规律； 2.反证法高频用于第三问否定性结论、唯一性证明与矛盾推导，通过假设结论成立，结合序列约束推出与题干条件相违背的结果，完成论证； 3.构造法是存在性问题的核心解法，要求学生依据定义规则，自主设计、写出符合全部约束条件的具体序列，以此证明存在性； 4.整体分析、放缩推理、边界限定、离散最值分析等思想频繁融入题目之中，弱化计算强度，强化思维深度。 28．（25-26高三上·北京房山·开学考试）已知数列，集合，序列，T，其中．对数列进行如下变换：将的第项分别换为，其余项不变，得到的数列记作；将的第，，项分别换为，，，其余项不变，得到的数列记作；…；以此类推，得到…，简记为； (1)给定数列0，1，0，1，0，1，0和序列，写出； (2)给定数列0，0，0，0，0，0，0，请写出一个序列，使得为1，1，1，1，1，1，1，并求的最小值； (3)若项数为的数列的各项均为0，证明：存在序列，使得的各项均为1，并求的最小值． 29．（2025高二下·北京·学业考试）给定正整数，按照一定顺序排列的向量记为向量序列，其中. 给出两个性质： ①，且中的向量互不相等； ②已知向量集合.记.对于中的任意两个向量，“” 的充要条件是“”. (1)当时，分别判断向量序列是否满足性质①；（结论无需证明） (2)（）当时，写出一个同时满足性质①和性质②的向量序列； （）当时，若向量不同时在向量序列中，且同时满足性质①和性质②，求证：的个数为偶数. 30．（25-26高三上·北京朝阳·期末）设为正整数且，若由实数数对组成的序列满足对任意，均有，则称为一个序列．若对一个序列，存在有序实数组（其中）使得，则称为一个序列． (1)已知序列，判断序列是否为序列？序列是否为序列？说明理由； (2)当时，判断是否存在序列不是序列？若存在，请举出一个符合要求的序列；若不存在，说明理由； (3)若任意序列均是序列，求的所有可能取值． 压轴题强化训练 、单选题 1．（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 2．（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 3．（25-26高三·北京·二轮复习）已知数列的首项，前n项和为，且，则不正确的是（ ） A． B．是递增数列 C．是等差数列 D． 4．（25-26高三下·北京·开学考试）对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质.下列选项中错误的是（    ） A．若，则数列不具有性质 B．若，则数列具有性质 C．存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质 D．若数列和均具有性质，则具有性质 5．（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 6．（2026高三·北京·专题练习）在等比数列中，，若不等式成立，则的最小值为（    ） A．25 B．26 C．27 D．28 二、填空题 7．（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______. 8．（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． 9．（25-26高三下·北京·开学考试）定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，2，…给出下列四个结论： ①若为递增数列，则存在最大值； ②若为递增数列，则存在最小值； ③若，且存在最小值，则不一定存在最小值； ④若，且存在最大值，则一定存在最大值． 其中所有正确结论的序号有_______． 三、解答题 10．（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． 11．（25-26高三上·北京·月考）对于有限正整数数列：，若存在连续子列和符号序列，使得，其中，则称数列存在平衡连续子列． (1)写出数列2，1，2，3的一个平衡连续子列； (2)设对任意正整数，定义函数为满足的非负整数，其中为奇数，令．求数列并判断其是否存在平衡连续子列，说明理由； (3)设数列的每一项均为不大于的正整数，证明：当时，存在平衡连续子列． 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴05 数列10大核心题型 近三年北京高考数学数列的考察比较稳定，基础考基本量，选填基础题考等差、等比基本量，压轴题必考 “新定义数列”，数列考察整体呈现 “易入难出、重逻辑、重构造” 的特色。 在基础内容的考查层面，近三年试卷始终围绕等差数列、等比数列两大核心主干知识展开命题，重点考查两类基本数列的通项公式、前 n 项和公式、基本量运算以及数列核心性质，涵盖等差中项、等比中项、下标运算规律、数列单调性与项的符号分析等常规内容，命题形式简洁直白，运算量适中，极少设置复杂繁琐的计算障碍，主要检验学生对课本基础知识点的熟练掌握程度与简单方程运算能力。 连续三年固定以试卷得压轴题，考察数列综合型应用，即新定义数列为核心命题形式，完全脱离传统套路化的裂项相消、错位相减等机械求和题型，弱化程式化解题技巧，转而聚焦抽象数学理解与逻辑推理素养。题目会结合全新的数列专属定义、约束条件或特殊运算规则构建陌生问题情境，设问设置层层递进， 压轴题精讲 题型01 等差等比计算 技法指导 an与sn：求通项公式 （1）已知等比数列的首项为,公比为,则数列的通项公式为. （2）第项与第项的关系为,变形得. （3）由可知,当且时,等比数列的第项是指数函数 设数列是等差数列，且公差为， （1） 若项数为偶数，设共有项，则①； ② ； （2） 若项数为奇数，设共有项，则①(中间项)；②. 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 【分析】由等比中项的性质结合等差数列的基本量运算即可求解. 【详解】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．（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. 3．（25-26高三·北京·模拟）记为等比数列的公比，若为，的等差中项，则（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【详解】因为为，的等差中项， 所以，即，显然， 所以，解得或． 题型02 数列函数性质 技法指导 等差数列与函数的关系： 在处理等差数列的前项和的最值时，往往转化为判定的符号变化： ①若，当时，则当且仅当最大； ②若，当时，则当且仅当最小； ③若最大，则. 等比数列与函数的关系 (1) 数列{an}是等比数列，an＝a1qn-1， 通项an为指数函数：即an＝a1qx-1； (2)数列{an}是等比数列，Sn＝，Sn为型线性指数函数。 （3）借助函数性质（或者不等式均值等性质）求等比数列最值时，要注意自变量n是离散 4．（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 【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】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. 5．（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. 6．（2026·北京石景山·一模）数列为各项均为正数的等比数列，、、、为正整数，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】取特殊数列，结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论. 【详解】因为数列为各项均为正数的等比数列，、、、为正整数， 不妨取，当时，， 即“”“”； 不妨取，由可得，则， 即“”“”. 所以“”是“”的既不充分也不必要条件. 题型03 数列最值与范围 技法指导 涉及到数列最值与恒成立型： 1. 数列恒成立题型，第一思维是“参变分离”，分离参数，转化为求最值。 2. 研究数列型母函数单调性，借助函数单调性来求最大值最小值求参。 特别注意点： 数列是“离散型”函数，所以最值点，要比较确认对应的正整数值。如果牵扯到奇偶“正负”变号型数列，要注意，奇数，对应n=1,3,5,6.。。，偶数时，对应n=2,4,6,。。。， 7．（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 【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式求得可能的最大值，然后构造数列满足条件，即得到的最大值． 【详解】 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． 8．（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. 9．（25-26高三上·北京东城·月考）设数列的各项均为非零的整数，其前n项和为．若为正偶数，均有，且，则的最小值为（   ） A．32 B．26 C．24 D．22 【答案】D 【分析】因为，分类讨论的符号，由题意求出的最小值，的最小值，进而求有最小值. 【详解】因为，所以互为相反数， 若，为了取最小值，取奇数项为正值，取偶数项为负值，且各项尽可能小， 由题意知：满足，取的最小值； 满足，因为，故取的最小值； 满足，因为，取的最小值； 同理，取的最小值； 所以， 满足，取的最小值； 满足，因为，所以，取的最小值； 满足，因为，所以，取的最小值； 同理，取的最小值； 所以， 所以， 因为数列的各项均为非零的整数，所以当时，有最小值22； 若，为了取最小值，取奇数项为负值，取偶数项为正值，且各项尽可能小， 由题意知：满足，取的最小值； 满足，因为，故取的最小值； 满足，因为，取的最小值； 同理，取的最小值； 所以， 满足，取的最小值； 满足，因为，所以，取的最小值； 满足，因为，所以，取的最小值； 同理，取的最小值； 所以， 所以， 因为数列的各项均为非零的整数，所以当时，有最小值22； 综上所述：的最小值为22. 故选：D. 题型04 数列和与积的最值型 技法指导 an与sn：求通项公式 （1）已知等比数列的首项为,公比为,则数列的通项公式为. （2）第项与第项的关系为,变形得. （3）由可知,当且时,等比数列的第项是指数函数 10．（2020·北京·高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（    ）． A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 【答案】B 【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项. 【详解】由题意可知，等差数列的公差， 则其通项公式为：， 注意到， 且由可知， 由可知数列不存在最小项， 由于， 故数列中的正项只有有限项：，. 故数列中存在最大项，且最大项为. 故选：B. 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题. 11．（25-26高三·北京·专题练习）已知等比数列的前项和为，前项积为，若首项为，则（    ） A．和既有最大值，又有最小值 B．有最小值，无最大值 C．无最大值，无最小值 D．无最小值，有最小值 【答案】A 【分析】利用基本量法，可求出公比满足，分奇数项列与偶数项分析的单调性，结合与的大小，可得最值情况；再分析的各项符号变化规律及的单调性，结合，可得最值情况. 【详解】设等比数列公比， ，， 且，则， 等比数列的前项和， 则，其中， ①当为奇数时，， 则，即，故的最小值为. 又由，可得，所以； ②当为偶数时，， 则，即，故的最大值为. 又由，可得，所以； 综合①②可得，任意， 有最大值，最大值为；也有最小值，最小值为， 故既有最大值，又有最小值； 等比数列的前项积， 由，则， 所以，且，则， 当为奇数时，，与同号； 当为偶数时，，与异号； 故各项的符号依次为： 又，又由，则， 又因为数列单调递减， 所以必存在，使得当时，恒有，即. 由题意， 则当时，则，故数列单调递减； 当时，则，故数列单调递减（非严格）； 当时，则， 又数列单调递减，且，即数列必先增后减； 所以不论取何值，都存在最大值. 由于各项的符号的变化规律，可知最大值与最小值都存在， 且最大值即为正项中绝对值最大的项，而最小值即为负项中绝对值最大的项. 故既有最大值，又有最小值. 故选：A. 12．（2025·北京专题练习）已知函数满足，，设，为数列的前项和，则使得成立的最小整数为（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】由题意可得是以为首项，2为公比的等比数列，从而可得，利用错位相减法可求得，可求解. 【详解】因为，所以，又，所以， 所以，所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以， 所以 所以， 所以， 所以，又，， 所以使得成立的最小整数为. 故选：B. 题型05 数列递推与放缩 技法指导 求数列通项公式常用的七种方法： （1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式或进行求解； （2）前项和法：根据进行求解； （3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出是否满足用上面的方法求出的通项； （4）累加法：当数列中有，即第项与第项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法； （5）累乘法：当数列中有，即第项与第项的商是个有规律的数列，就可以利用这种方法； （6）构造法：①一次函数法：在数列中，（、均为常数，且，）. 一般化方法：设，得到，，可得出数列是以的等比数列，可求出； 13．（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 【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误. 法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立. 【详解】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. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立. 14．（25-26高三上·北京密云·月考）已知数列满足，且．给出下列四个结论： ①； ②； ③，当时，； ④，，当时，． 其中所有正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】对于①，，①错误；对于②，作差法判断数列单调性可得，又，故，②正确；对于③，由②知， ，③错误；对于④，先得到，又，则，，…，，相加可得，故，所以当，时，．④正确. 【详解】对于①，由于， 因为，所以，①错误 对于②，， 由①知，所以， 又，故，②正确； 对于③，由②知，， 故，当时，，③错误； 对于④，因为，所以， 因为，，所以， 依次可得，……，，则， 所以， 又，故，即， 则，…，， 相加可得， 因为，所以，故， 因为，当时，， 所以，，当，时，．④正确. 正确结论的个数为2.故选：B 15．（2024北京专题练习）设，数列中，， ,则 A．当 B．当 C．当 D．当 【答案】A 【解析】若数列为常数列，，则只需使，选项的结论就会不成立.将每个选项的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确. 【详解】若数列为常数列，则，由，可设方程 选项A：时，，，， 故此时不为常数列，，且， ，则，故选项A正确； 选项B：时，，，则该方程的解为， 即当时，数列为常数列，，则，故选项B错误； 选项C：时，，该方程的解为或， 即当或时，数列为常数列，或， 同样不满足，则选项C也错误； 选项D：时，，。该方程的解为，同理可知，此时的常数列也不能使，则选项D错误. 故选：A. 【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论的可能取值，利用“排除法”求解. 题型06 递推公式与新定义 技法指导 新定义型数列求通项得基础是数列构造法求递推公式： 二阶等比构造法有两种方法： 1.形如 为常数）,构造等比数列。特殊情况下， 当q为2时，=p， 2.形如，变形为，新数列累加法即可 16．（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 【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误. 【详解】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. 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 17．（25-26高二下·北京·期中）Leistra序列主要用于训练逻辑思维能力，被称为“玩具模型”，满足下列个条件的序列称为Leistra序列：1.各项全为正偶数；2.从第项起序列中的每一项都由前一项除以区间内的整数得到；3.不存在区间内的整数，使得最后一项为与一个偶数的积．则下列结论正确的有_______ ①．、、是Leistra序列 ②．项数大于或等于3的等差数列一定不是Leistra序列 ③．当、、是Leistra序列时，可能的值有个 ④．当Leistra序列的首项是位数时，其末项不可能是，也不可能是 【答案】②③ 【分析】利用Leistra序列的定义可判断①选项；利用等差数列的定义结合Leistra序列的定义可判断②选项；设存在、，使得，，推导出，可得出的可能取值，可判断③选项；讨论末项的可能取值，并列举出一个符合条件的序列，可判断④选项. 【详解】对于①选项，因为，故、、不是Leistra序列，①错； 对于②选项，不妨设、、为等差数列的连续项， 若该等差数列为Leistra序列，则存在正整数、， 使得，，所以， 由得，所以， 由、，可得，， 所以不成立，②对； 对于③选项，存在、，使得，， 所以，则， 所以的值可能是或，即可能的值有个，③对； 对于④选项，因为 ， 其中 且 4 为偶数，不满足条件3，所以不可能是末项， 若末项且为偶数，则，此时，不满足条件3， 对任意正整数和正偶数，均有，故满足条件3， 所以可能是末项，且、、是符合条件的一个序列，④错. 18．（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 题型07 数列应用 19．（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/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 20．（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，，. 21．（2026高三·北京·专题练习）数学家杨辉在《详解九章算法》中将堆垛与相应立体图做类比，推导的求和公式与现代数学形式高度统一．例如，三角垛指的是顶层放1枚，第二层放3枚，第三层放6枚……依此类推，从第二层开始，每一层比上面一层多放的棋子数构成等差数列，则第8层棋子数_____；前8层的棋子总和数_____ 【答案】 36 120 【分析】写出数列的递推关系，利用累加法求出通项即可，再求即可. 【详解】依题意，可得， 则， 则，整理得， 因为符合上式，所以，36， 所以. 题型08 数列压轴：变换与置换型 技法指导 数列压轴题，多以新定义三问形式来考察： 第一问多为代入定义的简单计算与举例验证，门槛较低，保证基础得分； 第二问聚焦数列固有性质推导，围绕单调性、有界性、不等关系、唯一性等内容展开证明，锻炼学生逻辑推导与文字论证表达能力； 第三问为整道题的难点与拉分点，集中考查存在性论证、构造性证明、分类讨论、反证法以及抽屉原理等高阶思想方法，题干符号语言抽象、条件关联复杂，需要学生深度解读定义内涵，自主梳理逻辑链条，依托严谨的数学思维完成综合论证，重点选拔具备独立思考、自主建构逻辑、深度探究问题能力的考生。 22．（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“”． 【答案】(1) (2)不存在符合条件的，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接按照的定义写出即可； （2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列共有8项，可知：，检验即可； （3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若，分类讨论相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得为常数列，结合定义分析证明即可. 【详解】（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“”. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析. 23．（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． 24．（25-26高二上·北京·期末）已知有序数对，有序数对，定义“变换”：.通过“变换”可以将有序数对转化为有序数对. (1)写出有序数对经过3次“变换”后得到的有序数对； (2)若有序数对经过一次“变换”得到有序数对，且有序数对的三项之和为4050，求的值； (3)在（2）的条件下，有序数对经过次“变换”后得到有序数对三项之和最小，求的最小值. 【答案】(1) (2) (3)的最小值为1013 【分析】（1）根据题意，结合“变换”，逐次计算，即可求解； （2）由变换得到或，分类讨论，求得的值，即可求解； （3）有序数对，将有序数对经过6次“变换”得到有序数对也是形如的有序数对，得出有序数对“结构”完全相同，但最大项减小12，进而得出变换的规律，即可求解. 【详解】（1）对于有序数对， 由“变换”：，可得： 则第1次有序数对为，第2次有序数对为，第3次有序数对为， 故经过3次“变换”后得到的有序数对为； （2）由变换知：，，， 因为有序数对的三项之和为4050，且，所以，故， 所以，故最大，即或， 当时，可得， 由，得，即， 所以，故； 当时，可得， 由，得，即， 所以，故． 综上可得，； （3）有序数对，将有序数对经过6次“变换”得到的有序数对分别为， 由此可见，经过6次“变换”后得到的有序数对也是形如的有序数对， 与有序数对“结构”完全相同，但最大项减小12， 因为， 所以将有序数对经过次“变换”后得到的有序数对为， 经过“变换”后得到的有序数对分别为， 从以上分析可知，以后数对循环出现，所以有序数对各项之和不会更小， 所以当时，经过次“变换”得到的有序数对的三项之和均最小为2． 所以的最小值为1013． 题型09 数列压轴：数阵与矩阵型 技法指导 数列压轴题考察数阵与矩阵型，多以 “数阵、表格、二维索引” 为载体，核心常常是借助变换规则，把一维数列变成二维位置 ， 本质考是考察位置索引、行列计数、局部变换、整体不变量、充要条件、构造与反证等等新定义概念与知识。不考复杂求和，多位置、计数、逻辑、构造。 25．（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. 26．（2024·北京丰台·一模）已知集合（，），若存在数阵满足： ①； ②． 则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． (1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值； (2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； (3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 【答案】(1)，，， (2)证明见解析 (3)是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析 【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值； （2）可构造恰当的映射，以证明结论； （3）第三问可通过分类讨论求解问题. 【详解】（1）由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，. 从而，，，. （2）如果是一个“好数阵”，则，. 从而，. 故也是一个“好数阵”. 由于是偶数，故，从而. 这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵. 设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下： 对，规定. 因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合. 而 ， 这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应. 对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故. 同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则. 所以当且仅当. 最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或. 由于，故无论是还是，都有. 这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个. （3）若是“好数阵”，则有 ， 所以，这表明一定是偶数. 若，设是“好数阵”，则，从而， 故. 由于，故，同理. 若，设，则，故，从而. 进一步有，而，故. 假设，设，则，故，则，. 由于，，故，. 此时，从而，，但此时，矛盾； 所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，； 若，则，从而. 若，则或. 若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，. 若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有； 若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有； 若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以. 对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，. 综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，， 其中，满足的有，，，. 综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，. 若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”. 【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏. 27．（2023·北京西城·二模）给定奇数，设是的数阵．表示数阵第行第列的数，且．定义变换为“将数阵中第行和第列的数都乘以”，其中．设．将经过变换得到，经过变换得到，，经过变换得到．记数阵中的个数为． (1)当时，设，，写出，并求； (2)当时，对给定的数阵，证明：是的倍数； (3)证明：对给定的数阵，总存在，使得． 【答案】(1)，；， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由变换的由来，可得，由的定义即可求解， （2）由变换的定义以及的定义即可求解， （3）每行中的个数为，由反证法证明，进而由在中考虑等于的个数与的关系，即可分类讨论求解， 【详解】（1）由题设，．                     所以，． （2）设数阵中第行和第列中的个数均为，的个数均为． 经过变换，的第行和第列均有个变为，有个变为． 所以． 即是的倍数． （3）数阵经过变换得到数阵，设第行和第列中1的个数均为． 由（2）可知，． 设当时，取得最小值，其中． 记每行中的个数为，则必有． 否则，若存在使得，则令，有 ，与为最小值矛盾． 在中，① 若等于的个数不超过， 则．             ②若等于的个数大于，则必存在满足，且． 否则，不妨设，则共有个满足，且， 所以中至多有个等于，矛盾． 故存在满足，且．                      取，因为，所以． 由变换为时，从变为，故数阵第行中的个数为． 故， 这与为最小值矛盾． 综上，对给定的数阵，总存在，使得． 【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解. 对于新型定义，首先要了解定义的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 题型10 数列压轴：序列型 技法指导 序列型压轴形成了极为固定的考查规律。序列题型极少出现复杂代数运算，全程以文字证明、逻辑推导、规律归纳、举例验证为主要解题形式，对学生数学文字表达、逻辑闭环书写的要求极高。多从以下几方面入手分析求解： 1.分类讨论是贯穿全题的核心方法，常按照项的大小关系、正负取值、下标奇偶、差值范围、边界临界情况划分类别，逐一分析序列变化规律； 2.反证法高频用于第三问否定性结论、唯一性证明与矛盾推导，通过假设结论成立，结合序列约束推出与题干条件相违背的结果，完成论证； 3.构造法是存在性问题的核心解法，要求学生依据定义规则，自主设计、写出符合全部约束条件的具体序列，以此证明存在性； 4.整体分析、放缩推理、边界限定、离散最值分析等思想频繁融入题目之中，弱化计算强度，强化思维深度。 28．（25-26高三上·北京房山·开学考试）已知数列，集合，序列，T，其中．对数列进行如下变换：将的第项分别换为，其余项不变，得到的数列记作；将的第，，项分别换为，，，其余项不变，得到的数列记作；…；以此类推，得到…，简记为； (1)给定数列0，1，0，1，0，1，0和序列，写出； (2)给定数列0，0，0，0，0，0，0，请写出一个序列，使得为1，1，1，1，1，1，1，并求的最小值； (3)若项数为的数列的各项均为0，证明：存在序列，使得的各项均为1，并求的最小值． 【答案】(1)； (2)，的最小值为3. (3)证明见解析，. 【分析】（1）直接计算相关值，则得到答案； （2）首先证明引理对于每项是0或1的数列，每作一次变换，的奇偶性发生改变，从而得到最小值； （3）首先猜想或时，的最小值为，再利用数学归纳法即可证明. 【详解】（1） ，，， 即 . （2）记， 引理：对于每项是0或1的数列，每作一次变换，的奇偶性发生改变. 证明：由于其它项不变，因此只需证明， 与的奇偶性不同. 即证为奇数， 由于等于1或. 通过枚举易知，证毕. 推论:与的奇偶性相同 由于且， 所以至少进行3次变换. 定义即可. 故的最小值为3. （3）当时，显然最小值为. 当时，由(2)中引理可知为偶数， 但显然不成立.故. 定义， 故的最小值为4. 当时，由（2）中引理可知为奇数， 但显然不成立，故， 定义， 故的最小值为3. 下面用数学归纳法证明： 当或时，的最小值为. （i）当或7时，前面已证的最小值为3. （ii）假设或时，成立. 即存在， 当或时， 一方面，，则. ，则. 另一方面，由引理可知与奇偶性相同， 与奇偶性相同. 即，故. 现定义， 由归纳假设，先作次T变换可得， 则最后作一次变换，即可满足题意， 即的最小值为. 综上所述:. 29．（2025高二下·北京·学业考试）给定正整数，按照一定顺序排列的向量记为向量序列，其中. 给出两个性质： ①，且中的向量互不相等； ②已知向量集合.记.对于中的任意两个向量，“” 的充要条件是“”. (1)当时，分别判断向量序列是否满足性质①；（结论无需证明） (2)（）当时，写出一个同时满足性质①和性质②的向量序列； （）当时，若向量不同时在向量序列中，且同时满足性质①和性质②，求证：的个数为偶数. 【答案】(1)不满足性质①，满足性质① (2)（）.（答案不唯一）（）证明见解析 【分析】（1）根据定义，结合给出的向量序列即可判断； （2）根据定义，（）任写一个同时满足性质①和性质②的向量序列即可， （）分情况讨论向量不同时在向量序列中的情况即可得证. 【详解】（1）根据性质①，当时，向量序列首向量为，末向量为，且向量互不相等. 对于向量序列，其末向量不满足性质①，所以不满足性质①； 对于向量序列，其首向量为，末向量为，且向量互不相等，所以满足性质①. 综上，不满足性质①，满足性质①. （2）（）根据性质①，当时，向量序列首向量为，末向量为，，且向量互不相等. 根据性质②，当时，相邻向量差， 即相邻向量要么增加且不变，要么不变且根据前一向量增加或减小. 所以可写出向量序列，经验证，同时满足性质①和性质②. （）设向量序列. 因为满足性质②，所以或. 由性质①且可得， 根据已知条件，存在正整数，使得. 当时，可为或， 因为向量不同时在向量序列中， 所以，则末向量或， 所以或. 当时，可为或， 因为向量不同时在向量序列中， 所以，则末向量或， 所以或. 故当，且向量不同时在向量序列中使，向量序列成对出现. 综上，任何满足条件的序列，在其第一个坐标为4的向量确定后（为或），都有两种方式延伸至终点. 因此，所有满足条件的序列总数是所有可能的前缀路径（截止到第一个坐标为4的向量）数量的两倍，故总数为偶数.” 30．（25-26高三上·北京朝阳·期末）设为正整数且，若由实数数对组成的序列满足对任意，均有，则称为一个序列．若对一个序列，存在有序实数组（其中）使得，则称为一个序列． (1)已知序列，判断序列是否为序列？序列是否为序列？说明理由； (2)当时，判断是否存在序列不是序列？若存在，请举出一个符合要求的序列；若不存在，说明理由； (3)若任意序列均是序列，求的所有可能取值． 【答案】(1)序列为序列，也是序列； (2)存在，； (3)的所有可能取值为大于等于3的奇数． 【分析】（1）根据序列和序列的定义判断即可； （2）举例，再根据新定义判断即可； （3）分为偶数和为奇数讨论，其中当为奇数时，再细致分两类情况讨论即可. 【详解】（1）由可知序列为序列． 取，有 , ， 故，所以序列为序列． （2）存在序列不是序列． 取， 则， 所以此时序列是序列． 对任意有序实数组， 可得， ， 从而． 所以序列不是序列． （3）若为偶数，则． 取， 则对于每个整数均有， 所以此时数对序列是序列． 对任意有序实数组， , . 所以与的奇偶性相同． 所以为奇数，从而． 所以． 所以序列不是序列． 若为奇数，则． 若对于一个序列，将其中的数对更换为， 或者将与对换位置，序列仍然是序列．， 所以不妨设对于任意，均有， 取，则 ①若对于每个，均有，不妨设， 则有． , , . 则有 ②若存在，使得， 则可设． 记，， 当为偶数时， , , 同时, . 当为奇数时， , , 同时, . 综上可得． 由已知条件得及． 则有， 不妨设， 若，则； 若，则． 综上可知，的所有可能取值为大于等于3的奇数． 压轴题强化训练 、单选题 1．（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. 2．（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. 3．（25-26高三·北京·二轮复习）已知数列的首项，前n项和为，且，则不正确的是（ ） A． B．是递增数列 C．是等差数列 D． 【答案】C 【分析】由递推关系可得，证明数列是等比数列，由此可求数列的通项公式，由此求，判断AD，证明，判断B，根据等差数列定义判断C. 【详解】因为，则， 所以， 又，所以数列是以首项为，公比为的等比数列， 故，即． 对于选项A：，故A正确； 对于选项D：，故D正确； 对于选项B：因为，所以是递增数列，故B正确； 对于选项C：因为数列是以首项为4，公比为4的等比数列， 所以，，， 所以， 所以不是等差数列，故C错误. 4．（25-26高三下·北京·开学考试）对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质.下列选项中错误的是（    ） A．若，则数列不具有性质 B．若，则数列具有性质 C．存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质 D．若数列和均具有性质，则具有性质 【答案】D 【分析】对于A，利用是个不同的正整数，可得不可能相等；对于B，求为偶数时数列的通项公式，取为个不同的偶数；对于C，取，利用性质的定义证明；对于D，取，，再利用性质的定义证明. 【详解】对于A：因，则，由于是个不同的正整数， 因此不可能相等，故数列不具有性质，故A正确； 对于B：，故当为偶数时，，此时， 故取为个不同的偶数，此时， 则数列具有性质，故B正确； 对于C：取，由A选项可知，数列不具有性质； 取，则，由于是个不同的正整数，因此不可能相等， 故数列不具有性质； ，则， 故任取为个不同的正整数， 有，则数列具有性质，故C正确； 对于D：取，， 则当为奇数时，， 故取为个不同的奇数，此时， 故数列具有性质； 当为偶数时，，故取为个不同的偶数， 此时，故数列具有性质； ，则，由于为个不同的正整数， 则，，，不可能相等， 此时数列不具有性质，故D错误. 故选：D 5．（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. 6．（2026高三·北京·专题练习）在等比数列中，，若不等式成立，则的最小值为（    ） A．25 B．26 C．27 D．28 【答案】C 【分析】根据条件先求出的通项公式，设，将分奇偶数，利用并项求和法求和化简不等式即得. 【详解】设的公比为， 记， 因， 则，代入，解得 所以． 令，则． 当为偶数时，， 则，即，无正整数解； 当为大于2的奇数时，， 由，解得， 又为奇数，所以的最小值为27． 故选：C． 二、填空题 7．（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. 8．（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. 9．（25-26高三下·北京·开学考试）定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，，2，…给出下列四个结论： ①若为递增数列，则存在最大值； ②若为递增数列，则存在最小值； ③若，且存在最小值，则不一定存在最小值； ④若，且存在最大值，则一定存在最大值． 其中所有正确结论的序号有_______． 【答案】②③ 【分析】根据函数的单调性，判断A，B；取特例，可判断C，D. 【详解】①由已知可得，在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以在上的最大值为. 若为递增数列，则不存在最大值；故①错误； ②在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以在上的最小值在和中取得. 若为递增数列，由在上的最小值为.所以在区间上存在最小值； 故②正确； ③若，取，则存在最小值， 但此时的最小值是的最小值，而随的增大而减小，所以无最小值，所以不一定存在最小值； 故③正确； ④若，取，则，所以的最大值为. 此时，的最大值为的最大值， 因为函数单调递增，无最大值，所以不一定存在最大值． 故④错误. 故答案为：②③. 三、解答题 10．（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. 11．（25-26高三上·北京·月考）对于有限正整数数列：，若存在连续子列和符号序列，使得，其中，则称数列存在平衡连续子列． (1)写出数列2，1，2，3的一个平衡连续子列； (2)设对任意正整数，定义函数为满足的非负整数，其中为奇数，令．求数列并判断其是否存在平衡连续子列，说明理由； (3)设数列的每一项均为不大于的正整数，证明：当时，存在平衡连续子列． 【答案】(1)子列1，2，3是数列2，1，2，3的平衡连续子列； (2)该数列不存在平衡连续子列，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用平衡连续子列的定义计算判断即可． （2）由题意得，，进而计算可得，，结合平衡连续子列的定义可得结论； （3）分和可证，分存在，使得，任意，两种情况可证得结论. 【详解】（1）1，2，3． 子列1，2，3对应原数列的，，， 设符号序列为，，，需满足，其中， 若取，，，则和为， 满足. 由于存在连续子列1，2，3，以及符号序列，，均属于， 使得符号与对应项乘积的和为0，完全符合“平衡连续子列”的定义（存在连续子列和符号序列，使符号加权和为0）， 综上，子列1，2，3是数列2，1，2，3的平衡连续子列； （2）因为1，3，5，7是奇数，故， 所以． 因为，所以． 因为，所以， 所以数列4，2，4，1，4，2，4． 因为， 所以与奇偶性相同． 当或时，因为中，为奇数，其余各项均为偶数， 所以为奇数． 所以． 当取时， 经检验，对于不含的连续子列，其各项均为偶数，任意符号加权和也为偶数，且均不为0. 综上，该数列不存在平衡连续子列． （3）设，， 则是整数数列． 下面证明对任意，均有． 显然满足． 假设结论不成立，则存在，使得或， 且当时都有． （ⅰ）若，当时，， 因为，所以，矛盾； 当时，， 因为，所以，矛盾． （ⅱ）若，当时，， 因为，所以，矛盾； 当时，， 因为， 又是整数，所以，矛盾． 综上，对任意，均有． 若存在，使得， 则存在且，使得， 此时数列. 存在平衡连续子列． 若任意， 因为中共个非零整数， 当时，数列中存在且，使得， 从而存在，使得， 此时数列存在平衡连续子列． 综上，当时，数列Q存在平衡连续子列． 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $