专题04 数列4个考点（北京专用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 数列专题汇编，涵盖等差数列、等比数列、综合应用及新定义4大考点，精选北京丰台、西城等区2026年二模/一模真题，突出文化传承与创新应用，适配二模复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择|2|等比数列性质（题2）、数列结论判断（题10）|结合开放结论考查逻辑推理| |填空|5|等差等比综合（题1）、文化情境（题3《数术记遗》、题9《营造法式》）|融入传统数学典籍，强化数学文化| |解答|3|数列综合证明（题4）、新定义探究（题7序列、题8性质）|多问递进设计，考查数学抽象与探究能力|

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·北京丰台·二模）已知等比数列的前项和为，若，，成等差数列，，则___________. 2．（2026·北京西城·二模）已知无穷数列的各项均为正数，且对任意的正整数i，总存在正整数s，t（），满足，则（   ） A．可能为常数列 B．可能为等差数列 C．不可能为等比数列 D．可能为递减数列 等比数列 考点2 3．（2026·北京朝阳·二模）《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的数学典籍，书中记载了大数与大数进制，其中十个大数分别记为亿、兆，京、垓、秭、穰、沟、涧、正、载，大数进制中的“上数”进制为重进制（自乘）：“万万曰亿，亿亿曰兆，兆兆曰京也”，即1亿万万兆1亿亿京兆兆，以此类推．若按“上数”进制，记第个大数（第1个为亿，第2个为兆，第3个为京，……，第10个为载）对应的数值为，则___________；若，则正整数的最小值为___________． 数列综合 考点3 4．（2026·北京朝阳·二模）已知无穷数列的各项均为正整数，无穷数列满足以下性质： ①； ② (1)若，求； (2)证明：； (3)是否存在大于1的正整数，使得成立？说明理由． 5．（2026·北京东城·二模）已知无穷数列与都不是常数列.给出下列四个结论： ①设等差数列，的公差分别为，，若的项均为的项，则； ②设等比数列，的公比分别为，，若的项均为的项，则； ③设等差数列，的公差分别为，，且，，若的项均为的项，又均为的项，则； ④设等比数列，的公比分别为，，且，，若的项均为的项，则. 其中正确结论的序号是______. 6．（2026·北京东城·二模）已知为等比数列，，.若，则______；若，则的前4项和为_____. 数列新定义 考点4 7．（2026·北京东城·二模）已知集合，.将M中的个不同元素排成一列，得到序列：，其中称为该序列的第项，若该序列的相邻项满足，则称该序列为序列.若序列中的项满足或，则称该项具有性质. (1)已知，，，为序列，写出x，y，z，w的值； (2)求证：序列中存在具有性质的项； (3)求证：序列中具有性质的项的个数不少于10. 8．（2026·北京丰台·二模）已知无穷正整数数列，满足：①；②对于任意正整数，都有，则称数列具有性质. (1)判断下列无穷数列，是否具有性质. ①； ②. (2)对于任意具有性质的数列，记.求证：； (3)若数列具有性质，证明：集合是无限集. 9．（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_________， _________． 10．（2026·北京通州·二模）已知数列满足 ，给出下面3个结论， ①若为常数列，则； ②当时，总有； ③当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立． 其中正确结论的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 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·北京丰台·二模）已知等比数列的前项和为，若，，成等差数列，，则___________. 【答案】3 【分析】根据等差中项结合前项和定义可得，即可得公比和. 【详解】因为，，成等差数列，则， 即，则，即， 可得等比数列的公比为， 且，所以. 2．（2026·北京西城·二模）已知无穷数列的各项均为正数，且对任意的正整数i，总存在正整数s，t（），满足，则（   ） A．可能为常数列 B．可能为等差数列 C．不可能为等比数列 D．可能为递减数列 【答案】D 【分析】对于A，不妨设，可知即可判断；对于B，易知公差不符合题意，再推导也不符合题意即可；对于C，若为等比数列，设，公比为，易知当时可解得即可判断C；对于D，易知为等比数列，，时符合题意． 【详解】对于A，若为常数列，不妨设， 显然，故A不符合题意； 对于B，若为等差数列，设公差为，易知时不符合题意， 当时，数列单调递增，则， ，故当时，不存在正整数s，t使得，故B错误； 对于C，若为等比数列，设，公比为， 若，则， 解得或（舍去）， 即可能为等比数列，当，时， 对任意的正整数i，总有，即即可，故C错误； 对于D，由C易知，为等比数列，，时，单调递减， 对任意的正整数i，总有， 即时，即满足，则可能为递减数列，故D正确． 等比数列 考点2 3．（2026·北京朝阳·二模）《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的数学典籍，书中记载了大数与大数进制，其中十个大数分别记为亿、兆，京、垓、秭、穰、沟、涧、正、载，大数进制中的“上数”进制为重进制（自乘）：“万万曰亿，亿亿曰兆，兆兆曰京也”，即1亿万万兆1亿亿京兆兆，以此类推．若按“上数”进制，记第个大数（第1个为亿，第2个为兆，第3个为京，……，第10个为载）对应的数值为，则___________；若，则正整数的最小值为___________． 【答案】 【分析】先由题意推出递推规律得 ，代入 算出 ，由对数性质得 ，再把 到 依次写成 10 的指数形式，同底数幂相乘指数相加，利用等比数列求和公式算出指数和为 ，结合不等式 化简得 ，比对 2 的整数次幂得到正整数 最小值为 7. 【详解】根据题意， 第个大数对应的数值为. ①求： ， . ②求最小正整数使得： . 由， 得， 即， . 因为， ， 所以正整数的最小值为. 数列综合 考点3 4．（2026·北京朝阳·二模）已知无穷数列的各项均为正整数，无穷数列满足以下性质： ①； ② (1)若，求； (2)证明：； (3)是否存在大于1的正整数，使得成立？说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据递推公式代入求解即可. （2）根据递推公式，分 两种情况分类讨论，证明求解即可. （3）利用数学归纳法证明 . 【详解】（1） ， . 因为 ，所以. （2）已知各项为正整数， . 根据的取值分类讨论：（1）若， . 当： ， 若则 ； 若则 . 当： ， 若则 ； 若则 . （2）若， . 当： ，同理可得. 当： ， 若则 ； 若则 . 综上， . （3）不存在.理由如下： 首先证明：若且，则必有 用归纳法： 当时，，，，故. 假设对某个结论成立.考虑时，若： 若：由归纳假设，且，于是 若：则 故若，则，归纳成立. 现归纳证明对所有有： ， 设对某有，考虑： 若：. 若：则. 若： 若：，因为为整数，故 综上. 5．（2026·北京东城·二模）已知无穷数列与都不是常数列.给出下列四个结论： ①设等差数列，的公差分别为，，若的项均为的项，则； ②设等比数列，的公比分别为，，若的项均为的项，则； ③设等差数列，的公差分别为，，且，，若的项均为的项，又均为的项，则； ④设等比数列，的公比分别为，，且，，若的项均为的项，则. 其中正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【分析】①结合等差数列的特点判断即可；②举反例即可判断；③根据等差数列的性质易得数列为等差数列，公差为，结合题设可得，，其中，为正整数，可得，进而得到，可得，即可判断；④设，进而分，两种情况分析判断即可. 【详解】①若等差数列的项均为等差数列的项， 则是从中隔若干项取出的，则，故①正确； ②当时，满足等比数列的项均为等比数列的项， 而，故②错误； ③因为等差数列，的公差分别为，， 所以数列为等差数列，公差为， 又的项均为的项，所以，其中为正整数， 同理，的项均为的项，所以，其中为正整数， 于是，两式相乘得，即， 由于为正整数，为正整数，所以，则，即，故③正确； ④由题意，可设，其中，，设， 因为的项均为的项，所以，即，为整数， 而，不妨设，则， 因为， 若，则，但的整数次幂中不存在落在内的值，矛盾， 同理，若，则，即时，， 而是的整数次幂， 因此对足够大的，必须为常数，为整数，且， 这导致足够大的，有，与假设矛盾， 因此，只有时才能保证的项始终落在中，故④正确. 6．（2026·北京东城·二模）已知为等比数列，，.若，则______；若，则的前4项和为_____. 【答案】 8 【分析】利用等比数列的通项公式求出公比，结合前两项的大小关系确定通项公式，然后可得答案. 【详解】设等比数列的公比为，则，因为，，所以，解得或. 若，则，此时，所以. 若，则，此时前4项分别为：，，，； 其和为. 数列新定义 考点4 7．（2026·北京东城·二模）已知集合，.将M中的个不同元素排成一列，得到序列：，其中称为该序列的第项，若该序列的相邻项满足，则称该序列为序列.若序列中的项满足或，则称该项具有性质. (1)已知，，，为序列，写出x，y，z，w的值； (2)求证：序列中存在具有性质的项； (3)求证：序列中具有性质的项的个数不少于10. 【答案】(1)，，， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据序列相邻两项对应点的距离为1，逐步确定，，，. （2）把序列中的项看成方格中的点，连接相邻点得到水平或竖直单位线段，再用抽屉原理证明一定存在连续三点共行或共列； （3）把连续同方向的若干条单位线段合并为一个水平线段或竖直线段，通过估计水平线段数和竖直线段数的总数，得到具有性质的项的个数不少于10． 【详解】（1）当时，，所以 . 由题意，相邻两项对应点的横坐标差的绝对值与纵坐标差的绝对值之和为1. 第一项为，第二项为，所以 . 即 .解得. 所以第二项为. 第二项为，第三项为，所以 . 即 .解得. 所以第三项为. 中共有4个不同元素，前三项已经是，，，剩下的一个元素为，所以第四项为. 因此 . （2）以序列中的项为坐标的点记作，连接这9个点共形成8条单位线段． 每条单位线段水平或者竖直． 因此8条单位线段中至少有4条同为水平或同为竖直． 不妨设至少有4条水平单位线段． 由于9个点排成3行，而每一行至多含2条水平单位线段，故至少有一行含2条水平单位线段． 这样该行3个点必被依次经过，于是中间那个点的前后两个相邻点都与它在同一行，因此该点对应的项具有性质． 故中存在具有性质的项． （3）将序列中相邻两项连接，得到120条单位线段.把连续同为水平方向的若干条单位线段合并为一个水平线段，把连续同为竖直方向的若干条单位线段合并为一个竖直线段. 在序列对应的线段中，水平线段与竖直线段交替出现． 设水平线段数为，竖直线段数为，因为单位线段总数为120， 所以序列中具有性质的项的个数为． 要证． 只需证明． 因为每一行有11个点，每个水平段至少包含两个点，因此第行的水平线段数满足，即． 所以． 同理． 所以， 故序列中具有性质的项的个数不少于10． 8．（2026·北京丰台·二模）已知无穷正整数数列，满足：①；②对于任意正整数，都有，则称数列具有性质. (1)判断下列无穷数列，是否具有性质. ①； ②. (2)对于任意具有性质的数列，记.求证：； (3)若数列具有性质，证明：集合是无限集. 【答案】(1)①具有性质；②不具有性质. (2)证明见解析. (3)证明见解析. 【分析】（1）先检查数列是否为严格递增的正整数数列，再代入性质中的等式验证. （2）把与奇数作差，利用性质把换成，再与前个正奇数的和比较. （3）设，将结论转化为证明的项有无穷多个，再用反证法说明若只出现有限次，则最终只能为正或为负，都会与第（2）问得到的恒等关系矛盾． 【详解】（1）①当时，显然为正整数，且. 又因为，所以 . 从而. 前个正奇数的和为，所以. 故数列具有性质. ②当时，该数列虽然是严格递增的正整数数列，但取，有. 而，同时 . 所以. 不满足性质中的条件②，故数列不具有性质. （2）由数列具有性质，得． 因此 ， 所以，所以． （3）设数列满足． 由题知，得，即， 假设中满足的项数有限，则存在正整数，使得当时，， 即当时，或． ①若满足的项数有限，则存在正整数，使得当时，， 由第二问可知恒成立.(1) 设，由于当时，，又是整数，有， 所以， 所以对满足的正整数，，与(1)式矛盾． ②若满足的项数有限，同理可得矛盾． ③由①②可知，中有无穷多项满足，且有无穷多项满足， 因此，存在正整数，使得且， 因此，存在正整数，使得，且，即且，于是，与矛盾， 所以数列中有无穷多项为0． 即集合是无限集． 9．（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，，. 10．（2026·北京通州·二模）已知数列满足 ，给出下面3个结论， ①若为常数列，则； ②当时，总有； ③当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立． 其中正确结论的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】观察数列的递推公式，然后利用基本不等式即可求解. 【详解】①若为常数列，则假设，则，代入得：，解得：， 即：或均满足为常数列，所以①错误； ②当时，由题意得时，，所以恒成立，， 当且仅当，即时等号成立，因为，所以当时，； 又因为，因为，所以，，则， 即数列是递减数列，所以，综上所述：，所以②正确； ③当时，由题意得时，，所以恒成立，则，， ， 当且仅当，即时等号成立，所以，，， 则，所以为递增数列，且存在常数，使得恒成立，所以③正确. 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 $