重难点专训01 数列小题压轴（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦北京高考数列小题压轴，构建“方法提炼-题型通法-分层训练”体系，以逻辑推理和直观想象破解创新题，培养数学思维与解题策略。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题方法及技巧提炼|1|“列举-观察-猜想-证明”四步思路，特殊值法、不动点+蛛网图等四大策略|从命题特点到解题逻辑，构建方法论框架| |7类题型（递推/单调性/周期性等）|每题型含典例+变式|递推用试数+不动点，新定义用特殊值+归纳证明|从基础性质到跨模块综合，形成知识网络| |分层过关练|巩固10题+创新17题|时间分配、多选处理等实用技巧|从基础巩固到创新提升，适配一轮复习需求|

重难点专训01 数列小题压轴 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 2 题型1 由递推数列研究数列的有关性质 2 题型2 数列的单调性及应用 7 题型3 数列的周期性及应用 11 题型4 等差数列与等比数列的判定及应用 17 题型5 数列与集合结合 22 题型6 数列与三角函数结合 28 题型7 数列新定义小题压轴 37 重难专题分层过关练 43 巩固过关 43 创新提升 54 解题方法及技巧提炼 1、北京高考数列小题压轴的基本特点是： 北京高考数学选择或填空的数列压轴题（通常为第10题或第15题），秉承“多想少算”的命题精神，多以创新题形式出现，涉及的数列往往是学生未曾接触过的类型。题目的核心不是考查复杂的计算，而是考查对新定义的理解、逻辑推理和现场学习能力。解决此类问题的基本思路是： （1）列举计算：通过代入特殊值或前几项进行具体试探，理解题意、感受数列的变化规律； （2）观察分析：从列举的数据中寻找规律，判断数列的单调性、有界性、周期性等特征； （3）提出猜想：基于观察结果，对命题的真伪或结论做出初步判断； （4）说理证明：运用归纳法、反证法等严格方法验证猜想，得出结论。 2、判断命题真假的四种核心策略： （1）特殊值法（试数法） ：拿到题目后，优先用特殊值感受命题正误。代入 等具体数值进行计算，若试算结果与命题相悖，可立即排除。这是最快速、最有效的初步筛选手段。 （2）归纳法与反证法：若特殊值无法推翻结论，需要通过严格证明来确认。归纳法用于证明数列具有某种规律（如单调性、有界性）；反证法用于证明某个结论不成立——先假设结论成立，然后推导出与已知条件矛盾的结论。 （3）蛛网图与散点图：当递推公式显性给出，但试数过程中未发现明显规律且难以直接证明时，画出蛛网图（迭代图）或散点图可从视觉上直观分析数列的变化趋势。对于形如 的递推数列，利用不动点法——找到函数 与直线 的交点（不动点）——结合蛛网图可迅速判断数列的单调性和收敛趋势。这是近两年模考和高考的重要考查方向。 （4）极限思想：对于涉及“存在常数 ，使得 恒成立”或“数列收敛”等结论，可利用极限思想辅助判断。若数列单调且有上界（或下界），则必存在极限，极限值即为不动点。 3、常见题型及解题要点： （1）递推数列的性质判断：给出递推公式 ，判断数列的单调性、有界性、收敛性等。核心方法是不动点法+蛛网图。例如2023年北京卷第10题，通过画出 的图象，找到不动点4、6、8，结合蛛网图即可快速判断各选项的正误。 （2）新定义数列问题：题目给出全新的数列定义（如“具有性质P的数列”），要求判断结论正误。核心方法是逐条理解新定义→用特殊值试探→寻找反例或归纳证明。压轴题的第一问通常是帮助考生具体试探、理解题意的。 （3）数列与不等式综合：涉及前 项和、前 项积的范围或不等式证明。常用放缩法（等比放缩、裂项放缩等），注意放缩方向与精度控制；或利用反证法证明存在性。 （4）数列与函数、方程综合：将数列视为离散函数，利用函数的单调性、零点等性质辅助判断。 4、实用技巧与易错提醒： （1）时间分配：选填压轴题若超过5分钟仍无思路，可先凭感觉选一个并标记，待全部做完后再回头处理，避免因小失大。 （2）多选填空题的处理：对于给出多个结论要求判断的填空压轴题，每判断一个结论都先用特殊值验证，能排除一个是一个。若已排除一个，剩余选项感觉合理但来不及严格证明，可先选上。 （3）不动点法的关键：用不动点法时，必须先验证函数 的单调性，再结合首项与不动点的相对位置，通过蛛网图判断数列的走向。不动点可能不止一个，需逐一分析。 （4）放缩法的关键：放缩求和时，第一项一般不放缩，从第二项开始放缩（保留首项法）。放大一侧采用“适度放缩”，缩小一侧采用“保守放缩”。 （5）常见失分点：①急于计算而忽略先通过特殊值定性分析；②使用蛛网图时画图不准确导致趋势判断错误；③放缩方向错误或放缩过度导致结论无效；④对于“存在”类命题，只证明存在性而未验证唯一性（若题目要求唯一）；⑤忽略数列的定义域（如各项为正、递增等隐含条件）。 题型通法及变式提升 题型1 由递推数列研究数列的有关性质 【典例1-1】（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 【分析】对A，当时，可得，得解；对B，由，结合递推关系可得，得解；对C，当时，通过递推关系分，，讨论求解；对D，当时，通过递推关系可得递增，得解. 【详解】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. 核心口诀：递推数列先试数，观察规律找门路；不动点法求极限，蛛网图上判趋势。 高分技巧： 试数探路法（首选） ：拿到递推数列，先用首项代入递推公式算出前5~6项。通过观察数值变化趋势，初步判断数列的单调性、有界性、周期性等性质，再针对性地证明； 不动点法：对形如 的递推数列，解方程 得不动点。若数列收敛，极限必为不动点。不动点将数轴分成若干区间，首项所在区间决定数列的走向； 蛛网图法（数形结合） ：在坐标系中画出 和 ，从 出发按“上→右→上→右”迭代，直观看出数列的单调性和收敛趋势。蛛网图尤其适用于递推式复杂、代数证明困难的情形； 有界性判定：若数列单调递增且有上界，或单调递减且有下界，则数列收敛。有界性的证明常用数学归纳法——先猜出界，再证明； 敛散性判定：递推数列收敛的必要条件是极限为不动点。若递推函数在不动点处的导数绝对值 ，则不动点稳定（数列收敛）；若 ，则不稳定（数列发散）。 易错警示：试数只能发现规律，不能替代证明；蛛网图只能辅助判断趋势，代数证明才是得分关键；不动点法要求递推函数连续；数列的极限存在时必为不动点，但不动点不一定是极限（需验证收敛性）。 【典例1-2】（25-26高三上·北京·期中）已知数列中各项均为正数，且，给出下列四个结论： ①对任意的，都有； ②数列可能为常数列； ③若，则当时，； ④若，则数列为递减数列． 其中正确结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】①根据一元二次方程有解的情况，利用判别式可得首项的取值范围，可得答案；②将数列每一项设成未知量，根据等式建立方程，可得答案；③④由题意作函数与函数的图象，利用数形结合的思想，对应数列中项在图象上的位置，可得答案. 【详解】①，将等式看作关于的一元二次方程，即， 该方程有解，则，所以当时，方程有解， 即当时，一定存在数列满足，故①错误； ②，令，由题意可得，解得（舍去）或， 常数列满足，故②正确； 由题意作函数与函数的图象如下： 由，则点在函数的图象上， 易知在函数的图象上， ③，当时，由在函数的图象上，则， 由在函数的图象上，则， 当时，，由在函数的图象上，则， 由在函数的图象上，则， 综上所述，若，当时，，故③正确； ④，当时，由在函数的图象上， 且在函数的图象上，则， 当时，由在函数的图象上， 且在函数的图象上，则，故④正确. 故选：C. 【变式1-1】（2026·北京通州·一模）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. 【变式1-2】（2026·北京昌平·二模）已知数列满足，则（    ） A．当为常数列时， B．对于任意，为递减数列 C．当时，为递增数列，且对于任意正整数，成立 D．当时，为递减数列，且存在正整数，使得成立 【答案】C 【分析】对于A，由求解即可判断；对于B，结合A即可判断；对于C，由，当时，易得，进而得到，可得，即可判断；对于D，分析可得当时，结合可得，进而判断即可. 【详解】对于A，由为常数列，则， 整理得，解得或，即或，故A错误； 对于B，由A知，当或时，为常数列，故B错误； 对于C，由， 当时，，则，同理可得， 满足对于任意正整数，成立， 而，即， 则为递增数列，故C正确； 对于D，由，当时，， 而，则，即，，则， 所以不存在正整数，使得，故D错误. 题型2 数列的单调性及应用 【典例2-1】（25-26高三上·北京海淀·期末）已知数列满足，对任意成立.数列为周期数列，即存在，使得对任意成立，给出下列两个结论： ①对任意，存在，使得为递增数列； ②对任意，存在，使得为等差数列； 则下列判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①正确，②错误 C．①②都错误 D．①错误，②正确 【答案】D 【分析】取，结合周期数列和数列单调性的定义可判断①；利用等差数列和周期数列的定义可判断②. 【详解】对于①，不妨取， 因为数列为周期数列，即存在，使得对任意成立， 所以，此时数列不是递增数列，①错； 对于②，因为，则， 令，则，则数列为常数列，不妨设，即， 所以数列的奇数项和偶数项分别成公差为的等差数列， 当为奇数时，设，可得， 则， 当为偶数时，设，可得， 则， 不妨取，则， 显然对任意的，，即数列是周期为的周期数列， 此时，即为等差数列， 故对任意，存在，使得为等差数列，②对. 故选：D. 核心口诀：作差与0比，作商与1比；递推单调看 ，函数单调看导数。 高分技巧： 作差法（通法） ：计算 ，判断其符号。若恒正则递增，恒负则递减。对于含参数列，需对参数分类讨论； 作商法（正项数列） ：若 ，计算 与1比较。适用于递推式为乘除结构的数列； 递推函数单调性分析法：若 ，当 单调递增时，数列的单调性由 的符号决定（同号传递）；当 单调递减时，数列呈现振荡（奇偶子列分别单调）； 利用蛛网图判断单调性：蛛网图中，若迭代点在 上方且向右移动，则数列递增；在下方则递减； 单调性的应用： 求参数范围：已知数列单调，反推首项或参数的范围； 证明不等式：单调性结合首项可推出通项的有界范围； 判断数列收敛：单调有界数列必收敛（单调有界定理）。 易错警示：作差时注意通项公式中 的取值范围（通常 ）；递推函数单调递增时，数列单调性由 决定，但需验证每一步；选填中可用特殊值快速排除，但严格判断需证明。 【典例2-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知等差数列与等比数列都是无穷递增数列，给出下列四个结论: ①不存在数列与，使得是递减数列； ②存在数列与，使得是递增数列； ③不存在数列与，使得同时有无穷个正项和无穷个负项； ④存在数列与，使得恰好出现三个为1的项. 其中正确结论的序号是_____. 【答案】①②③ 【分析】由即可判断①；由可以成立即可判断②；由增数列性质结合一次函数和指数函数图像性质即可依次分析判断③④. 【详解】因为等差数列与等比数列都是无穷递增数列， 则， 则， 所以数列是递增数列，不存在数列与，使得是递减数列，①正确； 设等差数列公差为d，等比数列公比为q， 则， 显然可以成立， 如当时，即， 所以存在数列与，使得是递增数列，②正确； 由①数列是递增数列，所以最小项为， 由等差数列性质， 若恒成立，则由等比数列是无穷递增数列得， 则一定存在，使得，则当时，， 则有无穷个正项和有限个负项， 所以不存在数列与，使得同时有无穷个正项和无穷个负项，③正确； 因为为一次型函数增长模型，为指数型增长模型， 由一次函数与指数函数图像特征可知，一次函数与指数函数至多只有两个交点， 所以不存在数列与，使得恰好出现三个为1的项，④错误. 故答案为：①②③ 【变式2-1】（2026·北京·三模）已知数列满足，给出下列四个结论： ①，使得为常数列； ②若，则； ③若，则，使得时，； ④若，则为递增数列． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】①②④ 【分析】根据二次函数的性质判断①.根据数学归纳法求证②即可.结合数学归纳法以及二次函数的性质求解③.根据数学归纳法以及不等式的性质求解④. 【详解】①.当时，，同理，①正确. 已知，令，化简得. ②.若，则，要证，即证. 时，成立；假设时，则，归纳成立. 因此对所有，，即，正确. ③.若，则，. 当时，，即从开始递增且趋向无穷大， 因此也趋向无穷大，不存在这样的有界上界，错误. ④.若，则. 当时，，即，归纳得所有， 递增，因此也为递增数列，正确. 【变式2-2】（25-26高三上·北京朝阳·期中）已知数列的前项和为，且.给出下列四个结论： ①； ②是递增数列； ③，使得当时，； ④，使得当时，总有. 其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】①③④ 【分析】令，可判断①的真假；由递推关系，可列出数列的前几项，可判断②的真假；利用裴波那契数列的有关公式，可判断③④的真假. 【详解】因为，令，则，又，所以，故①正确； 因为，，两式相减可得. 所以数列的前几项为：，，，，，，… 因为，所以数列不是递增数列，故②错误； 因为数列从第3项起，为裴波那契数列的倍数，且裴波那契数列为递增数列，增长速度越来越快，所以，使得当时，，故③正确. 对裴波那契数列：，满足. 设，则. 所以，所以为方程的两个根. 当时，， ， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以①. 当时，，， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以② ①②得：， 所以， 所以，所以，使得当时，总有.故④正确. 故答案为：①③④ 题型3 数列的周期性及应用 【典例3-1】（2025·北京·模拟预测）已知无穷数列满足：，，，，其中表示不超过的最大整数.则下列说法中正确的是（   ） A．对于任意，，都不是常数列 B．存在正数，，使得是递增数列 C．对于任意正数，q，都存在正整数，使得是周期数列 D．如果是常数列，则一定有 【答案】D 【分析】对AD从必要性角度取值即可说明，充分性易知；对B选项，通过反证法即可证明；对C，设周期为，作差即可证明. 【详解】先来分析A,D选项 若为常数列，则，. 当时，有， 即. 必要性：取，可得 消去可得， 记，则 有， 而，故.即为整数. 代回原式可得. 充分性：当且为整数时，易知为常数列. 再来分析B选项 ， 设，则， 若递增，则有， ， ， 由于，故， 则， 即. 则， 又，故且， 则， 又，故且， 则， 又，故且. 照这样操作下去， 可得，且， 当时，， 故，矛盾！ 再来看C选项，不妨设周期为， 则，， 两式作差可得， 当取为无理数时，矛盾！ 故选：D. 核心口诀：递推算到项重复，周期立现不费功；周期数列求和积，化归首项求轻松。 高分技巧： 试数找周期法（首选） ：从首项开始逐项计算，直到出现连续若干项与前面某连续若干项完全相同，则周期确定。周期数列的递推式往往是分段函数（如奇偶分段）； 递推式直接推周期：若递推式满足 形式，可直接读出周期 。常见周期递推式：（周期2），（周期2），（周期2），（周期3）； 周期性应用： 求指定项：（余数为0时取第 项）； 求前 项和：先算一个周期的和 ，则 余项和； 判断数列性质：周期数列必有界，但不一定收敛（周期>1时振荡）； 与“冰雹猜想”结合：定义奇偶分段递推（如 （偶），（奇）），需通过试数寻找周期规律。 易错警示：找周期时必须确认循环从第一项开始还是从中间开始；周期数列的“最小正周期”需验证是否存在更小周期；选填中若选项涉及周期，可直接取特殊首项试数排除。 【典例3-2】已知数列的各项均为正数，且满足(为常数，．给出下列四个结论： ①对给定的数列，设为其前n项和，则有最小值； ②若数列是递增数列，则； ③若数列是周期数列，则最小正周期可能为2； ④若数列是常数列，则 其中，所有正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】利用数列的各项均为正数以及前项和表达式判断①；若数列是递增数列，则有，进而根据已知条件化简式子求出的取值情况判断②；若数列是最小正周期为的数列，则有，解方程即可判断③；若数列是常数列，设，则，从函数的角度求的取值情况判断④. 【详解】对于①，在数列的各项均为正数的情况下，设为其前n项和， 则，易知递增，因此有最小值，①正确； 对于②，若数列是递增数列，则成立，又， 成立，即恒成立，②错误； 对于③，若数列是最小正周期为的数列，则， 即成立， 化简得，即， 所以，解得或， 当时，，不合题意； 当时，，所以，最小正周期不是2；③错误； 对于④，若数列是常数列，设，则， 令，则，， ，④正确. 综上所述，所有正确结论的个数是个. 故选：B. 【变式3-1】若数列满足：存在正整数，对于任意正整数都有成立，则称数列为周期数列，周期为. 已知数列满足，现给出以下命题： ①若，则可以取3个不同的值 ②若，则数列是周期为的数列 ③且，存在，是周期为的数列 ④且，数列是周期数列.其中所有真命题的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】①若，利用，分别对，讨论即可得出； ②若，可得，，，，可得．即可判断出数列是否为周期数列． ③由①可知正确． ④可用反证法证明不正确． 【详解】解：①若，， 当时，，解得．当时，，解得；当时，，解得． 当时，，解得．当时，，解得．当时，，解得，此时不符合条件，应舍去． 综上可得：可以取3个不同的值：6，，．因此①正确． ②若，则，，． ，可得．数列是周期为3的数列，正确． ③对任意的且，存在，使得是周期为的数列，由①可知正确． ④假设存在且，使得数列是周期数列．则当时，，，此时数列不是周期数列． 当时，当时，．．若，，则，化为，则 不为平方数，因此假设不正确．可知④不正确． 综上可知：只有①②③正确． 故答案为：①②③. 【点睛】本题考查了数列的周期性、分类讨论思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题． 【变式3-2】（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. 题型4 等差数列与等比数列的判定及应用 【典例4-1】（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． 核心口诀：等差看差 为常数，等比看比 为常数；基本量法列方程，性质巧用省步骤。 高分技巧： 判定方法： 等差数列：验证 为常数（或 ）； 等比数列：验证 为非零常数（或 ）； 基本量法（通法） ：设等差数列首项 、公差 ，等比数列首项 、公比 ，将条件转化为关于基本量的方程（组）求解； 性质巧用： 等差数列：；前 项和 ； 等比数列：；前 项和 （）； 判定充要条件：北京卷常考“数列是等差数列的充要条件”或“等比数列的充要条件”，需从定义出发严格推导； 与递推结合：若递推式可化为 为常数，则为等差数列；若可化为 为常数，则为等比数列。 易错警示：等比数列的公比不能为0，且各项均不为0；等差中项 是等差数列的充要条件（需对所有 成立）；选填中常用特值法快速排除错误选项。 【典例4-2】（2026·北京顺义·三模）已知为数列的前项和，记，且满足．给出下列四个结论： ①的第1项等于； ②数列为等差数列； 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】①②④ 【分析】由条件先证明可判断①；进而求得判断②；结合等差数列定义求得，结合求，再由与关系求，结合单调数列的定义计算可判断③；利用的通项公式可判断④. 【详解】由，可得， 当时，，所以，故，故①正确； 当时，，代入， 可得，所以， 所以是首项为，公差为的等差数列，故②正确； 得， 由，可得， 当时，也满足上式， 当时，， 当时，， ， 所以当时，数列单调递增，故③错误； 当时，，满足， 所以当时，存在，故④正确. 【变式4-1】（24-25高三上·北京昌平·期末）已知等差数列与等比数列是两个无穷数列，且都不是常数列． 给出下列四个结论： ①数列不是等比数列； ②若与都是递增数列，则数列是递增数列； ③对任意的，、、不是等差数列； ④存在数列，对任意的、、，且，使得、、不能构成等比数列． 其中所有正确结论的序号是 __ ． 【答案】①③④ 【分析】利用反证法可判断①③；利用特例法可判断②；取，结合等比数列的定义可判断④. 【详解】由题意设数列的公差为，首项为， 数列的公比为，首项为， 则，， 对于①：假设是等比数列，则， 所以， 因为数列为等比数列，则，所以， 所以，可得，与题设条件矛盾， 故假设不成立，即数列不是等比数列，①对； 对于②，取，，则， 由，，，此时数列不是递增数列，故②错误； 对于③：假设、、为等差数列，所以， 即，所以，解得与矛盾，故③正确； 对于④：取，则，，， 若、、能构成等比数列，则， 即， 化简整理得矛盾，故④正确. 故选：①③④. 【变式4-2】（2025·北京·模拟预测）已知等差数列满足.对，在区间中的所有项组成集合.记中最小值为，最大值为，元素个数为.下列四个结论中 ① ②为等比数列 ③ ④ 所有正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【分析】先分别求出当时的集合，，及，总结出当为奇数时，，，，当为偶数时，，，，计算即可判断①；求出及的值即可判断②；分为奇数和为偶数，即可判断③，先判断前几项，再根据指数型函数和一次函数的增长速度即可判断④. 【详解】当时，区间，令，解得， 因为，即，所以，，； 当时，区间，令，解得， 因为，即，所以，，； 当时，区间，令，解得， 因为，即，所以，，； 当时，区间，令，解得， 因为，即，所以， ，. 故当为奇数时，，，， 当为偶数时，，，， 对于①，因为，，所以，故①正确； 对于②，由，，，， 可知，公比不相等， 所以不为等比数列，故②错误； 对于③，当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以，故③正确； 对于④，当为奇数时，， 显然，， 当为偶数时，， 显然，， 随着的增大，指数函数的增长速度远大于一次函数增长速度， 故恒成立，故④正确. 故答案为：①③④ 题型5 数列与集合结合 【典例5-1】设无穷等差数列的公差为，集合.则（    ） A．不可能有无数个元素 B．当且仅当时，只有1个元素 C．当只有2个元素时，这2个元素的乘积有可能为 D．当时，最多有个元素，且这个元素的和为0 【答案】D 【分析】对于，选项，可取特殊数列验证即可；对于可假设成立，结合图象推出与已知矛盾；对于，结合正弦函数的周期，即可判断. 【详解】选项，取，则，由，因为是无穷等差数列，正弦函数是周期为的函数，所以在每个周期上的值不相同，故错误； 选项，取，即，则，只有一个元素，故错误； 选项，假设只有2个元素，，这2个元素的乘积为，如图可知当等于或时，显然不是等差数列，与已知矛盾，故错误； 选项，当时, ， ， ， ， ， ，，所以最多有个元素， 又因为正弦函数的周期为，数列的公差为， 所以把周期平均分成份，所以个元素的和为0，故正确. 故选:. 【点睛】方法点睛：本题考查等差数列与正弦函数性质相结合，采用特例法，数形结合的方法判断. 核心口诀：数列元素构成集合，互异性是首要关；枚举元素找规律，抽屉原理证存在。 高分技巧： 集合视角看数列：将数列的项视为集合的元素，集合的互异性意味着重复项只算一次。求集合元素个数即求数列中不同项的个数； 枚举元素法：从首项开始逐项计算，记录出现过的不同值，直到数值循环重复。集合 的元素个数即为记录中不同值的个数； 有界性+互异性⇒有限集：若递推数列有界且项值只能取整数（或有限个可能值），则集合必为有限集； 抽屉原理（存在性证明） ：若数列有无限项但取值只有有限种，则必存在重复项。由此可推出数列最终进入周期循环； 新定义集合运算：北京卷常将数列与集合的“并、交、差、最值下标”等运算结合，需先理解新定义再转化为数列问题； 子集与项的选择：若要求从数列中选取若干项满足集合条件，常需分类枚举和构造法。 易错警示：集合中的元素互异，重复的项只计一次；求集合元素个数时需注意数列是否有无限项但有限取值（此时集合有限）；选填中可用特殊首项试数，枚举出所有不同项后计数。 【典例5-2】已知数列满足： ，当 时，记,. 给出如下4个结论： ①； ②当，数列是递增数列； ③当时，存在正数使得； ④集合. 其中正确命题的序号是_____________________ 【答案】①②③ 【分析】根据解出可判断①；根据递增数列定义判定成立可判断②；当时，可得，可判断③，由题意可得，可判断④. 【详解】因为 又，所以，所以可得，故①正确； 当时，对任意，都有 ， 所以． 所以数列是递增数列，故②正确； 当，有，证明如下： 假设存在正整数，使得． 令集合，则非空集合存在最小数． 因为，所以． 因为，所以． 所以，与矛盾． 所以对任意，． 令，则当靠近无穷大时，有趋近于0， 所以当时，存在正数使得，故③正确； 由题意得，对任意，都有且， 因为， 所以， 当，令，则， 所以． 所以存在正整数，使得， 所以若，则， 又因为，所以若，则． 所以若，则，即， 下面证明． （i）当时，由上面过程知对任意，． 所以当时，． （ii）当时，． 下证对任意，． 假设存在正整数，使得． 令集合，则非空集合存在最小数． 因为，所以，所以． 因为，所以． ，且， 所以，与矛盾． 所以当时，． 所以当时，对任意，都有． 所以，即． 因为，且，所以.故④错误. 故答案为：①②③. 【点睛】判断③的关键在于证明得到；判断④的关键是根据题意得任意，都有且，根据当时，存在正整数，使得，所以，可得. 【变式5-1】设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论： ①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4 ②若，则 ③若则 ④若数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470． 其中，所有正确结论的序号是_______ 【答案】①②④ 【分析】对于①，利用定义求解即可；对于②，找出，是以4为周期的周期数列，即可求解；对于③，由②知是以4为周期的周期数列，结合，基本不等式即可求解；对于④，利用定义结合周期性求解. 【详解】对于①，根据数列距离的定义可得，数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为，故①正确； 对于②，设， 由可得：， 故是以4为周期的周期数列，且， 同理可得也满足此性质，故则，故②正确； 对于③，由②知， 因为，故， 所以 所以，故③错误； 对于④，因为 所以数列中，, 数列中，, 因为故项数越大，数列和的距离越大， ， 故， 故数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470，故④正确； 故答案为：①②④. 【点睛】方法点睛：新定义问题，用题上的新概念、新法则去解决问题，有时还需要用到类比，结合所学知识，透过现象看本质，考查的还是基础数学知识，掌握三基，以不变应万变. 【变式5-2】（25-26高三上·北京东城·阶段检测）设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则下列说法正确的有______． ①集合不是“可拆等和集” ②若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个； ③存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”； ④若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集”． 【答案】①②④ 【分析】根据已知可知元素构成一个等比数列，计算可得然后根据分类，即可判断①项；列举法即可判断②项；将中所有元素同时除以后可得，然后根据等比数列前项和公式计算，然后根据分类，即可判断③项；根据等差数列的性质，可推得，，共有组（剩余元素为，从中剔除之后，从剩余的数据中选出组分配到中．结合公差，可得出，也可分为两组，即可判断④项． 【详解】对于①项，构成了以1为首项，2为公比的等比数列， 且， 所以，当时，中所有元素之和也小于，不满足要求； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求． 综上可知，①正确； 对于②项，如果，则由“可拆等和集”的定义，得，解得； 如果，则由“可拆等和集”的定义，得，故； 如果，则由“可拆等和集”的定义，得，故； 如果，则由“可拆等和集”的定义，得，故； 如果，则由“可拆等和集”的定义，得，故， 此时因集合已含有元素2，故舍去； 如果，则由“可拆等和集”的定义，得，故， 如果，则由“可拆等和集”的定义，得． 综上可知：可取6个值，分别为，，，6，4，8，②正确； 对于③项，将中所有元素同时除以后可得， 由等比数列前项和公式可得． 又因为，所以，故，所以． 所以当时，中所有元素之和也小于， 不满足要求，显然同时乘以后还是不满足； 当含有以及之外的其余元素时，也不满足要求，显然同时乘以后还是不满足． 不存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”，③错误； 对于④项，易知集合中的元素个数为，， ，， 共有组（剩余元素为），从中剔除之后，剩余组． 从这组相同的数据中任意选出组，将对应的元素分到集合中； 又，则， 而， 不妨将，这两个元素也分到集合中， 满足，中的元素之和相等，④正确． 故选：①②④． 题型6 数列与三角函数结合 【典例6-1】（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. 核心口诀：三角函数作通项，周期性质定方向；和差化积巧求和，有界性判敛散。 高分技巧： 三角函数作为通项公式：若 或 ，利用三角函数的周期性判断数列的周期； 利用三角恒等式求和： ； ； 裂项型： 可利用 公式裂项； 有界性判断：，，三角函数数列必有界； 单调性与周期性综合：三角函数数列一般不具有单调性（振荡），但若角度在 内且随 单调变化，则数列可能单调； 与递推结合：递推式中含 或 ，利用三角函数的有界性和不动点法分析。 易错警示： 的周期依赖于 ，若 为无理数，则数列无周期（但仍有界）；三角函数的和差化积公式需熟记；选填中可用特殊角度（如 ）试数排除。 【变式6-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质.下列选项中所有正确的是_____. ①若，则数列不具有性质 ②若，则数列具有性质 ③存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质 ④若数列和均具有性质，则具有性质 【答案】①②③ 【分析】对于①，利用是个不同的正整数，可得不可能相等，进而判断即可；对于②，求为偶数时数列的通项公式，取为个不同的偶数，进而判断即可；对于③，取，利用性质的定义判断即可；对于④，取，，再利用性质的定义判断即可. 【详解】对于①，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①正确； 对于②，，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②正确； 对于③，取，由①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，即， 故任取为个不同的正整数， 有，则数列具有性质，故③正确； 对于④，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，即，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④错误. 【变式6-2】（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 【分析】利用余弦定理可判断①，举反例可判断②，对式子变形，换元求解数列前项和及通项公式，结合三角函数恒等变换可判断③④. 【详解】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. 题型7 数列新定义小题压轴 【典例7-1】设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论： ①若，则是间隔递减数列； ②若，则是间隔递减数列； ③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是． 其中所有正确结论的序号是（    ） A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】B 【分析】利用数列的单调性可判断①；利用间隔递减数列的定义可判断②；取，结合间隔递减数列的定义可判断出数列为间隔递减数列，再由间隔递减数列的定义可求得的最小值，可判断③. 【详解】对于①，因为，则数列为单调递减数列，即对任意恒成立， 此时，，满足题中条件，①对； 对于②，若，假设数列是间隔递减数列， 则存在，使得，即， 若为奇数，则有，可得， 因为，显然当为奇数时，合乎题意； 当为偶数时，，不等式不成立，故为奇数； 若为偶数，则有，可得， 当为奇数时，不成立， 故假设不成立，即数列不是间隔递减数列，②错； 对于③，若， 因为， 则，所以，数列是间隔递减数列， 假设存在正整数，使得，即， 可得， 由于，当且仅当且时，等号成立， 当时，，这与为正整数矛盾， 故，所以，，解得， 所以，若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是，③对. 故选：B. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解数列不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 核心口诀：新定义先理解，特殊值试水探路；归纳猜想证结论，反证法破伪命题。 高分技巧： 理解定义是第一关：新定义题常给出全新的数学概念或运算规则。先反复读题，用具体数字代入定义，确保完全理解； 特殊值试数法（首选） ：取满足条件的特殊数列（如最简单的首项或特殊参数），代入各选项验证。若选项与试数结果矛盾，立即排除； 归纳法与反证法：若特殊值不能排除，尝试用数学归纳法证明合理结论；用反证法（假设结论不成立推出矛盾）排除错误选项； 极端原理与构造法：北京卷新定义压轴常涉及“存在性”证明，可用极端原理（取最大/最小下标）或构造法找到满足条件的对象； 不变量与整体局部分析：寻找变换过程中的不变量（如和、积、奇偶性不变），或从整体和局部两个角度分析； 常见新定义类型： 新定义数列（如“K列”“冰雹数列”“周期数列新规则”）； 新定义运算（如下标集合上的新变换）； 新定义性质（如“好数列”“完美数列”等）； 考场策略：若时间紧迫且已排除部分选项，选最合理的一个；若完全不会，可用特殊值法快速锁定答案。 易错警示：新定义题必须严格依据定义推理，不能套用常规数列的结论；特殊值法只能排除，不能完全替代证明；归纳法证明时需注意归纳奠基和归纳递推两步完整；反证法假设的否定要准确（如“不存在”的反面是“至少存在一个”）。 【典例7-2】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）对于给定的数列，如果存在实数，，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则下列选项错误的是（    ） A．等差数列是“线性数列” B．等比数列是“线性数列” C．若是等差数列，则是“线性数列” D．若是等比数列，则是“线性数列” 【答案】C 【分析】等差等比数列的通项公式代入选项A，B中，逐一验证选项对错，选项 C,D用特殊法和累加法证明. 【详解】选项A，等差数列是“线性数列”， 设等差数列的公差为d，则。 对比线性数列定义，取，，满足，故A正确. 选项B，等比数列是“线性数列”， 设等比数列的公比为r，则， 对比线性数列定义，取，，满足，故B正确. 选项C，若是等差数列，则是“线性数列” 设，，，则，，，. 假设是线性数列，由、得，解得，， 则应满足，但实际，矛盾， 故不是线性数列， 故C错误. 选项D，若是等比数列，则是“线性数列” 设的公比为，，则. 若，则(常数)，，取，，满足线性数列定义； 若，则， 由，得： 累加得： . 又，因此： 假设，代入得： . 两边同乘消分母： 含的项：左边为，右边为，因此系数相等： . 代入得，展开并整理求： ，使成立，故是线性数列，故D正确. 故选：C 【变式7-1】（25-26高三下·北京·开学考试）数列的前项和为，若数列与函数满足： （1）的定义域为； （2）数列与函数均单调递减； （3）使成立， 则称数列与函数具有“D关系”．给出下列四个结论： ①与具有“D关系”； ②与具有“D关系”； ③与数列具有“D关系”的函数有有限个； ④与数列具有“D关系”的函数有无限个． 其中所有正确结论的序号为（　　） A．①③④ B．①②④ C．②③④ D．①②③ 【答案】B 【分析】根据数列与函数具有“D关系”的定义计算判断①②，设，结合题意计算判断③④. 【详解】对于①，是公差为的等差数列，单调递减， 函数是斜率为的一次函数，单调递减，定义域为， 其前项和， 令，则，解得或（舍去） 所以使成立， 故与具有“D关系”， ①正确； 对于②，是以公比为且首项的等比数列，单调递减， 是斜率为的一次函数，单调递减，定义域为， 其前项和， 令，则，解得， 所以使成立， 故与具有“D关系”， ②正确； 对于③，数列单调递减，设， 此时是斜率为的一次函数，单调递减，定义域为， 数列的前项和为， 令，则，即， 所以取时，即可保证恒有解， 故与数列具有“D关系”的函数有无限个，故③错误； 对于④，数列单调递减，设， 此时是斜率为的一次函数，单调递减，定义域为， 数列的前项和为 令，则，即， 所以取时，即可保证恒有解， 故与数列具有“D关系”的函数有无限个，故④正确； 综上所有正确结论的序号为①②④. 【变式7-2】（2025·北京海淀·三模）设数列的前n项的和为，若对任意的，都有，则称数列为“超神数列”，下列命题中，正确的有________． ①存在递增数列，使得它是“超神数列”； ②存在周期数列，使得它是“超神数列”； ③存在等差数列，使得它是“超神数列”； ④若为等比数列，对于任意，存在，使得为超神数列． 【答案】①②④ 【分析】可通过列举数列判断①②，对于③，可分类讨论公差的的3种情况来判断；对于④，设等比数列首项为，公差为，求出，作差后对分奇偶分析即可确定. 【详解】对于①，当时，，， ，即，故①正确； 对于②，当周期数列为，周期为2，对任意的，都有，故②正确； 对于③设等差数列首项为，公差为，则，， ，对任意的恒成立， 当，是开口向上的二次函数， 当，故不符合题意； 当时，，不符合题意； 当时，，也不符合题意； 综上，不存在等差数列，使得它是“超神数列”，故③错误； 对于④，设等比数列首项为，公差为，， ， 当为奇数时，，则，要使， 所以就符合题意； 当为偶数时，， ， 又，，所以，即， 综上，当，对于任意，存在，使得为超神数列，故④正确. 故答案为：①②④ 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（25-26高三上·北京西城·期末）记无穷等比数列前项的和为，若，则“公比”是“对任意，存在正整数，当时，”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】B 【分析】先根据等比数列前项的和公式，分和两种情况讨论的表达式，再结合充分条件和必要条件的定义判断“公比”与“对任意，存在正整数，当时，”之间的关系. 【详解】当时，等比数列前项的和， 因为，所以随着的增大而增大，且时，， 那么对于任意，一定存在正整数，当时，； 当时，等比数列前项的和， 若，则随着的增大而增大，且时，， 那么也会随着的增大而增大，且时，， 所以对于任意，存在正整数，当时，； 若，则随着的增大而减小，且时，， 那么随着的增大而增大，且时，， 此时，若，则不存在正整数，使得当时，； 综上所述，当公比时，若，存在，使得不存在正整数，当时，，所以“公比”不能推出“对任意，存在正整数，当时，”，故充分性不成立； 若对任意，存在正整数，当时，，则必须单调递增且无界，此时必有，而能推出，故必要性成立. 所以“公比”是“对任意，存在正整数，当时，”的必要不充分条件. 故选：B 2．（25-26高三上·北京通州·期末）已知数列：，，…，，，，设（，），若或2，则满足条件的不同数列的个数为（） A．7 B．21 C．35 D．70 【答案】B 【分析】通过递推关系或，将转化为求7个和为12的1、2组合的个数，用组合数即可求得结果. 【详解】已知数列，且，，则. 因为（，），若或2， 所以. 设这7个差值中有个1和个2，且，解得，. 问题转化为在7个位置中选5个放2（其余放1）的组合数，即. 因此，满足条件的不同数列的个数为. 故选：B. 3．（25-26高三下·北京·开学考试）设无穷等比数列的前项和为，则下列结论一定成立的是（    ） A．若递减，则递增 B．若递减，则递减 C．若 递减，则递减 D．若递减，则递增 【答案】D 【分析】AB选项，由递减可推出，进而得到公比的范围，分类讨论得到AB选项的判断；CD选项，根据递减可推出公比的范围，进而验证的单调性. 【详解】AB选项，若递减，则， 设等比数列公比为，则，于是， 又，则，则，， 时，，递减； 时，，递增，AB错误； CD选项，若递减，则， 由于，则对于一切正整数成立，解得， 此时，则递增，C错误，D正确 4．（25-26高三上·北京·开学考试）设无穷数列的前项和为，且，．给出下列四个结论： ①若，； ②若，则； ③当时，是等比数列； ④对任意，总存在直线，使得点到的距离随着的变大而变小． 其中正确结论的序号是_____． 【答案】②③④ 【分析】对于①，代入通过赋值可求；对于②，由，可求，再代入可得，继而得到；对于③，，根据与的关系可得，由此可确定是等比数列；对于④，根据与的关系可得，整理得，继而得到，设直线，利用点到直线距离公式得，由此可知时，即可判断. 【详解】对于①，，则， 时，， 时，，故①错误； 对于②，，则数列是首项为，公差为2的等差数列， 所以， 则，所以，故②正确； 对于③，时，， 时，， 时，，则， 所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，故③正确； 对于④，时，， 时，， 则， 整理得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 设直线， 则点到的距离， 当时，， 又，所以，而随着的变大而变小， 所以点到的距离随着的变大而变小，故④正确. 故答案为：②③④. 5．（24-25高三上·北京·阶段检测）已知是直角三角形，是直角，内角，，所对的边分别为，，，面积为，，.给出下列四个结论： ①当，时，； ②，； ③存在，使得，为等腰直角三角形； ④任取，为递增数列. 其中所有正确的结论是_____. 【答案】①②④ 【分析】由题意可知：.对于①：直接代入运算即可；对于②：根据题中关系式相加整理可得，即可得结果；对于③：根据题中关系式相减整理可得，结合等比数列分析判断；对于④：由②可知点在以为直径的圆上，由③可知：数列为递减数列，结合圆的性质分析判断即可. 【详解】由题意可知：. 对于①：当，时，则，即，故①正确； 对于②：因为，， 两式相加可得， 则，即，可得，故②正确； 对于③：因为，， 两式相减可得， 若，则， 可知数列是以公比为的等比数列， 则，即对任意恒成立， 所以不存在，使得，为等腰直角三角形，故③错误； 对于④：由②可知，即的斜边长为定值， 所以点在以为直径的圆上， 以的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，设该圆与y轴交点为， 由③可知：， 则，可知数列为递减数列， 即两者之差越来越小，则点越来越接近点（或）， 则斜边上的高越来越大，即面积越来越大， 所以为递增数列，故④正确； 故答案为：①②④. 【点睛】关键点点睛：对于④的关键在于：将数列问题转化为圆的问题，进而结合图形分析判断. 6．（25-26高三上·北京丰台·期末）已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和满足.给出下列四个结论： ①；②、、成等比数列； ③数列是等差数列；④数列中存在无穷多项小于. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①④ 【分析】当时，求出的值，当时，代入求出的值判断①，再利用反证法判断②③④. 【详解】对任意的，， 当时，则，则， 所以，即，所以，①对； 假设、、成等比数列，则， 又由可得，与不符，②错； 假设数列是等差数列，由可得，则数列为递减的等差数列， 由是无穷数列，则必定存在使得，所以假设错误，③错； 假设数列中存在有穷多项小于，设最后一项小于的为， 则当时，， 取，则， 因为，所以， 显然矛盾，所以数列中存在无穷多项小于，④对. 故答案为：①④. 7．（2025·北京平谷·一模）已知各项均不为零的数列，其前项和是，且.给出如下结论： ①； ②若为递增数列，则的取值范围是； ③存在实数，使得为等比数列； ④，使得当时，总有. 其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】①②④ 【分析】根据的递推关系可得，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，进而得，即可结合选项求解. 【详解】由得，相减可得， 由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列， 对于①，，故正确； 对于②，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以， 若，则需要，则，故正确， 对于③，，若为等比数列，则为常数，则， 此时，故，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故错误， 对于④，若，只要足够大，一定会有 ， 则，只要足够的大， 趋近于0， 而，显然能满足，故，当时，总有，故正确， 故答案为：①②④ 【点睛】方法点睛：本题考查了数列的递推公式，数列单调性及与数列有关的比较大小问题．根据数列前项和与数列的项的递推关系求通项公式时，注意分析，在处理涉及隔项数列问题，一般要考虑分为奇数和偶数来分类讨论，含参的恒成立或者存在类问题，先分离参数，转化为求式子的最大值或最小值问题来处理． 8．（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知数列满足，则下列说法正确的是________． ①．若且，则单调递减     ②．若存在无数多个n使得，则或 ③当时，存在使     ④．当时， 【答案】①②④ 【分析】对①先证，然后再排除即可；对于②将转化为，再分类讨论可得；对于③由数列的单调性可得且，故可判断；对于④通过对递推关系变形，再裂项求和及数列的单调性可判断范围. 【详解】因为， 所以，当且仅当时等号成立. 对于①：因为且，由，得，即. 若，则，，解得或， 即或，与条件且矛盾，所以. 同理，即.若，则，， 解得或，与矛盾.若，则，即， 此方程的判别式，方程无实数解，故，所以. 依次类推，可得，即单调递减，所以①正确； 对于②：若，则，即，解得. 所以若存在无数多个n使得等价于存在无数个n使得. 若，则.由，得，依次类推，得，符合题意； 若，则，同理得，依次可得，符合题意. 若且，则由选项①可知数列单调递减，即， 所以不存在无数个n使得，所以②正确； 对于③：由，， 令是开口向下，对称轴为的抛物线，且. 因为，所以，即， 再由①知数列单调递减，所以，而，所以不存在使.故③不正确； 对于④：由，， ，，. 所以. 当时，. 又由结合①可知数列单调递减，且， 所以，. 所以，即.所以④正确. 故答案为：①②④. 9．（2026·北京大兴·三模）已知数列满足（），则下列说法正确的是 ． ①若且，则单调递减； ②若存在无数多个使得，则或； ③当时，存在使； ④当时，对任意，都有． 【答案】①②④ 【分析】对①先证，然后再排除即可； 对于②将转化为，再分类讨论可得； 对于③由数列的单调性可得且，故可判断； 对于④通过对递推关系变形，再裂项求和及数列的单调性可判断范围. 【详解】因为，所以， 当且仅当时等号成立. 对于①：因为且，由， 得，即. 若，则，，解得或， 与条件且矛盾，所以. 同理，即. 若，则，，解得或，与矛盾. 若，则，即， 此方程的判别式，方程无实数解，故，所以. 依次类推，可得，即单调递减，所以①正确； 对于②：若，则，即，解得. 所以若存在无数多个使得等价于存在无数个使得. 若，则.由，得，依次类推，得，符合题意； 若，则，同理得，依次可得，符合题意. 若且，则由选项①可知数列单调递减，即， 所以不存在无数个使得，所以②正确； 对于③：由，令是开口向下， 对称轴为的抛物线，且. 因为，所以，即，再由①知数列单调递减， 所以，而，所以不存在使.故③不正确； 对于④：由， 所以 . 当时，. 又由结合①可知数列单调递减，且，所以， . 所以，即.所以④正确. 故答案为：①②④. 10．（25-26高三上·北京密云·阶段检测）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 创新提升 11．（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. 12．（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 【分析】根据选项不同的通项公式，求出与，逐一验证即可. 【详解】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. 13．（25-26高三上·北京海淀·期中）已知数列满足，，为的前项和，则下列结论错误的是（    ） A．存在，使得成立 B．存在，使得且对任意成立 C．对任意，存在，使得成立 D．对任意奇数，存在和，使得成立 【答案】D 【分析】根据题设有且，对于从第二项开始符号不定，再结合各项的描述，应用特例法，对不同项赋予不同符号的组合判断各项的正误即可. 【详解】由题设是首项为1，公比为2的等比数列，则，且， 对于A：若，，，此时，对； 对于B：存在数列，使得对任意，都有且成立， 此条件等价于且对任意成立， 构造数列，该数列满足，， 此时，，满足条件，故B正确； 对于C：当时，成立； 当时，通过选择前项符号为正且第项符号为负，则，故C正确； 对于D：当时，， 当时，（其中）。 由于，令括号内为， 因为为奇数，后续项为偶数，所以必为奇数， 则为一个2倍的奇数，即该数能被2整除但不能被4整除。所以，其形式为型奇数， 因此，（）不可能等于型的奇数，例如，又， 故不存在使得，所以D错误。 故选：D 14．（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）数列为无穷非负整数数列，若对任意，均存在，且，使，则称数列为“完备数列”.给出下列四个结论： ①若正项等差数列为“完备数列”，则首项一定为1； ②若正项等比数列为“完备数列”，则公比一定为2； ③若满足，则对任意，数列均为“完备数列”； ④若满足，则数列为“完备数列”； 其中正确结论的序号是______. 【答案】①④ 【分析】根据数列定义，结合得到矛盾判断①；应用特殊数列、判断②③；根据数列递推式及数列新定义判断④. 【详解】若正项等差数列为“完备数列”，则，公差，又为非负整数数列， 对任意，均存在，且，使， 若，则必有，故不成立，矛盾， 所以，①对； 若正项等比数列为“完备数列”，如，此时公比为1， 显然满足对任意，均存在，且，使，②错； 当，则，，，，，， 所以是以3为周期，即项周期性出现， 显然为奇数时，不可能成立，③错； 由，则数列为， 该数列中，相邻两项间缺失的自然数都可以由前项选出其中的项相加(同一项不重复相加)得到， 所以对任意，均存在，且，使，④对. 故答案为：①④ 15．（25-26高三上·北京·阶段检测）对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”.给出以下四个结论： ①若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于； ②若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比的取值范围是； ③若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； ④若数列是“有界变差数列”，则存在，使得对于任意，都； 其中所有正确结论的序号是_____. 【答案】①③ 【分析】根据“有界变差数列”定义，结合等差数列定义和等比数列求和公式，通过讨论等差数列的公差和等比数列公比的取值范围可确定①②正误；利用绝对值三角不等式可证得，结合求和公式可求得，知③正确；通过反例可说明④错误． 【详解】对于①，为公差为的等差数列，， ， 又为“有界变差数列”，，使得对，， 若，，不合题意； 当时，，则即可，符合题意； 的公差等于，①正确； 对于②，为各项均为正数，公比为的等比数列， ，且， ， 又为“有界变差数列”，，使得对，， 当时，，则即可，符合题意； 当时，， 若，， ，，不合题意； 若，， ，，则即可，符合题意； 的公比的取值范围是，②错误； 对于③，为“有界变差数列”，， ， ，又，，， 即有； ， ， 为“有界变差数列”， ③正确； 对于④，若，则， ， 为“有界变差数列”， ，数列为递增数列， 又，且， 不存在，使得对于任意，都，④错误． 故答案为：①③． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的新定义问题，解题关键是充分理解“有界变差数列”的定义，将问题转化为数列中的最值项、数列单调性、数列前项和的求解问题，结合绝对值不等式来进行放缩求解． 16．（25-26高三上·北京·阶段检测）对于数列，令，给出下列四个结论： ①若，则； ②若，则； ③若对任意的，都有，则有； ④存在各项均为整数的数列，使得对任意的都成立． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③ 【分析】利用并项求和法求和判断①；利用前n项和与第n项的关系求解判断②；利用给定的递推关系得出，并表示出即可推理判断③；假定存在导出矛盾判断④. 【详解】对于①，，，①正确； 对于②，，令，则，当时，， 则，，因此，②错误； 对于③，由，得， 当时，，则当时，， 因此 ，. 当时，，所以对任意的，都有成立，正确， 对于④，假设存在各项均为整数的数列，使得对任意的都成立， 则必有，且都是非负整数，令正整数， 于是， 则，，与矛盾，错误； 故答案为：①③ 17．（25-26高三上·北京西城·期末）已知数列是单调递增的无穷数列，是单调递减的无穷数列．有以下四个结论： ①存在数列和，使得； ②存在数列和，使得； ③对于任意无穷等差数列，总存在和使得； ④对于任意无穷等比数列，总存在和使得． 其中，所有正确结论的序号是__________． 【答案】②③ 【分析】因递增序列与递减序列无法相等判断结论①；取，，计算得，判断结论②；设，取取 ，，则可判断结论③；取摆动等比数列，若递增、递减，则符号需交替变化，但递增、递减时，符号最终会固定，判断结论④. 【详解】结论①：假设存在单调递增和单调递减，使得； 因递增，递增；因递减，递减； 递增序列与递减序列无法相等，故①错误； 结论②：构造例子：令为正项递增数列（），为负项递减数列（）， 则，满足，因此结论②正确； 结论③：设（为公差），令为单调递增数列，为单调递减数列， 取 ，， 由于 且 ， 所以 单调递增， 单调递减，且 ，故③正确； 结论④：取等比数列 若存在递增和递减使得，,, 故或， 若，因为递增，递减， 故，且，，故，矛盾， 故此时④错误,同理可证时④错误. 故答案为：②③. 18．（25-26高三上·北京顺义·期末）已知无穷数列前项和为，若存在，当时，，则称为“平衡数列”.给出下列四个结论： ①已知数列，则数列为“平衡数列”； ②若等比数列为“平衡数列”，则公比为； ③若数列和均为“平衡数列”，则为“平衡数列”； ④存在两个公差均不为的等差数列和，其中数列，，和均为“平衡数列”； 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】②④ 【分析】①利用反证法求证；②分和两种情况讨论；③举例说明，数列为；数列为；④举例说明，数列为；数列为. 【详解】因为，所以， 假设存在，使， 则，则，则， 因为，所以，故假设不成立，故①错误； 若公比为，则，显然此时不为“平衡数列”，则公比， 则， 则由，即，可得， 因为等比数列为“平衡数列”，所以，则，故②正确； 设数列和的前项和分别为，的前项和为， 设数列为；数列为， 则，，则数列和均为“平衡数列”， 但，且数列为递增数列， 故不是“平衡数列”，故③错误； 设数列、、、的前项和分别为，， 设数列为；数列为， 则，， 故数列，，和均为“平衡数列”，故④正确. 故答案为：②④ 19．（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. 20．（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， 若，则单调递减，此时，不合题意； 同理，若也不合题意，所以， 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. 21．（25-26高三下·北京·阶段检测）已知无穷数列满足下列三个性质： （i），； （ⅱ）对任意的，； （ⅲ）对任意的，都有. 则下列说法正确的是_____. ①当，时，； ②当时，存在单调递增的数列满足上述条件； ③当时，对任意的成立； ④对于任意数列，总存在，使得对任意的，都有. 【答案】①③④ 【分析】根据题干给出的三个性质，结合推导数列的递推关系，结合选项，分别对四个命题逐一分析判断，即可求解. 【详解】对于①：当，，， 由（ⅲ）对任意的，都有，可得， 可得；； ，所以①正确； 对于②，若，若存在单调递增整数列，则必须， 即，且， 所以，因为，所以，此时， 所以，所以②错误； 对于③：当时，则 由；； ；， ， ， 且，，，，即， 归纳可得且，所以，所以③正确； 对于④，由特征方程，可得， 解得，则， 其中，则， 假设，则， 因为是无理数，要使得所有，必须， 否则会产生无理数的部分，无法始终抵消， 因为，所以，因为，所以符号交替， 所以当充分大时，成立，所以④正确； 22．（2026·北京·三模）数列满足，则以下说法正确的是________． ①若，，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则，，有． 【答案】①②③ 【分析】根据递推关系依次判断即可. 【详解】对于①，若，则， 则，，，，， 代入，依次求解得，， ，，，故①正确； 对于②，若，则， 则，得， ，得， ，得， ，得， 则，故②正确. 对于③，若，， 当为偶数时，，得， ，得， ，得， ，得， 所以，所以，即， 由于，，，得， 所以，故③正确； 对于④，若，， 当为奇数时，，，两式相减得， 即，取，则，，即奇数项为或， 当为偶数时，，，两式相加得， 即， 取，则， ，，即偶数项单调递增且， 因此，当时，数列各项与3的距离的最小值为1，故可取，此时对任意，均有， 所以不存在m满足，故④错误； 综上所述，说法正确的是①②③. 23．（2026·北京·三模）设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论： ①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4； ②若（），则； ③若（），则； ④若，，数列和的距离不超过2026，则m的最大值为3472． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】①②④ 【分析】对于①，利用定义求解即可；对于②，找出，是以4为周期的周期数列，即可求解；对于③，由②知是以4为周期的周期数列，结合，基本不等式即可求解；对于④，利用定义结合周期性求解. 【详解】对于①，根据数列距离的定义可得，数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为 ，故①正确； 对于②，设， 由可得：， 故是以4为周期的周期数列，且， 同理可得也满足此性质，故，则，故②正确； 对于③，由②知， 因为，故， 所以， 所以，故③错误； 对于④，因为 所以数列中，, 数列中，, 因为，故项数越大，数列和的距离越大， 而，， 则，， 要使数列和的距离不超过2026，则m的最大值为3472，故④正确. 24．（2026·北京大兴·三模）已知正项数列满足：，数列的前项和.给出下列四个结论：①当时，；②当时，数列单调递增；③当时，；④当时，，都有成立.其中正确结论的序号是______________. 【答案】①③ 【分析】对于①，根据已知条件求出，，进而求出，再比较与的大小；对于②，通过作差法判断与的大小关系，从而确定数列的单调性；对于③，利用放缩法结合已知条件得到的范围，进而求出的范围；对于④，举反例可说明. 【详解】当时，由可得， 因为数列是正项数列，所以， 则，所以， 那么，， 因为，所以，故①正确； 已知，（）， 两式相减得：， 即， 因为数列是正项数列，所以，那么与同号. 当时，，所以，则， 所以，即，数列单调递减，故②错误； 若，则，，故， 则时，故， 得到，故③正确； 当时，当，， ，，则，故④错误. 25．（2025·北京东城·一模）已知数列满足，且.给出下列四个结论： ①若，当时，； ②若，当时，； ③若，对任意正数，存在正整数，当时，； ④若，对任意负数，存在正整数，当时，. 其中正确结论的序号是__________. 【答案】①③④ 【分析】先根据构造新数列是首相为，公比为的等比数列，得出，再构造新数列是首相为，公比为的等比数列，从而求出数列的通项公式；对于①，利用作差法即可判断；对于②，取即可判断错误；对于③，求解不等式，利用放缩法找到正整数即可；对于④，求解不等式，利用放缩法找到正整数即可. 【详解】因为且，所以， 所以是首相为，公比为的等比数列，所以， 即，所以，又， 所以是首相为，公比为的等比数列，所以， 即， 对于①，若，当时， ， 当且为奇数时，； 当且为偶数数时，； 综上，即，故①正确； 对于②，若，取，则，故②错误； 对于③，若，则， 对任意正数，由得， 所以，又， 当时上式一定成立，即， 故存在正整数，当时，，故③正确； 对于④，若，则， 对任意负数，由得， 所以，又， 当时成立，即， 故存在正整数，当时，，故④正确； 故答案为：①③④ 26．（2025·北京海淀·三模）已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且．给出下列四个结论： ①； ②，使得； ③存在一个正数，使得对任意的，都有； ④对任意的，都有． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①②④ 【分析】先得到，，计算出，故随着的增大而减小，从而作差比较得到，且对任意的，都有，，可判断①②④；结合，利用极限思想判断③． 【详解】解法一：对于①，由，令，则，所以， ∵是各项均为正数的无穷数列，其前项和为， ∴恒成立，且，， 又， ，即， 故随着的增大而减小， 其中， ， 随着的增大而增大， ，，， ∵随着的增大而减小， ，，， ， ，， ，，故①正确； 对于②，， 要判断，即判断， 因为恒成立，所以， 即证明，即证明， 当时，，满足要求， 当时， ， 对任意的都成立， 对任意的，都有，故有，即②正确； 对于④，随着的增大而减小，，时，， ，故④正确. 对于③，由以上分析，数列中，，且随着的增大，趋向于1， 又，故无限趋向于正无穷大， 所以不存在一个正数，使得对任意的，都有，故③错误． 解法二：解法二：由，令，则，所以， 是各项均为正数的无穷数列，其前项和为， ， ，， ，， ，（1） 对于③，取为大于的第一个整数，记为，则，所以（3）错误. 对于②，由，解得， 代入（1）得， 解得，取代入，得。所以②正确. 对于④，由（2）得， 所以， 即，也就是， 所以成立，故④正确. 对于①，由得， ， ， ， ，即，故①正确. 故答案为：①②④ 27．（2026·北京延庆·一模）若非空实数集X中存在最大元素M和最小元素m，记． ①已知，，且，则； ②已知，，则存在实数a，使得； ③已知，若，则对任意，都有； ④已知是等比数列的前n项和，，则存在等比数列，使得． 其中所有不正确的命题是______． 【答案】①②③ 【分析】直接计算即可判断①；分类讨论判断②；举反例判断③；举例证明④. 【详解】①：因，则；，则，解得：或，①错误 ②：当区间关于对称，即时，，此时，. 当时，会增大，因此的最小值为1，不存在使得，命题②错误 ③，由题意知，，但是满足的点集，它可以是的子集，不一定是整个区间。 例如时，，对于满足题设，此时时不满足 ，③错误 ④，取等比数列，，则， ，，即，④正确 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训01 数列小题压轴 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 2 题型1 由递推数列研究数列的有关性质 2 题型2 数列的单调性及应用 4 题型3 数列的周期性及应用 5 题型4 等差数列与等比数列的判定及应用 7 题型5 数列与集合结合 8 题型6 数列与三角函数结合 10 题型7 数列新定义小题压轴 11 重难专题分层过关练 13 巩固过关 13 创新提升 15 解题方法及技巧提炼 1、北京高考数列小题压轴的基本特点是： 北京高考数学选择或填空的数列压轴题（通常为第10题或第15题），秉承“多想少算”的命题精神，多以创新题形式出现，涉及的数列往往是学生未曾接触过的类型。题目的核心不是考查复杂的计算，而是考查对新定义的理解、逻辑推理和现场学习能力。解决此类问题的基本思路是： （1）列举计算：通过代入特殊值或前几项进行具体试探，理解题意、感受数列的变化规律； （2）观察分析：从列举的数据中寻找规律，判断数列的单调性、有界性、周期性等特征； （3）提出猜想：基于观察结果，对命题的真伪或结论做出初步判断； （4）说理证明：运用归纳法、反证法等严格方法验证猜想，得出结论。 2、判断命题真假的四种核心策略： （1）特殊值法（试数法） ：拿到题目后，优先用特殊值感受命题正误。代入 等具体数值进行计算，若试算结果与命题相悖，可立即排除。这是最快速、最有效的初步筛选手段。 （2）归纳法与反证法：若特殊值无法推翻结论，需要通过严格证明来确认。归纳法用于证明数列具有某种规律（如单调性、有界性）；反证法用于证明某个结论不成立——先假设结论成立，然后推导出与已知条件矛盾的结论。 （3）蛛网图与散点图：当递推公式显性给出，但试数过程中未发现明显规律且难以直接证明时，画出蛛网图（迭代图）或散点图可从视觉上直观分析数列的变化趋势。对于形如 的递推数列，利用不动点法——找到函数 与直线 的交点（不动点）——结合蛛网图可迅速判断数列的单调性和收敛趋势。这是近两年模考和高考的重要考查方向。 （4）极限思想：对于涉及“存在常数 ，使得 恒成立”或“数列收敛”等结论，可利用极限思想辅助判断。若数列单调且有上界（或下界），则必存在极限，极限值即为不动点。 3、常见题型及解题要点： （1）递推数列的性质判断：给出递推公式 ，判断数列的单调性、有界性、收敛性等。核心方法是不动点法+蛛网图。例如2023年北京卷第10题，通过画出 的图象，找到不动点4、6、8，结合蛛网图即可快速判断各选项的正误。 （2）新定义数列问题：题目给出全新的数列定义（如“具有性质P的数列”），要求判断结论正误。核心方法是逐条理解新定义→用特殊值试探→寻找反例或归纳证明。压轴题的第一问通常是帮助考生具体试探、理解题意的。 （3）数列与不等式综合：涉及前 项和、前 项积的范围或不等式证明。常用放缩法（等比放缩、裂项放缩等），注意放缩方向与精度控制；或利用反证法证明存在性。 （4）数列与函数、方程综合：将数列视为离散函数，利用函数的单调性、零点等性质辅助判断。 4、实用技巧与易错提醒： （1）时间分配：选填压轴题若超过5分钟仍无思路，可先凭感觉选一个并标记，待全部做完后再回头处理，避免因小失大。 （2）多选填空题的处理：对于给出多个结论要求判断的填空压轴题，每判断一个结论都先用特殊值验证，能排除一个是一个。若已排除一个，剩余选项感觉合理但来不及严格证明，可先选上。 （3）不动点法的关键：用不动点法时，必须先验证函数 的单调性，再结合首项与不动点的相对位置，通过蛛网图判断数列的走向。不动点可能不止一个，需逐一分析。 （4）放缩法的关键：放缩求和时，第一项一般不放缩，从第二项开始放缩（保留首项法）。放大一侧采用“适度放缩”，缩小一侧采用“保守放缩”。 （5）常见失分点：①急于计算而忽略先通过特殊值定性分析；②使用蛛网图时画图不准确导致趋势判断错误；③放缩方向错误或放缩过度导致结论无效；④对于“存在”类命题，只证明存在性而未验证唯一性（若题目要求唯一）；⑤忽略数列的定义域（如各项为正、递增等隐含条件）。 题型通法及变式提升 题型1 由递推数列研究数列的有关性质 【典例1-1】（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， 核心口诀：递推数列先试数，观察规律找门路；不动点法求极限，蛛网图上判趋势。 高分技巧： 试数探路法（首选） ：拿到递推数列，先用首项代入递推公式算出前5~6项。通过观察数值变化趋势，初步判断数列的单调性、有界性、周期性等性质，再针对性地证明； 不动点法：对形如 的递推数列，解方程 得不动点。若数列收敛，极限必为不动点。不动点将数轴分成若干区间，首项所在区间决定数列的走向； 蛛网图法（数形结合） ：在坐标系中画出 和 ，从 出发按“上→右→上→右”迭代，直观看出数列的单调性和收敛趋势。蛛网图尤其适用于递推式复杂、代数证明困难的情形； 有界性判定：若数列单调递增且有上界，或单调递减且有下界，则数列收敛。有界性的证明常用数学归纳法——先猜出界，再证明； 敛散性判定：递推数列收敛的必要条件是极限为不动点。若递推函数在不动点处的导数绝对值 ，则不动点稳定（数列收敛）；若 ，则不稳定（数列发散）。 易错警示：试数只能发现规律，不能替代证明；蛛网图只能辅助判断趋势，代数证明才是得分关键；不动点法要求递推函数连续；数列的极限存在时必为不动点，但不动点不一定是极限（需验证收敛性）。 【典例1-2】（25-26高三上·北京·期中）已知数列中各项均为正数，且，给出下列四个结论： ①对任意的，都有； ②数列可能为常数列； ③若，则当时，； ④若，则数列为递减数列． 其中正确结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1-1】（2026·北京通州·一模）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 【变式1-2】（2026·北京昌平·二模）已知数列满足，则（    ） A．当为常数列时， B．对于任意，为递减数列 C．当时，为递增数列，且对于任意正整数，成立 D．当时，为递减数列，且存在正整数，使得成立 题型2 数列的单调性及应用 【典例2-1】（25-26高三上·北京海淀·期末）已知数列满足，对任意成立.数列为周期数列，即存在，使得对任意成立，给出下列两个结论： ①对任意，存在，使得为递增数列； ②对任意，存在，使得为等差数列； 则下列判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①正确，②错误 C．①②都错误 D．①错误，②正确 核心口诀：作差与0比，作商与1比；递推单调看 ，函数单调看导数。 高分技巧： 作差法（通法） ：计算 ，判断其符号。若恒正则递增，恒负则递减。对于含参数列，需对参数分类讨论； 作商法（正项数列） ：若 ，计算 与1比较。适用于递推式为乘除结构的数列； 递推函数单调性分析法：若 ，当 单调递增时，数列的单调性由 的符号决定（同号传递）；当 单调递减时，数列呈现振荡（奇偶子列分别单调）； 利用蛛网图判断单调性：蛛网图中，若迭代点在 上方且向右移动，则数列递增；在下方则递减； 单调性的应用： 求参数范围：已知数列单调，反推首项或参数的范围； 证明不等式：单调性结合首项可推出通项的有界范围； 判断数列收敛：单调有界数列必收敛（单调有界定理）。 易错警示：作差时注意通项公式中 的取值范围（通常 ）；递推函数单调递增时，数列单调性由 决定，但需验证每一步；选填中可用特殊值快速排除，但严格判断需证明。 【典例2-2】（25-26高三上·北京·阶段检测）已知等差数列与等比数列都是无穷递增数列，给出下列四个结论: ①不存在数列与，使得是递减数列； ②存在数列与，使得是递增数列； ③不存在数列与，使得同时有无穷个正项和无穷个负项； ④存在数列与，使得恰好出现三个为1的项. 其中正确结论的序号是_____. 【变式2-1】（2026·北京·三模）已知数列满足，给出下列四个结论： ①，使得为常数列； ②若，则； ③若，则，使得时，； ④若，则为递增数列． 其中所有正确结论的序号是________． 【变式2-2】（25-26高三上·北京朝阳·期中）已知数列的前项和为，且.给出下列四个结论： ①； ②是递增数列； ③，使得当时，； ④，使得当时，总有. 其中所有正确结论的序号是__________. 题型3 数列的周期性及应用 【典例3-1】（2025·北京·模拟预测）已知无穷数列满足：，，，，其中表示不超过的最大整数.则下列说法中正确的是（   ） A．对于任意，，都不是常数列 B．存在正数，，使得是递增数列 C．对于任意正数，q，都存在正整数，使得是周期数列 D．如果是常数列，则一定有 核心口诀：递推算到项重复，周期立现不费功；周期数列求和积，化归首项求轻松。 高分技巧： 试数找周期法（首选） ：从首项开始逐项计算，直到出现连续若干项与前面某连续若干项完全相同，则周期确定。周期数列的递推式往往是分段函数（如奇偶分段）； 递推式直接推周期：若递推式满足 形式，可直接读出周期 。常见周期递推式：（周期2），（周期2），（周期2），（周期3）； 周期性应用： 求指定项：（余数为0时取第 项）； 求前 项和：先算一个周期的和 ，则 余项和； 判断数列性质：周期数列必有界，但不一定收敛（周期>1时振荡）； 与“冰雹猜想”结合：定义奇偶分段递推（如 （偶），（奇）），需通过试数寻找周期规律。 易错警示：找周期时必须确认循环从第一项开始还是从中间开始；周期数列的“最小正周期”需验证是否存在更小周期；选填中若选项涉及周期，可直接取特殊首项试数排除。 【典例3-2】已知数列的各项均为正数，且满足(为常数，．给出下列四个结论： ①对给定的数列，设为其前n项和，则有最小值； ②若数列是递增数列，则； ③若数列是周期数列，则最小正周期可能为2； ④若数列是常数列，则 其中，所有正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式3-1】若数列满足：存在正整数，对于任意正整数都有成立，则称数列为周期数列，周期为. 已知数列满足，现给出以下命题： ①若，则可以取3个不同的值 ②若，则数列是周期为的数列 ③且，存在，是周期为的数列 ④且，数列是周期数列.其中所有真命题的序号是 . 【变式3-2】（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______. 题型4 等差数列与等比数列的判定及应用 【典例4-1】（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 核心口诀：等差看差 为常数，等比看比 为常数；基本量法列方程，性质巧用省步骤。 高分技巧： 判定方法： 等差数列：验证 为常数（或 ）； 等比数列：验证 为非零常数（或 ）； 基本量法（通法） ：设等差数列首项 、公差 ，等比数列首项 、公比 ，将条件转化为关于基本量的方程（组）求解； 性质巧用： 等差数列：；前 项和 ； 等比数列：；前 项和 （）； 判定充要条件：北京卷常考“数列是等差数列的充要条件”或“等比数列的充要条件”，需从定义出发严格推导； 与递推结合：若递推式可化为 为常数，则为等差数列；若可化为 为常数，则为等比数列。 易错警示：等比数列的公比不能为0，且各项均不为0；等差中项 是等差数列的充要条件（需对所有 成立）；选填中常用特值法快速排除错误选项。 【典例4-2】（2026·北京顺义·三模）已知为数列的前项和，记，且满足．给出下列四个结论： ①的第1项等于； ②数列为等差数列； ③为递减数列； ④当时，存在．其中所有正确结论的序号是______． 【变式4-1】（24-25高三上·北京昌平·期末）已知等差数列与等比数列是两个无穷数列，且都不是常数列． 给出下列四个结论： ①数列不是等比数列； ②若与都是递增数列，则数列是递增数列； ③对任意的，、、不是等差数列； ④存在数列，对任意的、、，且，使得、、不能构成等比数列． 其中所有正确结论的序号是 __ ． 【变式4-2】（2025·北京·模拟预测）已知等差数列满足.对，在区间中的所有项组成集合.记中最小值为，最大值为，元素个数为.下列四个结论中 ① ②为等比数列 ③ ④ 所有正确结论的序号是______. 题型5 数列与集合结合 【典例5-1】设无穷等差数列的公差为，集合.则（    ） A．不可能有无数个元素 B．当且仅当时，只有1个元素 C．当只有2个元素时，这2个元素的乘积有可能为 D．当时，最多有个元素，且这个元素的和为0 核心口诀：数列元素构成集合，互异性是首要关；枚举元素找规律，抽屉原理证存在。 高分技巧： 集合视角看数列：将数列的项视为集合的元素，集合的互异性意味着重复项只算一次。求集合元素个数即求数列中不同项的个数； 枚举元素法：从首项开始逐项计算，记录出现过的不同值，直到数值循环重复。集合 的元素个数即为记录中不同值的个数； 有界性+互异性⇒有限集：若递推数列有界且项值只能取整数（或有限个可能值），则集合必为有限集； 抽屉原理（存在性证明） ：若数列有无限项但取值只有有限种，则必存在重复项。由此可推出数列最终进入周期循环； 新定义集合运算：北京卷常将数列与集合的“并、交、差、最值下标”等运算结合，需先理解新定义再转化为数列问题； 子集与项的选择：若要求从数列中选取若干项满足集合条件，常需分类枚举和构造法。 易错警示：集合中的元素互异，重复的项只计一次；求集合元素个数时需注意数列是否有无限项但有限取值（此时集合有限）；选填中可用特殊首项试数，枚举出所有不同项后计数。 【典例5-2】已知数列满足： ，当 时，记,. 给出如下4个结论： ①； ②当，数列是递增数列； ③当时，存在正数使得； ④集合. 其中正确命题的序号是_____________________ 【变式5-1】设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论： ①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4 ②若，则 ③若则 ④若数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470． 其中，所有正确结论的序号是_______ 【变式5-2】（25-26高三上·北京东城·阶段检测）设有限集合，其中，，非空集合，，若存在集合，使得中的所有元素之和相等，则称集合是“可拆等和集”，则下列说法正确的有______． ①集合不是“可拆等和集” ②若集合是“可拆等和集”，则的取值共有6个； ③存在公比为正整数，且公比不为1的等比数列，使得集合是“可拆等和集”； ④若，，数列是等差数列且公差，则集合是“可拆等和集”． 题型6 数列与三角函数结合 【典例6-1】（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 核心口诀：三角函数作通项，周期性质定方向；和差化积巧求和，有界性判敛散。 高分技巧： 三角函数作为通项公式：若 或 ，利用三角函数的周期性判断数列的周期； 利用三角恒等式求和： ； ； 裂项型： 可利用 公式裂项； 有界性判断：，，三角函数数列必有界； 单调性与周期性综合：三角函数数列一般不具有单调性（振荡），但若角度在 内且随 单调变化，则数列可能单调； 与递推结合：递推式中含 或 ，利用三角函数的有界性和不动点法分析。 易错警示： 的周期依赖于 ，若 为无理数，则数列无周期（但仍有界）；三角函数的和差化积公式需熟记；选填中可用特殊角度（如 ）试数排除。 【变式6-1】（25-26高三下·北京·阶段检测）对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质.下列选项中所有正确的是_____. ①若，则数列不具有性质 ②若，则数列具有性质 ③存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质 ④若数列和均具有性质，则具有性质 【变式6-2】（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______． 题型7 数列新定义小题压轴 【典例7-1】设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论： ①若，则是间隔递减数列； ②若，则是间隔递减数列； ③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是． 其中所有正确结论的序号是（    ） A．① B．①③ C．②③ D．①②③ 核心口诀：新定义先理解，特殊值试水探路；归纳猜想证结论，反证法破伪命题。 高分技巧： 理解定义是第一关：新定义题常给出全新的数学概念或运算规则。先反复读题，用具体数字代入定义，确保完全理解； 特殊值试数法（首选） ：取满足条件的特殊数列（如最简单的首项或特殊参数），代入各选项验证。若选项与试数结果矛盾，立即排除； 归纳法与反证法：若特殊值不能排除，尝试用数学归纳法证明合理结论；用反证法（假设结论不成立推出矛盾）排除错误选项； 极端原理与构造法：北京卷新定义压轴常涉及“存在性”证明，可用极端原理（取最大/最小下标）或构造法找到满足条件的对象； 不变量与整体局部分析：寻找变换过程中的不变量（如和、积、奇偶性不变），或从整体和局部两个角度分析； 常见新定义类型： 新定义数列（如“K列”“冰雹数列”“周期数列新规则”）； 新定义运算（如下标集合上的新变换）； 新定义性质（如“好数列”“完美数列”等）； 考场策略：若时间紧迫且已排除部分选项，选最合理的一个；若完全不会，可用特殊值法快速锁定答案。 易错警示：新定义题必须严格依据定义推理，不能套用常规数列的结论；特殊值法只能排除，不能完全替代证明；归纳法证明时需注意归纳奠基和归纳递推两步完整；反证法假设的否定要准确（如“不存在”的反面是“至少存在一个”）。 【典例7-2】（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）对于给定的数列，如果存在实数，，使得对任意成立，我们称数列是“线性数列”，数列满足，，则下列选项错误的是（    ） A．等差数列是“线性数列” B．等比数列是“线性数列” C．若是等差数列，则是“线性数列” D．若是等比数列，则是“线性数列” 【变式7-1】（25-26高三下·北京·开学考试）数列的前项和为，若数列与函数满足： （1）的定义域为； （2）数列与函数均单调递减； （3）使成立， 则称数列与函数具有“D关系”．给出下列四个结论： ①与具有“D关系”； ②与具有“D关系”； ③与数列具有“D关系”的函数有有限个； ④与数列具有“D关系”的函数有无限个． 其中所有正确结论的序号为（　　） A．①③④ B．①②④ C．②③④ D．①②③ 【变式7-2】（2025·北京海淀·三模）设数列的前n项的和为，若对任意的，都有，则称数列为“超神数列”，下列命题中，正确的有________． ①存在递增数列，使得它是“超神数列”； ②存在周期数列，使得它是“超神数列”； ③存在等差数列，使得它是“超神数列”； ④若为等比数列，对于任意，存在，使得为超神数列． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．（25-26高三上·北京西城·期末）记无穷等比数列前项的和为，若，则“公比”是“对任意，存在正整数，当时，”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 2．（25-26高三上·北京通州·期末）已知数列：，，…，，，，设（，），若或2，则满足条件的不同数列的个数为（） A．7 B．21 C．35 D．70 3．（25-26高三下·北京·开学考试）设无穷等比数列的前项和为，则下列结论一定成立的是（    ） A．若递减，则递增 B．若递减，则递减 C．若 递减，则递减 D．若递减，则递增 4．（25-26高三上·北京·开学考试）设无穷数列的前项和为，且，．给出下列四个结论： ①若，； ②若，则； ③当时，是等比数列； ④对任意，总存在直线，使得点到的距离随着的变大而变小． 其中正确结论的序号是_____． 5．（24-25高三上·北京·阶段检测）已知是直角三角形，是直角，内角，，所对的边分别为，，，面积为，，.给出下列四个结论： ①当，时，； ②，； ③存在，使得，为等腰直角三角形； ④任取，为递增数列. 其中所有正确的结论是_____. 6．（25-26高三上·北京丰台·期末）已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和满足.给出下列四个结论： ①；②、、成等比数列； ③数列是等差数列；④数列中存在无穷多项小于. 其中所有正确结论的序号是______. 7．（2025·北京平谷·一模）已知各项均不为零的数列，其前项和是，且.给出如下结论： ①； ②若为递增数列，则的取值范围是； ③存在实数，使得为等比数列； ④，使得当时，总有. 其中所有正确结论的序号是__________. 8．（25-26高三上·北京海淀·阶段检测）已知数列满足，则下列说法正确的是________． ①．若且，则单调递减     ②．若存在无数多个n使得，则或 ③当时，存在使     ④．当时， 9．（2026·北京大兴·三模）已知数列满足（），则下列说法正确的是 ． ①若且，则单调递减； ②若存在无数多个使得，则或； ③当时，存在使； ④当时，对任意，都有． 10．（25-26高三上·北京密云·阶段检测）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 创新提升 11．（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 12．（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， 13．（25-26高三上·北京海淀·期中）已知数列满足，，为的前项和，则下列结论错误的是（    ） A．存在，使得成立 B．存在，使得且对任意成立 C．对任意，存在，使得成立 D．对任意奇数，存在和，使得成立 14．（25-26高三上·北京顺义·阶段检测）数列为无穷非负整数数列，若对任意，均存在，且，使，则称数列为“完备数列”.给出下列四个结论： ①若正项等差数列为“完备数列”，则首项一定为1； ②若正项等比数列为“完备数列”，则公比一定为2； ③若满足，则对任意，数列均为“完备数列”； ④若满足，则数列为“完备数列”； 其中正确结论的序号是______. 15．（25-26高三上·北京·阶段检测）对于数列，若存在，使得对任意，有，则称为“有界变差数列”.给出以下四个结论： ①若等差数列为“有界变差数列”，则的公差等于； ②若各项均为正数的等比数列为“有界变差数列”，则其公比的取值范围是； ③若数列是“有界变差数列”，满足，则是“有界变差数列”； ④若数列是“有界变差数列”，则存在，使得对于任意，都； 其中所有正确结论的序号是_____. 16．（25-26高三上·北京·阶段检测）对于数列，令，给出下列四个结论： ①若，则； ②若，则； ③若对任意的，都有，则有； ④存在各项均为整数的数列，使得对任意的都成立． 其中所有正确结论的序号是______． 17．（25-26高三上·北京西城·期末）已知数列是单调递增的无穷数列，是单调递减的无穷数列．有以下四个结论： ①存在数列和，使得； ②存在数列和，使得； ③对于任意无穷等差数列，总存在和使得； ④对于任意无穷等比数列，总存在和使得． 其中，所有正确结论的序号是__________． 18．（25-26高三上·北京顺义·期末）已知无穷数列前项和为，若存在，当时，，则称为“平衡数列”.给出下列四个结论： ①已知数列，则数列为“平衡数列”； ②若等比数列为“平衡数列”，则公比为； ③若数列和均为“平衡数列”，则为“平衡数列”； ④存在两个公差均不为的等差数列和，其中数列，，和均为“平衡数列”； 其中所有正确结论的序号是________. 19．（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_______． 20．（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______. 21．（25-26高三下·北京·阶段检测）已知无穷数列满足下列三个性质： （i），； （ⅱ）对任意的，； （ⅲ）对任意的，都有. 则下列说法正确的是_____. ①当，时，； ②当时，存在单调递增的数列满足上述条件； ③当时，对任意的成立； ④对于任意数列，总存在，使得对任意的，都有. 22．（2026·北京·三模）数列满足，则以下说法正确的是________． ①若，，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则，，有． 23．（2026·北京·三模）设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论： ①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4； ②若（），则； ③若（），则； ④若，，数列和的距离不超过2026，则m的最大值为3472． 其中所有正确结论的序号是________． 24．（2026·北京大兴·三模）已知正项数列满足：，数列的前项和.给出下列四个结论：①当时，；②当时，数列单调递增；③当时，；④当时，，都有成立.其中正确结论的序号是______________. 25．（2025·北京东城·一模）已知数列满足，且.给出下列四个结论： ①若，当时，； ②若，当时，； ③若，对任意正数，存在正整数，当时，； ④若，对任意负数，存在正整数，当时，. 其中正确结论的序号是__________. 26．（2025·北京海淀·三模）已知是各项均为正数的无穷数列，其前项和为，且．给出下列四个结论： ①； ②，使得； ③存在一个正数，使得对任意的，都有； ④对任意的，都有． 其中所有正确结论的序号是______． 27．（2026·北京延庆·一模）若非空实数集X中存在最大元素M和最小元素m，记． ①已知，，且，则； ②已知，，则存在实数a，使得； ③已知，若，则对任意，都有； ④已知是等比数列的前n项和，，则存在等比数列，使得． 其中所有不正确的命题是______． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $