专题06 数列（期中真题汇编，北京专用）高三数学上学期

专题06 数列 5大高频考点概览 考点01 等差数列 考点02 等比数列 考点03 数列的通项公式与求和 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 考点05 数列新定义 考点01 等差数列 1．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）已知是公差为d的等差数列，为其前n项和．若，则（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 2．（25-26学年高三上·北京第一七一中学·期中）设等差数列的前项和为，且，则的最大值为（       ） A.  B. 3 C. 9 D. 36 3．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）已知等差数列的前项和为，，则（       ） A. 6 B. 18 C. 36 D. 42 4．（25-26学年高三上·北京第八中学·期中）设为等差数列的前n项和，若，公差，，则（     ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 5．（25-26学年高三上·北京育才学校·期中）已知等差数列，，，则等于（     ） A.  B. 0 C. 2 D. 5 6．（25-26学年高三上·北京朝阳·期中）在等差数列的每相邻两项之间插入一个数，使之组成一个新的等差数列，则（       ） A.  B.  C. 1 D.  7．（25-26学年高三上·北京丰台区新北赋学校·期中）等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则的前5项和为（       ） A.  B.  C. 5 D. 25 8．（25-26学年高三上·北京昌平区第一中学·期中）记等差数列的前项和为，则（       ） A. 120 B. 140 C. 160 D. 180 9．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）数列是公差为的等差数列，记的前项和为，且成等比数列，则　　　　　　　；　　　　　　　. 10．（25-26学年高三上·北京海淀·期中）已知等差数列中，，且，则的公差　　　　　　． 11．（25-26学年高三上·北京第四中学·期中）已知是公差不为0的等差数列，．若，，成等比数列，则的公差　　　　　，　　　　　． 考点02 等比数列 1．（25-26学年高三上·北京北京师范大学附属中学·期中）为等比数列，若，，成等差数列，则（       ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 2．（25-26学年高三上·北京北京汇文中学·期中）在等比数列中，，则（       ） A.  B.  C.  D. 1 3．（25-26学年高三上·北京育才学校·期中）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（   ） A. 12里 B. 24里 C. 48里 D. 96里 4．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）已知等比数列的各项均为正数，且，则（       ） A.  B.  C. 10 D. 15 5．（25-26学年高三上·北京第十四中学·期中）设等比数列的前项和为.若、、成等差数列，则数列的公比为　　　　　　　　　　. 6．（25-26学年高三上·北京西城外国语学校·期中）已知数列为等比数列，，，则首项　　　　　；的前5项和　　　　　. 7．（25-26学年高三上·北京昌平区第一中学·期中）已知等比数列的前项和为，，，，成等差数列，，则的最小值是　　　　　　　　　． 考点03 数列的通项公式与求和 1．（25-26学年高三上·北京第十四中学·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 2．（25-26学年高三上·北京通州·期中）如图，正方形的边长为5cm，第一次操作：取正方形各边的中点，作第二个正方形；第二次操作：取正方形各边的中点，作第三个正方形，依此方法一直操作下去．若经过次这样的操作后，使得到所有正方形（包括正方形）的面积之和大于cm2，则的最小值为（     ） （参考数据：） A. 8 B. 9 C. 10 D. 18 3．（25-26学年高三上·北京育才学校·期中）已知数列满足，且其前项和满足，请写出一个符合上述条件的数列的通项公式　　　　　　　　　　　. 4．（25-26学年高三上·北京通州·期中）已知数列为等差数列，，则　　　　　　　　　　；若，则　　　　　　　　　　． 5．（25-26学年高三上·北京海淀·期中）已知数列的前项和为，且． （1）求的值； （2）求的通项公式； （3）若的各项都为正数，记，求． 6．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）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是单调递减数列； ②； ③对任意的，都有； ④对于任意，存在，有； 其中所有正确结论的序号是　　　　　. 7．（25-26学年高三上·北京第一六六中学·期中）已知数列：的各项均为整数． （1）设数列：1，2，3，4，5，6，求数列A中任意两项的差的绝对值之和； （2）证明：在数列中，存在连续的若干项（可以只有一项），这些项的和是n的整数倍； （3）设，是n个互不相等的且小于的正整数．证明：从数列中，可以选出若干项（可以只选一项），这些项的和是的整数倍． （备注：若只选一项，这些项的和就是这一项的值；如果和为0，也算做n的整数倍） 8．（25-26学年高三上·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　　　　　　　　　　. 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 1．（25-26学年高三上·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 2．（25-26学年高三上·北京顺义牛栏山第一中学·期中）某地遵循节能减排的环保理念，计划从2025年1月开始逐步将本地1000辆燃油公交车替换为新能源公交车.记第个月投入使用的新能源公交车数量和弃置的燃油公交车数量分别为（单位：辆），其中.从2025年2月起，计划每个月投入使用的新能源公交车数量比前一个月多10辆，每月弃置的燃油公交车数量为上一个月的2倍，但实际弃置量不超过剩余燃油车数量，若剩余为0则不再弃置.则该地区截止3月底公交车总数量为　　　　　　　　　　辆；到第　　　　　　　　　　月月底时，公交车总数量超过1000台，且全部为新能源公交车. 3．（25-26学年高三上·北京北京师范大学附属中学·期中）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.对于数列（，2，3，4）及数列（，2，3，4），若，则下列说法正确的是　　　　　　　　　　.①存在数列，使得与都为等比数列；②存在数列，使得与都为等差数列；③存在数列，使得为等比数列，且为等差数列；④存在数列，使得为等差数列，且为等比数列. 4．（25-26学年高三上·北京第一六六中学·期中）数列，记（且）．现有如下说法： ①若数列为等差数列，则； ②若数列为等比数列，且数列单调递增，则公比； ③若数列为等比数列，且，则公比； ④若对任意的且，都有，则数列单调递增． 其中所有正确说法的序号是　　　　　　． 考点05 数列新定义 1．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）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 2．（25-26学年高三上·北京第十四中学·期中）已知有穷数列满足．给定正整数m，若存在正整数s，，使得对任意的，都有，则称数列A是连续等项数列． （1）判断数列是否为连续等项数列？是否为连续等项数列？说明理由； （2）若项数为N的任意数列A都是连续等项数列，求N的最小值； （3）若数列不是连续等项数列，而数列，数列与数列都是连续等项数列，且，求的值． 3．（25-26学年高三上·北京第一七一中学·期中）设数列，若存在公比为q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：3，6，12，24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q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m的最大值． 4．（25-26学年高三上·北京北京汇文中学·期中）对正整数，其中，记．设，给出下面四个结论： ①；                          ② ③；         ④数列为等差数列． 其中所有正确结论的序号是　　　　　　　　　． 5．（25-26学年高三上·北京西城外国语学校·期中）已知数列，记集合. （1）若数列为，写出集合； （2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由； （3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值． 6．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）对于数列：，，…，，定义变换，将数列变换成数列：，，…，，，记，，.对于数列：，，…，与：，，…，，定义.若数列：，，…，满足，则称数列为数列. （1）若：，1，，1，1，，写出，并求； （2）对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得？若存在，写出一个数列，若不存在，说明理由： （3）若数列满足，求数列的个数. 7．（25-26学年高三上·北京第一六一中学·期中）已知为有穷整数数列.给定正整数，若对任意的，在中存在，使得，则称为－连续可表数列. （1）判断是否为5－连续可表数列？是否为6－连续可表数列？说明理由； （2）若为8－连续可表数列，求证：； （3）若为20－连续可表数列，且，求的最小值. 8．（25-26学年高三上·北京育才学校·期中）有穷数列中，令，当p=q时，规定. （1）已知数列，写出所有的有序数对，且，使得； （2）已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值； （3）已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：. 9．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）设数列，如果，且，对于，，使成立，则称数列A为数列． （1）分别判断数列1，3，5，7和数列2，4，6，8是否是数列（只需写出结论）； （2）若数列A是数列，且，求的最小值； （3）若数列A是数列，且，求的最大值． 10．（25-26学年高三上·北京顺义牛栏山第一中学·期中）已知行列的数表 的分量都是非零整数.对于正整数，若数表满足如下两条性质，则称数表具有性质： ①对任意中有个，个； ②存在，使得都是正整数. （1）分别判断数表 是否具有性质，请直接写出结果.若具有性，则写出相应的值； （2）当时，是否存在数表满足，并且具有性质？若存在，请写出一个这样的数表；若不存在，请说明理由； （3）当时，是否存在数表满足，并且具有或者性质？若存在，对两种情况分别求出的最小值；若不存在，请说明理由. 11．（25-26学年高三上·北京北京汇文中学·期中）对于无穷数列，，若－…，则称是的“收缩数列”.其中，，分别表示中的最大数和最小数.已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“收缩数列”. （1）若，求的前项和； （2）证明：的“收缩数列”仍是； （3）若，求所有满足该条件的. 12．（25-26学年高三上·北京丰台区新北赋学校·期中）设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”． （1）判断下列数列是否为“好数列”： ①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3． （2）证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）； （3）若数列为“好数列”，求的最大值． 13．（25-26学年高三上·北京昌平区第一中学·期中）已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． （1）若，判断数列是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 14．（25-26学年高三上·北京第四中学·期中）已知无穷数列满足：，是正整数，，． （1）若，，求； （2）证明：“存在，使得是“对任意，”的必要不充分条件； （3）若，是否存在数列，使得恒成立？若存在，求出一组，的值；若不存在，请说明理由． 15．（25-26学年高三上·北京第四中学·期中）若无穷数列满足：，当，时，（其中，表示，，…，中的最大项）．给出以下结论： ①若数列是常数列，则； ②若数列是公差不为0的等差数列，则； ③若数列是公比为的等比数列，则； ④若存在正整数，对任意，都有，则是数列的最大项． 其中正确结论的序号是　　　　　． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 数列 考点01 等差数列 考点02 等比数列 考点03 数列的通项公式与求和 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 考点05 数列新定义 考点01 等差数列 1．C 2．C 3．C 4．D 5．C 6．B 7．A 8．C 9．【答案】① 8    ② 【详解】由等比数列的性质得，解出的值，再结合等差数列的前项和公式可得结果. 【详解】 因为数列是公差为的等差数列，成等比数列， 所以，即，解得； 所以， 故答案为：8，. 10．【答案】2 【分析】 根据等差数列的通项公式即可即可. 【详解】 ，解得 . 故答案为：2. 11．【答案】① 2    ② 16 【分析】 根据给定条件，利用等比数列列出方程求出公差，再结合等差数列通项求出. 【详解】 由，，成等比数列，得，则， 而，则，. 故答案为：2；16 考点02 等比数列 1．A 2．A 3．C 4．C 5．【答案】3或 【详解】先设等比数列的公比为，根据题中条件，列出方程求解，即可得出结果. 【详解】 设等比数列的公比为， 因为等比数列的前项和为，、、成等差数列， 所以，则， 因此，所以，解得或. 故答案为：3或. 6．【答案】① 1    ② 11 【分析】 根据等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可. 【详解】 设数列的公比为，则. 所以. 所以. 故答案为：① 1② 11. 7．【答案】11 【分析】 利用等差中项的性质可得关于公比的方程，解得，再根据等比数列前项和公式计算，结合的范围即可求得其最小值. 【详解】 设等比数列的公比为， 由题意，，则得，即， 整理可得，解得， 所以，即， 又因为，所以，即的最小值是11. 故答案为：11. 考点03 数列的通项公式与求和 1．C 2．A 3．【答案】（答案不唯一） 【分析】 根据条件得到数列的性质,按性质写出一个数列即可. 【详解】 ∵，∴数列时一个增数列； ∵，∴ ∴ 故答案为：（答案不唯一） 4．【答案】①     ② 【分析】 先通过等差数列的项求出公差和首项，得到通项公式；再对数列进行裂项相消求和. 【详解】 设等差数列的公差为. 由，，得，即. 又，故. 由，则. 所以. 故答案为：； 5．【答案】（1）或     （2）     （3）      【分析】 （1）利用赋值法求解参数即可. （2）利用前项和与通项公式的关系求解通项公式即可. （3）结合题意确定，再结合指数幂的性质和等差数列求和公式求解即可. (1) 小问详解： 对于，令， 可得，解得或. (2) 小问详解： 当时，，此时， 则， 当时，则，可得， 得到，即， 则，化简得， 可得是以为首项，为公比的等比数列， 故. (3) 小问详解： 因为的各项都为正数，所以， 则. 6．【答案】① ② ④ 【分析】 根据与的关系，可求的值，验证③ 的真假；先根据，得到，判断的符号，可得数列的单调性，判断① 的真假；结合数列的单调性，可判断③ 的真假；研究数列的变化趋势，可判断④ 的真假. 【详解】 因为， 令，则； 令，则，又，所以. 所以当时，，故③ 错误； 因为，因为，所以. 由. 因为. 因为，，所以，，所以， 即，所以是单调递减数列，故① 正确； 因为，故② 正确； 因为，且，所以，所以. 所以当时，，，即. 所以对于任意，存在，有.故④ 正确. 故答案为：① ② ④ 7．【答案】（1）35     （2） 设，即. 用除以，得到的余数可能为，共种情况. 如果存在某个除以的余数为0，那么就是的整数倍， 即是的整数倍，结论成立； 如果不存在某个除以的余数为0，那么这个数除以的余数只能是这种情况. 根据抽屉原理， 个数放入个抽屉中，至少有两个数除以的余数相同，设为和，即. 那么是的整数倍，即存在连续的若干项的和是的整数倍，因此，命题得证.     （3） 设，（表示不超过的最大整数）， 即是除以的余数. 用除以，得到的余数可能为，共种情况. 如果存在某个除以的余数为0，那么就是的整数倍，即是的整数倍，结论成立； 如果不存在某个除以的余数为0，那么这个数除以的余数只能是这种情况； 根据抽屉原理， 个数放入个抽屉中，至少有两个数除以的余数相同，设为和，即. 那么是的整数倍，即存在连续的若干项的和是的整数倍，因此，命题得证.      【分析】 （1）先列出数列任意两项的组合，然后计算它们的差值，最后将这些差值相加即是结果. （2）设，然后分如果存在某个除以的余数为0和如果不存在某个除以的余数为0两种情况结合抽屉原理进行讨论即可证明命题. （3）设，然后分如果存在某个除以的余数为0和如果不存在某个除以的余数为0两种情况结合抽屉原理进行讨论即可证明命题. (1) 小问详解： 数列，任意两项的组合有：. 计算它们的差值： 将这些差的绝对值相加：， 因此，数列中任意两项的差的绝对值之和为35. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 8．【答案】① ③ ④ 【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③ ④ 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：① ③ ④ 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 1．D 2．【答案】①     ② 【分析】 通过等差数列求和得累计投入的新能源公交车数量，通过等比数列求和得累计弃置的燃油公交车数量，计算得3月底总数；再利用等差数列求和公式表示累计新能源数量，结合等比数列求和确定燃油全弃置时间，求解不等式得到满足条件的月份. 【详解】 投入的新能源公交车数量构成等差数列， 首项，公差，故，， 前3项和为. 弃置的燃油公交车数量构成等比数列，首项，公比， 故，，前3项和为. 截止3月底公交车总数为. 设第月底满足条件，等差数列前项和为. 等比数列前项和为， 当时，，剩余燃油； 时弃置370辆，燃油全部弃置. 由，得， 解得，故. 故答案为：1110；11. 3．【答案】② ③ ④ 【分析】 利用奇偶性得到 ，然后利用等差等比数列的定义和特殊值的思路判断即可得. 【详解】 因为为定义在上的奇函数， 令，则，， 又为奇函数，所以， 所以 ， 对① 、③ ：若为等比数列，由，可知公比， 设，则，所以不为定值， 且为定值， 设，则，所以也不为定值， 即① 错误，③ 正确； 对② ④ ：若为等差数列，由，可知公差， 所以可取，即， 此时令，则，解得， 此时，，， 满足为等差数列，即② 正确； 令，则，解得， 此时，，，， 满足为等比数列，即④ 正确. 故答案为：② ③ ④. 4．【答案】① ③ 【分析】 利用等差数列的定义可判断① ；计算得出，结合等比数列的单调性求出的范围，可判断② ；利用绝对值的性质可判断③ ；利用绝对值的性质和数列的单调性可判断④ . 【详解】 对于① ，若数列为等差数列，设其公差为， 则，① 对； 对于② ，若数列为等比数列，设其公比为， 则， 因为数列单调递增，则，故且， 所以，解得或，② 错； 对于③ ， ， ， 而 ， 因为，则， 当且仅当时，等号成立，③ 对； 对于④ ，因为 ， 当且仅当，，，， 或，，，，， 即当或时， 又因为，即，故， 所以，当且仅当时，等号成立， 故数列是不减数列，但不一定是递增数列，④ 错. 故答案为：① ③. 考点05 数列新定义 1．B 2．【答案】（1） 数列是连续等项数列，不是连续等项数列，理由如下: 因为，所以是连续等项数列. 因为为； 为； 为; 为， 所以不存在正整数，使得. 所以A不是连续等项数列.     （2）11     （3）0      【分析】 （1）根据新定义直接验证数列，1，0，1，0，1，，可得结论； （2）先根据新定义证明时，数列一定是连续等项数列，再验证时，不是连续等项数列即可； （3）由都是连续等项数列可得， ，再由反证法证得，即可得出的值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设集合，则中的元素个数为. 因为在数列中，所以. 若，则. 所以在这个有序数对中， 至少有两个有序数对相同， 即存在正整数，使得. 所以当项数时，数列一定是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若,数列不是连续等项数列. 所以的最小值为11. (3) 小问详解： 因为与都是连续等项数列， 所以存在两两不等的正整数, 使得， 下面用反证法证明. 假设， 因为， 所以中至少有两个数相等. 不妨设，则 所以是连续等项数列，与题设矛盾. 所以. 所以. 【点睛】 方法点睛：对于新定义问题，一般先要读懂定义内容，第一问一般是给具体的函数或数列验证是否满足所给定义，只需要结合新定义，验证即可，在验证过程中进一步加强对新定义的理解，第二步一般在第一步强化理解的基础上，所给函数或数列更加一般或复杂，进一步利用新定义处理，本题第三问根据与都是连续等项数列得出，，利用反证法求是关键点. 3．【答案】（1）；（2）；（3）m的最大值为 【分析】 （1）利用“等比分割数列”直接写出满足条件的等比数列即可. （2）根据等比数列的通项公式可得，再根据“等比分割数列”的定义可得，由，根据指数函数的单调性即可求解. （3）首先利用反证法确定，验证即可求解. 【详解】 （1）由“等比分割数列”的定义可知， （2）的首项为1，公比为q，， 而，对成立， 当时，， 当时，， 而单调递增，随着的增大而减小， ，. （3）设是数列的＂等比分割数列＂，首项为，公比为， 由题意，应有，显然， 设，此时有． 所以，可得，所以， 又，所以，与矛盾，故， 又当时，取， 可得 ，所以时成立， 综上，的最大值为5． 4．【答案】② ③ ④ 【分析】 ① 将12进行分解，结合已知条件可求出； ② 逆用等比数列求和公式转化，结合已知条件可求出； ③ 由已知条件分别求出和，再判断对错； ④ 先由已知条件求出，再用等差数列定义证明是等差数列. 【详解】 ① 因为，所以，从而.故而① 错； ② 因为 ，所以.故而 ② 正确； ③ 因为 所以 ，又所以，满足，故而③ 正确； ④ 当时，; 当时，                   因为                             所以                =， 当时，符合上式，所以，所以； 从而，数列为等差数列.故而④ 正确. 故答案为：② ③ ④ . 【点睛】 关键点点睛：求解本题的关键是：准确解读已知信息，将所给正整数按形式进行分解，得到，求时使用了迭加法. 5．【答案】（1）     （2）不存在，使得成立     （3）      【分析】 （1）根据题目给出的集合的定义求解即可； （2）使用假设法，假设存在，使得，进行计算检验，从而得出结论； （3）首先证明时，对任意的都有，然后证明除形式以外的数都可以写成若干个连续正整数之和，分类讨论即可得解. (1) 小问详解： 由题意可得，，， 所以. (2) 小问详解： 假设存在，使得， 则有， 由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同， 又，， 所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾， 故不存在，使得. (3) 小问详解： 首先证明时，对任意的都有， 因为， 由于与均大于且奇偶性不同， 所以为奇数，对任意的都有， 其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和， 若正整数，其中， 则当时，由等差数列的性质可得： ，此时结论成立， 当时，由等差数列的性质可得： ，此时结论成立， 对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项， 由前面证明可知正整数不是中的项， 所以的最大值为. 【点睛】 本题考查了等差数列及数列的综合问题，考查了求数列下标最值，同时考查了分类讨论的思想，计算量较大，属于难题. 6．【答案】（1）：1，，1，1，，，；     （2）不存在适合题意的数列；     （3）.      【分析】 （1）利用变换的定义即可； （2）利用数列的定义，记中有个，有个，则，进而即得； （3）由题可得，进而可得，然后结合条件即得. (1) 小问详解： 由：，1，，1，1，， 可得：1，，1，1，，， ，1，1，，，1. ∴； (2) 小问详解： ∵， 由数列A为数列，所以， 对于数列，，…，中相邻的两项， 令，若，则，若，则， 记中有个，有个，则， 因为与的奇偶性相同，而与的奇偶性不同， 故不存在适合题意的数列； (3) 小问详解： 首先证明， 对于数列，，…，，有，，…，，， ，，…，，，，，…，，， ，，…，，，，，…，，， ∵， ， ∴， 故， 其次，由数列为数列可知，， 解得， 这说明数列中任意相邻两项不同的情况有2次， 若数列中的个数为个，此时数列有个， 所以数列的个数为个. 7．【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列，理由如下： ，，，，， 所以是连续可表数列； 易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．     （2） 若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾； 当时,数列，满足，，，， ，，，， ． 所以；     （3）7      【分析】 （1）直接利用定义验证即可； （2）先考虑不符合，再列举一个合题即可； （3）先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 先证明. 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字， 取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示个正整数，不能表示20个正整数，即. 若，最多可以表示个正整数， 由于为连续可表数列，且，所以至少有一项为负数， 既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示的正整数. 所以至少要有6个正整数才能连续表示的正整数.所以中至少包含6个正整数和一个负数，故. 当时，数列满足题意， 即的最小值为7 8．【答案】（1） 、、、     （2）      （3） 对于数列，，不妨设， ① 首先考虑的情况， 由于，，故，同理，，， 故. ② 再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况， 此时, 因为，， 故这说明此连续的 项的和为负. 同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负， 再由① 中结论，可得. ③ 若在① ② 中，由于， 此时去掉前项，则可转化① ② 的情况，所以有. ④ 若，则， 所以此时有， 综上，结论成立.      【分析】 （1）结合题意，逐个计算即可得； （2）由题意可得，，可得当时，有，当时，，结合，即可得解； （3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证. (1) 小问详解： 为时，， 为时，， 为时，， 为时，， 故，且使得的有序数对有、、、； (2) 小问详解： 由题意可得，， 又为整数，故，， 则， 同理可得， 即有， 同理可得，当时，有， 即当时，有， 当时，， 故 ； (3) 小问详解： 略 【点睛】 关键点点睛：本题最后一小问关键点在于将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证. 9．【答案】（1）是数列，不是数列，     （2）3     （3）127      【分析】 （1）分别验证数列和数列中是否满足数列性质即可得出结论； （2）利用反证法证明不成立，取特例可知当存在数列满足数列，即可得的最小值为； （3）首先证明若为奇数，则必为奇数，又可得为偶数；利用数列性质可证明得出，解不等式即可求出. (1) 小问详解： 是数列． 因为，，， 所以是数列. 不是数列． 因为，所以不是数列． (2) 小问详解： 首先证明不能为． 假设， 由数列为数列知， ．所以，与已知矛盾， 故假设不成立． 所以不能为． 因为数列： 满足，，此时是数列， 所以的最小值为. (3) 小问详解： （i）以下证明：若为奇数，则必为奇数． 假设数列中存在偶数，设是数列中第一个偶数， 因为数列是数列， 所以，使． 因为均为奇数，所以也为奇数，与为偶数矛盾． 所以若为奇数，则必为奇数． 因为为偶数，所以不能为奇数，只能为偶数． （ii）以下证明：若，则（，）． 若不然，设（）为第一个满足（）的项， 因为数列是数列，所以，使． 因为（）， 所以，与（）矛盾； 所以若，则（，）． 而（，），所以． 同理，若，则（，）． 而（，）．所以． 同理，若，则（,）． 而（,），所以． 综上． （3）当时， 因为数列是数列， 所以 由题意知，，解得; 所以的最大值为． 此时即为满足条件的数列 10．【答案】（1）数表具有性质，；数表具有性质，；     （2） 不存在数表，满足且具有性质. 下面用反证法证明： 假设存在数表满足且具有性质性质： 即第一行， 记第行的各项积，则； 根据性质① 可知，，        所以对任意，； 又由性质② ，存在，使； 故产生矛盾，所以假设不成立，即不存在符合题意数表.     （3）都存在.具有性质，的最小值；具有性质，的最小值.      【分析】 （1）直接根据数表的性质判断可得； （2）利用反证法，根据数表每行的数的乘积符号的变化规律分析可得； （3）两类情况都采取先构造再证明的方法，先构造满足题意的数表，再根据数表每行的数乘积正负变化规律及的个数，结合性质探索取值，证明所构造数表即为最小时满足性质的数表. (1) 小问详解： 数表 ，， 当时，，，中有个，个； 当时，，，中有个，个； 故满足性质① ； 存在，当时，均为正整数，满足性质② ， 所以数表具有性质，即； 数表 ，， 当时，，，中有个，个； 当时，，，中有个，个； 故满足性质① ； 存在，当时，均为正整数，也满足性质② ， 所以数表也具有性质，即； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 情况一：当时，存在数表满足，并且具有性质. I.令，按如下方法构造数表： 第一行； 且任意，相邻两行与 满足 对成立， 由构造可知，从第一行到第行逐行变换（共变换次）， 第次行变换中，即相邻两行第行到第行的变换中， 由可知，仅第列这一列的分量与相同，其余各列分量都变号， 故在次变换中， 每一分量都经过次变号，次不变号的变换，得到分量. 因此， 故第行. 由上分析可知这样的数表满足性质① ② . II.证明：当为偶数，若数表满足性质，则. 根据性质① 第一行的数， 记第行的各项积， 记表示数表中第行中的个数， 则，为偶数. 且； 因此，即为偶数，为奇数，. 根据性质② 存在，使得都是正整数，则为奇数. 由性质① 相邻两行恰有（奇数）列的分量互为相反数，即仅一列的分量相同； 由第行中的个数，则的个数为， 下面分类研究第行与第行的的个数关系： 第一类：若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为，的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 第二类：若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为，的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 综合以上两类可知，. 设第行为各分量都是正整数的首行，， 则，又，且为奇数， 故 ， 故，又，所以. 已知，由II所证结论，则. 故综合I、II可知，若数表具有性质，则的最小值为； 情况二：当时，存在数表满足，并且具有. 由性质① 可得，相邻两行中恰有列的分量互为相反数，列的分量相同. I.令，构造如下数表： 第一行； 第二行， 第三行 第四行 此数表满足性质① ② . II.证明：当时不存在数表满足性质. 假设时，存在数表满足性质，由数表仅行， 则由性质① ，，则中有个，个； 则第二行中的个数，又； 但由性质② ，存在，使得都是正整数，即； 故产生矛盾，即时不存在数表满足性质； 假设时，存在数表满足性质，数表有行， 由上性质① 分析可知，第二行中的个数，的个数为. 当，则中也有个，个， 即第行与第行分量相同的恰有两列，其余列分量互为相反数. 由性质② ，存在，使得都是正整数，， 又，均不为，则. 下面分类研究第行中的个数： 第一类：若第行与第行分量相同的两列为都为， 则第行所有分量中的个数为，这与矛盾； 第二类：若第行与第行分量相同的两列都为， 则第行所有分量中的个数为，这也与矛盾； 第三类：若第行与第行分量相同的两列中一列为，一列为， 则第行所有分量中的个数为，这也与矛盾； 综合以上三类可知，当时也不存在数表满足性质. 由I、II可知，若数表具有性质，则的最小值为. 11．【答案】（1） （2）因为， ， 所以 所以. 又因为，所以， 所以的“收缩数列”仍是. （3）所有满足该条件的数列为 【分析】 （1）由可得为递增数列，，，从而易得； （2）利用， ，可证是不减数列（即），而，由此可得的“收缩数列”仍是. （3）首先，由已知，当时，；当时，，；当时，（*），这里分析与的大小关系，，均出现矛盾，，结合(*)式可得，因此猜想 （），用反证法证明此结论成立，证明时假设是首次不符合 的项，则，这样题设条件变为（*），仿照讨论的情况讨论，可证明． 【详解】 解：（1）由可得为递增数列， 所以， 故的前项和为. （2）略 （3）由可得 当时，； 当时，，即，所以； 当时，，即（*）， 若，则，所以由（*）可得，与矛盾； 若，则，所以由（*）可得， 所以与同号，这与矛盾； 若，则，由（*）可得. 猜想：满足的数列是： . 经验证，左式， 右式. 下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件. 法1：由上述时的情况可知，时， 是成立的. 假设是首次不符合 的项，则， 由题设条件可得（*）， 若，则由（*）式化简可得与矛盾； 若，则，所以由（*）可得 所以与同号，这与矛盾； 所以，则，所以由（*）化简可得. 这与假设矛盾. 所以不存在数列不满足 的符合题设条件. 法2：当时，， 所以 即 由可得 又，所以可得， 所以， 即 所以等号成立的条件是 ， 所以，所有满足该条件的数列为 . 【点睛】 本题考查数列的新定义问题，考查学生创新意识．第（1）（2）问直接利用新概念“收缩数列”结合不等关系易得，第（3）问考查学生的从特殊到一般的思维能力，考查归纳猜想能力，题中讨论与大小关系是解题关键所在．本题属于难题． 12．【答案】（1）① 是“好数列”；② 不是“好数列”     （2） 若是“好数列”，可知存在． 令与， 于是集合和也分别是数列和数列的子列集， 又存在，得． 因此． 所以，数列也是“好数列”． 设与中较小者为，则且， 因此，即，于是， 所以存在首项不超过的“好数列”．     （3）7      【分析】 （1）根据“好数列”的定义逐项检验即可判断① ② ； （2）分析可知若是“好数列”，可知存在，结合“好数列”的定义分析可得且，即可得结果； （3）分类讨论的奇偶性，利用反证法结合（2）可知为偶数不成立，为奇数时且，不存在“好数列”，即可得结果. (1) 小问详解： 对于① ：检验可知① 是“好数列”； 对于② ：例如，取长为2的子列集和长为3的子列集， 此时，所以② 不是“好数列”． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 的最大值为7． ① 先考虑． 假设存在“好数列”．由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知， 即此“好数列”为：． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知，矛盾； ② 再考虑．假设存在“好数列”． 由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知， 此时，长为的子列集，矛盾． 所以，当时，不存在“好数列”． 又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”． 综上，的最大值为7． 13．【答案】(Ⅰ)不具有性质① ； (Ⅱ)具有性质① ；具有性质② ； (Ⅲ)证明：解法一 首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数： 显然，假设数列中存在负项，设， 第一种情况：若，即， 由① 可知：存在，满足，存在，满足， 由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若，由① 知存在实数，满足，由的定义可知：， 另一方面，，由数列的单调性可知：， 这与的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项恒为负数. 综上可得，数列中的项同号. 其次，证明： 利用性质② ：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列的前项成等比数列，不妨设， 其中，（的情况类似） 由① 可得：存在整数，满足，且 （*） 由② 得：存在，满足：，由数列的单调性可知：， 由可得： （**） 由（**）和（*）式可得：， 结合数列的单调性有：， 注意到均为整数，故， 代入（**）式，从而. 总上可得，数列的通项公式为：. 即数列为等比数列. 解法二：假设数列中的项均为正数： 首先利用性质② ：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 即成等比数列，不妨设， 然后利用性质① ：取，则， 即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质② 中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而， 然后利用性质① ：取，则数列中存在一项， 下面我们用反证法来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质② 中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 即由② 可知：， 若，则，与假设矛盾； 若，则，与假设矛盾； 若，由于为正整数，故，则，与矛盾； 综上可知，假设不成立，则.同理可得：，从而数列为等比数列， 同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列为等比数列. 【分析】 (Ⅰ)根据定义验证，即可判断； (Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断； (Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可. 解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证. 【详解】 (Ⅰ)不具有性质① ，理由略； (Ⅱ)具有性质① ，理由略； 具有性质② ，理由略； (Ⅲ)略 【点睛】 本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力. 14．【答案】（1）或3或5．     （2）证明见详解     （3）不存在，理由见详解      【分析】 （1）分别令，代入，求出，再根据对进行取舍. （2）证明必要性是以是周期为3的周期数列当条件，推出存在，使得这个结论成立；不充分性只需举出符合存在，使得的特殊数列，推出不是周期数列即可. （3）对，要考虑和两种情况，求解时注意考虑这种特殊情况. (1) 小问详解： 因为对任意成立； 令，得，所以，则或3， 若，由，则，则或3， 若，由，则，则或5， 因为，综上所述：或3或5． (2) 小问详解： 记， 必要性：若是周期为3的周期数列，或， 当时，数列前5项为：， 由得，该式当且仅当或时成立， 与为正整数矛盾； 当时，数列前5项为， 由得，则或（舍，此时）， 因此，此时数列：，存在，使得， 另一方面：取数列 其中当时，，此时数列不是周期数列， 综上，“存在，使得是“对任意，”的必要不充分条件． (3) 小问详解： 不存在，理由如下： 等价于或， 首先说明不存在，使得，否则由得记为， 所以， 依此类推得前项为（第项）， 则要么相等，要么有一项为0，矛盾，因此对任意成立， 其次，不存在，使得以及同时成立， 否则两式相加得，矛盾． （ⅰ）若（*）式只对有限个正整数才成立， 不妨设当且仅当时（*）式成立，其中， 则当时，（**）式恒成立，此时恒成立， 由此易知当，因此数列是无界数列， （ⅱ）若存在无限个正整数使得（*）式成立， 不妨设当且仅当时（*）式成立， 其中，考虑与， 为方便书写记且， 则， 若，则， 若，则， 则， 此时， 可得， 无论哪种情况总有成立，即恒成立， 记，则恒成立，由此易得数列是无界数列， 所以，存在使得，故不存在符合题意的． 15．【答案】① ③ ④ 【分析】 根据所给定义得到，即可判断① ；结合等差数列的定义结合分类讨论求出取值范围即可判断② ；求出公比，即可判断③ ；结合反证法与周期数列及所给定义判断④ 即可. 【详解】 对于① ，若数列是常数列，则， 可得，故① 正确； 对于② ，若 是公差的等差数列，， 若，则单调递增，，不成立； 若 ，则单调递减， 又，得到，故② 错误； 对于③ ，若数列是公比为的等比数列，则，且， 得到，解得或（舍去），可得，故③ 正确； 对于④ ，当时， ，得，同理可得 ， 且存在正整数，对任意，都有， 此时，是中的最大项； 当时，假设不是数列的最大项， 设是使成立的最小正整数，则有， 即或，同理可推知为0或的倍数， 其中，由于存在正整数，对任意都有 ， 则总存在正整数，使，此时， 由知应是的倍数或0，即是的倍数， 但是，即，矛盾，此时假设不成立， 得到是数列的最大项，故④ 正确. 故答案为：① ③ ④ . 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 数列 5大高频考点概览 考点01 等差数列 考点02 等比数列 考点03 数列的通项公式与求和 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 考点05 数列新定义 考点01 等差数列 1．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）已知是公差为d的等差数列，为其前n项和．若，则（       ） A.  B.  C. 1 D. 2 【答案】C 【详解】根据是公差为d的等差数列，且，利用等差数列的前n项和公式求解. 【详解】 因为是公差为d的等差数列，且， 所以， 解得， 故选：C 2．（25-26学年高三上·北京第一七一中学·期中）设等差数列的前项和为，且，则的最大值为（       ） A.  B. 3 C. 9 D. 36 【答案】C 【分析】 根据等差数列求和公式得到，即可得到，再由基本不等式计算可得. 【详解】 因为，所以， 又，所以， 当且仅当时取等号， 所以的最大值为. 故选：C 3．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）已知等差数列的前项和为，，则（       ） A. 6 B. 18 C. 36 D. 42 【答案】C 【分析】 根据给定条件，利用等差数列通项公式求出，再利用前项和公式求出. 【详解】 设等差数列的公差为，由， 得，解得， 所以. 故选：C 4．（25-26学年高三上·北京第八中学·期中）设为等差数列的前n项和，若，公差，，则（     ） A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】D 【分析】 根据等差数列求和公式可得，即可代入求解. 【详解】 根据题意：． ，． 可得，． 故选：D 5．（25-26学年高三上·北京育才学校·期中）已知等差数列，，，则等于（     ） A.  B. 0 C. 2 D. 5 【答案】C 【分析】 由等差中项计算得到答案. 【详解】 因为数列是等差数列，所以，即. 故选：C. 6．（25-26学年高三上·北京朝阳·期中）在等差数列的每相邻两项之间插入一个数，使之组成一个新的等差数列，则（       ） A.  B.  C. 1 D.  【答案】B 【分析】 依题意可得，，求出公差，再由通项公式计算可得. 【详解】 依题意可得新的等差数列中，， 设公差为，则， 所以. 故选：B 7．（25-26学年高三上·北京丰台区新北赋学校·期中）等差数列的首项为1，公差不为0．若成等比数列，则的前5项和为（       ） A.  B.  C. 5 D. 25 【答案】A 【分析】 首先代入等差数列的基本量，由等比数列的概念列式，最后代入求和公式，即可求解. 【详解】 设等差数列的公差为，则，，， 由题意可知，，即， 解得：或（舍）， 则数列的前5项和. 故选：A 8．（25-26学年高三上·北京昌平区第一中学·期中）记等差数列的前项和为，则（       ） A. 120 B. 140 C. 160 D. 180 【答案】C 【分析】 利用下标和性质先求出的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的值. 【详解】 因为，所以，所以， 所以， 故选：C. 9．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）数列是公差为的等差数列，记的前项和为，且成等比数列，则　　　　　　　；　　　　　　　. 【答案】① 8    ② 【详解】由等比数列的性质得，解出的值，再结合等差数列的前项和公式可得结果. 【详解】 因为数列是公差为的等差数列，成等比数列， 所以，即，解得； 所以， 故答案为：8，. 10．（25-26学年高三上·北京海淀·期中）已知等差数列中，，且，则的公差　　　　　　． 【答案】2 【分析】 根据等差数列的通项公式即可即可. 【详解】 ，解得 . 故答案为：2. 11．（25-26学年高三上·北京第四中学·期中）已知是公差不为0的等差数列，．若，，成等比数列，则的公差　　　　　，　　　　　． 【答案】① 2    ② 16 【分析】 根据给定条件，利用等比数列列出方程求出公差，再结合等差数列通项求出. 【详解】 由，，成等比数列，得，则， 而，则，. 故答案为：2；16 考点02 等比数列 1．（25-26学年高三上·北京北京师范大学附属中学·期中）为等比数列，若，，成等差数列，则（       ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】A 【分析】 设公比为，即得，根据等差中项的性质有，即可求值. 【详解】 设的公比为，则，而，，成等差数列， ∴，即，解得. ∴. 故选：A. 2．（25-26学年高三上·北京北京汇文中学·期中）在等比数列中，，则（       ） A.  B.  C.  D. 1 【答案】A 【分析】 先利用等比中项的性质结合已知条件求出，再根据等比中项的性质求出． 【详解】 是等比数列， ， ，，解得或（舍去）， ，， ，解得． 故选：A． 3．（25-26学年高三上·北京育才学校·期中）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（   ） A. 12里 B. 24里 C. 48里 D. 96里 【答案】C 【分析】 由题意可得，此人天中每天走的路程是公比为的等比数列，再根据等比数列的前项和公式及通项公式求解即可. 【详解】 由题意可得，此人天中每天走的路程是公比为的等比数列， 设这个数列为，前项和为， 则，解得， 所以， 即该人第三天走的路程为48里. 故选：C. 4．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）已知等比数列的各项均为正数，且，则（       ） A.  B.  C. 10 D. 15 【答案】C 【分析】 根据等比数列的性质得，由对数运算化简即可． 【详解】 解：因为等比数列的各项均为正数，且 所以 . 故选：C． 【点睛】 对数运算的一般思路： （1）拆：首先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后利用对数运算性质化简合并； （2）合：将对数式化为同底数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算性质，转化为同底对数真数的积、商、幂的运算． 5．（25-26学年高三上·北京第十四中学·期中）设等比数列的前项和为.若、、成等差数列，则数列的公比为　　　　　　　　　　. 【答案】3或 【详解】先设等比数列的公比为，根据题中条件，列出方程求解，即可得出结果. 【详解】 设等比数列的公比为， 因为等比数列的前项和为，、、成等差数列， 所以，则， 因此，所以，解得或. 故答案为：3或. 6．（25-26学年高三上·北京西城外国语学校·期中）已知数列为等比数列，，，则首项　　　　　；的前5项和　　　　　. 【答案】① 1    ② 11 【分析】 根据等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可. 【详解】 设数列的公比为，则. 所以. 所以. 故答案为：① 1② 11. 7．（25-26学年高三上·北京昌平区第一中学·期中）已知等比数列的前项和为，，，，成等差数列，，则的最小值是　　　　　　　　　． 【答案】11 【分析】 利用等差中项的性质可得关于公比的方程，解得，再根据等比数列前项和公式计算，结合的范围即可求得其最小值. 【详解】 设等比数列的公比为， 由题意，，则得，即， 整理可得，解得， 所以，即， 又因为，所以，即的最小值是11. 故答案为：11. 考点03 数列的通项公式与求和 1．（25-26学年高三上·北京第十四中学·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；③ ④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. 2．（25-26学年高三上·北京通州·期中）如图，正方形的边长为5cm，第一次操作：取正方形各边的中点，作第二个正方形；第二次操作：取正方形各边的中点，作第三个正方形，依此方法一直操作下去．若经过次这样的操作后，使得到所有正方形（包括正方形）的面积之和大于cm2，则的最小值为（     ） （参考数据：） A. 8 B. 9 C. 10 D. 18 【答案】A 【分析】 通过分析正方形面积的等比数列规律，利用等比数列求和公式和对数运算求解不等式，确定的最小值. 【详解】 第一个正方形面积，后续每个正方形面积是前一个的， 故面积构成首项，公比的等比数列. 经过次操作后，所有正方形（共个）的面积和为： ， 解不等式： ， 两边取对数（）： ， 故的最小值为. 故选：A 3．（25-26学年高三上·北京育才学校·期中）已知数列满足，且其前项和满足，请写出一个符合上述条件的数列的通项公式　　　　　　　　　　　. 【答案】（答案不唯一） 【分析】 根据条件得到数列的性质,按性质写出一个数列即可. 【详解】 ∵，∴数列时一个增数列； ∵，∴ ∴ 故答案为：（答案不唯一） 4．（25-26学年高三上·北京通州·期中）已知数列为等差数列，，则　　　　　　　　　　；若，则　　　　　　　　　　． 【答案】①     ② 【分析】 先通过等差数列的项求出公差和首项，得到通项公式；再对数列进行裂项相消求和. 【详解】 设等差数列的公差为. 由，，得，即. 又，故. 由，则. 所以. 故答案为：； 5．（25-26学年高三上·北京海淀·期中）已知数列的前项和为，且． （1）求的值； （2）求的通项公式； （3）若的各项都为正数，记，求． 【答案】（1）或     （2）     （3）      【分析】 （1）利用赋值法求解参数即可. （2）利用前项和与通项公式的关系求解通项公式即可. （3）结合题意确定，再结合指数幂的性质和等差数列求和公式求解即可. (1) 小问详解： 对于，令， 可得，解得或. (2) 小问详解： 当时，，此时， 则， 当时，则，可得， 得到，即， 则，化简得， 可得是以为首项，为公比的等比数列， 故. (3) 小问详解： 因为的各项都为正数，所以， 则. 6．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）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是单调递减数列； ②； ③对任意的，都有； ④对于任意，存在，有； 其中所有正确结论的序号是　　　　　. 【答案】① ② ④ 【分析】 根据与的关系，可求的值，验证③ 的真假；先根据，得到，判断的符号，可得数列的单调性，判断① 的真假；结合数列的单调性，可判断③ 的真假；研究数列的变化趋势，可判断④ 的真假. 【详解】 因为， 令，则； 令，则，又，所以. 所以当时，，故③ 错误； 因为，因为，所以. 由. 因为. 因为，，所以，，所以， 即，所以是单调递减数列，故① 正确； 因为，故② 正确； 因为，且，所以，所以. 所以当时，，，即. 所以对于任意，存在，有.故④ 正确. 故答案为：① ② ④ 7．（25-26学年高三上·北京第一六六中学·期中）已知数列：的各项均为整数． （1）设数列：1，2，3，4，5，6，求数列A中任意两项的差的绝对值之和； （2）证明：在数列中，存在连续的若干项（可以只有一项），这些项的和是n的整数倍； （3）设，是n个互不相等的且小于的正整数．证明：从数列中，可以选出若干项（可以只选一项），这些项的和是的整数倍． （备注：若只选一项，这些项的和就是这一项的值；如果和为0，也算做n的整数倍） 【答案】（1）35     （2） 设，即. 用除以，得到的余数可能为，共种情况. 如果存在某个除以的余数为0，那么就是的整数倍， 即是的整数倍，结论成立； 如果不存在某个除以的余数为0，那么这个数除以的余数只能是这种情况. 根据抽屉原理， 个数放入个抽屉中，至少有两个数除以的余数相同，设为和，即. 那么是的整数倍，即存在连续的若干项的和是的整数倍，因此，命题得证.     （3） 设，（表示不超过的最大整数）， 即是除以的余数. 用除以，得到的余数可能为，共种情况. 如果存在某个除以的余数为0，那么就是的整数倍，即是的整数倍，结论成立； 如果不存在某个除以的余数为0，那么这个数除以的余数只能是这种情况； 根据抽屉原理， 个数放入个抽屉中，至少有两个数除以的余数相同，设为和，即. 那么是的整数倍，即存在连续的若干项的和是的整数倍，因此，命题得证.      【分析】 （1）先列出数列任意两项的组合，然后计算它们的差值，最后将这些差值相加即是结果. （2）设，然后分如果存在某个除以的余数为0和如果不存在某个除以的余数为0两种情况结合抽屉原理进行讨论即可证明命题. （3）设，然后分如果存在某个除以的余数为0和如果不存在某个除以的余数为0两种情况结合抽屉原理进行讨论即可证明命题. (1) 小问详解： 数列，任意两项的组合有：. 计算它们的差值： 将这些差的绝对值相加：， 因此，数列中任意两项的差的绝对值之和为35. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 8．（25-26学年高三上·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】① ③ ④ 【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③ ④ 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：① ③ ④ 考点04 数列的综合应用（与不等式、概率统计等综合） 1．（25-26学年高三上·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 2．（25-26学年高三上·北京顺义牛栏山第一中学·期中）某地遵循节能减排的环保理念，计划从2025年1月开始逐步将本地1000辆燃油公交车替换为新能源公交车.记第个月投入使用的新能源公交车数量和弃置的燃油公交车数量分别为（单位：辆），其中.从2025年2月起，计划每个月投入使用的新能源公交车数量比前一个月多10辆，每月弃置的燃油公交车数量为上一个月的2倍，但实际弃置量不超过剩余燃油车数量，若剩余为0则不再弃置.则该地区截止3月底公交车总数量为　　　　　　　　　　辆；到第　　　　　　　　　　月月底时，公交车总数量超过1000台，且全部为新能源公交车. 【答案】①     ② 【分析】 通过等差数列求和得累计投入的新能源公交车数量，通过等比数列求和得累计弃置的燃油公交车数量，计算得3月底总数；再利用等差数列求和公式表示累计新能源数量，结合等比数列求和确定燃油全弃置时间，求解不等式得到满足条件的月份. 【详解】 投入的新能源公交车数量构成等差数列， 首项，公差，故，， 前3项和为. 弃置的燃油公交车数量构成等比数列，首项，公比， 故，，前3项和为. 截止3月底公交车总数为. 设第月底满足条件，等差数列前项和为. 等比数列前项和为， 当时，，剩余燃油； 时弃置370辆，燃油全部弃置. 由，得， 解得，故. 故答案为：1110；11. 3．（25-26学年高三上·北京北京师范大学附属中学·期中）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.对于数列（，2，3，4）及数列（，2，3，4），若，则下列说法正确的是　　　　　　　　　　.①存在数列，使得与都为等比数列；②存在数列，使得与都为等差数列；③存在数列，使得为等比数列，且为等差数列；④存在数列，使得为等差数列，且为等比数列. 【答案】② ③ ④ 【分析】 利用奇偶性得到 ，然后利用等差等比数列的定义和特殊值的思路判断即可得. 【详解】 因为为定义在上的奇函数， 令，则，， 又为奇函数，所以， 所以 ， 对① 、③ ：若为等比数列，由，可知公比， 设，则，所以不为定值， 且为定值， 设，则，所以也不为定值， 即① 错误，③ 正确； 对② ④ ：若为等差数列，由，可知公差， 所以可取，即， 此时令，则，解得， 此时，，， 满足为等差数列，即② 正确； 令，则，解得， 此时，，，， 满足为等比数列，即④ 正确. 故答案为：② ③ ④. 4．（25-26学年高三上·北京第一六六中学·期中）数列，记（且）．现有如下说法： ①若数列为等差数列，则； ②若数列为等比数列，且数列单调递增，则公比； ③若数列为等比数列，且，则公比； ④若对任意的且，都有，则数列单调递增． 其中所有正确说法的序号是　　　　　　． 【答案】① ③ 【分析】 利用等差数列的定义可判断① ；计算得出，结合等比数列的单调性求出的范围，可判断② ；利用绝对值的性质可判断③ ；利用绝对值的性质和数列的单调性可判断④ . 【详解】 对于① ，若数列为等差数列，设其公差为， 则，① 对； 对于② ，若数列为等比数列，设其公比为， 则， 因为数列单调递增，则，故且， 所以，解得或，② 错； 对于③ ， ， ， 而 ， 因为，则， 当且仅当时，等号成立，③ 对； 对于④ ，因为 ， 当且仅当，，，， 或，，，，， 即当或时， 又因为，即，故， 所以，当且仅当时，等号成立， 故数列是不减数列，但不一定是递增数列，④ 错. 故答案为：① ③. 考点05 数列新定义 1．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）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），. 2．（25-26学年高三上·北京第十四中学·期中）已知有穷数列满足．给定正整数m，若存在正整数s，，使得对任意的，都有，则称数列A是连续等项数列． （1）判断数列是否为连续等项数列？是否为连续等项数列？说明理由； （2）若项数为N的任意数列A都是连续等项数列，求N的最小值； （3）若数列不是连续等项数列，而数列，数列与数列都是连续等项数列，且，求的值． 【答案】（1） 数列是连续等项数列，不是连续等项数列，理由如下: 因为，所以是连续等项数列. 因为为； 为； 为; 为， 所以不存在正整数，使得. 所以A不是连续等项数列.     （2）11     （3）0      【分析】 （1）根据新定义直接验证数列，1，0，1，0，1，，可得结论； （2）先根据新定义证明时，数列一定是连续等项数列，再验证时，不是连续等项数列即可； （3）由都是连续等项数列可得， ，再由反证法证得，即可得出的值. (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 设集合，则中的元素个数为. 因为在数列中，所以. 若，则. 所以在这个有序数对中， 至少有两个有序数对相同， 即存在正整数，使得. 所以当项数时，数列一定是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若，数列不是连续等项数列. 若,数列不是连续等项数列. 所以的最小值为11. (3) 小问详解： 因为与都是连续等项数列， 所以存在两两不等的正整数, 使得， 下面用反证法证明. 假设， 因为， 所以中至少有两个数相等. 不妨设，则 所以是连续等项数列，与题设矛盾. 所以. 所以. 【点睛】 方法点睛：对于新定义问题，一般先要读懂定义内容，第一问一般是给具体的函数或数列验证是否满足所给定义，只需要结合新定义，验证即可，在验证过程中进一步加强对新定义的理解，第二步一般在第一步强化理解的基础上，所给函数或数列更加一般或复杂，进一步利用新定义处理，本题第三问根据与都是连续等项数列得出，，利用反证法求是关键点. 3．（25-26学年高三上·北京第一七一中学·期中）设数列，若存在公比为q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：3，6，12，24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q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m的最大值． 【答案】（1）；（2）；（3）m的最大值为 【分析】 （1）利用“等比分割数列”直接写出满足条件的等比数列即可. （2）根据等比数列的通项公式可得，再根据“等比分割数列”的定义可得，由，根据指数函数的单调性即可求解. （3）首先利用反证法确定，验证即可求解. 【详解】 （1）由“等比分割数列”的定义可知， （2）的首项为1，公比为q，， 而，对成立， 当时，， 当时，， 而单调递增，随着的增大而减小， ，. （3）设是数列的＂等比分割数列＂，首项为，公比为， 由题意，应有，显然， 设，此时有． 所以，可得，所以， 又，所以，与矛盾，故， 又当时，取， 可得 ，所以时成立， 综上，的最大值为5． 4．（25-26学年高三上·北京北京汇文中学·期中）对正整数，其中，记．设，给出下面四个结论： ①；                          ② ③；         ④数列为等差数列． 其中所有正确结论的序号是　　　　　　　　　． 【答案】② ③ ④ 【分析】 ① 将12进行分解，结合已知条件可求出； ② 逆用等比数列求和公式转化，结合已知条件可求出； ③ 由已知条件分别求出和，再判断对错； ④ 先由已知条件求出，再用等差数列定义证明是等差数列. 【详解】 ① 因为，所以，从而.故而① 错； ② 因为 ，所以.故而 ② 正确； ③ 因为 所以 ，又所以，满足，故而③ 正确； ④ 当时，; 当时，                   因为                             所以                =， 当时，符合上式，所以，所以； 从而，数列为等差数列.故而④ 正确. 故答案为：② ③ ④ . 【点睛】 关键点点睛：求解本题的关键是：准确解读已知信息，将所给正整数按形式进行分解，得到，求时使用了迭加法. 5．（25-26学年高三上·北京西城外国语学校·期中）已知数列，记集合. （1）若数列为，写出集合； （2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由； （3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值． 【答案】（1）     （2）不存在，使得成立     （3）      【分析】 （1）根据题目给出的集合的定义求解即可； （2）使用假设法，假设存在，使得，进行计算检验，从而得出结论； （3）首先证明时，对任意的都有，然后证明除形式以外的数都可以写成若干个连续正整数之和，分类讨论即可得解. (1) 小问详解： 由题意可得，，， 所以. (2) 小问详解： 假设存在，使得， 则有， 由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同， 又，， 所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾， 故不存在，使得. (3) 小问详解： 首先证明时，对任意的都有， 因为， 由于与均大于且奇偶性不同， 所以为奇数，对任意的都有， 其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和， 若正整数，其中， 则当时，由等差数列的性质可得： ，此时结论成立， 当时，由等差数列的性质可得： ，此时结论成立， 对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项， 由前面证明可知正整数不是中的项， 所以的最大值为. 【点睛】 本题考查了等差数列及数列的综合问题，考查了求数列下标最值，同时考查了分类讨论的思想，计算量较大，属于难题. 6．（25-26学年高三上·北京顺义区第一中学·期中）对于数列：，，…，，定义变换，将数列变换成数列：，，…，，，记，，.对于数列：，，…，与：，，…，，定义.若数列：，，…，满足，则称数列为数列. （1）若：，1，，1，1，，写出，并求； （2）对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得？若存在，写出一个数列，若不存在，说明理由： （3）若数列满足，求数列的个数. 【答案】（1）：1，，1，1，，，；     （2）不存在适合题意的数列；     （3）.      【分析】 （1）利用变换的定义即可； （2）利用数列的定义，记中有个，有个，则，进而即得； （3）由题可得，进而可得，然后结合条件即得. (1) 小问详解： 由：，1，，1，1，， 可得：1，，1，1，，， ，1，1，，，1. ∴； (2) 小问详解： ∵， 由数列A为数列，所以， 对于数列，，…，中相邻的两项， 令，若，则，若，则， 记中有个，有个，则， 因为与的奇偶性相同，而与的奇偶性不同， 故不存在适合题意的数列； (3) 小问详解： 首先证明， 对于数列，，…，，有，，…，，， ，，…，，，，，…，，， ，，…，，，，，…，，， ∵， ， ∴， 故， 其次，由数列为数列可知，， 解得， 这说明数列中任意相邻两项不同的情况有2次， 若数列中的个数为个，此时数列有个， 所以数列的个数为个. 7．（25-26学年高三上·北京第一六一中学·期中）已知为有穷整数数列.给定正整数，若对任意的，在中存在，使得，则称为－连续可表数列. （1）判断是否为5－连续可表数列？是否为6－连续可表数列？说明理由； （2）若为8－连续可表数列，求证：； （3）若为20－连续可表数列，且，求的最小值. 【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列，理由如下： ，，，，， 所以是连续可表数列； 易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．     （2） 若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾； 当时,数列，满足，，，， ，，，， ． 所以；     （3）7      【分析】 （1）直接利用定义验证即可； （2）先考虑不符合，再列举一个合题即可； （3）先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 先证明. 从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字， 取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字， 取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字， 所以对任意给定的5个整数，最多可以表示个正整数，不能表示20个正整数，即. 若，最多可以表示个正整数， 由于为连续可表数列，且，所以至少有一项为负数， 既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示的正整数. 所以至少要有6个正整数才能连续表示的正整数.所以中至少包含6个正整数和一个负数，故. 当时，数列满足题意， 即的最小值为7 8．（25-26学年高三上·北京育才学校·期中）有穷数列中，令，当p=q时，规定. （1）已知数列，写出所有的有序数对，且，使得； （2）已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值； （3）已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：. 【答案】（1） 、、、     （2）      （3） 对于数列，，不妨设， ① 首先考虑的情况， 由于，，故，同理，，， 故. ② 再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况， 此时, 因为，， 故这说明此连续的 项的和为负. 同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负， 再由① 中结论，可得. ③ 若在① ② 中，由于， 此时去掉前项，则可转化① ② 的情况，所以有. ④ 若，则， 所以此时有， 综上，结论成立.      【分析】 （1）结合题意，逐个计算即可得； （2）由题意可得，，可得当时，有，当时，，结合，即可得解； （3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证. (1) 小问详解： 为时，， 为时，， 为时，， 为时，， 故，且使得的有序数对有、、、； (2) 小问详解： 由题意可得，， 又为整数，故，， 则， 同理可得， 即有， 同理可得，当时，有， 即当时，有， 当时，， 故 ； (3) 小问详解： 略 【点睛】 关键点点睛：本题最后一小问关键点在于将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证. 9．（25-26学年高三上·北京丰台区怡海中学·期中）设数列，如果，且，对于，，使成立，则称数列A为数列． （1）分别判断数列1，3，5，7和数列2，4，6，8是否是数列（只需写出结论）； （2）若数列A是数列，且，求的最小值； （3）若数列A是数列，且，求的最大值． 【答案】（1）是数列，不是数列，     （2）3     （3）127      【分析】 （1）分别验证数列和数列中是否满足数列性质即可得出结论； （2）利用反证法证明不成立，取特例可知当存在数列满足数列，即可得的最小值为； （3）首先证明若为奇数，则必为奇数，又可得为偶数；利用数列性质可证明得出，解不等式即可求出. (1) 小问详解： 是数列． 因为，，， 所以是数列. 不是数列． 因为，所以不是数列． (2) 小问详解： 首先证明不能为． 假设， 由数列为数列知， ．所以，与已知矛盾， 故假设不成立． 所以不能为． 因为数列： 满足，，此时是数列， 所以的最小值为. (3) 小问详解： （i）以下证明：若为奇数，则必为奇数． 假设数列中存在偶数，设是数列中第一个偶数， 因为数列是数列， 所以，使． 因为均为奇数，所以也为奇数，与为偶数矛盾． 所以若为奇数，则必为奇数． 因为为偶数，所以不能为奇数，只能为偶数． （ii）以下证明：若，则（，）． 若不然，设（）为第一个满足（）的项， 因为数列是数列，所以，使． 因为（）， 所以，与（）矛盾； 所以若，则（，）． 而（，），所以． 同理，若，则（，）． 而（，）．所以． 同理，若，则（,）． 而（,），所以． 综上． （3）当时， 因为数列是数列， 所以 由题意知，，解得; 所以的最大值为． 此时即为满足条件的数列 10．（25-26学年高三上·北京顺义牛栏山第一中学·期中）已知行列的数表 的分量都是非零整数.对于正整数，若数表满足如下两条性质，则称数表具有性质： ①对任意中有个，个； ②存在，使得都是正整数. （1）分别判断数表 是否具有性质，请直接写出结果.若具有性，则写出相应的值； （2）当时，是否存在数表满足，并且具有性质？若存在，请写出一个这样的数表；若不存在，请说明理由； （3）当时，是否存在数表满足，并且具有或者性质？若存在，对两种情况分别求出的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）数表具有性质，；数表具有性质，；     （2） 不存在数表，满足且具有性质. 下面用反证法证明： 假设存在数表满足且具有性质性质： 即第一行， 记第行的各项积，则； 根据性质① 可知，，        所以对任意，； 又由性质② ，存在，使； 故产生矛盾，所以假设不成立，即不存在符合题意数表.     （3）都存在.具有性质，的最小值；具有性质，的最小值.      【分析】 （1）直接根据数表的性质判断可得； （2）利用反证法，根据数表每行的数的乘积符号的变化规律分析可得； （3）两类情况都采取先构造再证明的方法，先构造满足题意的数表，再根据数表每行的数乘积正负变化规律及的个数，结合性质探索取值，证明所构造数表即为最小时满足性质的数表. (1) 小问详解： 数表 ，， 当时，，，中有个，个； 当时，，，中有个，个； 故满足性质① ； 存在，当时，均为正整数，满足性质② ， 所以数表具有性质，即； 数表 ，， 当时，，，中有个，个； 当时，，，中有个，个； 故满足性质① ； 存在，当时，均为正整数，也满足性质② ， 所以数表也具有性质，即； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 情况一：当时，存在数表满足，并且具有性质. I.令，按如下方法构造数表： 第一行； 且任意，相邻两行与 满足 对成立， 由构造可知，从第一行到第行逐行变换（共变换次）， 第次行变换中，即相邻两行第行到第行的变换中， 由可知，仅第列这一列的分量与相同，其余各列分量都变号， 故在次变换中， 每一分量都经过次变号，次不变号的变换，得到分量. 因此， 故第行. 由上分析可知这样的数表满足性质① ② . II.证明：当为偶数，若数表满足性质，则. 根据性质① 第一行的数， 记第行的各项积， 记表示数表中第行中的个数， 则，为偶数. 且； 因此，即为偶数，为奇数，. 根据性质② 存在，使得都是正整数，则为奇数. 由性质① 相邻两行恰有（奇数）列的分量互为相反数，即仅一列的分量相同； 由第行中的个数，则的个数为， 下面分类研究第行与第行的的个数关系： 第一类：若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为，的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 第二类：若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为，的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 若第行与第行分量相同的一列为， 则第行所有分量中的个数为； 综合以上两类可知，. 设第行为各分量都是正整数的首行，， 则，又，且为奇数， 故 ， 故，又，所以. 已知，由II所证结论，则. 故综合I、II可知，若数表具有性质，则的最小值为； 情况二：当时，存在数表满足，并且具有. 由性质① 可得，相邻两行中恰有列的分量互为相反数，列的分量相同. I.令，构造如下数表： 第一行； 第二行， 第三行 第四行 此数表满足性质① ② . II.证明：当时不存在数表满足性质. 假设时，存在数表满足性质，由数表仅行， 则由性质① ，，则中有个，个； 则第二行中的个数，又； 但由性质② ，存在，使得都是正整数，即； 故产生矛盾，即时不存在数表满足性质； 假设时，存在数表满足性质，数表有行， 由上性质① 分析可知，第二行中的个数，的个数为. 当，则中也有个，个， 即第行与第行分量相同的恰有两列，其余列分量互为相反数. 由性质② ，存在，使得都是正整数，， 又，均不为，则. 下面分类研究第行中的个数： 第一类：若第行与第行分量相同的两列为都为， 则第行所有分量中的个数为，这与矛盾； 第二类：若第行与第行分量相同的两列都为， 则第行所有分量中的个数为，这也与矛盾； 第三类：若第行与第行分量相同的两列中一列为，一列为， 则第行所有分量中的个数为，这也与矛盾； 综合以上三类可知，当时也不存在数表满足性质. 由I、II可知，若数表具有性质，则的最小值为. 11．（25-26学年高三上·北京北京汇文中学·期中）对于无穷数列，，若－…，则称是的“收缩数列”.其中，，分别表示中的最大数和最小数.已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“收缩数列”. （1）若，求的前项和； （2）证明：的“收缩数列”仍是； （3）若，求所有满足该条件的. 【答案】（1） （2）因为， ， 所以 所以. 又因为，所以， 所以的“收缩数列”仍是. （3）所有满足该条件的数列为 【分析】 （1）由可得为递增数列，，，从而易得； （2）利用， ，可证是不减数列（即），而，由此可得的“收缩数列”仍是. （3）首先，由已知，当时，；当时，，；当时，（*），这里分析与的大小关系，，均出现矛盾，，结合(*)式可得，因此猜想 （），用反证法证明此结论成立，证明时假设是首次不符合 的项，则，这样题设条件变为（*），仿照讨论的情况讨论，可证明． 【详解】 解：（1）由可得为递增数列， 所以， 故的前项和为. （2）略 （3）由可得 当时，； 当时，，即，所以； 当时，，即（*）， 若，则，所以由（*）可得，与矛盾； 若，则，所以由（*）可得， 所以与同号，这与矛盾； 若，则，由（*）可得. 猜想：满足的数列是： . 经验证，左式， 右式. 下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件. 法1：由上述时的情况可知，时， 是成立的. 假设是首次不符合 的项，则， 由题设条件可得（*）， 若，则由（*）式化简可得与矛盾； 若，则，所以由（*）可得 所以与同号，这与矛盾； 所以，则，所以由（*）化简可得. 这与假设矛盾. 所以不存在数列不满足 的符合题设条件. 法2：当时，， 所以 即 由可得 又，所以可得， 所以， 即 所以等号成立的条件是 ， 所以，所有满足该条件的数列为 . 【点睛】 本题考查数列的新定义问题，考查学生创新意识．第（1）（2）问直接利用新概念“收缩数列”结合不等关系易得，第（3）问考查学生的从特殊到一般的思维能力，考查归纳猜想能力，题中讨论与大小关系是解题关键所在．本题属于难题． 12．（25-26学年高三上·北京丰台区新北赋学校·期中）设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”． （1）判断下列数列是否为“好数列”： ①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3． （2）证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）； （3）若数列为“好数列”，求的最大值． 【答案】（1）① 是“好数列”；② 不是“好数列”     （2） 若是“好数列”，可知存在． 令与， 于是集合和也分别是数列和数列的子列集， 又存在，得． 因此． 所以，数列也是“好数列”． 设与中较小者为，则且， 因此，即，于是， 所以存在首项不超过的“好数列”．     （3）7      【分析】 （1）根据“好数列”的定义逐项检验即可判断① ② ； （2）分析可知若是“好数列”，可知存在，结合“好数列”的定义分析可得且，即可得结果； （3）分类讨论的奇偶性，利用反证法结合（2）可知为偶数不成立，为奇数时且，不存在“好数列”，即可得结果. (1) 小问详解： 对于① ：检验可知① 是“好数列”； 对于② ：例如，取长为2的子列集和长为3的子列集， 此时，所以② 不是“好数列”． (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 的最大值为7． ① 先考虑． 假设存在“好数列”．由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知， 即此“好数列”为：． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知，矛盾； ② 再考虑．假设存在“好数列”． 由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知， 此时，长为的子列集，矛盾． 所以，当时，不存在“好数列”． 又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”． 综上，的最大值为7． 13．（25-26学年高三上·北京昌平区第一中学·期中）已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． （1）若，判断数列是否满足性质①，说明理由； （2）若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； （3）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 【答案】(Ⅰ)不具有性质① ； (Ⅱ)具有性质① ；具有性质② ； (Ⅲ)证明：解法一 首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数： 显然，假设数列中存在负项，设， 第一种情况：若，即， 由① 可知：存在，满足，存在，满足， 由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若，由① 知存在实数，满足，由的定义可知：， 另一方面，，由数列的单调性可知：， 这与的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项恒为负数. 综上可得，数列中的项同号. 其次，证明： 利用性质② ：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列的前项成等比数列，不妨设， 其中，（的情况类似） 由① 可得：存在整数，满足，且 （*） 由② 得：存在，满足：，由数列的单调性可知：， 由可得： （**） 由（**）和（*）式可得：， 结合数列的单调性有：， 注意到均为整数，故， 代入（**）式，从而. 总上可得，数列的通项公式为：. 即数列为等比数列. 解法二：假设数列中的项均为正数： 首先利用性质② ：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 即成等比数列，不妨设， 然后利用性质① ：取，则， 即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质② 中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而， 然后利用性质① ：取，则数列中存在一项， 下面我们用反证法来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质② 中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 即由② 可知：， 若，则，与假设矛盾； 若，则，与假设矛盾； 若，由于为正整数，故，则，与矛盾； 综上可知，假设不成立，则.同理可得：，从而数列为等比数列， 同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列为等比数列. 【分析】 (Ⅰ)根据定义验证，即可判断； (Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断； (Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可. 解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证. 【详解】 (Ⅰ)不具有性质① ，理由略； (Ⅱ)具有性质① ，理由略； 具有性质② ，理由略； (Ⅲ)略 【点睛】 本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力. 14．（25-26学年高三上·北京第四中学·期中）已知无穷数列满足：，是正整数，，． （1）若，，求； （2）证明：“存在，使得是“对任意，”的必要不充分条件； （3）若，是否存在数列，使得恒成立？若存在，求出一组，的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）或3或5．     （2）证明见详解     （3）不存在，理由见详解      【分析】 （1）分别令，代入，求出，再根据对进行取舍. （2）证明必要性是以是周期为3的周期数列当条件，推出存在，使得这个结论成立；不充分性只需举出符合存在，使得的特殊数列，推出不是周期数列即可. （3）对，要考虑和两种情况，求解时注意考虑这种特殊情况. (1) 小问详解： 因为对任意成立； 令，得，所以，则或3， 若，由，则，则或3， 若，由，则，则或5， 因为，综上所述：或3或5． (2) 小问详解： 记， 必要性：若是周期为3的周期数列，或， 当时，数列前5项为：， 由得，该式当且仅当或时成立， 与为正整数矛盾； 当时，数列前5项为， 由得，则或（舍，此时）， 因此，此时数列：，存在，使得， 另一方面：取数列 其中当时，，此时数列不是周期数列， 综上，“存在，使得是“对任意，”的必要不充分条件． (3) 小问详解： 不存在，理由如下： 等价于或， 首先说明不存在，使得，否则由得记为， 所以， 依此类推得前项为（第项）， 则要么相等，要么有一项为0，矛盾，因此对任意成立， 其次，不存在，使得以及同时成立， 否则两式相加得，矛盾． （ⅰ）若（*）式只对有限个正整数才成立， 不妨设当且仅当时（*）式成立，其中， 则当时，（**）式恒成立，此时恒成立， 由此易知当，因此数列是无界数列， （ⅱ）若存在无限个正整数使得（*）式成立， 不妨设当且仅当时（*）式成立， 其中，考虑与， 为方便书写记且， 则， 若，则， 若，则， 则， 此时， 可得， 无论哪种情况总有成立，即恒成立， 记，则恒成立，由此易得数列是无界数列， 所以，存在使得，故不存在符合题意的． 15．（25-26学年高三上·北京第四中学·期中）若无穷数列满足：，当，时，（其中，表示，，…，中的最大项）．给出以下结论： ①若数列是常数列，则； ②若数列是公差不为0的等差数列，则； ③若数列是公比为的等比数列，则； ④若存在正整数，对任意，都有，则是数列的最大项． 其中正确结论的序号是　　　　　． 【答案】① ③ ④ 【分析】 根据所给定义得到，即可判断① ；结合等差数列的定义结合分类讨论求出取值范围即可判断② ；求出公比，即可判断③ ；结合反证法与周期数列及所给定义判断④ 即可. 【详解】 对于① ，若数列是常数列，则， 可得，故① 正确； 对于② ，若 是公差的等差数列，， 若，则单调递增，，不成立； 若 ，则单调递减， 又，得到，故② 错误； 对于③ ，若数列是公比为的等比数列，则，且， 得到，解得或（舍去），可得，故③ 正确； 对于④ ，当时， ，得，同理可得 ， 且存在正整数，对任意，都有， 此时，是中的最大项； 当时，假设不是数列的最大项， 设是使成立的最小正整数，则有， 即或，同理可推知为0或的倍数， 其中，由于存在正整数，对任意都有 ， 则总存在正整数，使，此时， 由知应是的倍数或0，即是的倍数， 但是，即，矛盾，此时假设不成立， 得到是数列的最大项，故④ 正确. 故答案为：① ③ ④ . 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $