五年（2021-2025）高考真題分類(lèi)匯編PAGEPAGE1專(zhuān)題04數(shù)列考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1等差、等比數(shù)列基本量運(yùn)算（5年3考）2025北京卷、2024北京卷、2022北京卷在高考的考查體系中，數(shù)列板塊呈現(xiàn)出相對(duì)穩(wěn)定的態(tài)勢(shì)。無(wú)論是考查內(nèi)容、考查頻率，還是題型設(shè)置與難度把控，都未出現(xiàn)明顯波動(dòng)。具體而言，等差數(shù)列和等比數(shù)列作為數(shù)列的基礎(chǔ)知識(shí)，通常以選擇題和填空題的形式出現(xiàn)，重點(diǎn)考查學(xué)生對(duì)基本概念、公式及性質(zhì)的掌握與運(yùn)用。而數(shù)列新定義問(wèn)題則更具挑戰(zhàn)性，往往以解答題的形式呈現(xiàn)，旨在檢驗(yàn)學(xué)生靈活運(yùn)用知識(shí)、分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力。考生備考時(shí)需針對(duì)不同題型特點(diǎn)，做好針對(duì)性復(fù)習(xí)。考點(diǎn)2數(shù)列的遞推問(wèn)題（5年1考）2023北京卷考點(diǎn)3數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用（5年3考）2024北京卷、2023北京卷、2021北京卷考點(diǎn)4數(shù)列的性質(zhì)（5年2考）2022北京卷、2021北京卷考點(diǎn)5數(shù)列新定義（5年4考）2024北京卷、2023北京卷、2022北京卷、2021北京卷考點(diǎn)01等差、等比數(shù)列基本量運(yùn)算1．（2025·北京·高考真題）已知是公差不為零的等差數(shù)列，，若成等比數(shù)列，則（

）A． B． C．16 D．18【答案】C【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，因?yàn)槌傻缺葦?shù)列，且，所以，即，解得或（舍去），所以.故選：C.2．（2024·北京·高考真題）設(shè)與是兩個(gè)不同的無(wú)窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列.記集合，給出下列4個(gè)結(jié)論：①若與均為等差數(shù)列，則M中最多有1個(gè)元素；②若與均為等比數(shù)列，則M中最多有2個(gè)元素；③若為等差數(shù)列，為等比數(shù)列，則M中最多有3個(gè)元素；④若為遞增數(shù)列，為遞減數(shù)列，則M中最多有1個(gè)元素.其中正確結(jié)論的序號(hào)是.【答案】①③④【解析】對(duì)于①，因?yàn)榫鶠榈炔顢?shù)列，故它們的散點(diǎn)圖分布在直線(xiàn)上，而兩條直線(xiàn)至多有一個(gè)公共點(diǎn)，故中至多一個(gè)元素，故①正確.對(duì)于②，取則均為等比數(shù)列，但當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，有，此時(shí)中有無(wú)窮多個(gè)元素，故②錯(cuò)誤.對(duì)于③，設(shè)，，若中至少四個(gè)元素，則關(guān)于的方程至少有4個(gè)不同的正數(shù)解，若，則由和的散點(diǎn)圖可得關(guān)于的方程至多有兩個(gè)不同的解，矛盾；若，考慮關(guān)于的方程奇數(shù)解的個(gè)數(shù)和偶數(shù)解的個(gè)數(shù)，當(dāng)有偶數(shù)解，此方程即為，方程至多有兩個(gè)偶數(shù)解，且有兩個(gè)偶數(shù)解時(shí)，否則，因單調(diào)性相反，方程至多一個(gè)偶數(shù)解，當(dāng)有奇數(shù)解，此方程即為，方程至多有兩個(gè)奇數(shù)解，且有兩個(gè)奇數(shù)解時(shí)即否則，因單調(diào)性相反，方程至多一個(gè)奇數(shù)解，因?yàn)椋豢赡芡瑫r(shí)成立，故不可能有4個(gè)不同的整數(shù)解，即M中最多有3個(gè)元素，取，則,故③正確.對(duì)于④，因?yàn)闉檫f增數(shù)列，為遞減數(shù)列，前者散點(diǎn)圖呈上升趨勢(shì)，后者的散點(diǎn)圖呈下降趨勢(shì)，兩者至多一個(gè)交點(diǎn)，故④正確.故答案為：①③④.3．（2022·北京·高考真題）設(shè)是公差不為0的無(wú)窮等差數(shù)列，則“為遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，記為不超過(guò)的最大整數(shù).若為單調(diào)遞增數(shù)列，則，若，則當(dāng)時(shí)，；若，則，由可得，取，則當(dāng)時(shí)，，所以，“是遞增數(shù)列”“存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，”；若存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，，取且，，假設(shè)，令可得，且，當(dāng)時(shí)，，與題設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，則，即數(shù)列是遞增數(shù)列.所以，“是遞增數(shù)列”“存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，”.所以，“是遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，”的充分必要條件.故選：C.考點(diǎn)02數(shù)列的遞推問(wèn)題4．（2023·北京·高考真題）已知數(shù)列滿(mǎn)足，則（

）A．當(dāng)時(shí)，為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)，使得恒成立B．當(dāng)時(shí)，為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)，使得恒成立C．當(dāng)時(shí)，為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)，使得恒成立D．當(dāng)時(shí)，為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)，使得恒成立【答案】B【解析】法1：因?yàn)?，故，?duì)于A，若，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：即，證明：當(dāng)時(shí)，，此時(shí)不等關(guān)系成立；設(shè)當(dāng)時(shí)，成立，則，故成立，由數(shù)學(xué)歸納法可得成立.而，，，故，故，故為減數(shù)列，注意故，結(jié)合，所以，故，故，若存在常數(shù)，使得恒成立，則，故，故，故恒成立僅對(duì)部分成立，故A不成立.對(duì)于B，若可用數(shù)學(xué)歸納法證明：即，證明：當(dāng)時(shí)，，此時(shí)不等關(guān)系成立；設(shè)當(dāng)時(shí)，成立，則，故成立即由數(shù)學(xué)歸納法可得成立.而，，，故，故，故為增數(shù)列，若，則恒成立，故B正確.對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：即，證明：當(dāng)時(shí)，，此時(shí)不等關(guān)系成立；設(shè)當(dāng)時(shí)，成立，則，故成立即由數(shù)學(xué)歸納法可得成立.而，故，故為減數(shù)列，又，結(jié)合可得：，所以，若，若存在常數(shù)，使得恒成立，則恒成立，故，的個(gè)數(shù)有限，矛盾，故C錯(cuò)誤.對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：即，證明：當(dāng)時(shí)，，此時(shí)不等關(guān)系成立；設(shè)當(dāng)時(shí)，成立，則，故成立由數(shù)學(xué)歸納法可得成立.而，故，故為增數(shù)列，又，結(jié)合可得：，所以，若存在常數(shù)，使得恒成立，則，故，故，這與n的個(gè)數(shù)有限矛盾，故D錯(cuò)誤.故選：B.法2：因?yàn)?，令，則，令，得或；令，得；所以在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，令，則，即，解得或或，注意到，，所以結(jié)合的單調(diào)性可知在和上，在和上，對(duì)于A，因?yàn)?，則，當(dāng)時(shí)，，，則，假設(shè)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，則，綜上：，即，因?yàn)樵谏?，所以，則為遞減數(shù)列，因?yàn)?，令，則，因?yàn)殚_(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為，所以在上單調(diào)遞減，故，所以在上單調(diào)遞增，故，故，即，假設(shè)存在常數(shù)，使得恒成立，取，其中，且，因?yàn)?，所以，上式相加得，，則，與恒成立矛盾，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)?，?dāng)時(shí)，，，假設(shè)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，所以，則，所以，又當(dāng)時(shí)，，即，假設(shè)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，所以，則，所以，綜上：，因?yàn)樵谏希?，所以為遞增數(shù)列，此時(shí)，取，滿(mǎn)足題意，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)?，則，注意到當(dāng)時(shí)，，，猜想當(dāng)時(shí)，，當(dāng)與時(shí)，與滿(mǎn)足，假設(shè)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，所以，綜上：，易知，則，故，所以，因?yàn)樵谏?，所以，則為遞減數(shù)列，假設(shè)存在常數(shù)，使得恒成立，記，取，其中，則，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)椋?dāng)時(shí)，，則，假設(shè)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，則，綜上：，因?yàn)樵谏?，所以，所以為遞增數(shù)列，因?yàn)?，令，則，因?yàn)殚_(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為，所以在上單調(diào)遞增，故，所以，故，即，假設(shè)存在常數(shù)，使得恒成立，取，其中，且，因?yàn)椋?，上式相加得，，則，與恒成立矛盾，故D錯(cuò)誤.故選：B.考點(diǎn)03數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用5．（2024·北京·高考真題）漢代劉歆設(shè)計(jì)的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標(biāo)準(zhǔn)量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數(shù)列，底面直徑依次為，且斛量器的高為，則斗量器的高為，升量器的高為．【答案】2357.5/【解析】設(shè)升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，故，.故答案為：.6．（2023·北京·高考真題）我國(guó)度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國(guó)時(shí)期就已經(jīng)出現(xiàn)了類(lèi)似于砝碼的、用來(lái)測(cè)量物體質(zhì)量的“環(huán)權(quán)”．已知9枚環(huán)權(quán)的質(zhì)量（單位：銖）從小到大構(gòu)成項(xiàng)數(shù)為9的數(shù)列，該數(shù)列的前3項(xiàng)成等差數(shù)列，后7項(xiàng)成等比數(shù)列，且，則；數(shù)列所有項(xiàng)的和為．【答案】48384【解析】方法一：設(shè)前3項(xiàng)的公差為，后7項(xiàng)公比為，則，且，可得，則，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因?yàn)闉榈缺葦?shù)列，則，且，所以；又因?yàn)椋瑒t；空2：設(shè)后7項(xiàng)公比為，則，解得，可得，所以.故答案為：48；384.7．（2021·北京·高考真題）《黨旗黨徽制作和使用的若干規(guī)定》指出，黨旗為旗面綴有金黃色黨徽?qǐng)D案的紅旗，通用規(guī)格有五種.這五種規(guī)格黨旗的長(zhǎng)(單位:cm)成等差數(shù)列，對(duì)應(yīng)的寬為(單位:cm),且長(zhǎng)與寬之比都相等，已知，，，則A．64 B．96 C．128 D．160【答案】C【解析】由題意，五種規(guī)格黨旗的長(zhǎng)(單位:cm)成等差數(shù)列，設(shè)公差為，因?yàn)?，，可得，可得，又由長(zhǎng)與寬之比都相等，且，可得，所以.故選：C.考點(diǎn)04數(shù)列的性質(zhì)8．（2022·北京·高考真題）已知數(shù)列各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和滿(mǎn)足．給出下列四個(gè)結(jié)論：①的第2項(xiàng)小于3；

②為等比數(shù)列；③為遞減數(shù)列；

④中存在小于的項(xiàng)．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是．【答案】①③④【解析】由題意可知，，，當(dāng)時(shí)，，可得；當(dāng)時(shí)，由可得，兩式作差可得，所以，，則，整理可得，因?yàn)?，解得，①?duì)；假設(shè)數(shù)列為等比數(shù)列，設(shè)其公比為，則，即，所以，，可得，解得，不合乎題意，故數(shù)列不是等比數(shù)列，②錯(cuò)；當(dāng)時(shí)，，可得，所以，數(shù)列為遞減數(shù)列，③對(duì)；假設(shè)對(duì)任意的，，則，所以，，與假設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，④對(duì).故答案為：①③④.9．（2021·北京·高考真題）已知是各項(xiàng)均為整數(shù)的遞增數(shù)列，且，若，則的最大值為（

）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【解析】若要使n盡可能的大，則，遞增幅度要盡可能小，不妨設(shè)數(shù)列是首項(xiàng)為3，公差為1的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為，則，，所以.對(duì)于，，取數(shù)列各項(xiàng)為(，,則，所以n的最大值為11．故選：C．考點(diǎn)05數(shù)列新定義10．（2024·北京·高考真題）已知集合．給定數(shù)列，和序列，其中，對(duì)數(shù)列進(jìn)行如下變換：將的第項(xiàng)均加1，其余項(xiàng)不變，得到的數(shù)列記作；將的第項(xiàng)均加1，其余項(xiàng)不變，得到數(shù)列記作；……；以此類(lèi)推，得到，簡(jiǎn)記為．(1)給定數(shù)列和序列，寫(xiě)出；(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫(xiě)出一個(gè)符合條件的；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)若數(shù)列的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且為偶數(shù)，求證：“存在序列，使得的各項(xiàng)都相等”的充要條件為“”．【解析】（1）因?yàn)閿?shù)列，由序列可得；由序列可得；由序列可得；所以.（2）解法一：假設(shè)存在符合條件的，可知的第項(xiàng)之和為，第項(xiàng)之和為，則，而該方程組無(wú)解，故假設(shè)不成立，故不存在符合條件的；解法二：由題意可知：對(duì)于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4，假設(shè)存在符合條件的，且，因?yàn)椋葱蛄泄灿?項(xiàng)，由題意可知：，檢驗(yàn)可知：當(dāng)時(shí)，上式不成立，即假設(shè)不成立，所以不存在符合條件的.（3）解法一：我們?cè)O(shè)序列為，特別規(guī)定.必要性：若存在序列，使得的各項(xiàng)都相等.則，所以.根據(jù)的定義，顯然有，這里，.所以不斷使用該式就得到，必要性得證.充分性：若.由已知，為偶數(shù)，而，所以也是偶數(shù).我們?cè)O(shè)是通過(guò)合法的序列的變換能得到的所有可能的數(shù)列中，使得最小的一個(gè).上面已經(jīng)說(shuō)明，這里，.從而由可得.同時(shí)，由于總是偶數(shù)，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數(shù).下面證明不存在使得.假設(shè)存在，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)，，即.情況1：若，則由和都是偶數(shù)，知.對(duì)該數(shù)列連續(xù)作四次變換后，新的相比原來(lái)的減少，這與的最小性矛盾；情況2：若，不妨設(shè).情況2-1：如果，則對(duì)該數(shù)列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來(lái)的至少減少，這與的最小性矛盾；情況2-2：如果，則對(duì)該數(shù)列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來(lái)的至少減少，這與的最小性矛盾.這就說(shuō)明無(wú)論如何都會(huì)導(dǎo)致矛盾，所以對(duì)任意的都有.假設(shè)存在使得，則是奇數(shù)，所以都是奇數(shù)，設(shè)為.則此時(shí)對(duì)任意，由可知必有.而和都是偶數(shù)，故集合中的四個(gè)元素之和為偶數(shù)，對(duì)該數(shù)列進(jìn)行一次變換，則該數(shù)列成為常數(shù)列，新的等于零，比原來(lái)的更小，這與的最小性矛盾.綜上，只可能，而，故是常數(shù)列，充分性得證.解法二：由題意可知：中序列的順序不影響的結(jié)果，且相對(duì)于序列也是無(wú)序的，（?。┤?，不妨設(shè)，則，①當(dāng)，則，分別執(zhí)行個(gè)序列、個(gè)序列，可得，為常數(shù)列，符合題意；②當(dāng)中有且僅有三個(gè)數(shù)相等，不妨設(shè)，則，即，分別執(zhí)行個(gè)序列、個(gè)序列可得，即，因?yàn)闉榕紨?shù)，即為偶數(shù)，可知的奇偶性相同，則，分別執(zhí)行個(gè)序列，，，，可得，為常數(shù)列，符合題意；③若，則，即，分別執(zhí)行個(gè)、個(gè)，可得，因?yàn)?，可得，即轉(zhuǎn)為①，可知符合題意；④當(dāng)中有且僅有兩個(gè)數(shù)相等，不妨設(shè)，則，即，分別執(zhí)行個(gè)、個(gè)，可得，且，可得，因?yàn)闉榕紨?shù)，可知的奇偶性相同，則為偶數(shù)，且，即轉(zhuǎn)為②，可知符合題意；⑤若，則，即，分別執(zhí)行個(gè)、個(gè)，可得，且，可得，因?yàn)闉榕紨?shù)，則為偶數(shù)，且，即轉(zhuǎn)為④，可知符合題意；綜上所述：若，則存在序列，使得為常數(shù)列；（ⅱ）若存在序列，使得為常數(shù)列，因?yàn)閷?duì)任意，均有成立，若為常數(shù)列，則，所以；綜上所述：“存在序列，使得為常數(shù)列”的充要條件為“”.11．（2023·北京·高考真題）已知數(shù)列的項(xiàng)數(shù)均為m，且的前n項(xiàng)和分別為，并規(guī)定．對(duì)于，定義，其中，表示數(shù)集M中最大的數(shù).(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)證明：存在，滿(mǎn)足使得．【解析】（1）由題意可知：，當(dāng)時(shí)，則，故；當(dāng)時(shí)，則，故；當(dāng)時(shí)，則故；當(dāng)時(shí)，則，故；綜上所述：，，，.（2）由題意可知：，且，因?yàn)?，且，則對(duì)任意恒成立，所以，又因?yàn)?，則，即，可得，反證：假設(shè)滿(mǎn)足的最小正整數(shù)為，當(dāng)時(shí)，則；當(dāng)時(shí)，則，則，又因?yàn)?，則，假設(shè)不成立，故，即數(shù)列是以首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以.（3）因?yàn)榫鶠檎麛?shù)，則均為遞增數(shù)列，（?。┤?，則可取，滿(mǎn)足使得；（ⅱ）若，則，構(gòu)建，由題意可得：，且為整數(shù)，反證，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，則，可得，這與相矛盾，故對(duì)任意，均有.①若存在正整數(shù)，使得，即，可取，滿(mǎn)足，使得；②若不存在正整數(shù)，使得，因?yàn)?，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿(mǎn)足，使得；（ⅲ）若，定義，則，構(gòu)建，由題意可得：，且為整數(shù)，反證，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，則，可得，這與相矛盾，故對(duì)任意，均有.①若存在正整數(shù)，使得，即，可取，即滿(mǎn)足，使得；②若不存在正整數(shù)，使得，因?yàn)?，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿(mǎn)足，使得.綜上所述：存在使得．12．（2022·北京·高考真題）已知為有窮整數(shù)數(shù)列．給定正整數(shù)m，若對(duì)任意的，在Q中存在，使得，則稱(chēng)Q為連續(xù)可表數(shù)列．(1)判斷是否為連續(xù)可表數(shù)列？是否為連續(xù)可表數(shù)列？說(shuō)明理由；(2)若為連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；(3)若為連續(xù)可表數(shù)列，且，求證：．【解析】（1），，，，，所以是連續(xù)可表數(shù)列；易知，不存在使得，所以不是連續(xù)可表數(shù)列．（2）若,設(shè)為,則至多，6個(gè)數(shù)字，沒(méi)有個(gè)，矛盾；當(dāng)時(shí),數(shù)列，滿(mǎn)足，，，，，，，，．（3）解法一：先證明.從5個(gè)正整數(shù)中，取一個(gè)數(shù)字只能表示自身，最多可表示5個(gè)數(shù)字，取連續(xù)兩個(gè)數(shù)字最多能表示4個(gè)數(shù)字，取連續(xù)三個(gè)數(shù)字最多能表示3個(gè)數(shù)字，取連續(xù)四個(gè)數(shù)字最多能表示2個(gè)數(shù)字，取連續(xù)五個(gè)數(shù)字最多能表示1個(gè)數(shù)字，所以對(duì)任意給定的5個(gè)整數(shù)，最多可以表示個(gè)正整數(shù)，不能表示20個(gè)正整數(shù)，即.若，最多可以表示個(gè)正整數(shù)，由于為連續(xù)可表數(shù)列，且，所以至少有一項(xiàng)為負(fù)數(shù)，既然任意5個(gè)正整數(shù)都不可能為20-連續(xù)可表數(shù)列，那么中間若插人一個(gè)負(fù)數(shù)項(xiàng)，更不能連續(xù)表示的正整數(shù).所以至少要有6個(gè)正整數(shù)才能連續(xù)表示的正整數(shù).所以中至少包含6個(gè)正整數(shù)和一個(gè)負(fù)數(shù)，故.當(dāng)時(shí)，數(shù)列滿(mǎn)足題意，．解法二：若數(shù)列為連續(xù)可表數(shù)列，則，這不可能！因而滿(mǎn)足題設(shè)的．若，得整數(shù)數(shù)列中的連續(xù)若干項(xiàng)（至少一項(xiàng)，下同）的和，；，；；最多能表示（下簡(jiǎn)稱(chēng)數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示）出21個(gè)兩兩互異的正整數(shù)，且題設(shè)是能表示出這20個(gè)正整數(shù)．①若數(shù)列的六項(xiàng)均是自然數(shù)，由題設(shè)，可得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和均小于20（沒(méi)有表示出20），與題設(shè)矛盾！所以數(shù)列中有負(fù)項(xiàng)且負(fù)項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)是1（若存在兩個(gè)負(fù)項(xiàng)，則數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少兩個(gè)正整數(shù)，至多能表示個(gè)正整數(shù)，不滿(mǎn)足題設(shè)）．若數(shù)列的項(xiàng)中還有0，則數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少兩個(gè)正整數(shù)（負(fù)項(xiàng)與0），不滿(mǎn)足題設(shè)，因而數(shù)列的項(xiàng)是一項(xiàng)負(fù)五項(xiàng)正（且這五個(gè)正項(xiàng)兩兩互異）．還可得：數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中除負(fù)項(xiàng)這個(gè)和外組成的集合是．因?yàn)槠渲凶畲蟮氖?0，所以20的連續(xù)項(xiàng)和表示是最多的連續(xù)若干個(gè)正項(xiàng)之和（即對(duì)數(shù)列的連續(xù)正項(xiàng)全部求和）．②因?yàn)椋⑷魯?shù)列滿(mǎn)足題設(shè)，則數(shù)列滿(mǎn)足題設(shè)＂，所以可只考慮數(shù)列或或的情形．若且數(shù)列的其余五項(xiàng)都是正項(xiàng)，則或．若，則由，可得，得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中的均不是正整數(shù)；若，則由，可得，得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中的均不是正整數(shù)．均不滿(mǎn)足題設(shè)．同理，可證得也不滿(mǎn)足題設(shè)．因而，且．③若兩兩互異的五個(gè)正整數(shù)中沒(méi)有1，則．因而．再由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中最小的正數(shù)是1，可得．若，則得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少表示一個(gè)正整數(shù)，不滿(mǎn)足題設(shè)，因而．而，所以．再由，可得，，再得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中17的表示只可能是，進(jìn)而可得.又由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有14，可得，，得數(shù)列是（但或但，均不可能，因而中有1．④由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有19及，可得或（得或．若，則，得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少表示一個(gè)正整數(shù)；若，可得（否則，數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少表示一個(gè)正整數(shù)），所以，得，數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少表示一個(gè)正整數(shù)．均不滿(mǎn)足題設(shè)．所以．⑤由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有18及和為19的兩兩互異的四個(gè)數(shù)均大于1及，可得得或（得，數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少表示一個(gè)正整數(shù)）.所以．⑥由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有16及和為19的兩兩互異的四個(gè)數(shù)均大于1，（且4：因?yàn)榧埃傻茫ǖ茫┗虻没?，（得，與矛盾）或得，與矛盾）．（i）．由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有15（可證得15的表示中沒(méi)有也沒(méi)有），可得得，這不可能）或（得，，這不可能）或（得，與矛盾）或得，再得，這不可能）．（ii）．由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有14，可得得與或重復(fù)，這不可能），或（得，這不可能）或（得，，進(jìn)而可得數(shù)列是，（此時(shí)，這不可能）或，3，2，1（此時(shí)，這不可能））或得，再由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有13，可得數(shù)列是（但，這不可能）或（但，這不可能））或（得，這不可能）．綜上所述，可得欲證結(jié)論成立．13．（2021·北京·高考真題）設(shè)p為實(shí)數(shù).若無(wú)窮數(shù)列滿(mǎn)足如下三個(gè)性質(zhì)，則稱(chēng)為數(shù)列：①，且；②；③，．（1）如果數(shù)列的前4項(xiàng)為2，-2，-2，-1，那么是否可能為數(shù)列？說(shuō)明理由；（2）若數(shù)列是數(shù)列，求；（3）設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為.是否存在數(shù)列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，說(shuō)明理由．【解析】(1)因?yàn)樗?，因?yàn)樗运詳?shù)列，不可能是數(shù)列.(2)性質(zhì)①，由性質(zhì)③，因此或，或，若，由性質(zhì)②可知，即或，矛盾；若，由有，矛盾.因此只能是.又因?yàn)榛?，所以?若，則，不滿(mǎn)足，舍去.當(dāng)，則前四項(xiàng)為:0，0，0，1，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)時(shí)，經(jīng)驗(yàn)證命題成立，假設(shè)當(dāng)時(shí)命題成立，當(dāng)時(shí)：若，則，利用性質(zhì)③：，此時(shí)可得：；否則，若，取可得：，而由性質(zhì)②可得：，與矛盾.同理可得：，有；，有；，又因?yàn)?，有即?dāng)時(shí)命題成立，證畢.綜上可得：，.(3)令，由性質(zhì)③可知：，由于，因此數(shù)列為數(shù)列.由（2）可知:若；，，因此，此時(shí)，，滿(mǎn)足題意.

1．（2025·北京大興·三模）已知數(shù)列為無(wú)窮等比數(shù)列，為其前項(xiàng)和，“存在，對(duì)于任意的，”是“存在，對(duì)于任意的”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【解析】若，則對(duì)于任意的，均有，此時(shí)，對(duì)于任意的，不存在，使得，所以充分性不成立；若對(duì)于任意的，存在，使得，則，取，則對(duì)于任意的，均有，所以必要性成立，所以“存在，對(duì)于”是“存在，對(duì)于”的必要不充分條件.故選：B.2．（2025·北京海淀·三模）漸進(jìn)式延遲退休方案是指采取較緩而穩(wěn)妥的方式逐步延長(zhǎng)退休年齡．對(duì)于男職工，新方案將延遲法定退休年齡每4個(gè)月延遲1個(gè)月，逐步將男職工的法定退休年齡從原六十周歲延遲至六十三周歲．如果男職工延遲法定退休年齡部分對(duì)照表如表所示：出生時(shí)間1965年1月－4月1965年5月－8月1965年9月－12月1966年1月－4月…新方案法定退休年齡60歲1個(gè)月60歲2個(gè)月60歲3個(gè)月60歲4個(gè)月…那么1970年5月出生的男職工退休年齡為（

）A．61歲4個(gè)月 B．61歲5個(gè)月C．61歲6個(gè)月 D．61歲7個(gè)月【答案】B【解析】解法一：根據(jù)題意，出生年月在1965年1月－4月的人的法定退休年齡記為，出生年月在1965年5月－8月的人的法定退休年齡記為，出生年月在1965年9月－12月的人的法定退休年齡記為，，則構(gòu)成等差數(shù)列，首項(xiàng)歲1個(gè)月，公差為1個(gè)月，可得歲個(gè)月．依此規(guī)律，1970年5月出生的男職工，他的退休年齡應(yīng)該是的第17項(xiàng)，即他的退休年齡為歲17個(gè)月歲5個(gè)月．解法二：利用枚舉法：出生年齡每延后一年，退休年齡延后三個(gè)月．出生年齡退休年齡1965.560歲2個(gè)月1966.560歲5個(gè)月1967.560歲8個(gè)月1968.560歲11個(gè)月1969.561歲2個(gè)月1970.561歲5個(gè)月故選：B.3．（2025·北京東城·模擬預(yù)測(cè)）月相是指天文學(xué)中對(duì)于地球上看到的月球被太陽(yáng)照亮部分的稱(chēng)呼．1854年，愛(ài)爾蘭學(xué)者在大英博物館所藏的一塊巴比倫泥板上發(fā)現(xiàn)了一個(gè)記錄連續(xù)15天月相變化的數(shù)列，記為，其將滿(mǎn)月等分成240份，（且）表示第天月球被太陽(yáng)照亮部分所占滿(mǎn)月的份數(shù)．例如，第1天月球被太陽(yáng)照亮部分占滿(mǎn)月的，即；第15天為滿(mǎn)月，即．已知的第1項(xiàng)到第5項(xiàng)是公比為的等比數(shù)列，第5項(xiàng)到第15項(xiàng)是公差為的等差數(shù)列，且，均為正整數(shù)，則（

）．A．80 B．96 C．100 D．112【答案】B【解析】依題意，有，，時(shí)，不是正整數(shù)；時(shí)，；時(shí)，，不是正整數(shù).所以，，.故選：B4．（2025·北京·二模）小明在某印刷服務(wù)公司看到如下廣告：“本公司承接圖紙復(fù)印業(yè)務(wù)，規(guī)格可達(dá)A1，B1大小……”.他不禁好奇：A1，B1復(fù)印紙有多大呢？據(jù)查：所有的復(fù)印紙均為矩形，其長(zhǎng)與寬的比值不變，且兩張A4紙可以拼接成一張A3紙，兩張A3紙可以拼接成一張A2紙…….已知A4紙的寬為210mm，那么A1紙的長(zhǎng)和寬約為（

）A．840mm，594mm B．840mm，588mm C．594mm，420mm D．588mm，420mm【答案】A【解析】A4紙的寬為，設(shè)其長(zhǎng)為，若兩張A4紙的寬拼在一起，則A3紙的寬為，長(zhǎng)為，且，故舍去；若兩張A4紙的長(zhǎng)拼在一起，即A3紙的寬為，長(zhǎng)為，A2紙的寬為，長(zhǎng)為，A1紙的寬為，長(zhǎng)為，由所有的復(fù)印紙均為矩形，其長(zhǎng)與寬的比值不變，可得，解得，則，所以A1紙的長(zhǎng)和寬約為840mm，594mm.故選：A5．（2025·北京昌平·二模）在數(shù)列中，，則（

）A．當(dāng)時(shí)，對(duì)于任意的正整數(shù)B．當(dāng)時(shí)，存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，C．當(dāng)時(shí)，對(duì)于任意的正整數(shù)D．當(dāng)時(shí)，存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，【答案】C【解析】對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，有，遞推可得，不滿(mǎn)足，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，，，則，不滿(mǎn)足存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，則，，故，因?yàn)?，若，則，若，則，若，則，綜上，當(dāng)時(shí)，對(duì)于任意的正整數(shù)，，故正確；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，則，若，則，故遞增，故D錯(cuò)誤.故選：C.6．（2025·北京通州·一模）已知等差數(shù)列滿(mǎn)足：，且，則（

）A．2026 B．2025 C．2024 D．2023【答案】D【解析】設(shè)公差為，由，，得，解得，所以，所以.故選：D.7．（2025·北京東城·二模）某人工智能模型在語(yǔ)言訓(xùn)練時(shí)，每輪訓(xùn)練的模型參數(shù)的數(shù)量會(huì)發(fā)生變化.記第一輪訓(xùn)練的模型參數(shù)的數(shù)量為，若從第二輪開(kāi)始，每一輪與它前一輪相比較，訓(xùn)練的模型參數(shù)增加的數(shù)量可以看成一個(gè)以為首項(xiàng)，公比為3的等比數(shù)列，則第五輪訓(xùn)練的模型參數(shù)的數(shù)量為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意，從第二輪開(kāi)始，該模型參數(shù)增加的數(shù)量為等比數(shù)列，設(shè)首項(xiàng)為，公比為，則通項(xiàng)公式為，第一輪參數(shù)為,第二輪參數(shù)增加的數(shù)量為,第三輪參數(shù)增加的數(shù)量為,第四輪參數(shù)增加的數(shù)量為，第五輪參數(shù)增加的數(shù)量為,所以第五輪訓(xùn)練的模型參數(shù)的數(shù)量為..故選：C.8．（2025·北京海淀·二模）已知為等差數(shù)列，為等比數(shù)列，其中，則（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】∵為等差數(shù)列且，∴，∴，，，∵為等差數(shù)列且，∴，∴，，，∴當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故A、B不正確；∵，，∴，故選：C.9．（2025·北京朝陽(yáng)·二模）設(shè)無(wú)窮數(shù)列的前n項(xiàng)和為，定義，則（

）A．當(dāng)時(shí)，B．當(dāng)時(shí)，C．當(dāng)時(shí)，則D．當(dāng)時(shí)，【答案】D【解析】對(duì)于A選項(xiàng)：當(dāng)時(shí)，，不正確；對(duì)于B選項(xiàng)：當(dāng)時(shí)，在為奇數(shù)時(shí)為1，偶數(shù)時(shí)為0，故，不正確；對(duì)于C選項(xiàng)：當(dāng)時(shí)，，又，所以，不正確；對(duì)于D選項(xiàng)：當(dāng)時(shí)，，，正確，故選：D.10．（2025·北京東城·二模）設(shè)無(wú)窮數(shù)列滿(mǎn)足，則（）A．存在，為等差數(shù)列 B．存在，為等比數(shù)列C．存在，為遞減數(shù)列 D．存在，為遞增數(shù)列【答案】D【解析】選項(xiàng)A：若存在，數(shù)列為等差數(shù)列，則（常數(shù)），即對(duì)所有成立，則必須滿(mǎn)足，且，唯一可能解為，此時(shí)，但不包含端點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B：若存在，數(shù)列為等比數(shù)列，則（常數(shù)），即，即，若，則與成正比，由的圖象可知，無(wú)法保證與的變式速度相同；若，則，僅當(dāng)時(shí)成立，但，故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C：若存在，則，數(shù)列不是遞減數(shù)列，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D：若存在，數(shù)列為遞增數(shù)列，則，即，故，數(shù)列遞增，故D正確.故選：D.11．（2025·北京·三模）已知等比數(shù)列的前項(xiàng)和為，滿(mǎn)足，.則為；滿(mǎn)足的最小的整數(shù)為.【答案】【解析】，，當(dāng)時(shí)，，則，，；是等比數(shù)列，設(shè)公比為，，，令，則，化簡(jiǎn)得，兩邊取自然對(duì)數(shù)并整理得，，故最小整數(shù)，當(dāng)時(shí)，，滿(mǎn)足條件.故答案為：；.12．（2025·北京·三模）為保證某水域內(nèi)魚(yú)類(lèi)資源的可持續(xù)發(fā)展，需根據(jù)其自身再生能力等因素制定合理的捕撈方案.記為第n年初時(shí)該水域內(nèi)的魚(yú)類(lèi)總量，根據(jù)研究，第n年魚(yú)類(lèi)的自然繁殖量與成正比，自然死亡量與成正比，捕撈量與成正比，比例系數(shù)分別為，則和的關(guān)系式為；若，要保持每年年初時(shí)魚(yú)類(lèi)總量始終不變，則一組符合條件的為.【答案】（答案不唯一）【解析】因?yàn)榈趎年魚(yú)類(lèi)的自然繁殖量與成正比，自然死亡量與成正比，捕撈量與成正比，比例系數(shù)分別為，所以，若，要保持每年年初時(shí)魚(yú)類(lèi)總量始終不變，即，所以，代入，則有，即有，由于，不妨取，經(jīng)檢驗(yàn)滿(mǎn)足題意.故答案為：；（答案不唯一）.13．（2025·北京豐臺(tái)·二模）已知數(shù)列滿(mǎn)足，給出下列四個(gè)結(jié)論：①存在唯一的正實(shí)數(shù)，使得是常數(shù)列；②當(dāng)時(shí)，是等比數(shù)列；③若是遞增數(shù)列，則；④若對(duì)任意的正整數(shù)，都有，則．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)為．【答案】①②④【解析】若是常數(shù)列，則，又，則，代入，得，解得，故①正確；當(dāng)時(shí)，，則，則，又，所以，所以是以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，故②正確；若是遞增數(shù)列，則，即，又，則，由，得，解得，故③錯(cuò)誤；由，得，則，則，當(dāng)，即時(shí),則，又，所以，則，所以，即對(duì)任意的正整數(shù)，都有，當(dāng)，即時(shí),則，所以是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，所以，若對(duì)任意的正整數(shù)，都有，則，所以，整理得，當(dāng)，即且時(shí)，，該式恒成立，當(dāng)，即時(shí)，該式不恒成立，綜上，對(duì)任意的正整數(shù)，都有，則，故④正確．故答案為：①②④.14．（2025·北京朝陽(yáng)·二模）已知等差數(shù)列滿(mǎn)足，則；設(shè)為的前項(xiàng)和，則使的的最小值為．【答案】07【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，由，得到，解得，所以，則，又，得到或（舍），又，所以使的的最小值為，故答案為：，.15．（2025·北京大興·三模）已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，且（），給出下列四個(gè)結(jié)論：①長(zhǎng)度為，，1的三條線(xiàn)段可以圍成一個(gè)內(nèi)角為的三角形；②，；③，；④．其中正確結(jié)論的序號(hào)是．【答案】①③④【解析】對(duì)于①，長(zhǎng)度為，，1的三條線(xiàn)段組成三角形，設(shè)邊長(zhǎng)為的邊對(duì)應(yīng)的角為，因?yàn)?，所以，故，又，所以，即邊長(zhǎng)為對(duì)應(yīng)的角為，故①正確；對(duì)于②，由，，則，當(dāng)時(shí)，，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③④，因?yàn)椋?，令，則，令，為銳角，則，所以，所以，又，所以，即，所以，所以，所以，所以，故④正確；所以，當(dāng)時(shí)，，又也適合，所以，又，即，所以，故③正確.故答案為：①③④.16．（2025·北京海淀·三模）設(shè)是一個(gè)項(xiàng)數(shù)為的數(shù)列，其中每一項(xiàng)均為集合中的元素．定義數(shù)列如下：若，則，其中，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，，其中記．(1)①若數(shù)列，則______；②若數(shù)列，則______．(2)對(duì)于給定的正整數(shù)，若正整數(shù)滿(mǎn)足對(duì)任意，均有數(shù)列與為同一數(shù)列，則稱(chēng)為“階好數(shù)”．（?。┣笞钚〉摹?階好數(shù)”．（ⅱ）求使得“階好數(shù)”存在的的所有可能取值．【解析】（1）①已知，由，則；由，則；由，則，可得；由，則；由，則；由，則，可得；由，則；由，則；由，則，可得.②已知，由，則首項(xiàng)為，由，則，由，則，由，則，可得；由，則，由，則，由，則，由，則，可得；由，則首項(xiàng)為，由，則，由，則第三項(xiàng)為，由，則，可得.由，則首項(xiàng)為，由，則，由，則第三項(xiàng)為，由，則，可得.（2）（?。┓ㄒ唬焊鶕?jù)（1）中的①可猜測(cè)：最小的“3階好數(shù)”是3．最小的“3階好數(shù)”為3．證明如下：當(dāng)時(shí)，記數(shù)列的第項(xiàng)為，其中，．其中．若的三項(xiàng)互不相同，設(shè)，其中．由于，故，，．所以．同理，．此時(shí)與為同一數(shù)列，且均不與為同一數(shù)列．故．若的三項(xiàng)中有且僅有兩項(xiàng)相同，考慮到，不妨設(shè)．則；；故與也是同一數(shù)列．若的三項(xiàng)均相同，設(shè)，則由題意，依此類(lèi)推與也是同一數(shù)列．綜上，最小的“3階好數(shù)”是3．法二：最小的“3階好教”為3列舉：所有情況綜合得出最小的“3階好數(shù)”為3．（ⅱ）當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，考慮．則．故．此時(shí)，不存在正整數(shù)，使得數(shù)列與為同一數(shù)列，故當(dāng)為偶數(shù)時(shí)不存在“階好數(shù)”．當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，因?yàn)榈拿恳豁?xiàng)均為中的元素，所以數(shù)列至多有種不同可能．故由抽屜原理，這個(gè)數(shù)列中一定至少存在兩個(gè)相同數(shù)列．即，對(duì)于任意，總存在，以及，使得與為同一數(shù)列．下證：當(dāng)時(shí)，若與為同一數(shù)列，則與為同一數(shù)列．由題意，若，則，所以，即，若，則，所以，即所以總有．如果與為同一數(shù)列，則有成立．從而有成立．所以即因?yàn)闉槠鏀?shù)，且，所以有，所以．又因?yàn)樗卸际侵g的數(shù)，所以一定有．由題意，，如果，，則必有．所以．依此類(lèi)推，，有．即與為同一數(shù)列．依此類(lèi)推，可得與為同一數(shù)列，……，與為同一數(shù)列．所以，對(duì)于任意均存在正整數(shù)，使得與為同一數(shù)列．當(dāng)取遍所有可能取值時(shí)，所有的最小公倍數(shù)即為“階好數(shù)”．綜上，使得“階好數(shù)”存在的的所有可能取值為．17．（2025·北京·三模）已知整數(shù)數(shù)列的項(xiàng)數(shù)均為m（m>2），且同時(shí)滿(mǎn)足以下兩個(gè)性質(zhì)：①；②記(1)若m=3，且，寫(xiě)出的值；(2)記其中表示集合A中元素的最大值.（i）若，，求的最大值；（ii）當(dāng)時(shí)，若，求Q的最小值.【解析】（1）由題意可得，，所以.（2）（i）由②可得，兩個(gè)數(shù)列均值相等，則要使越大，則可考慮一組數(shù)據(jù)更集中，一組數(shù)據(jù)更分散，作為極端情況來(lái)考慮，此時(shí)要使取到最大值，對(duì)應(yīng)極端情況，取數(shù)列為1，3，5；取數(shù)列為2，3，4，則，下證：的最大值為2：法1：（反證法）假設(shè)，則，不妨設(shè)，若：因?yàn)?，所以，則，與性質(zhì)②矛盾，舍去；若：因?yàn)?，所以，可得則，與性質(zhì)②矛盾，舍去；若：因?yàn)椋?，則，與性質(zhì)②矛盾，舍去．所以，同理可得，所以.取數(shù)列為1，3，5；取數(shù)列為2，3，4，則成立，所以的最大值為2．法2：（一般性證明）設(shè)，不妨設(shè)，則，所以，（7分）取數(shù)列為1，3，5；取數(shù)列為2，3，4，則成立，所以的最大值為2．法3：（枚舉法）取為1，2，3，則只能為1，2，3，此時(shí)；取為1，2，4，則只能為1，2，4，此時(shí)；取為1，2，5，則可能為1，2，5，也可能為1，3，4，此時(shí)或2；取為1，3，4，則可能為1，2，5，也可能為1，3，4，此時(shí)或2；取為1，3，5，則可能為1，3，5，也可能為2，3，4，此時(shí)或2；取為1，4，5，則可能為1，4，5，也可能為2，3，5，此時(shí)或2；取為2，3，4，則可能為2，3，4，也可能為1，3，5，此時(shí)或2；取為2，3，5，則可能為1，4，5，也可能為2，3，5，此時(shí)或2；取為2，4，5，則只能為2，4，5，此時(shí)；取為3，4，5，則只能為3，4，5，此時(shí)．綜上，的最大值為2．（ii）考慮極端情況，顯然，若為偶數(shù)，取為，取為則解得成立；若為奇數(shù)，取為，取為則解得，與為奇數(shù)矛盾，舍去，所以的最小值為30，當(dāng)為為11，12，13，14，15，16，17，18，19，20時(shí)取到．證明：記，則，，設(shè)則有，其中分別表示集合的元素個(gè)數(shù)由（i）可得，所以（＊）又因?yàn)椋?，進(jìn)一步有，將代入（＊）中可得，再次代入（＊）中可得，解得，另一方面，當(dāng)為為11，12，13，14，15，16，17，18，19，20時(shí)．所以的最小值為30．18．（2025·北京通州·一模）已知數(shù)列（N是大于3的整數(shù)）為有窮數(shù)列，定義為“卷積核”數(shù)列滿(mǎn)足：(1)若數(shù)列，卷積核，求數(shù)列B.(2)設(shè)，已知且，，若.求證：數(shù)列B中最大的項(xiàng)為，（表示a，b中的最大值）.(3)已知且不全為0，卷積核，是否存在數(shù)列A，使得數(shù)列B的任意一項(xiàng)均為0?若存在，請(qǐng)寫(xiě)出一個(gè)滿(mǎn)足條件的數(shù)列A；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.【解析】（1）,,所以數(shù)列（2）方法一：依題意有當(dāng)時(shí)，由又則，即當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，記，由即當(dāng)時(shí)，，綜上可得：數(shù)列B中最大的項(xiàng)為.方法二：由已知可得.當(dāng)時(shí)，，因?yàn)?gt;0,所以當(dāng)時(shí)，，因?yàn)?lt;0,所以因?yàn)樗砸驗(yàn)樗运运援?dāng)時(shí)，,所以數(shù)列中最大的項(xiàng)為或或.因?yàn)樗砸驗(yàn)樗运?（與無(wú)法比較大小，假設(shè)，當(dāng)時(shí)數(shù)列B的最大值為，當(dāng)時(shí)，數(shù)列B的最大值為；當(dāng)時(shí)，數(shù)列B的最大值為.）綜上，數(shù)列中最大的項(xiàng)為或.（3）方法一：當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，取數(shù)列的通項(xiàng)，此時(shí)對(duì),有，故當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，存在數(shù)列，使得數(shù)列的各項(xiàng)為0，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，設(shè)且，下面用反證法證明不存在數(shù)列，使得數(shù)列的各項(xiàng)為0，假設(shè)存在數(shù)列，使得數(shù)列的各項(xiàng)為0.為了更好地描述，我們記中不存在的，則對(duì)任意的，有，上式相減可得，即數(shù)列中的奇偶項(xiàng)分別為等差數(shù)列，設(shè)，且有,進(jìn)而又由知，故，整理可得進(jìn)而代入可得，故，則，取，有，即，故，因?yàn)?，故，由?故只能為的常數(shù)列，不符合題意，假設(shè)不成立，綜上，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，存在數(shù)列:符合題意.方法二：①當(dāng)N為偶數(shù)時(shí)，存在數(shù)列A使得數(shù)列B的任意一項(xiàng)均為0，此時(shí)可令②當(dāng)N為奇數(shù)時(shí)，不存在數(shù)列A使得數(shù)列B的任意一項(xiàng)均為0，證明如下：假設(shè)存在數(shù)列A使得數(shù)列B的任意一項(xiàng)均為0因?yàn)樗裕?，，?，.所以，，，，.所以,所以,所以所以因?yàn)樗?與不全為0矛盾.所以假設(shè)不成立.19．（2025·北京東城·二模）已知有窮整數(shù)數(shù)列，滿(mǎn)足.記集合為，或，或，.若數(shù)列，則稱(chēng)數(shù)列是的“恒元”.(1)已知數(shù)列，請(qǐng)寫(xiě)出中所有滿(mǎn)足的數(shù)列；(2)當(dāng)時(shí)，是否存在數(shù)列滿(mǎn)足，且是的“恒元”?若存在，請(qǐng)寫(xiě)出一個(gè)滿(mǎn)足條件的數(shù)列；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)當(dāng)數(shù)列是的“恒元”時(shí)，若是個(gè)連續(xù)正整數(shù)的一個(gè)排列，求數(shù)列的項(xiàng)數(shù)的最大值.【解析】（1）因?yàn)閿?shù)列，所以中的數(shù)列滿(mǎn)足．因?yàn)?，所以中所有滿(mǎn)足的數(shù)列有；；；.（2）假設(shè)存在滿(mǎn)足條件的數(shù)列，則滿(mǎn)足，有，或，或．所以與同為奇數(shù)或同為偶數(shù)．所以是偶數(shù)．所以是偶數(shù)．又是奇數(shù)，矛盾．所以假設(shè)不成立，不存在滿(mǎn)足條件的數(shù)列．（3）當(dāng)數(shù)列是的“恒元”時(shí)，因?yàn)閿?shù)列中，是個(gè)連續(xù)正整數(shù)的一個(gè)排列，所以當(dāng)時(shí)，有，且至多一項(xiàng)為1．不妨記，所以，且．當(dāng)時(shí)，.當(dāng)時(shí)，有.此時(shí)，或．又，所以，，或，．①當(dāng)時(shí)，有，或，所以，或者．當(dāng)時(shí)，有，，，，所以，，.因?yàn)?，，所以．所以．?dāng)時(shí)，有，，，，所以（舍）．②當(dāng)時(shí)，有，或，所以，或者．當(dāng)時(shí)，有，，，，所以，，,所以．當(dāng)時(shí)，有，，，，所以．所以（舍）．又由于數(shù)列和滿(mǎn)足條件．綜上所述，．20．（2025·北京昌平·二模）設(shè)為正整數(shù)，數(shù)列是公差不為的等差數(shù)列，若從中去掉兩項(xiàng)和后剩余的項(xiàng)可被平均分為組，且每組的個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱(chēng)數(shù)列是的可分?jǐn)?shù)列．(1)寫(xiě)出所有，使得數(shù)列是、的可分?jǐn)?shù)列；(2)當(dāng)時(shí)，證明：數(shù)列是的可分?jǐn)?shù)列；(3)若數(shù)列是的可分?jǐn)?shù)列，記所有滿(mǎn)足條件的的個(gè)數(shù)為，求的值．【解析】（1）根據(jù)題意，可以為．（2）設(shè)數(shù)列的公差為．當(dāng)時(shí)，去掉后，剩余項(xiàng)按照：；分為三組（*），每組都是公差為的等差數(shù)列．當(dāng)時(shí)，去掉后，前項(xiàng)按如上（*）分組；后面的項(xiàng)按原順序每項(xiàng)分為一組，每組都是公差為的等差數(shù)列．綜上，數(shù)列是的可分?jǐn)?shù)列．（3）若數(shù)列是的可分?jǐn)?shù)列，設(shè)其公差為，將數(shù)列表示為：．①當(dāng)時(shí)，可以去掉數(shù)列中的項(xiàng)和，其余項(xiàng)順序保持不變，從前往后按原順序每項(xiàng)分為一組，每組均為公差為的等差數(shù)列，所以數(shù)列是的可分?jǐn)?shù)列．其中，符合的一組“”的取值有個(gè)．②當(dāng)時(shí)，且時(shí)，可以去掉數(shù)列中的和．若，則數(shù)列分組為：，，其中、部分按原順序每項(xiàng)分為一組，每組均為公差為的等差數(shù)列；部分按照被除所得余數(shù)分組，余數(shù)相同的每組數(shù)按序號(hào)從小到大每項(xiàng)分為一組，則每組數(shù)均為等差數(shù)列，公差為．若或，由上述證明，數(shù)列仍可分為組等差數(shù)列．所以數(shù)列是的可分?jǐn)?shù)列．而符合的一組“”的取值有個(gè)．滿(mǎn)足上述兩類(lèi)的的個(gè)數(shù)為．設(shè)，記，用表示數(shù)列中的項(xiàng)組成的集合（下同）．則，且中元素個(gè)數(shù)均為中元素個(gè)數(shù)均為．由題意，數(shù)列去掉和兩項(xiàng)后可分為每項(xiàng)一組的等差數(shù)列共組，記為，，對(duì)應(yīng)的公差為，則．考慮被除所得余數(shù)：當(dāng)時(shí)，數(shù)列中的項(xiàng)均在某一個(gè)中；當(dāng)時(shí)，數(shù)列中的項(xiàng)分別在中，且沒(méi)有兩項(xiàng)在同一個(gè)中，所以，或．綜上，所有滿(mǎn)足條件的的個(gè)數(shù)．專(zhuān)題04數(shù)列考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1等差、等比數(shù)列基本量運(yùn)算（5年3考）2025北京卷、2024北京卷、2022北京卷在高考的考查體系中，數(shù)列板塊呈現(xiàn)出相對(duì)穩(wěn)定的態(tài)勢(shì)。無(wú)論是考查內(nèi)容、考查頻率，還是題型設(shè)置與難度把控，都未出現(xiàn)明顯波動(dòng)。具體而言，等差數(shù)列和等比數(shù)列作為數(shù)列的基礎(chǔ)知識(shí)，通常以選擇題和填空題的形式出現(xiàn)，重點(diǎn)考查學(xué)生對(duì)基本概念、公式及性質(zhì)的掌握與運(yùn)用。而數(shù)列新定義問(wèn)題則更具挑戰(zhàn)性，往往以解答題的形式呈現(xiàn)，旨在檢驗(yàn)學(xué)生靈活運(yùn)用知識(shí)、分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力?？忌鷤淇紩r(shí)需針對(duì)不同題型特點(diǎn)，做好針對(duì)性復(fù)習(xí)?？键c(diǎn)2數(shù)列的遞推問(wèn)題（5年1考）2023北京卷考點(diǎn)3數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用（5年3考）2024北京卷、2023北京卷、2021北京卷考點(diǎn)4數(shù)列的性質(zhì)（5年2考）2022北京卷、2021北京卷考點(diǎn)5數(shù)列新定義（5年4考）2024北京卷、2023北京卷、2022北京卷、2021北京卷考點(diǎn)01等差、等比數(shù)列基本量運(yùn)算1．（2025·北京·高考真題）已知是公差不為零的等差數(shù)列，，若成等比數(shù)列，則（

）A． B． C．16 D．18【答案】C【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，因?yàn)槌傻缺葦?shù)列，且，所以，即，解得或（舍去），所以.故選：C.2．（2024·北京·高考真題）設(shè)與是兩個(gè)不同的無(wú)窮數(shù)列，且都不是常數(shù)列.記集合，給出下列4個(gè)結(jié)論：①若與均為等差數(shù)列，則M中最多有1個(gè)元素；②若與均為等比數(shù)列，則M中最多有2個(gè)元素；③若為等差數(shù)列，為等比數(shù)列，則M中最多有3個(gè)元素；④若為遞增數(shù)列，為遞減數(shù)列，則M中最多有1個(gè)元素.其中正確結(jié)論的序號(hào)是.【答案】①③④【解析】對(duì)于①，因?yàn)榫鶠榈炔顢?shù)列，故它們的散點(diǎn)圖分布在直線(xiàn)上，而兩條直線(xiàn)至多有一個(gè)公共點(diǎn)，故中至多一個(gè)元素，故①正確.對(duì)于②，取則均為等比數(shù)列，但當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，有，此時(shí)中有無(wú)窮多個(gè)元素，故②錯(cuò)誤.對(duì)于③，設(shè)，，若中至少四個(gè)元素，則關(guān)于的方程至少有4個(gè)不同的正數(shù)解，若，則由和的散點(diǎn)圖可得關(guān)于的方程至多有兩個(gè)不同的解，矛盾；若，考慮關(guān)于的方程奇數(shù)解的個(gè)數(shù)和偶數(shù)解的個(gè)數(shù)，當(dāng)有偶數(shù)解，此方程即為，方程至多有兩個(gè)偶數(shù)解，且有兩個(gè)偶數(shù)解時(shí)，否則，因單調(diào)性相反，方程至多一個(gè)偶數(shù)解，當(dāng)有奇數(shù)解，此方程即為，方程至多有兩個(gè)奇數(shù)解，且有兩個(gè)奇數(shù)解時(shí)即否則，因單調(diào)性相反，方程至多一個(gè)奇數(shù)解，因?yàn)?，不可能同時(shí)成立，故不可能有4個(gè)不同的整數(shù)解，即M中最多有3個(gè)元素，取，則,故③正確.對(duì)于④，因?yàn)闉檫f增數(shù)列，為遞減數(shù)列，前者散點(diǎn)圖呈上升趨勢(shì)，后者的散點(diǎn)圖呈下降趨勢(shì)，兩者至多一個(gè)交點(diǎn)，故④正確.故答案為：①③④.3．（2022·北京·高考真題）設(shè)是公差不為0的無(wú)窮等差數(shù)列，則“為遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，記為不超過(guò)的最大整數(shù).若為單調(diào)遞增數(shù)列，則，若，則當(dāng)時(shí)，；若，則，由可得，取，則當(dāng)時(shí)，，所以，“是遞增數(shù)列”“存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，”；若存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，，取且，，假設(shè)，令可得，且，當(dāng)時(shí)，，與題設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，則，即數(shù)列是遞增數(shù)列.所以，“是遞增數(shù)列”“存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，”.所以，“是遞增數(shù)列”是“存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，”的充分必要條件.故選：C.考點(diǎn)02數(shù)列的遞推問(wèn)題4．（2023·北京·高考真題）已知數(shù)列滿(mǎn)足，則（

）A．當(dāng)時(shí)，為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)，使得恒成立B．當(dāng)時(shí)，為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)，使得恒成立C．當(dāng)時(shí)，為遞減數(shù)列，且存在常數(shù)，使得恒成立D．當(dāng)時(shí)，為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)，使得恒成立【答案】B【解析】法1：因?yàn)?，故，?duì)于A，若，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：即，證明：當(dāng)時(shí)，，此時(shí)不等關(guān)系成立；設(shè)當(dāng)時(shí)，成立，則，故成立，由數(shù)學(xué)歸納法可得成立.而，，，故，故，故為減數(shù)列，注意故，結(jié)合，所以，故，故，若存在常數(shù)，使得恒成立，則，故，故，故恒成立僅對(duì)部分成立，故A不成立.對(duì)于B，若可用數(shù)學(xué)歸納法證明：即，證明：當(dāng)時(shí)，，此時(shí)不等關(guān)系成立；設(shè)當(dāng)時(shí)，成立，則，故成立即由數(shù)學(xué)歸納法可得成立.而，，，故，故，故為增數(shù)列，若，則恒成立，故B正確.對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：即，證明：當(dāng)時(shí)，，此時(shí)不等關(guān)系成立；設(shè)當(dāng)時(shí)，成立，則，故成立即由數(shù)學(xué)歸納法可得成立.而，故，故為減數(shù)列，又，結(jié)合可得：，所以，若，若存在常數(shù)，使得恒成立，則恒成立，故，的個(gè)數(shù)有限，矛盾，故C錯(cuò)誤.對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：即，證明：當(dāng)時(shí)，，此時(shí)不等關(guān)系成立；設(shè)當(dāng)時(shí)，成立，則，故成立由數(shù)學(xué)歸納法可得成立.而，故，故為增數(shù)列，又，結(jié)合可得：，所以，若存在常數(shù)，使得恒成立，則，故，故，這與n的個(gè)數(shù)有限矛盾，故D錯(cuò)誤.故選：B.法2：因?yàn)?，令，則，令，得或；令，得；所以在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，令，則，即，解得或或，注意到，，所以結(jié)合的單調(diào)性可知在和上，在和上，對(duì)于A，因?yàn)?，則，當(dāng)時(shí)，，，則，假設(shè)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，則，綜上：，即，因?yàn)樵谏?，所以，則為遞減數(shù)列，因?yàn)椋?，則，因?yàn)殚_(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為，所以在上單調(diào)遞減，故，所以在上單調(diào)遞增，故，故，即，假設(shè)存在常數(shù)，使得恒成立，取，其中，且，因?yàn)?，所以，上式相加得，，則，與恒成立矛盾，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)?，?dāng)時(shí)，，，假設(shè)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋?，則，所以，又當(dāng)時(shí)，，即，假設(shè)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，所以，則，所以，綜上：，因?yàn)樵谏?，所以，所以為遞增數(shù)列，此時(shí)，取，滿(mǎn)足題意，故B正確；對(duì)于C，因?yàn)椋瑒t，注意到當(dāng)時(shí)，，，猜想當(dāng)時(shí)，，當(dāng)與時(shí)，與滿(mǎn)足，假設(shè)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，所以，綜上：，易知，則，故，所以，因?yàn)樵谏?，所以，則為遞減數(shù)列，假設(shè)存在常數(shù)，使得恒成立，記，取，其中，則，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)椋?dāng)時(shí)，，則，假設(shè)當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，則，綜上：，因?yàn)樵谏?，所以，所以為遞增數(shù)列，因?yàn)椋?，則，因?yàn)殚_(kāi)口向上，對(duì)稱(chēng)軸為，所以在上單調(diào)遞增，故，所以，故，即，假設(shè)存在常數(shù)，使得恒成立，取，其中，且，因?yàn)?，所以，上式相加得，，則，與恒成立矛盾，故D錯(cuò)誤.故選：B.考點(diǎn)03數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用5．（2024·北京·高考真題）漢代劉歆設(shè)計(jì)的“銅嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的標(biāo)準(zhǔn)量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形狀均可視為圓柱.若升、斗、斛量器的容積成公比為10的等比數(shù)列，底面直徑依次為，且斛量器的高為，則斗量器的高為，升量器的高為．【答案】2357.5/【解析】設(shè)升量器的高為，斗量器的高為（單位都是），則，故，.故答案為：.6．（2023·北京·高考真題）我國(guó)度量衡的發(fā)展有著悠久的歷史，戰(zhàn)國(guó)時(shí)期就已經(jīng)出現(xiàn)了類(lèi)似于砝碼的、用來(lái)測(cè)量物體質(zhì)量的“環(huán)權(quán)”．已知9枚環(huán)權(quán)的質(zhì)量（單位：銖）從小到大構(gòu)成項(xiàng)數(shù)為9的數(shù)列，該數(shù)列的前3項(xiàng)成等差數(shù)列，后7項(xiàng)成等比數(shù)列，且，則；數(shù)列所有項(xiàng)的和為．【答案】48384【解析】方法一：設(shè)前3項(xiàng)的公差為，后7項(xiàng)公比為，則，且，可得，則，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因?yàn)闉榈缺葦?shù)列，則，且，所以；又因?yàn)?，則；空2：設(shè)后7項(xiàng)公比為，則，解得，可得，所以.故答案為：48；384.7．（2021·北京·高考真題）《黨旗黨徽制作和使用的若干規(guī)定》指出，黨旗為旗面綴有金黃色黨徽?qǐng)D案的紅旗，通用規(guī)格有五種.這五種規(guī)格黨旗的長(zhǎng)(單位:cm)成等差數(shù)列，對(duì)應(yīng)的寬為(單位:cm),且長(zhǎng)與寬之比都相等，已知，，，則A．64 B．96 C．128 D．160【答案】C【解析】由題意，五種規(guī)格黨旗的長(zhǎng)(單位:cm)成等差數(shù)列，設(shè)公差為，因?yàn)?，，可得，可得，又由長(zhǎng)與寬之比都相等，且，可得，所以.故選：C.考點(diǎn)04數(shù)列的性質(zhì)8．（2022·北京·高考真題）已知數(shù)列各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和滿(mǎn)足．給出下列四個(gè)結(jié)論：①的第2項(xiàng)小于3；

②為等比數(shù)列；③為遞減數(shù)列；

④中存在小于的項(xiàng)．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是．【答案】①③④【解析】由題意可知，，，當(dāng)時(shí)，，可得；當(dāng)時(shí)，由可得，兩式作差可得，所以，，則，整理可得，因?yàn)?，解得，①?duì)；假設(shè)數(shù)列為等比數(shù)列，設(shè)其公比為，則，即，所以，，可得，解得，不合乎題意，故數(shù)列不是等比數(shù)列，②錯(cuò)；當(dāng)時(shí)，，可得，所以，數(shù)列為遞減數(shù)列，③對(duì)；假設(shè)對(duì)任意的，，則，所以，，與假設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，④對(duì).故答案為：①③④.9．（2021·北京·高考真題）已知是各項(xiàng)均為整數(shù)的遞增數(shù)列，且，若，則的最大值為（

）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【解析】若要使n盡可能的大，則，遞增幅度要盡可能小，不妨設(shè)數(shù)列是首項(xiàng)為3，公差為1的等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為，則，，所以.對(duì)于，，取數(shù)列各項(xiàng)為(，,則，所以n的最大值為11．故選：C．考點(diǎn)05數(shù)列新定義10．（2024·北京·高考真題）已知集合．給定數(shù)列，和序列，其中，對(duì)數(shù)列進(jìn)行如下變換：將的第項(xiàng)均加1，其余項(xiàng)不變，得到的數(shù)列記作；將的第項(xiàng)均加1，其余項(xiàng)不變，得到數(shù)列記作；……；以此類(lèi)推，得到，簡(jiǎn)記為．(1)給定數(shù)列和序列，寫(xiě)出；(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫(xiě)出一個(gè)符合條件的；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)若數(shù)列的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且為偶數(shù)，求證：“存在序列，使得的各項(xiàng)都相等”的充要條件為“”．【解析】（1）因?yàn)閿?shù)列，由序列可得；由序列可得；由序列可得；所以.（2）解法一：假設(shè)存在符合條件的，可知的第項(xiàng)之和為，第項(xiàng)之和為，則，而該方程組無(wú)解，故假設(shè)不成立，故不存在符合條件的；解法二：由題意可知：對(duì)于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4，假設(shè)存在符合條件的，且，因?yàn)?，即序列共?項(xiàng)，由題意可知：，檢驗(yàn)可知：當(dāng)時(shí)，上式不成立，即假設(shè)不成立，所以不存在符合條件的.（3）解法一：我們?cè)O(shè)序列為，特別規(guī)定.必要性：若存在序列，使得的各項(xiàng)都相等.則，所以.根據(jù)的定義，顯然有，這里，.所以不斷使用該式就得到，必要性得證.充分性：若.由已知，為偶數(shù)，而，所以也是偶數(shù).我們?cè)O(shè)是通過(guò)合法的序列的變換能得到的所有可能的數(shù)列中，使得最小的一個(gè).上面已經(jīng)說(shuō)明，這里，.從而由可得.同時(shí)，由于總是偶數(shù)，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數(shù).下面證明不存在使得.假設(shè)存在，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)，，即.情況1：若，則由和都是偶數(shù)，知.對(duì)該數(shù)列連續(xù)作四次變換后，新的相比原來(lái)的減少，這與的最小性矛盾；情況2：若，不妨設(shè).情況2-1：如果，則對(duì)該數(shù)列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來(lái)的至少減少，這與的最小性矛盾；情況2-2：如果，則對(duì)該數(shù)列連續(xù)作兩次變換后，新的相比原來(lái)的至少減少，這與的最小性矛盾.這就說(shuō)明無(wú)論如何都會(huì)導(dǎo)致矛盾，所以對(duì)任意的都有.假設(shè)存在使得，則是奇數(shù)，所以都是奇數(shù)，設(shè)為.則此時(shí)對(duì)任意，由可知必有.而和都是偶數(shù)，故集合中的四個(gè)元素之和為偶數(shù)，對(duì)該數(shù)列進(jìn)行一次變換，則該數(shù)列成為常數(shù)列，新的等于零，比原來(lái)的更小，這與的最小性矛盾.綜上，只可能，而，故是常數(shù)列，充分性得證.解法二：由題意可知：中序列的順序不影響的結(jié)果，且相對(duì)于序列也是無(wú)序的，（?。┤?，不妨設(shè)，則，①當(dāng)，則，分別執(zhí)行個(gè)序列、個(gè)序列，可得，為常數(shù)列，符合題意；②當(dāng)中有且僅有三個(gè)數(shù)相等，不妨設(shè)，則，即，分別執(zhí)行個(gè)序列、個(gè)序列可得，即，因?yàn)闉榕紨?shù)，即為偶數(shù)，可知的奇偶性相同，則，分別執(zhí)行個(gè)序列，，，，可得，為常數(shù)列，符合題意；③若，則，即，分別執(zhí)行個(gè)、個(gè)，可得，因?yàn)?，可得，即轉(zhuǎn)為①，可知符合題意；④當(dāng)中有且僅有兩個(gè)數(shù)相等，不妨設(shè)，則，即，分別執(zhí)行個(gè)、個(gè)，可得，且，可得，因?yàn)闉榕紨?shù)，可知的奇偶性相同，則為偶數(shù)，且，即轉(zhuǎn)為②，可知符合題意；⑤若，則，即，分別執(zhí)行個(gè)、個(gè)，可得，且，可得，因?yàn)闉榕紨?shù)，則為偶數(shù)，且，即轉(zhuǎn)為④，可知符合題意；綜上所述：若，則存在序列，使得為常數(shù)列；（ⅱ）若存在序列，使得為常數(shù)列，因?yàn)閷?duì)任意，均有成立，若為常數(shù)列，則，所以；綜上所述：“存在序列，使得為常數(shù)列”的充要條件為“”.11．（2023·北京·高考真題）已知數(shù)列的項(xiàng)數(shù)均為m，且的前n項(xiàng)和分別為，并規(guī)定．對(duì)于，定義，其中，表示數(shù)集M中最大的數(shù).(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)證明：存在，滿(mǎn)足使得．【解析】（1）由題意可知：，當(dāng)時(shí)，則，故；當(dāng)時(shí)，則，故；當(dāng)時(shí)，則故；當(dāng)時(shí)，則，故；綜上所述：，，，.（2）由題意可知：，且，因?yàn)?，且，則對(duì)任意恒成立，所以，又因?yàn)椋瑒t，即，可得，反證：假設(shè)滿(mǎn)足的最小正整數(shù)為，當(dāng)時(shí)，則；當(dāng)時(shí)，則，則，又因?yàn)椋瑒t，假設(shè)不成立，故，即數(shù)列是以首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以.（3）因?yàn)榫鶠檎麛?shù)，則均為遞增數(shù)列，（?。┤?，則可取，滿(mǎn)足使得；（ⅱ）若，則，構(gòu)建，由題意可得：，且為整數(shù)，反證，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，則，可得，這與相矛盾，故對(duì)任意，均有.①若存在正整數(shù)，使得，即，可取，滿(mǎn)足，使得；②若不存在正整數(shù)，使得，因?yàn)?，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿(mǎn)足，使得；（ⅲ）若，定義，則，構(gòu)建，由題意可得：，且為整數(shù)，反證，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，則，可得，這與相矛盾，故對(duì)任意，均有.①若存在正整數(shù)，使得，即，可取，即滿(mǎn)足，使得；②若不存在正整數(shù)，使得，因?yàn)椋?，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿(mǎn)足，使得.綜上所述：存在使得．12．（2022·北京·高考真題）已知為有窮整數(shù)數(shù)列．給定正整數(shù)m，若對(duì)任意的，在Q中存在，使得，則稱(chēng)Q為連續(xù)可表數(shù)列．(1)判斷是否為連續(xù)可表數(shù)列？是否為連續(xù)可表數(shù)列？說(shuō)明理由；(2)若為連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；(3)若為連續(xù)可表數(shù)列，且，求證：．【解析】（1），，，，，所以是連續(xù)可表數(shù)列；易知，不存在使得，所以不是連續(xù)可表數(shù)列．（2）若,設(shè)為,則至多，6個(gè)數(shù)字，沒(méi)有個(gè)，矛盾；當(dāng)時(shí),數(shù)列，滿(mǎn)足，，，，，，，，．（3）解法一：先證明.從5個(gè)正整數(shù)中，取一個(gè)數(shù)字只能表示自身，最多可表示5個(gè)數(shù)字，取連續(xù)兩個(gè)數(shù)字最多能表示4個(gè)數(shù)字，取連續(xù)三個(gè)數(shù)字最多能表示3個(gè)數(shù)字，取連續(xù)四個(gè)數(shù)字最多能表示2個(gè)數(shù)字，取連續(xù)五個(gè)數(shù)字最多能表示1個(gè)數(shù)字，所以對(duì)任意給定的5個(gè)整數(shù)，最多可以表示個(gè)正整數(shù)，不能表示20個(gè)正整數(shù)，即.若，最多可以表示個(gè)正整數(shù)，由于為連續(xù)可表數(shù)列，且，所以至少有一項(xiàng)為負(fù)數(shù)，既然任意5個(gè)正整數(shù)都不可能為20-連續(xù)可表數(shù)列，那么中間若插人一個(gè)負(fù)數(shù)項(xiàng)，更不能連續(xù)表示的正整數(shù).所以至少要有6個(gè)正整數(shù)才能連續(xù)表示的正整數(shù).所以中至少包含6個(gè)正整數(shù)和一個(gè)負(fù)數(shù)，故.當(dāng)時(shí)，數(shù)列滿(mǎn)足題意，．解法二：若數(shù)列為連續(xù)可表數(shù)列，則，這不可能！因而滿(mǎn)足題設(shè)的．若，得整數(shù)數(shù)列中的連續(xù)若干項(xiàng)（至少一項(xiàng)，下同）的和，；，；；最多能表示（下簡(jiǎn)稱(chēng)數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示）出21個(gè)兩兩互異的正整數(shù)，且題設(shè)是能表示出這20個(gè)正整數(shù)．①若數(shù)列的六項(xiàng)均是自然數(shù)，由題設(shè)，可得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和均小于20（沒(méi)有表示出20），與題設(shè)矛盾！所以數(shù)列中有負(fù)項(xiàng)且負(fù)項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)是1（若存在兩個(gè)負(fù)項(xiàng)，則數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少兩個(gè)正整數(shù)，至多能表示個(gè)正整數(shù)，不滿(mǎn)足題設(shè)）．若數(shù)列的項(xiàng)中還有0，則數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少兩個(gè)正整數(shù)（負(fù)項(xiàng)與0），不滿(mǎn)足題設(shè)，因而數(shù)列的項(xiàng)是一項(xiàng)負(fù)五項(xiàng)正（且這五個(gè)正項(xiàng)兩兩互異）．還可得：數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中除負(fù)項(xiàng)這個(gè)和外組成的集合是．因?yàn)槠渲凶畲蟮氖?0，所以20的連續(xù)項(xiàng)和表示是最多的連續(xù)若干個(gè)正項(xiàng)之和（即對(duì)數(shù)列的連續(xù)正項(xiàng)全部求和）．②因?yàn)椋⑷魯?shù)列滿(mǎn)足題設(shè)，則數(shù)列滿(mǎn)足題設(shè)＂，所以可只考慮數(shù)列或或的情形．若且數(shù)列的其余五項(xiàng)都是正項(xiàng)，則或．若，則由，可得，得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中的均不是正整數(shù)；若，則由，可得，得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中的均不是正整數(shù)．均不滿(mǎn)足題設(shè)．同理，可證得也不滿(mǎn)足題設(shè)．因而，且．③若兩兩互異的五個(gè)正整數(shù)中沒(méi)有1，則．因而．再由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中最小的正數(shù)是1，可得．若，則得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少表示一個(gè)正整數(shù)，不滿(mǎn)足題設(shè)，因而．而，所以．再由，可得，，再得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中17的表示只可能是，進(jìn)而可得.又由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有14，可得，，得數(shù)列是（但或但，均不可能，因而中有1．④由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有19及，可得或（得或．若，則，得數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少表示一個(gè)正整數(shù)；若，可得（否則，數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少表示一個(gè)正整數(shù)），所以，得，數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少表示一個(gè)正整數(shù)．均不滿(mǎn)足題設(shè)．所以．⑤由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有18及和為19的兩兩互異的四個(gè)數(shù)均大于1及，可得得或（得，數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中會(huì)少表示一個(gè)正整數(shù)）.所以．⑥由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有16及和為19的兩兩互異的四個(gè)數(shù)均大于1，（且4：因?yàn)榧?，可得（得）或得或，（得，與矛盾）或得，與矛盾）．（i）．由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有15（可證得15的表示中沒(méi)有也沒(méi)有），可得得，這不可能）或（得，，這不可能）或（得，與矛盾）或得，再得，這不可能）．（ii）．由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有14，可得得與或重復(fù)，這不可能），或（得，這不可能）或（得，，進(jìn)而可得數(shù)列是，（此時(shí)，這不可能）或，3，2，1（此時(shí)，這不可能））或得，再由數(shù)列的連續(xù)項(xiàng)和表示中有13，可得數(shù)列是（但，這不可能）或（但，這不可能））或（得，這不可能）．綜上所述，可得欲證結(jié)論成立．13．（2021·北京·高考真題）設(shè)p為實(shí)數(shù).若無(wú)窮數(shù)列滿(mǎn)足如下三個(gè)性質(zhì)，則稱(chēng)為數(shù)列：①，且；②；③，．（1）如果數(shù)列的前4項(xiàng)為2，-2，-2，-1，那么是否可能為數(shù)列？說(shuō)明理由；（2）若數(shù)列是數(shù)列，求；（3）設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為.是否存在數(shù)列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，說(shuō)明理由．【解析】(1)因?yàn)樗裕驗(yàn)樗运詳?shù)列，不可能是數(shù)列.(2)性質(zhì)①，由性質(zhì)③，因此或，或，若，由性質(zhì)②可知，即或，矛盾；若，由有，矛盾.因此只能是.又因?yàn)榛?，所以?若，則，不滿(mǎn)足，舍去.當(dāng)，則前四項(xiàng)為:0，0，0，1，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)時(shí)，經(jīng)驗(yàn)證命題成立，假設(shè)當(dāng)時(shí)命題成立，當(dāng)時(shí)：若，則，利用性質(zhì)③：，此時(shí)可得：；否則，若，取可得：，而由性質(zhì)②可得：，與矛盾.同理可得：，有；，有；，又因?yàn)?，有即?dāng)時(shí)命題成立，證畢.綜上可得：，.(3)令，由性質(zhì)③可知：，由于，因此數(shù)列為數(shù)列.由（2）可知:若；，，因此，此時(shí)，，滿(mǎn)足題意.

1．（2025·北京大興·三模）已知數(shù)列為無(wú)窮等比數(shù)列，為其前項(xiàng)和，“存在，對(duì)于任意的，”是“存在，對(duì)于任意的”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【解析】若，則對(duì)于任意的，均有，此時(shí)，對(duì)于任意的，不存在，使得，所以充分性不成立；若對(duì)于任意的，存在，使得，則，取，則對(duì)于任意的，均有，所以必要性成立，所以“存在，對(duì)于”是“存在，對(duì)于”的必要不充分條件.故選：B.2．（2025·北京海淀·三模）漸進(jìn)式延遲退休方案是指采取較緩而穩(wěn)妥的方式逐步延長(zhǎng)退休年齡．對(duì)于男職工，新方案將延遲法定退休年齡每4個(gè)月延遲1個(gè)月，逐步將男職工的法定退休年齡從原六十周歲延遲至六十三周歲．如果男職工延遲法定退休年齡部分對(duì)照表如表所示：出生時(shí)間1965年1月－4月1965年5月－8月1965年9月－12月1966年1月－4月…新方案法定退休年齡60歲1個(gè)月60歲2個(gè)月60歲3個(gè)月60歲4個(gè)月…那么1970年5月出生的男職工退休年齡為（

）A．61歲4個(gè)月 B．61歲5個(gè)月C．61歲6個(gè)月 D．61歲7個(gè)月【答案】B【解析】解法一：根據(jù)題意，出生年月在1965年1月－4月的人的法定退休年齡記為，出生年月在1965年5月－8月的人的法定退休年齡記為，出生年月在1965年9月－12月的人的法定退休年齡記為，，則構(gòu)成等差數(shù)列，首項(xiàng)歲1個(gè)月，公差為1個(gè)月，可得歲個(gè)月．依此規(guī)律，1970年5月出生的男職工，他的退休年齡應(yīng)該是的第17項(xiàng)，即他的退休年齡為歲17個(gè)月歲5個(gè)月．解法二：利用枚舉法：出生年齡每延后一年，退休年齡延后三個(gè)月．出生年齡退休年齡1965.560歲2個(gè)月1966.560歲5個(gè)月1967.560歲8個(gè)月1968.560歲11個(gè)月1969.561歲2個(gè)月1970.561歲5個(gè)月故選：B.3．（2025·北京東城·模擬預(yù)測(cè)）月相是指天文學(xué)中對(duì)于地球上看到的月球被太陽(yáng)照亮部分的稱(chēng)呼．1854年，愛(ài)爾蘭學(xué)者在大英博物館所藏的一塊巴比倫泥板上發(fā)現(xiàn)了一個(gè)記錄連續(xù)15天月相變化的數(shù)列，記為，其將滿(mǎn)月等分成240份，（且）表示第天月球被太陽(yáng)照亮部分所占滿(mǎn)月的份數(shù)．例如，第1天月球被太陽(yáng)照亮部分占滿(mǎn)月的，即；第15天為滿(mǎn)月，即．已知的第1項(xiàng)到第5項(xiàng)是公比為的等比數(shù)列，第5項(xiàng)到第15項(xiàng)是公差為的等差數(shù)列，且，均為正整數(shù)，則（

）．A．80 B．96 C．100 D．112【答案】B【解析】依題意，有，，時(shí)，不是正整數(shù)；時(shí)，；時(shí)，，不是正整數(shù).所以，，.故選：B4．（2025·北京·二模）小明在某印刷服務(wù)公司看到如下廣告：“本公司承接圖紙復(fù)印業(yè)務(wù)，規(guī)格可達(dá)A1，B1大小……”.他不禁好奇：A1，B1復(fù)印紙有多大呢？據(jù)查：所有的復(fù)印紙均為矩形，其長(zhǎng)與寬的比值不變，且兩張A4紙可以拼接成一張A3紙，兩張A3紙可以拼接成一張A2紙…….已知A4紙的寬為210mm，那么A1紙的長(zhǎng)和寬約為（

）A．840mm，594mm B．840mm，588mm C．594mm，420mm D．588mm，420mm【答案】A【解析】A4紙的寬為，設(shè)其長(zhǎng)為，若兩張A4紙的寬拼在一起，則A3紙的寬為，長(zhǎng)為，且，故舍去；若兩張A4紙的長(zhǎng)拼在一起，即A3紙的寬為，長(zhǎng)為，A2紙的寬為，長(zhǎng)為，A1紙的寬為，長(zhǎng)為，由所有的復(fù)印紙均為矩形，其長(zhǎng)與寬的比值不變，可得，解得，則，所以A1紙的長(zhǎng)和寬約為840mm，594mm.故選：A5．（2025·北京昌平·二模）在數(shù)列中，，則（

）A．當(dāng)時(shí)，對(duì)于任意的正整數(shù)B．當(dāng)時(shí)，存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，C．當(dāng)時(shí)，對(duì)于任意的正整數(shù)D．當(dāng)時(shí)，存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，【答案】C【解析】對(duì)于A，當(dāng)時(shí)，有，遞推可得，不滿(mǎn)足，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，，，則，不滿(mǎn)足存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，則，，故，因?yàn)椋?，則，若，則，若，則，綜上，當(dāng)時(shí)，對(duì)于任意的正整數(shù)，，故正確；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，則，若，則，故遞增，故D錯(cuò)誤.故選：C.6．（2025·北京通州·一模）已知等差數(shù)列滿(mǎn)足：，且，則（

）A．2026 B．2025 C．2024 D．2023【答案】D【解析】設(shè)公差為，由，，得，解得，所以，所以.故選：D.7．（2025·北京東城·二模）某人工智能模型在語(yǔ)言訓(xùn)練時(shí)，每輪訓(xùn)練的模型參數(shù)的數(shù)量會(huì)發(fā)生變化.記第一輪訓(xùn)練的模型參數(shù)的數(shù)量為，若從第二輪開(kāi)始，每一輪與它前一輪相比較，訓(xùn)練的模型參數(shù)增加的數(shù)量可以看成一個(gè)以為首項(xiàng)，公比為3的等比數(shù)列，則第五輪訓(xùn)練的模型參數(shù)的數(shù)量為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意，從第二輪開(kāi)始，該模型參數(shù)增加的數(shù)量為等比數(shù)列，設(shè)首項(xiàng)為，公比為，則通項(xiàng)公式為，第一輪參數(shù)為,第二輪參數(shù)增加的數(shù)量為,第三輪參數(shù)增加的數(shù)量為,第四輪參數(shù)增加的數(shù)量為，第五輪參數(shù)增加的數(shù)量為,所以第五輪訓(xùn)練的模型參數(shù)的數(shù)量為..故選：C.8．（2025·北京海淀·二模）已知為等差數(shù)列，為等比數(shù)列，其中，則（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】∵為等差數(shù)列且，∴，∴，，，∵為等差數(shù)列且，∴，∴，，，∴當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故A、B不正確；∵，，∴，故選：C.9．（2025·北京朝陽(yáng)·二模）設(shè)無(wú)窮數(shù)列的前n項(xiàng)和為，定義，則（

）A．當(dāng)時(shí)，B．當(dāng)時(shí)，C．當(dāng)時(shí)，則D．當(dāng)時(shí)，【答案】D【解析】對(duì)于A選項(xiàng)：當(dāng)時(shí)，，不正確；對(duì)于B選項(xiàng)：當(dāng)時(shí)，在為奇數(shù)時(shí)為1，偶數(shù)時(shí)為0，故，不正確；對(duì)于C選項(xiàng)：當(dāng)時(shí)，，又，所以，不正確；對(duì)于D選項(xiàng)：當(dāng)時(shí)，，，正確，故選：D.10．（2025·北京東城·二模）設(shè)無(wú)窮數(shù)列滿(mǎn)足，則（）A．存在，為等差數(shù)列 B．存在，為等比數(shù)列C．存在，為遞減數(shù)列 D．存在，為遞增數(shù)列【答案】D【解析】選項(xiàng)A：若存在，數(shù)列為等差數(shù)列，則（常數(shù)），即對(duì)所有成立，則必須滿(mǎn)足，且，唯一可能解為，此時(shí)，但不包含端點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；選項(xiàng)B：若存在，數(shù)列為等比數(shù)列，則（常數(shù)），即，即，若，則與成正比，由的圖象可知，無(wú)法保證與的變式速度相同；若，則，僅當(dāng)時(shí)成立，但，故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C：若存在，則，數(shù)列不是遞減數(shù)列，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D：若存在，數(shù)列為遞增數(shù)列，則，即，故，數(shù)列遞增，故D正確.故選：D.11．（2025·北京·三模）已知等比數(shù)列的前項(xiàng)和為，滿(mǎn)足，.則為；滿(mǎn)足的最小的整數(shù)為.【答案】【解析】，，當(dāng)時(shí)，，則，，；是等比數(shù)列，設(shè)公比為，，，令，則，化簡(jiǎn)得，兩邊取自然對(duì)數(shù)并整理得，，故最小整數(shù)，當(dāng)時(shí)，，滿(mǎn)足條件.故答案為：；.12．（2025·北京·三模）為保證某水域內(nèi)魚(yú)類(lèi)資源的可持續(xù)發(fā)展，需根據(jù)其自身再生能力等因素制定合理的捕撈方案.記為第n年初時(shí)該水域內(nèi)的魚(yú)類(lèi)總量，根據(jù)研究，第n年魚(yú)類(lèi)的自然繁殖量與成正比，自然死亡量與成正比，捕撈量與成正比，比例系數(shù)分別為，則和的關(guān)系式為；若，要保持每年年初時(shí)魚(yú)類(lèi)總量始終不變，則一組符合條件的為.【答案】（答案不唯一）【解析】因?yàn)榈趎年魚(yú)類(lèi)的自然繁殖量與成正比，自然死亡量與成正比，捕撈量與成正比，比例系數(shù)分別為，所以，若，要保持每年年初時(shí)魚(yú)類(lèi)總量始終不變，即，所以，代入，則有，即有，由于，不妨取，經(jīng)檢驗(yàn)滿(mǎn)足題意.故答案為：；（答案不唯一）.13．（2025·北京豐臺(tái)·二模）已知數(shù)列滿(mǎn)足，給出下列四個(gè)結(jié)論：①存在唯一的正實(shí)數(shù)，使得是常數(shù)列；②當(dāng)時(shí)，是等比數(shù)列；③若是遞增數(shù)列，則；④若對(duì)任意的正整數(shù)，都有，則．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)為．【答案】①②④【解析】若是常數(shù)列，則，又，則，代入，得，解得，故①正確；當(dāng)時(shí)，，則，則，又，所以，所以是以1為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，故②正確；若是遞增數(shù)列，則，即，又，則，由，得，解得，故③錯(cuò)誤；由，得，則，則，當(dāng)，即時(shí),則，又，所以，則，所以，即對(duì)任意的正整數(shù)，都有，當(dāng)，即時(shí),則，所以是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，所以，若對(duì)任意的正整數(shù)，都有，則，所以，整理得，當(dāng)，即且時(shí)，，該式恒成立，當(dāng)，即時(shí)，該式不恒成立，綜上，對(duì)任意的正整數(shù)，都有，則，故④正確．故答案為：①②④.14．（2025·北京朝陽(yáng)·二模）已知等差數(shù)列滿(mǎn)足，則；設(shè)為的前項(xiàng)和，則使的的最小值為．【答案】07【解析】設(shè)等差數(shù)列的公差為，由，得到，解得，所以，則，又，得到或（舍），又，所以使的的最小值為，故答案為：，.15．（2025·北京大興·三模）已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，且（），給出下列四個(gè)結(jié)論：①長(zhǎng)度為，，1的三條線(xiàn)段可以圍成一個(gè)內(nèi)角為的三角形；②，；③，；④．其中正確結(jié)論的序號(hào)是．【答案】①③④【解析】對(duì)于①，長(zhǎng)度為，，1的三條線(xiàn)段組成三角形，設(shè)邊長(zhǎng)為的邊對(duì)應(yīng)的角為，因?yàn)?，所以，故，又，所以，即邊長(zhǎng)為對(duì)應(yīng)的角為，故①正確；對(duì)于②，由，，則，當(dāng)時(shí)，，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③④，因?yàn)?，所以，令，則，令，為銳角，則，所以，所以，又，所以，即，所以，所以，所以，所以，故④正確；所以，當(dāng)時(shí)，，又也適合，所以，又，即，所以，故③正確.故答案為：①③④.16．（2025·北京海淀·三模）設(shè)是一個(gè)項(xiàng)數(shù)為的數(shù)列，其中每一項(xiàng)均為集合中的元素．定義數(shù)列如下：若，則，其中，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，，其中記．(1)①若數(shù)列，則______；②若數(shù)列，則______．(2)對(duì)于給定的正整數(shù)，若正整數(shù)滿(mǎn)足對(duì)任意，均有數(shù)列與為同一數(shù)列，則稱(chēng)為“階好數(shù)”．（?。┣笞钚〉摹?階好數(shù)”．（ⅱ）求使得“階好數(shù)”存在的的所有可能取值．【解析】（1）①已知，由，則；由，則；由，則，可得；由，則；由，則；由，則，可得；由，則；由，則；由，則，可得.②已知，由，則首項(xiàng)為，由，則，由，則，由，則，可得；由，則，由，則，由，則，由，則，可得；由，則首項(xiàng)為，由，則，由，則第三項(xiàng)為，由，則，可得.由，則首項(xiàng)為，由，則，由，則第三項(xiàng)為，由，則，可得.（2）（ⅰ）法一：根據(jù)（1）中的①可猜測(cè)：最小的“3階好數(shù)”是3．最小的“3階好數(shù)”為3．證明如下：當(dāng)時(shí)，記數(shù)列的第項(xiàng)為，其中，．其中．若的三項(xiàng)互不相同，設(shè)，其中．由于，故，，．所以．同理，．此時(shí)與為同一數(shù)列，且均不與為同一數(shù)列．故．若的三項(xiàng)中有且僅有兩項(xiàng)相同，考慮到，不妨設(shè)．則；；故與也是同一數(shù)列．若的三項(xiàng)均相同，設(shè)，則由題意，依此類(lèi)推與也是同一數(shù)列．綜上，最小的“3階好數(shù)”是3．法二：最小的“3階好教”為3列舉：所有情況綜合得出最小的“3階好數(shù)”為3．（ⅱ）當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，考慮．則．故．此時(shí)，不存在