专题08 数列（7年真题汇编+1年模拟）2020-2026年高考数学真题分类汇编（北京专用）（答案版）

高考真题分类解析PAGEPAGE1专题08数列7年真题1年模拟考点01等差、等比数列1．①.②.（答案不唯一，满足即可）2．C3．①③④4．C5．B考点02数列的递推公式1．B考点03数列的应用1．2357.5/2．483843．C考点04数列的相关性质1．①③④2.C考点05数列新定义1.【解析】（1）因为数列，由序列可得；由序列可得；由序列可得；所以.（2）解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，则，而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的；解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，假设存在符合条件的，且，因为，即序列共有8项，由题意可知：，检验可知：当时，上式不成立，即假设不成立，所以不存在符合条件的.（3）解法一：我们设序列为，特别规定.必要性：若存在序列，使得的各项都相等.则，所以.根据的定义，显然有，这里，.所以不断使用该式就得到，必要性得证.充分性：若.由已知，为偶数，而，所以也是偶数.我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.上面已经说明，这里，.从而由可得.同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.下面证明不存在使得.假设存在，根据对称性，不妨设，，即.情况1：若，则由和都是偶数，知.对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；情况2：若，不妨设.情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.则此时对任意，由可知必有.而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果，且相对于序列也是无序的，（ⅰ）若，不妨设，则，①当，则，分别执行个序列、个序列，可得，为常数列，符合题意；②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则，即，分别执行个序列、个序列可得，即，因为为偶数，即为偶数，可知的奇偶性相同，则，分别执行个序列，，，，可得，为常数列，符合题意；③若，则，即，分别执行个、个，可得，因为，可得，即转为①，可知符合题意；④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则，即，分别执行个、个，可得，且，可得，因为为偶数，可知的奇偶性相同，则为偶数，且，即转为②，可知符合题意；⑤若，则，即，分别执行个、个，可得，且，可得，因为为偶数，则为偶数，且，即转为④，可知符合题意；综上所述：若，则存在序列，使得为常数列；（ⅱ）若存在序列，使得为常数列，因为对任意，均有成立，若为常数列，则，所以；综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”.2．【解析】（1）由题意可知：，当时，则，故；当时，则，故；当时，则故；当时，则，故；综上所述：，，，.（2）由题意可知：，且，因为，且，则对任意恒成立，所以，又因为，则，即，可得，反证：假设满足的最小正整数为，当时，则；当时，则，则，又因为，则，假设不成立，故，即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.（3）因为均为正整数，则均为递增数列，（ⅰ）若，则可取，满足使得；（ⅱ）若，则，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有.①若存在正整数，使得，即，可取，满足，使得；②若不存在正整数，使得，因为，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，满足，使得；（ⅲ）若，定义，则，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有.①若存在正整数，使得，即，可取，即满足，使得；②若不存在正整数，使得，因为，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，满足，使得.综上所述：存在使得．3．【解析】（1），，，，，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，，，，，，，，．（3）解法一：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，．解法二：若数列为连续可表数列，则，这不可能！因而满足题设的．若，得整数数列中的连续若干项（至少一项，下同）的和，；，；；最多能表示（下简称数列的连续项和表示）出21个两两互异的正整数，且题设是能表示出这20个正整数．①若数列的六项均是自然数，由题设，可得数列的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！所以数列中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列的连续项和表示中会少两个正整数，至多能表示个正整数，不满足题设）．若数列的项中还有0，则数列的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数列的项是一项负五项正（且这五个正项两两互异）．还可得：数列的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是．因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列的连续正项全部求和）．②因为＂若数列满足题设，则数列满足题设＂，所以可只考虑数列或或的情形．若且数列的其余五项都是正项，则或．若，则由，可得，得数列的连续项和表示中的均不是正整数；若，则由，可得，得数列的连续项和表示中的均不是正整数．均不满足题设．同理，可证得也不满足题设．因而，且．③若两两互异的五个正整数中没有1，则．因而．再由数列的连续项和表示中最小的正数是1，可得．若，则得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设，因而．而，所以．再由，可得，，再得数列的连续项和表示中17的表示只可能是，进而可得.又由数列的连续项和表示中有14，可得，，得数列是（但或但，均不可能，因而中有1．④由数列的连续项和表示中有19及，可得或（得或．若，则，得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数；若，可得（否则，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数），所以，得，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设．所以．⑤由数列的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数均大于1及，可得得或（得，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数）.所以．⑥由数列的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数均大于1，（且4：因为及，可得（得）或得或，（得，与矛盾）或得，与矛盾）．（i）．由数列的连续项和表示中有15（可证得15的表示中没有也没有），可得得，这不可能）或（得，，这不可能）或（得，与矛盾）或得，再得，这不可能）．（ii）．由数列的连续项和表示中有14，可得得与或重复，这不可能），或（得，这不可能）或（得，，进而可得数列是，（此时，这不可能）或，3，2，1（此时，这不可能））或得，再由数列的连续项和表示中有13，可得数列是（但，这不可能）或（但，这不可能））或（得，这不可能）．综上所述，可得欲证结论成立．4．【解析】(1)因为所以，因为所以所以数列，不可能是数列.(2)性质①，由性质③，因此或，或，若，由性质②可知，即或，矛盾；若，由有，矛盾.因此只能是.又因为或，所以或.若，则，不满足，舍去.当，则前四项为:0，0，0，1，下面用数学归纳法证明：当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，当时：若，则，利用性质③：，此时可得：；否则，若，取可得：，而由性质②可得：，与矛盾.同理可得：，有；，有；，又因为，有即当时命题成立，证毕.综上可得：，.(3)令，由性质③可知：，由于，因此数列为数列.由（2）可知:若；，，因此，此时，，满足题意.5．【解析】(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.一、单选题1．B2．D3．B4．A5．C6．B7．A8．A9．A10．C11．B二、填空题12．13．14．215．43116．17．①；②.18．6.63.519．20．144107321．①④22．23．①④24．②③25．②④26．②③27．①③④28．①②③三、解答题29．【答案】(1)是、是、不是、是(2)证明是可分等差数列：按如下方式分组，共分为组，每组4项：前组：对，第组取，均在删去项之前，每组4个连续项，天然构成等差数列；中间组：删去后，剩余项从到，共项，每4个连续项分为一组，每组都是等差数列；后组：删去后，剩余项从到，共项，每4个连续项分为一组，每组都是等差数列.总项数为，恰好满足要求，因此数列是可分等差数列，得证.(3)①由（2）得，对任意，时，符合题意，此类共有个，②在中任取连续项，使其首项满足，将这项从左到右从上到下依次放入下列数阵，则该数阵的每行、每列各自成等差数列，删去两项后，余下，，均为4项的等差数列，时，满足题意，相等，不等时，不等；相等，不等时，不等，对，有种取值，共有个，即其有个，综上，，得证.30．【答案】(1)(2)(3)若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共，经过变换后第一行均变为；含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为；同时含有和的子集共，经过变换后第一行仍为；不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为．所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为；不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为．所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．所以对所有非空子集，的值的总和为，又因为，所以的值的总和不超过．31．【答案】(1)，(2)，记（其中为常数且，，，），则对任意的，有.（且）.，不妨记的有项，则的有项.，.又为奇数，，故仅当时等式成立.当时，对所有成立，递推可得：，即.又，当时，则，结合，得.当时，，则，进而可得.综上，，证毕.(3)当时，且.记，，故存在.不妨设（循环数列，可平移下标），即，记，.对任意，，由三角不等式：.同理可得：.对任意，.故.当为偶数时，..当为奇数时，..由可得.即，证毕.32．【答案】(1)数列不是数列，是数列．(2)假设数列为数列，则．因为与的奇偶性相同，所以与的奇偶性相同．所以与的奇偶性相同．又是偶数，是奇数，矛盾．所以数列不是数列．(3).【详解】（1）因为，而3，1，1不是1，2，3的一个排列，所以数列不是数列．因为5，1，4，2，3是1，2，3，4，5的一个排列，又，4，3，2，1是1，2，3，4的一个排列，所以数列是数列．（2）略（3）因为数列为数列，所以，且.所以．所以因为，所以，即．令，则，所以，即数列为数列．所以的最小值为．33．．【详解】（1）由，可以取，得.（答案不唯一）；（2）由得，所以，令，则单调递减，所以的最小值是，所以公比的取值范围是；（3）首先证明时，数列不存在“等比分割数列”，假设当时，数列存在“等比分割数列”，则．易知，因为且，则，而，所以，又因为，所以，与矛盾，所以当时，数列不存在“等比分割数列”．所以，当时，数列，存在首项为，公比为的数列满足：,所以时，数列存在“等比分割数列”，所以的最大值是5.34．【答案】(1)①是；②否.(2)不妨设．假设取分拆，设，则与矛盾．所以拆分的项一定是数列中的最大项.(3)当时，的1阶完美拆分数列为1.44，1.2，1；的2阶完美拆分数列为1.2，1，0.72，0.72；的3阶完美拆分数列为1，0.72，0.72，0.6，0.6；的4阶完美拆分数列为0.72，0.72，0.6，0.6，0.5，0.5．所以数列存在4阶完美分拆数列．下面证明对于任意数列，不存在5阶完美分拆数列．假设数列的2阶完美拆分数列为，不妨设．由（2）知，为得到的3阶完美拆分数列，一定分拆，得到数列，其中，及．若，则由，即及，可得若，有，与题设矛盾，不合题意．此时，数列中的最大项无法再拆分，此时分拆结束．于是，为得到4阶完美拆分数列，必须有，此时，．所以，拆分为，，得到数列，其中及．于是．若是数列中的最大项，因为，即，又，于是，与假设矛盾．所以不是此时数列的最大项．若是数列中的最大项，因为，所以，又，所以，与假设矛盾．所以不是此时数列的最大项．所以是此时数列的最大项．此时，应有，否则，，于是，与题设矛盾，不合题意，所以．若，有，与题设矛盾，不合题意．此时，数列中的最大项无法再拆分，此时拆分结束．因此，若数列存在阶完美拆分数列，则．综上，的最大值为4.35．【答案】(1)252；(2)1，3，7，2，4，5，6；(3)必要性：因为数列为常数列，每个置换是常数列，存在．充分性：＂的以任意项为末项的所有置换中，都存在置换，使得．＂称具有性质．由，得．又因为为偶数，为定值，所以数列的所有项的奇偶性相同.称具有性质.对具有性质的数列施加变换：若的所有项均为偶数，令；若的所有项均为奇数，令．得到数列．①若的所有项均为偶数，，则＂具有性质＂等价于＂具有性质＂，又因为，所以．且数列具有性质．②若的所有项均为奇数，，则＂具有性质＂等价于＂具有性质＂.又因为，所以，当且仅当时取等号．且数列具有性质.总之，对数列施加变换，数列保持性质和性质不变.对数列施加次变换后，得到常数列．常数列，经过次相反的变换：或者，每次得到的数列都是常数列，最终得到数列，且数列为常数列．36【详解】（1）对数列，若，有若，因为为偶数，而也为偶数，因此不可能等于，所以不具有性质；对数列，若，有，若，有，所以具有性质.（2）因为数列具有性质，由已知，因为为偶数，所以与同为奇数或同为偶数．若1和2均为数列中的项，则与同为奇数或同为偶数，矛盾.所以1,2不能同时为中的项.（3）首先证明去掉后，存在正整数，使得．①若．去掉后剩余项，子列满足.②若．子列满足下证去掉后，存在正整数，使得.令，此时剩余项，记为，且．分为组为，其中.则每组