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）（解析版）

高考真题分类解析PAGEPAGE1专题08数列7年真题1年模拟考点分类北京考情（2020-2026）命题规律等差等比数列2020项的最值、2022充要条件、2024多结论判断、2025等差等比综合、2026公差与前n项和，共5题基础核心考点，通项、求和、性质为基础；2024起多结论正误判断题增多，抽象推理要求提升数列递推公式2023递推数列单调性与有界性，共1道选择压轴侧重函数视角分析数列，结合单调性、有界性判断；难度大，区分度高，常作为选择压轴数列的应用2021党旗规格、2023环权、2024铜嘉量，共3题传统文化实景载体为特色；等差等比公式应用为主，阅读量较大，建模能力是关键数列性质2021项数最大值、2022前n项和性质，共2道填空多结论判断题型固定；考查单调性、项的范围、存在性问题，综合性强数列新定义2020无穷数列性质、2021P数列、2022连续可表数列、2023差数列、2024数列变换，共5道压轴大题北京卷特色难点，每年1道创新大题；定义抽象、逻辑推理要求极高，是全卷区分度天花板小结：基础题考性质应用；新定义大题逐年加强抽象推理，是北京卷数列最核心的命题变化。考点01等差、等比数列1．（2026·北京·高考真题）已知等差数列的前项和为，且，则公差________，若恒成立，则符合条件的的一个取值为________．【答案】①.②.（答案不唯一，满足即可）【解析】【详解】等差数列的前项和公式为，通项公式为.∵，，∴.由，得，消去等式两侧的，整理得，解得.∵，等差数列为递减数列，且恒成立，∴为前项和的最大值，即数列前项非负，第项及以后非正，即，代入通项公式得，解得，取即为符合条件的一个取值.2．（2025·北京·高考真题）已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（

）A． B． C．16 D．18【答案】C【解析】设等差数列的公差为，因为成等比数列，且，所以，即，解得或（舍去），所以.故选：C.3．（2024·北京·高考真题）设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.其中正确结论的序号是.【答案】①③④【解析】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.对于②，取则均为等比数列，但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.对于③，设，，若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，当有偶数解，此方程即为，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，否则，因单调性相反，方程至多一个偶数解，当有奇数解，此方程即为，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即否则，因单调性相反，方程至多一个奇数解，因为，不可能同时成立，故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，取，则,故③正确.对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④.4．（2022·北京·高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数.若为单调递增数列，则，若，则当时，；若，则，由可得，取，则当时，，所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；若存在正整数，当时，，取且，，假设，令可得，且，当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列.所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”.所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件.故选：C.5．（2020·北京·高考真题）在等差数列中，，．记，则数列（）．A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项【答案】B【解析】由题意可知，等差数列的公差，则其通项公式为：，注意到，且由可知，由可知数列不存在最小项，由于，故数列中的正项只有有限项：，.故数列中存在最大项，且最大项为.故选：B.考点02数列的递推公式1．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（

）A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立【答案】B【解析】法1：因为，故，对于A，若，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立，由数学归纳法可得成立.而，，，故，故，故为减数列，注意故，结合，所以，故，故，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，故恒成立仅对部分成立，故A不成立.对于B，若可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，，，故，故，故为增数列，若，则恒成立，故B正确.对于C，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，故，故为减数列，又，结合可得：，所以，若，若存在常数，使得恒成立，则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.对于D，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立由数学归纳法可得成立.而，故，故为增数列，又，结合可得：，所以，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.故选：B.法2：因为，令，则，令，得或；令，得；所以在和上单调递增，在上单调递减，令，则，即，解得或或，注意到，，所以结合的单调性可知在和上，在和上，对于A，因为，则，当时，，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，即，因为在上，所以，则为递减数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，故，所以在上单调递增，故，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故A错误；对于B，因为，当时，，，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，又当时，，即，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故B正确；对于C，因为，则，注意到当时，，，猜想当时，，当与时，与满足，假设当时，，当时，所以，综上：，易知，则，故，所以，因为在上，所以，则为递减数列，假设存在常数，使得恒成立，记，取，其中，则，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C错误；对于D，因为，当时，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递增，故，所以，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故D错误.故选：B.考点03数列的应用1．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为，且斛量器的高为，则斗量器的高为，升量器的高为．【答案】2357.5/【解析】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则，故，.故答案为：.2．（2023·北京·高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则；数列所有项的和为．【答案】48384【解析】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，则，且，可得，则，即，可得，空1：可得，空2：方法二：空1：因为为等比数列，则，且，所以；又因为，则；空2：设后7项公比为，则，解得，可得，所以.故答案为：48；384.3．（2021·北京·高考真题）《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位:cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则A．64 B．96 C．128 D．160【答案】C【解析】由题意，五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，设公差为，因为，，可得，可得，又由长与宽之比都相等，且，可得，所以.故选：C.考点04数列的相关性质1．（2022·北京·高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：①的第2项小于3；

②为等比数列；③为递减数列；

④中存在小于的项．其中所有正确结论的序号是．【答案】①③④【解析】由题意可知，，，当时，，可得；当时，由可得，两式作差可得，所以，，则，整理可得，因为，解得，①对；假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，所以，，可得，解得，不合乎题意，故数列不是等比数列，②错；当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；假设对任意的，，则，所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.故答案为：①③④.2.（2021·北京·高考真题）已知是各项均为整数的递增数列，且，若，则的最大值为（

）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【解析】若要使n尽可能的大，则，递增幅度要尽可能小，不妨设数列是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为，则，，所以.对于，，取数列各项为(，,则，所以n的最大值为11．故选：C．考点05数列新定义1.（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为．(1)给定数列和序列，写出；(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”．【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．（2023·北京·高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)证明：存在，满足使得．【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．（2022·北京·高考真题）已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若为连续可表数列，且，求证：．【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．（2021·北京·高考真题）设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：①，且；②；③，．（1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由；（2）若数列是数列，求；（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．【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．（2020·北京·高考真题）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．(Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)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.【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．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）已知等差数列的前项和为，，则（

）A．10 B．15 C．20 D．25【答案】B【详解】在等差数列中，，所以.2．（北京市房山区2026届高三第一次综合练习数学试题）若是以为公差的等差数列，，则等差数列的公差为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据等差数列的性质建立关于的等式，再化简整理即可.【详解】是公差为的等差数列，所以则，所以的公差为.3．（北京市东城区2026届高三上学期期末统一检测数学试题）已知为等差数列，为等比数列，，则（

）A．4 B．7 C．8 D．15【答案】B【分析】设出公差与公比，由题中所给条件列方程组即可求出公差与公比，即可得解.【详解】设的公差为，的公比为，则由题可知，有，解得或（舍去），则，因此.故选：B.4．（北京市通州区2026届高三上学期摸底考试数学试题）设为等差数列的前项和.若，，则（

）A． B． C．32 D．50【答案】A【分析】利用等差数列基本量的运算可得答案.【详解】由得：.由于是等差数列，因此：.由等差数列通项公式及得：，解得：.于是：.故选：A5．（北京密云区2025-2026学年第二学期阶段练习高三数学试卷）已知数列的前项和为，则（

）A．35 B．11 C． D．【答案】C【详解】因为，即，可知数列是以首项为，公差为的等差数列，则，所以.6．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）已知等差数列，，，则（

）A．13 B．15 C．17 D．18【答案】B【详解】因为数列为等差数列，则，即，解得.7．（北京市丰台区2025-2026学年高三上学期期末统一检测数学试题）已知是公比不为1的等比数列，，若，，成等差数列，则（

）A． B． C．8 D．16【答案】A【分析】根据条件求出公比q，再运用等比数列通项公式求出.【详解】根据题意得，，,且，解得，，；故选：A.8．（北京市房山区2025-2026学年高三上学期学业水平调研（二）数学试题）等差数列的首项为1．若成等比数列，则所成等比数列的公比为（）A．1 B．2 C． D．【答案】A【分析】设公差为，根据等比中项列方程求出公差，然后可得公比.【详解】记等差数列的公差为，因为成等比数列，所以，即，又，所以，整理得，解得，所以.故选：A9．（北京市丰台区2025-2026学年度高三第二学期综合练习（一）数学试题）已知是公比为的无穷等比数列，则“”是“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分条件、必要条件的判断及等比数列、等差数列的性质判断即可.【详解】充分性：若，对于无穷等比数列，其通项公式为.当时，当为奇数时，；当时，当为偶数时，.对于无穷等差数列，其通项公式为（为首项，为公差）.所以对于任意，即给定，总可以找到一个足够大的正整数，使得.因此“”能推出“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”，充分性成立.必要性：若任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使，当时，若，等比数列单调递增，同样满足条件.所以“任取无穷等差数列，对于任意，存在正整数，使”不能推出“”，必要性不成立.10．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）已知等差数列的前项和为，若，，，成等比数列，则（

）A．28 B．42 C．56 D．112【答案】C【分析】根据等差数列和等比数列的性质列式求首项和公差，再代入求和公式.【详解】设等差数列的公差为，，即，由，，成等比数列，得，即，得，所以.11．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）已知等差数列和的前10项均为正整数，且公差均不为0．若，则的最小值为（

）A．15 B．10 C．9 D．5【答案】B【分析】等差数列和的公差分别为，且，根据题意得，再结合各项均为正整数得且均为整数，最后分和两种情况讨论求解即可.【详解】设等差数列和的公差分别为，且，因为，所以，所以因为等差数列和的前10项均为正整数，即，所以且均为整数，解得且均为整数，要使最小，只需取值最小，所以，当时，即，此时，整理得，因为为正整数，所以，若，则，则，与的前10项均为正整数矛盾，故又，为整数，所以，即，所以又，为整数，故，此时，即，与的前10项均为正整数矛盾，不满足题意；当时，即，此时，因为为正整数，所以，若，则，则，与的前10项均为正整数矛盾，故，又，所以，即，此时令，，则，满足题意；综上，取值最小为，此时的最小值为10.二、填空题12．（北京市昌平区2024-2025学年高三上学期期末质量抽测数学试卷）已知数列的前项和为，，则______.【答案】【分析】根据可得：当时，当时，，根据消去即可得到，根据等比数列的通项公式即可求解.【详解】①，∴当时，，解得；当时，②，①-②得，而，故，.∴数列是首项为，公比为2的等比数列，∴数列的通项公式为.故答案为：.13．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）已知为等差数列，为其前项和．若，则______．【答案】【详解】设等差数列的公差为，由，由，由，所以.14．（北京市海淀区2025—2026学年第二学期期中练习高三数学）设等比数列的前n项和为，若，则公比______.【答案】2【分析】根据前n项和定义可得，结合等比数列的定义运算求解即可.【详解】因为，所以，显然，则，即，解得.15．（北京市丰台区2025-2026学年度高三第二学期综合练习（一）数学试题）西汉海昏侯墓出土的两千多年前的“权”（砝码），是与“衡”（天平）配合使用的称量工具．已知五枚权的质量（单位：克）从小到大构成项数为5的等比数列，其中，，则___________；在称量物体时所用的权的质量之和叫称量值，则从这五枚权中取一枚或多枚，可组合出的不同称量值共有___________种．【答案】431【分析】根据等比数列的通项公式，代入计算，即可得答案；根据组合数的计算性质，结合条件，即可得答案.【详解】设公比为q，则，则，所以；从这五枚权中取一枚或多枚，由题意得，则数列单调递增，即，下证明当时，，由题意得，，则，所以成立，结合等比数列的性质可得，任意不同组合的权的质量之和均不相等，所以不同的称量值种数等于从5个权中取一个或者多个的组合数，因此，可组合出的不同称量值共有种.16．（北京市通州区2026届高三下学期4月模拟考试数学试卷）“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了关于“方垛”的描述及计算方法：如图1所示“方垛”，自上而下每层每边物体数依次递增1个，第1层放1个物体，第2层放4个物体，…，第层放个物体，则这层方垛所放的物体总数为．现有某“三角垛”如图2所示，自上而下每层每边物体数依次递增1个，第1层放1个物体，第2层放3个，第3层放6个，第4层放10个，第5层放15个物体，…，则第8层放________个物体，若该三角垛共有层，利用“方垛”的结论，计算该“三角垛”所放物体的总数为________．【答案】【分析】通过观察归纳前四层的物体个数规律，可得第8层物体个数及第层物体个数，并利用方垛所放的物体总数公式及等差数列前项和公式可得“三角垛”所放物体的总数.【详解】设“三角垛”每层所放物体的个数组成数列，观察三角垛每层的物体数：第1层物体数：；第2层物体数：；第3层物体数：；第4层物体数：；以此类推，可得第层的物体个数通项公式为：.所以第8层的物体个数：.设“三角垛”所放物体的总数为，则：，由题意可知，又由等差数列的前项和公式可得，所以所以该“三角垛”所放物体的总数为.17．（北京市房山区2025-2026学年高三上学期学业水平调研（二）数学试题）数学家杨辉在《详解九章算法》中将堆垛与相应立体图做类比，推导的求和公式与现代数学形式高度统一．例如，三角垛指的是顶层放1枚，第二层放3枚，第三层放6枚……依此类推，从第二层开始，每一层比上面一层多放的棋子数构成等差数列，则前7层棋子数总和_____；第层的棋子数_____【答案】【分析】根据给定条件计算可求得，写出数列的递推关系，利用累加法求出通项即可.【详解】依题意，可得，所以；所以.故答案为：①；②.18．（北京市西城区2026届高三4月统一测试试卷数学）《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术著作，是中国古代建筑发展到了较高阶段的标志．书中根据不同等级房屋建筑的需要，将建筑中的木方（断面为矩形的木料）的尺寸分为8个等级．记这8个等级木方断面的长与宽分别为与，若对任意，且与都是公差为的等差数列，是公差为的等差数列．已知，，则_________，_________．【答案】6.63.5【分析】根据等差数列的定义，结合已知条件求解即可.【详解】因为是公差为的等差数列，所以，.又，所以.因为对任意，，所以，所以.因为是公差为的等差数列，所以，.又，所以，同理，因为都是公差为的等差数列，所以.又，所以.综上，，.19．（北京市海淀区2026届高三上学期期末练习数学试题）已知等比数列的前项和为，且，则__________.【答案】【分析】根据等比数列的求和公式求出公比，再由通项公式求解.【详解】因为，所以或（舍去），所以，故答案为：20．（北京市平谷区2025-2026学年高三下学期一模质量监控数学试卷）无人机表演团队把飞在空中的无人机设计成在垂直于地面的同一平面内，已知10架无人机飞行的高度（单位：米）从低到高构成项数为10的数列，该数列的前4项成等比数列，后7项成等差数列，且，，，则______，数列所有项的和为______．【答案】1441073【分析】先利用和前项求出前项等比数列的公比，再利用和求出后项等差数列的公差，进而分别计算出及数列各项的和.【详解】设前项构成的等比数列公比为，则，即，解得；设后项构成的等差数列公差为，则分别是第一项和第六项，所以，即，解得；因为是等差数列的第四项，所以；因为是等差数列与等比数列的公共项，现将其只看作等差数列的首项，则数列所有项的和可看作前项等比数列与后项等差数列的和，所以【点睛】这道题的核心是分段数列的衔接处理：以公共项为桥梁，分别用等比数列通项公式求公比、等差数列通项公式求公差，再分段求和得到结果.21．（北京市石景山区2026届高三下学期第一次统一练习数学试题）已知为数列的前项和，记，且满足.给出下列四个结论：①的第2项小于0；②为等比数列；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】①④【分析】由条件先证明，，结合等差数列定义求，结合求，再由与关系求，根据数列的通项公式直接判断①④，结合等比数列定义和递减数列定义判断②③.【详解】由，可得，当时，，所以，故，当时，，代入可得所以是首项为，公差为的等差数列，得，由，可得，对，也满足上式，当时，，当时，，对于①，，①正确，对于②，，，不是等比数列，②错误，对于③，对，，所以当时，数列单调递增，③错误；对于④：当时，，满足，所以存在整数，满足关系，④正确.22．（北京市东城区2025-2026学年第二学期高三综合练习（一）数学试题）在乐律学中，将一个纯五度音程分成7份得到8个音级，这8个音级的频率构成公比为的等比数列，则________；为研究纯五度音程与纯四度音程的关系，从该等比数列中寻找两项，，使得最小，则________．（参考数据：）【答案】【分析】根据等比数列性质，代入计算求解即可.【详解】由题意；由，令，得，从而从而.23．（北京市丰台区2025-2026学年高三上学期期末统一检测数学试题）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：①④.24．（北京市西城区2026届高三上学期期末考试数学试题）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：②③.25．（顺义区20025-2026学年第一学期期末质量监测高三数学试卷）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：②④26．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）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.27．（专题07数列7考点）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：①③④.28．（北京延庆区2025-2026学年第二学期试卷高三数学）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正确三、解答题29．（北京延庆区2025-2026学年第二学期试卷高三数学）设m为正整数，数列，，…，是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列，，…，是可分等差数列．(1)说明数列，，…，是不是、、、可分等差数列；(2)当，时，证明：数列，，…，是可分等差数列；(3)当时，数列，，…，是可分等差数列，证明：满足条件的个数不少于个．【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．（北京市平谷区2025-2026学年高三下学期一模质量监控数学试卷）设数阵，其中．设，其中且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变．表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到”，记数阵中四个数的和为．(1)若，写出经过变换后得到的数阵；(2)若，求的值；(3)对任意确定的一个数阵，证明：对所有可能的非空子集，对应的的值的总和不超过．【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．（北京市顺义区2026届高三统一测试试卷数学试卷）已知项数列：满足.数列：，满足，，其中.记，.其中，表示数集中最大的数.(1)已知：，求，的值；(2)若为奇数，且，求证：；(3)求证：.【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．（北京市朝阳区2026届高三年级第二学期质量检测一数学试卷）若数列：，，…，（）满足如下两个性质，则称为数列：①，，…，是1，2，…，的一个排列；②，，…，是1，2，…，的一个排列.(1)判断数列：1，4，3，2和数列：5，1，4，2，3是否为数列？说明理由；(2)若数列：，，…，满足，，求证：数列：，，…，不是数列；(3)若数列：，，…，（）为数列，求的最小值.【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．（北京市昌平区2026届高三年级第一次统一练习数学试卷）设数列，若存在公比为的等比数列，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”，求的最大值．【答案】(1).（答案不唯一）(2)(3)5【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．（北京市丰台区2025-2026学年度高三第二学期综合练习（一）数学试题）对于有穷正数数列，若满足对任意的，都有（是常数，且），则称数列具有性质．对数列定义“分拆”将中的第项拆分为两项，并得到数列，其中，且；特别地，当时，；当时，．对有穷正数数列，令数列．若数列均具有性质，则称为数列的阶完美分拆数列．(1)若，判断以下数列是否为的1阶完美拆分数列（结论不要求证明）：①②2，0.5，0.5．(2)当时，若为数列的1阶完美拆分数列，证明：数列中被拆分的一定是最大项；(3)若数列为数列的阶完美拆分数列，证明：的最大值为4．【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