2014-2023年北京高考真題與模擬試題：數(shù)列（解析版）

大數(shù)據(jù)之十年高考真題(2014-2023)與優(yōu)質(zhì)模擬題(北京卷)

專題08數(shù)列

真題匯總

1.【2023年北京卷10]已知數(shù)列｛斯｝滿足即+i=；(an-6尸+6(n=

A.當(dāng)%=3時(shí),｛加｝為遞減數(shù)列,且存在常數(shù)MS0,使得即>M恒成立

B.當(dāng)%=5時(shí),｛冊(cè)｝為遞增數(shù)列,且存在常數(shù)M<6,使得即<M恒成立

C.當(dāng)?shù)?7時(shí),｛an｝為遞減數(shù)列,且存在常數(shù)M>6,使得an>M恒成立

D.當(dāng)?shù)?9時(shí),｛^｝為遞增數(shù)列，且存在常數(shù)M>0,使得與<M恒成立

【答案】B

3

法1：因?yàn)閍“+i=：(an-6)+6,故冊(cè)+1-6=/an-6尸,

對(duì)于A,若%=3,可用數(shù)學(xué)歸納法證明：即一6^-3即即S3,

證明：當(dāng)n=l時(shí)，?1-6=-3<-3,此時(shí)不等關(guān)系an43成立；

設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，&一63-3成立，

則%+1—6=：Sk—6尸g(―54,一q)，故<21+1—6<—3成立，

由數(shù)學(xué)歸納法可得與<3成立.

32

而冊(cè)+i-an=；(an-6)-(an-6)=(an-6叱(an—6)—1],

2

-(an—6)?-l=[>0,an—6<0,故a.+i—an<0>故a^+i<an,

故｛Q"為減數(shù)列，注意Q〃+i-6<—3<0

3

故Qn+i-6=：-6)=@-6)x：(0n-6)23g(0n-6),結(jié)合an+i-6<0,

所以6-an+i濘(6-an),故6一限1之3(?,故。71+146-3(3，

n

若存在常數(shù)M40,使得an>M恒成立，則6—3(?T>M，

故與”>0n\故〃<1+'"，故品>M恒成立僅對(duì)部分71成立，

故A不成立.

對(duì)于B,若4=5,可用數(shù)學(xué)歸納法證明：-Qn-6Vo即5WQn<6,

證明：當(dāng)71=1時(shí)，-14的-6=—140,此時(shí)不等關(guān)系5W%1V6成立;

設(shè)當(dāng)幾=上時(shí)，5<ak<6成立，

則以+1-6=：（以—6尸w（―：，0），故—14Qk+i—6V0成立即

由數(shù)學(xué)歸納法可得5<ak+1<6成立.

2

而Gn+l-一6>—（0n-6）=（Qn-6）（Qn-6）-1],

2

i（an-6）-1<0,an-6<0,故即+1一a九>0,故時(shí)+i>Qn，故Sn｝為增數(shù)列，

若M=6,貝心九<6恒成立，故B正確.

對(duì)于C,當(dāng)即=7時(shí)，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：0Van—6W1即6Van<7,

證明：當(dāng)幾=1時(shí)，0<%-641,此時(shí)不等關(guān)系成立；

設(shè)當(dāng)九=k時(shí)，6<ak<7成立,

3

則以+i-6=i（ak-6）e（0用，故0<ak+1-6<1成立即6<ak+1<7

由數(shù)學(xué)歸納法可得6<an<7成立.

而即+i-an=（%i-6）[：（an-67-1]<0,故與+1<an，故｛an｝為減數(shù)列，

又即+i-6=（冊(cè)-6）x]（即-6/式"（a”-6）,結(jié)合an+i-6>0可得：an+1-6<（?1-6），所以

an+i46+G），

n

若斯+i?6+G）,若存在常數(shù)M>6,使得an>M恒成立，

則M—6O恒成立，故n41og；（M-6）,n的個(gè)數(shù)有限，矛盾，故C錯(cuò)誤.

對(duì)于D,當(dāng)?shù)?9時(shí)，可用數(shù)學(xué)歸納法證明：即一623即.?29,

證明：當(dāng)九=1時(shí)，at-6=3>3,此時(shí)不等關(guān)系成立；

設(shè)當(dāng)幾=k時(shí)，ak>9成立，

則以+1—6=；（以—6）3>^>3,故以+iN9成立

由數(shù)學(xué)歸納法可得MN9成立.

而an+i—an=（an—6）[：（an—6A—1]>0,故廝+i>an,故｛an｝為增數(shù)列，

2

又斯+1-6=（an-6）xi（an-6）>￡（a九一6）,結(jié)合Qn—6>0可得：an+1—6>—6）（：）=3

（曠，所以…6+3（曠，

若存在常數(shù)M>0,使得時(shí)<〃恒成立，則M>6+3(J"T，

故”>6+3(曠\故n<嗎(等)+1,這與〃的個(gè)數(shù)有限矛盾，故D錯(cuò)誤.

故選：B.

3

法2：因?yàn)閍n+]—an=；(an—6)+6—an=一1嗎+26an—48,

令/'(x)=i%3—|x2+26x—48,則/'(x)=^x2—9x+26,

令尸(x)>0,得0<x<6—等或x>6+竽；

令/(x)<0,得6-當(dāng)<x<6+學(xué)；

所以/Xx)在(—8,6-平)和(6+平,+8)上單調(diào)遞增，在(6-竽,6+竽)上單調(diào)遞減，

令/'(x)=0，則;/一1一+26%—48=0,Bpi(x-4)(x-6)(%-8)=0,解得％=4或x=6或x=8,

注意到4<6-2<5，7<6+—<8.

33

所以結(jié)合f(%)的單調(diào)性可知在(一8,4)和(6,8)上/(%)<0,在(4,6)和(8,+8)上/(%)>0,

對(duì)于A,因?yàn)閍n+i=；(an—6尸+6,則。九+i—6=[(an—6尸，

當(dāng)九=1時(shí)，的=3,%-6=—6尸v—3,則a2V3,

假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，ak<3,

33

當(dāng)ri=k+1時(shí)，ak+1-6=—6)<：(3—6)<—3,則以+i<3,

綜上：an<3,即QnE(—8,4),

因?yàn)樵?一8,4)上/(%)VO所以an+i〈an,則｛an｝為遞減數(shù)列，

a

因?yàn)閍n+l—Qn+1=~(n~6)3+6—Qn+1=:磋—+260n—47,

令九(%)=-x3--x2+26x—47(%<3),則“(%)=-x2—9%+26,

424

因?yàn)榫?(x)開口向上，對(duì)稱軸為刀=一/=6,

所以h'(x)在(一8,3]上單調(diào)遞減，故“(X)>h'(3)=：X32-9X3+26>0,

所以h(x)在(一8,3]上單調(diào)遞增，故九(x)</i(3)=-x33-^x32+26x3-47<0,

42

故即+i—an+1V0,即Qn+iVa九—1，

假設(shè)存在常數(shù)MW0,使得an>M恒成立，

取m=—[M]+4,其中M—且[M]€Z,

aa

因?yàn)镼九+1<an—1,所以02V%-1,。3<2~1，…，Q-[M]+4V-[M]+3~1，

上式相加得，ci-[M]+4V%-(一[M]+3)43+M-3=M,

則Qm=Q[M]+4<M，與an>M恒成立矛盾，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B,因?yàn)榈?5,

當(dāng)九=1時(shí)，a[=5V6,。2=：(@1_6)3+6=1X(5—6)3+6<6,

假設(shè)當(dāng)汽=k時(shí)，ak<6,

當(dāng)九=k+l時(shí)，因?yàn)橐?lt;6,所以以一6V0,則(以一6)3<0,

所以以+1=](以-67+6<6,

又當(dāng)九=1時(shí)，a2—5=[(%—6)3+1=：x(5—6)3+1>0,即g>5,

假設(shè)當(dāng)九=k時(shí)，ak>5,

當(dāng)九=k+l時(shí)，因?yàn)閍”25,所以以一6N—1,貝!!(以—67N—1,

所以以+i=](以-6>+6N5,

綜上：5<<6,

因?yàn)樵?4,6)上/(%)>0,所以an+i>Qn，所以｛冊(cè)｝為遞增數(shù)列，

此時(shí)，取M=6,滿足題意，故B正確；

對(duì)于C,因?yàn)榧?i=3(冊(cè)-6)3+6,則冊(cè)+1-6=3(即一6)3,

注意到當(dāng)句=7時(shí)，g=((7-6>+6=[+6,a?=(([+6—6)+6=(34-6，a4=JQ)+6-6+

6=(/+6

猜想當(dāng)nN2時(shí)，耿=(；)知"7)+6，

當(dāng)n=2與n=3時(shí)，。2=；+6與(^=(，，+6滿足an=+6,

假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，ak=(；)*3J)+6，

3

當(dāng)n=k+1時(shí),所以縱+i=i(ak—6)+6=：(；)式)+6—6+6=)+6，

綜上：即=GT，)+6(nN2)，

易知3"_]>0,則0<弓)2(3°<],故冊(cè)=G)2(31)+6e(6,7)(n22)，

所以ane(6,7],

因?yàn)樵?6,8)上"x)<0,所以％+1<冊(cè),則｛6｝為遞減數(shù)列,

假設(shè)存在常數(shù)M>6,使得an>M恒成立，

記價(jià)=log21ogi(M-6)+1,取m=[m]+1,其中-1<[m]<m,meN*,

340000

則3m>3m?=210g<M-6)+1,

^i(3m-l)>logi(M-6),所以(y1)<*6,即(/J)+6<M，

所以故an>M不恒成立，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,因?yàn)?=9,

當(dāng)n=l時(shí)，g—6=-6>=?>3,則r2>9,

假設(shè)當(dāng)九=k時(shí)，ak>3,

33

當(dāng)n=k+l時(shí)，ak+1-6=(ak-6)>(9-6)>3,則以+1>9,

綜上：an>9,

因?yàn)樵?8,+8)上f(%)>0,所以即+i>Qn,所以｛Qn｝為遞增數(shù)列，

a3

因?yàn)镼n+i--1=；(n—6)+6-an—l=^a^—|a^+26an—49,

令9(x)——1x2+26%-49(x>9),則g'(x)=^x2-9x+26,

因?yàn)椤?%)開口向上，對(duì)稱軸為％=一梟=6,

4

所以g'(%)在[9,+8)上單調(diào)遞增，故"(X)>g，(9)=|x92-9x9+26>0,

所以g(x)>g(9)=x93-1x92+26x9-49>0,

故斯+i-a”—1>0，即a?i+i>an+1,

假設(shè)存在常數(shù)M>0,使得a”<M恒成立，

取m=[M]+1,其中M-1<[M]<M,FL[M]GZ,

因?yàn)閍n+i>an+l,所以a2>的+1,。3>。2+1，…，啊+1>啊+1>

上式相加得，a[M]+i>a[+[M]>9+M—1>M,

則斯,=a(M]+1>M,與an<M恒成立矛盾，故D錯(cuò)誤.

故選：B.

2.(2022年北京卷06]設(shè)｛an｝是公差不為0的無窮等差數(shù)列，則“｛a,J為遞增數(shù)歹『’是"存在正整數(shù)N。，當(dāng)n>No

時(shí)，an>0”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｛斯｝的公差為小則dKO,記[x]為不超過x的最大整數(shù).

若｛oj為單調(diào)遞增數(shù)列，則d>0,

若的20,則當(dāng)ri22時(shí)，仙〉%々。；若％<0，則a”=%+(n—l)d,

由斯=a1+(n-l)d>0可得n>1—取慍=[1-n+1,則當(dāng)n>/V()時(shí)，斯>0,

所以,“｛/｝是遞增數(shù)列”="存在正整數(shù)M，當(dāng)幾>No時(shí),an>07

若存在正整數(shù)M),當(dāng)n>N<)時(shí)，廝>0，取左€/且%>%，以>0,

假設(shè)d<0,令a。=ak+(n-k)d<0可得n>k-?牛，且k一詈>k,

當(dāng)n>上一同+1時(shí)，an<0,與題設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，則d>0,即數(shù)列｛即｝是遞增數(shù)列.

所以,“｛6｝是遞增數(shù)歹存在正整數(shù)必，當(dāng)n>N。時(shí)，即>0”.

所以,“｛即｝是遞增數(shù)歹『'是"存在正整數(shù)M)，當(dāng)71>N。時(shí)，即>0”的充分必要條件.

故選：C.

3.[2021年北京6]｛即｝和｛%｝是兩個(gè)等差數(shù)列，其中端(15二5)為常值，%=288,as=96,4=192,

則以=()

A.64B.128C.256D.512

【答案】B

由已知條件可得"=含，則生=等=嗤了=64,因此，為=空=粵絲=128.

"1〃5^ooNZ

故選：B.

4.(2021年北京10]數(shù)列｛9｝是遞增的整數(shù)數(shù)列,且的>3,%+a2+-?-+an=100,則n的最大值為(

)

A.9B.10C.11D.12

【答案】C

若要使〃盡可能的大，貝ljar遞增幅度要盡可能小，

不妨設(shè)數(shù)列｛aj是首項(xiàng)為3,公差為1的等差數(shù)列，其前“項(xiàng)和為無,

則a.=n+2,S"=節(jié)x11=88<100,S12=等x12=102>100,

所以”的最大值為H.

故選：C.

5.【2020年北京卷08】在等差數(shù)列｛%｝中,%=-9,a3=-1.記〃=以。？...an(n=1,2,則數(shù)列｛&｝

().

A.有最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)B.有最大項(xiàng)，無最小項(xiàng)

C.無最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)D.無最大項(xiàng)，無最小項(xiàng)

【答案】B

【解析】

由題意可知，等差數(shù)列的公差&=智斗=F?=2,

5—15—1

則其通項(xiàng)公式為：an=%+(九一l)d=-9+(n—1)x2=2n—11,

注意到的<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<

且由3<0可知K<0(i>6JeN),

由曾■=ai>l(i>7,iGN)可知數(shù)列｛4｝不存在最小項(xiàng),

?i-l

由于％=-9,a2=—7,a3=—5,a4=-3,as=-1,a6=1>

故數(shù)列｛〃｝中的正項(xiàng)只有有限項(xiàng)：72=63,7;=63x15=945.

故數(shù)列｛”｝中存在最大項(xiàng)，且最大項(xiàng)為心.

故選：B.

6.【2018年北京文科04】設(shè)a,b,c,d是非零實(shí)數(shù)，則"ad=6c”是"a,b,c,d成等比數(shù)列”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】解：若a,b,c,d成等比數(shù)列，貝屋0=歷，

反之?dāng)?shù)列-1,-1,1,1.滿足-1X1=-1X1,

但數(shù)列-1,-1,1,1不是等比數(shù)列，

即“但兒”是“a,b,c,d成等比數(shù)列”的必要不充分條件.

故選：B.

7.【2015年北京理科06］設(shè)｛〃”｝是等差數(shù)列，下列結(jié)論中正確的是()

A.若ai+a2>0,則°2+。3>0

B.若a右a3V0,則ai+a2<0

C.若OVmVa2,則a2>y/a1a3

D.若ai〈O,則（?2-ai）（Q2-Q3）>0

【答案】解：若m+a2>0,則2山+4>0,a2+a3=2ai+3d>2d,d>0時(shí)，結(jié)論成立，即A不正確；

若m+a3〈0,則m+a2=2m+dV0,〃2+a3=2m+3dV2d,dVOB寸，結(jié)論成立，即3不正確；

｛〃〃｝是等差數(shù)列，0VmV〃2,2a2=m+〃3>2J%的,^a2>y]axa3,即C正確；

若mVO,則（〃2-〃3）=-7wo,即。不正確.

故選：C.

8.【2014年北京理科05】設(shè)伍〃｝是公比為夕的等比數(shù)列，則7>1”是“｛.｝為遞增數(shù)列”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】解：等比數(shù)列-1,-2,-4,…，滿足公比夕=2>1,但｛斯）不是遞增數(shù)列，充分性不成立.

若如=-I?弓）nT為遞增數(shù)列，但q=1>1不成立，即必要性不成立，

故“q>l”是“｛〃"）為遞增數(shù)列”的既不充分也不必要條件，

故選：D.

9.【2023年北京卷14】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)了類似于破碼的、用來測(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｛a",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，且的=1,。5=12,€19=192,則。7=;數(shù)列｛即｝所有項(xiàng)的

和為.

【答案】48384

方法一：設(shè)前3項(xiàng)的公差為d,后7項(xiàng)公比為q>0,

則q4=￡=詈=16,且q>0,可得q=2,

則￡13=1+24=^,即l+2d=3,可得d=l,

空1：可得。3=3,。7=。3勺4=48,

空2：%+。2+…+。9=1+2+3+3x2+…4-3x26=34-空包=384

1—2

方法二：空1：因?yàn)椋鸻n｝，3式幾W7為等比數(shù)列，則好二曲的二12x192=482,

且冊(cè)>0,所以即=48；

又因?yàn)榘?a3a7,則。3=~=3；

空2：設(shè)后7項(xiàng)公比為q>0,則q2=^J=4,解得q=2,

可得%+g+。3=，。1；生)=6,。3+@4+05+06+。7+。8+。9=='曹?=381,所以％+Q2+

…+Q9=6+381—a3=384.

故答案為：48；384.

10.【2022年北京卷15】己知數(shù)列Sn｝各項(xiàng)均為正數(shù)，其前〃項(xiàng)和％滿足an-Sn=95=1,2,…).給出下列

四個(gè)結(jié)論：

①｛即｝的第2項(xiàng)小于3：②｛即｝為等比數(shù)列：

③｛a“｝為遞減數(shù)列；④｛&J中存在小于擊的項(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，VnGN*,an>0,

當(dāng)n=1時(shí)，al=9,可得%=3：

當(dāng)nN2時(shí)，由Sn=?可得及_1=六，兩式作差可得與=《"一六，

anan-lanan-i

QQQ

所以，---=----Q?i，則----@2=3,整理可得珍+3g—9=0,

an-iana2

因?yàn)椤?>0,解得。2=宇<3,①對(duì)；

假設(shè)數(shù)列｛斯｝為等比數(shù)列，設(shè)其公比為q,則諼=%。3,即⑥2=急，

所以，S^=StS3,可得於(l+q)2=a式l+q+q2),解得q=0,不合乎題意，

故數(shù)列｛斯｝不是等比數(shù)列，②錯(cuò)；

當(dāng)2時(shí)，an=《一"=%3>0,可得0n<a”_i，所以，數(shù)列｛斯｝為遞減數(shù)列，③對(duì)；

anan—lanan—i

假設(shè)對(duì)任意的n6N*,即2擊，則Sioooo。>100000x+=1000,

qq1

所以，的。。。。。=1丁士高〈去，與假設(shè)矛盾，假設(shè)不成立，④對(duì).

,i100000，UUUJ.UU

故答案為：①③④.

I.【2019年北京理科■】設(shè)等差數(shù)列S”｝的前〃項(xiàng)和為等,若〃2=-3,55=-10,則05=,S"的最

小值為.

【答案】解：設(shè)等差數(shù)列｛〃”｝的前n項(xiàng)和為Sn,ai=-3.S5=-10>

(a1+d=—3

(5%H—2-d=-10

解得m=-4,d=\f

/.a5=a\+4d=-4+4X1=0,

0,n(n-l),.,n(n-l)19、281

Sn=TIQ]H----2--d=-4/id----2—=)z(〃-2—g-?

，〃=4或〃=5時(shí)，品取最小值為S4=55=-10.

故答案為：0,-10.

12.【2018年北京理科09】設(shè)｛〃〃｝是等差數(shù)列，且m=3,〃2+〃5=36,則｛板｝的通項(xiàng)公式為

【答案】解：?「｛〃〃｝是等差數(shù)列，且〃1=3,“2+45=36,

?心1=3

+d+Q]+4d=361

解得m=3,d=6,

/.an=a]+(H-1)d=3+(n-1)X6=6〃-3.

???｛“〃｝的通項(xiàng)公式為an=6n-3.

故答案為：4/1=6〃-3.

13.【2017年北京理科10】若等差數(shù)列｛“”｝和等比數(shù)列｛方｝滿足/=加=-1,44=84=8,則襄=

【答案】解：等差數(shù)列但"｝和等比數(shù)列｛加｝滿足。1="=-1,次=%=8,

設(shè)等差數(shù)列的公差為d,等比數(shù)列的公比為q.

可得：8=-I+3J,d=3,及=2；

8=-/,解得4=-2,，歷=2.

可得詈=1.

故答案為：1.

14.【2016年北京理科12]已知｛〃〃｝為等差數(shù)列，S〃為其前〃項(xiàng)和.若。1=6,。3+。5=0,貝US6=

【答案】解：???｛%｝為等差數(shù)列,S〃為其前〃項(xiàng)和.

41=6,43+45=0，

a1+2d+a1+4d=0?

，12+6d=0,

解得d--2,

.,.56=6%+竽d=36-30=6.

故答案為：6.

15.【2014年北京理科12】若等差數(shù)列｛〃〃｝滿足。7+〃8+〃9>0,s+moVO,則當(dāng)〃=時(shí)，｛4〃｝的前〃

項(xiàng)和最大.

【答案】解：由等差數(shù)列的性質(zhì)可得m+〃8+〃9=3〃8>0,

AH8>0?又47+410=48+49V0，*,?<29<0,

???等差數(shù)列｛斯｝的前8項(xiàng)為正數(shù)，從第9項(xiàng)開始為負(fù)數(shù)，

???等差數(shù)列｛所｝的前8項(xiàng)和最大,

故答案為：8.

16.【2023年北京卷21】已知數(shù)列｛QJ也｝的項(xiàng)數(shù)均為雙2),_San,bn€｛1,2,…,何,｛即｝,｛%｝的前〃

項(xiàng)和分別為dn,并規(guī)定4o=BQ=0.對(duì)于kG｛0,1,2,…，?n｝,定義底=max"\B[<Akfie｛0,1,2,…，機(jī)｝｝,

其中，maxM表示數(shù)集M中最大的數(shù).

(1)右=2,Q，2=1,。3=3,瓦=1,匕？=3,4=3,求丁1，丁2,丁3的值；

(2)若％之瓦，且4U+1+4TJ=12…,m-L，求

(3)證明：存在p,q,sjE｛0,1,2,…,m｝,滿足p>q,s>t,使得Ap+&=/q+風(fēng).

【答案】(1)-0=0,r1=1,r2=1,r3=2

(2)rn=n,neN

(3)證明見詳解

(1)由題意可知：Ao=0,A1=2,A2=3,A3=6,BQ=0,B1=1,B2=4,%=7,

當(dāng)k=0時(shí),則Bo=4)=0,a>4),i=1,2,3,故小=0；

當(dāng)々=1時(shí)，則8。<A1,B1<AlfBi>Alfi=2,3,故=1；

當(dāng)k=2時(shí)，則用<A2fi=0,1,%>A2fB3>故七=1；

當(dāng)A=3時(shí)，則用443』=0」2,%>43，故心=2;

r=

綜上所述：r0=0,[=1,「2=1，32.

(2)由題意可知：rn<m,且％€N,

因?yàn)镼n>l,bn>1,且的>瓦,則4Tl>>Bo對(duì)任意nGN*恒成立，

所以幾=0,rt>lf

又因?yàn)?n式/_1+/+1，則勺+1-/工。一/_1，即加一---22…？丁1一丁。之1，

可得無+i-n>1,

反證：假設(shè)滿足％+i>1的最小正整數(shù)為0</<m-1,

當(dāng)iN/時(shí)，則〃+1-n22；當(dāng)》工)一1時(shí)，貝氏+1-9=1,

則加=(加一--1)+(加-1一，m-2)+…+8-丁0)+r。22(m_j)+j=2m-j,

又因?yàn)?<j<m-1,則加>2m-j>2m-(m-1)=m+1>m,

假設(shè)不成立，故rn+i—7=l,

即數(shù)列{灰}是以首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列，所以有=0+1X71=71,71EN.

(3)因?yàn)镼n,bn均為正整數(shù)，則{(},{%}均為遞增數(shù)列，

(i)若4m=Bm,則可取t=q=0,滿足p>q,s>C,使得/p+凡=/q+Bs；

(ii)若4n<Bm,則不<m,

構(gòu)建%=B,n-4vlM幾三小，由題意可得：Sn<0,且％為整數(shù)，

反證，假設(shè)存在正整數(shù)K,使得SK4—m,

B

則8次-AK<-m,Brj<+1-AK>0,可得與K+I=B「K+I-rK-BK+T-&)一(%■一#K)>小，

這與BK+IW口2…,M}相矛盾，故對(duì)任意1W?iWWN,均有SnN1-m.

①若存在正整數(shù)N,使得SN=B「N_AN=0,即AN=B3，

可取t=q=0,p=N,s=rN,

滿足p>q,s>t,使得4p+凡=Aq+Bs；

②若不存在正整數(shù)N,使得SN=0,

因?yàn)镾n6{-1,-2,…,一(m—1)},且1<n<uif

所以必存在1WXVYWM,使得Sx=Sy,

即為x-Ax=Bjy—Ayf可得Ay+Brx=A、+Bry,

可取p=Y,s=rY,q=X,t=rx,

滿足p>q,s>t,使得4P+a=Aq+Bs；

(iii)若Am>Bmf

定義&=max{i\At<BkfiE{0,1,2,…,m}},則R*<m,

構(gòu)建立=4即一Bn,1工72WM,由題意可得：Sn<0,且現(xiàn)為整數(shù)，

反證，假設(shè)存在正整數(shù)K,14K47H,使得SK4—M,

m

則"RK~—~?^RK+i—BK>0,可得Q/?K+I=4K+I—”RK=(4RK+I—g)—-RK—即)>

這與QRK+IW口2…,6}相矛盾，故對(duì)任意14九4m-1,幾￡N,均有SnNl-m.

①若存在正整數(shù)N,使得SN=4加一BN=0,即4即=8.

可取q=t=0,s=N,p=RN，

即滿足p>q,s>3使得&+=Aq+Bs；

②若不存在正整數(shù)N,使得SN=0,

因?yàn)镾九6{—1,-2,…,一(m—1)},且1<n<m,

所以必存在1WX<YWzn,使得Sx=Sy,

即"以一Bx=月均一By，可得4/?y+Bx=ARx+Byi

可取p=RY,t=X,q=Rx,s=Y,

滿足p>q,s>t,使得力p+a=/q+Bs.

綜上所述：存在0<q<p<m,0<t<s<m使得4p+為=Aq+Bs.

17.【2022年北京卷21】已知Q:%,心，…，以為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)凡若對(duì)任意的nW{12…，m},

在。中存在即。［+11+2,…S+/0Z0)，使得田+q+1+/+2+…+見+j=小則稱。為血一連續(xù)可表數(shù)列.

(1)判斷Q:2,1,4是否為5-連續(xù)可表數(shù)列？是否為6-連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；

(2)若Q…，以為8-連續(xù)可表數(shù)列,求證：女的最小值為4；

(3)若Q4,a2，…,以為20-連續(xù)可表數(shù)列,且如+。2+…+即V20,求證：k>7.

【答案】(1)是5-連續(xù)可表數(shù)列；不是6-連續(xù)可表數(shù)列.

(2)證明見解析.

(3)證明見解析.

【解析】

(l)a2=1?%=2,@1+。2=3,a3=4,a2+a3=5f所以Q是5―連續(xù)可表數(shù)列；易知，不存在ij使得

a+ai+1+…+ai+j=6,所以Q不是6—連續(xù)可表數(shù)列.

(2)若kW3,設(shè)為Q:Q,瓦c,則至多a+瓦b+c,a+b+c,a,b,c,6個(gè)數(shù)字，沒有8個(gè)，矛盾；

Q

當(dāng)"=4時(shí)，數(shù)歹UQ:1,4,1,2,滿足a1=1,a4=2,Q3+。4=3,a2=4,at+a2=5,a1+2+Q3=6,a24-

Q

a34-a4=7,a1+2+Q3+。4=8,fcmjn=4.

(3)Q:ai,a2,-,ak，若i=j最多有々種，若i巧,最多有優(yōu)種，所以最多有k+《=竺羅種，

若kS5,則…,以至多可表=15個(gè)數(shù)，矛盾，

從而若k<7,則k=6,a,b,c,d,e,f至多可表筆9=21個(gè)數(shù)，

而a+b+c+d+e+/<20,所以其中有負(fù)的，從而a,b,c,d,e/可表b20及那個(gè)負(fù)數(shù)(恰21個(gè))，這表

明a?/中僅一個(gè)負(fù)的，沒有0,且這個(gè)負(fù)的在a?/中絕時(shí)值最小，同時(shí)a?/中沒有兩數(shù)相同，設(shè)那個(gè)負(fù)數(shù)為-加

(m>1),

則所有數(shù)之和N?n+l+?n+2+???+m+5—m=4m+15,4m+15<19=>m=1,

???{見仇<匕%門={-1,23456},再考慮排序,排序中不能有和相同,否則不足20個(gè),

??,1=一1+2(僅一種方式)，

-1與2相鄰，

若一1不在兩端，則吆，-1,2____形式，

若x=6,則5=6+（—1）（有2種結(jié)果相同，方式矛盾），

:。豐6,同理5,4,3,故一1在一端，不妨為"二1,2,4旦,C，。"形式，

若4=3,則5=2+3（有2種結(jié)果相同，矛盾），4=4同理不行，

力=5,則6=-1+2+5（有2種結(jié)果相同，矛盾），從而4=6,

由于7=-1+2+6,由表法唯一知3,4不相鄰,、

故只能一126,3,5,4,①或一1,2,6,4,5,3,②

這2種情形，

對(duì)①：9=6+3=5+4,矛盾，

對(duì)②：8=24-6=5+3,也矛盾，綜上k￥6

Ak>7.

18.[2021年北京21】定義Rp數(shù)列{an}：對(duì)實(shí)數(shù)p,滿足：①的+pN0,&+P=。；②Vn6N*,a4n-i<a4n；

③Qm+n6{Qm+a〃+P，am+an+P+l}，m,nEN*.

（1）對(duì)于前4項(xiàng)2,-2,0,1的數(shù)列，可以是/?2數(shù)列嗎？說明理由；

（2）若{M}是3數(shù)列，求劭的值；

（3）是否存在p,使得存在時(shí)數(shù)列{an},對(duì)V幾NS]。？若存在，求出所有這樣的p；若不存在，說

明理由.

【答案】（1）不可以是%數(shù)列；理由見解析；（2）a5=l；（3）存在；p=2.

（1）由性質(zhì)③結(jié)合題意可知0=Q3E{%+。2+2,QI+。2+2+1}={2,3},

矛盾，故前4項(xiàng)2,-2,0,1的數(shù)列，不可能是&數(shù)列.

（2）性質(zhì)①由>0,a2=

由性質(zhì)③Qm+2e{am,am+1},因此@3=%或。3=%+1，。4=0或。4=1，

若。4=。，由性質(zhì)②可知。3<。4，即的V0或+1<0，矛盾；

若=1,=Ql+1，由。3<有+1V1，矛盾.

因此只能是=1,。3=

又因?yàn)椤?=%+%或。4=+。3+1，所以@1=；或。1=0.

a

若的=『則。2=i+i€{Qi+4+0,%+%+0+1}={2alt2/+1}={1,2},

不滿足。2=0，舍去?

當(dāng)Q]=0,則｛冊(cè)｝前四項(xiàng)為：o,0,0,1,

下面用納法證明Cl4n+i=兀(i=1，2,3),04九+4=幾+1(幾WN):

當(dāng)九=0時(shí)，經(jīng)驗(yàn)證命題成立，假設(shè)當(dāng)〃W/c(kZ0)時(shí)命題成立，

當(dāng)九=Z+1時(shí)：

若i=1,則。4(上+1)+1=a4k+5=aj+(4k+S-j)?利用性質(zhì)③：

｛%+Q4k+5rl/EN*,lW/W4k+4｝=｛k,k+l｝,此時(shí)可得：a4k+5=^+1;

否則，若a4k+5=k，取k=0可得:a5=0,

而由性質(zhì)②可得：的=Qi+。4€口，2｝,與⑥=。矛盾.

同理可得：

｛%?+a4/c+6-jIJ\1<7<4k+5]=｛k,k4-1｝,有@然+6=k+1；

｛a,+Q狄+8_jIj￡N*,2$j工4〃+6｝=｛/c+1,k+2｝,有。找+8=k+2；

｛%+a及+7-jIj￡N,1WJ14k+6｝=｛k+1｝,又因?yàn)镼4k+7<Q4k+8，有a4k+7=k+1.

即當(dāng)?i=k+1時(shí)命題成立，證畢.

綜上可得：的=0,a5=04x1+1=1-

(3)令%=c1rl+p,由性質(zhì)③可知：

Vm^neN\bm+n=am+n4-pE｛am4-p+an+p,am4-p+an+p+1]=｛bm4-&n/+bn+1),

b

由于瓦=%+pN0,%=。2+P=°，4n-i=?4n-i+p<a4n4-p=Z?4n,

因此數(shù)列｛為｝為Ro數(shù)列.

由(2)可知:

若V?i6Nsn+i=n-p(i=1,2,3),a4n+4=n+1-p；

=

Su—Si。=a11=?4X2+32—p>0?S9—S10=—@io=—<^4x2+2=—(2—p)N。，

因此p=2,此時(shí)的,。2,???，％()工0，QjN0。211),滿足題意.

19.【2020年北京卷21】已知｛an｝是無窮數(shù)列.給出兩個(gè)性質(zhì)：

①對(duì)于｛%｝中任意兩項(xiàng)見嗎a>j),在｛an｝中都存在一項(xiàng)而，使親=am；

②對(duì)于｛斯｝中任意項(xiàng)即⑺>3),在｛即｝中都存在兩項(xiàng)曲,右(k>。.使得斯=磁.

ai

(I)若an=n(n=1,2,…)，判斷數(shù)列｛an｝是否滿足性質(zhì)①，說明理由；

(H)若an=2n-Xn=1,2,-),判斷數(shù)列｛&J是否同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，說明理由；

(III)若｛即｝是遞增數(shù)列，且同時(shí)滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，證明：｛斯｝為等比數(shù)列.

【答案】(I)詳見解析；(II)詳解解析；(III)證明詳見解析.

【解析】

（I）???。2=2,。3=3,1=；Cz二｛即｝不具有性質(zhì)①；

022

（II）vvijeN*,i>j*=2（2I）T,2i-jeN*d=a...｛〃｝具有性質(zhì)①;

aiaJ

n-1

VVnG/V*,n>3,=n-1J=n-2,==2（2J）T=2=an,｛斯｝具有性質(zhì)②；

al

（HI）【解法一】

首先，證明數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)同號(hào)，不妨設(shè)恒為正數(shù)：

顯然anH0（九名N*）,假設(shè)數(shù)列中存在負(fù)項(xiàng)，設(shè)叫）=max｛7i[%<0｝,

第一種情況：若No=1,即劭V0V的Va2V。3V…，

由①可知：存在恤，滿足*=詈<0,存在租2，滿足。瓶2=1<3

由M=1可知言=R，從而42=。3,與數(shù)列的單調(diào)性矛盾，假設(shè)不成立.

第二種情況：若No22,由①知存在實(shí)數(shù)?n,滿足。皿=吼<0，由No的定義可知：m<N0,

al

另一方面，￡^=^>^=0'。，由數(shù)列的單調(diào)性可知：m>N0,

這與No的定義矛盾，假設(shè)不成立.

同理可證得數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)恒為負(fù)數(shù).

綜上可得，數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)同號(hào).

其次，證明d3=f：

利用性質(zhì)②：取n=3,此時(shí)。3=或（卜>。，

al

由數(shù)列的單調(diào)性可知%>az>0,

而=以?譽(yù)>為,故k<3,

此時(shí)必有k=2」=1,即％=皆，

最后，用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列為等比數(shù)列：

假設(shè)數(shù)列｛an｝的前k（k>3）項(xiàng)成等比數(shù)列,不妨設(shè)%=的qST（l<s<fc）,

其中的>0,q>1,（由<0,0<q<1的情況類似）

由①可得：存在整數(shù)小，滿足％n=旦-=。1中>以，且%?=之以+1（*）

ak-i

由②得：存在s>3滿足：ak+1=^=as-^>as,由數(shù)列的單調(diào)性可知：t<sWk+1,

as-1

由Qs=iQ(l工sWk)可得:ak+1=—=aiq2sT-i>Qk=(**)

at

由(**)和(*)式可得:%qk2aiq2s-t-i>aiqk-i,

結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性有：k>2s—t—l>k—1,

注意到s,t,k均為整數(shù)，故k=2s-t—1,

代入(**)式，從而ctk+i=a/.

總上可得，數(shù)列｛6｝的通項(xiàng)公式為：an=aiqn-i.

即數(shù)列｛aj為等比數(shù)列.

【解法二】

假設(shè)數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)均為正數(shù)：

首先利用性質(zhì)②：取般=3,此時(shí)。3=—(k>1)>

ai

由數(shù)列的單調(diào)性可知%>a；>0,

而。3=以譚〉a"，故k<3,

此時(shí)必有k=2,1=1,即a?=幺，

al

即的,@2,。3成等比數(shù)列，不妨設(shè)。2==@iq2(q>1),

然后利用性質(zhì)①：取i=3J=2,則am=^=^=aiq3,

3

即數(shù)列中必然存在一項(xiàng)的值為由q3,下面我們來證明(14=aiq,

否則，由數(shù)列的單調(diào)性可知。4<。送3,

在性質(zhì)②中，取n=4,則=幺=以”>縱，從而k<4,

?%KgK

與前面類似的可知?jiǎng)t存在伏,2｝c｛l,2,3｝(k>與滿足a’=磁,

al

3

若k=3,1=2,則：a4=^=axq,與假設(shè)矛盾；

若k=3,1=1,則：a4=^=aiQ4>aiQ3'與假設(shè)矛盾；

若k=2,1=1,則：a4=^=aiQ2=a3)與數(shù)列的單調(diào)性矛盾；

即不存在滿足題意的正整數(shù)kJ,可見a4<%q3不成立，從而。4=。伍3,

45

同理可得：as=a1q,a6=a1q,-,從而數(shù)列｛斯｝為等比數(shù)列，

同理，當(dāng)數(shù)列中的項(xiàng)數(shù)均為負(fù)數(shù)時(shí)亦可證得數(shù)列為等比數(shù)列.

由推理過程易知數(shù)列中的項(xiàng)要么恒正要么恒負(fù)，不會(huì)同時(shí)出現(xiàn)正數(shù)和負(fù)數(shù).

從而題中的結(jié)論得證，數(shù)列9"為等比數(shù)列.

20.【2019年北京文科16］設(shè)｛如｝是等差數(shù)列,0=-10,且奴+10,“3+8,必+6成等比數(shù)列.

(I)求｛“”｝的通項(xiàng)公式；

(II)記｛〃”｝的前“項(xiàng)和為S”求S”的最小值.

【答案】解：(I)是等差數(shù)列，a\--10,且42+10,03+8,44+6成等比數(shù)列.

(43+8)2=(a2+10)(44+6),

二(-2+2")2=d(-4+3"),

解得d=2,

(n-1)d-—10+2鹿-2=2〃-12.

(II)由m=70,d=2,得:

o_1八?n(n—1)2「_/11、2121

Sn--1OMH-----2—x2=n~11n—(n—)—^―>

???〃=5或〃=6時(shí)，S取最小值-30.

21.【2019年北京理科20］已知數(shù)列｛“八｝,從中選取第zi項(xiàng)、第，2項(xiàng)、…、第訕項(xiàng)<…<im),若

a/ai2<-<aim，則稱新數(shù)列a?a??,…，a」為做”的長(zhǎng)度為根的遞增子列?規(guī)定：數(shù)列

｛加｝的任意一項(xiàng)都是｛““｝的長(zhǎng)度為1的遞增子列.

(I)寫出數(shù)列1,8,3,7,5,6,9的一個(gè)長(zhǎng)度為4的遞增子列；

(II)已知數(shù)列｛“”｝的長(zhǎng)度為p的遞增子列的末項(xiàng)的最小值為〃皿。，長(zhǎng)度為4的遞增子列的末項(xiàng)的最小值

為ano-若P<q，求證：am<3<a加；

(III)設(shè)無窮數(shù)列｛a“｝的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且任意兩項(xiàng)均不相等.若｛而｝的長(zhǎng)度為s的遞增子列末項(xiàng)的最小

值為2s-l,且長(zhǎng)度為s末項(xiàng)為2s-1的遞增子列恰有23-1個(gè)(s=l,2,???),求數(shù)列｛“”｝的通項(xiàng)公式.

【答案】解：(/)1,3,5,6.

(〃)證明：考慮長(zhǎng)度為g的遞增子列的前夕項(xiàng)可以組成長(zhǎng)度為p的一個(gè)遞增子列，

：.ano>該數(shù)列的第p項(xiàng)2am(j,

a

,,m0〈。耳。?

(///)解：考慮2s-1與2s這一組數(shù)在數(shù)列中的位置.

若｛&,｝中有2s,在2s在第-1之后，則必然在長(zhǎng)度為s+1,且末項(xiàng)為2s的遞增子列，

這與長(zhǎng)度為s