大数据之十年2015-2024年高考数学真题数列选择填空题与优质模拟题汇编（北京卷）
专题08数列（选择填空题）
2015-2024年真题汇编
1．【2023年北京第10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
2．【2021年北京第6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
3．【2021年北京第10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
4．【2020年北京第8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
5．【2018年北京理科第4题】“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为
A． B．
C． D．
6．【2015年北京理科第6题】设是等差数列.下列结论中正确的是
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．【2024年北京第15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 .
8．【2023年北京第14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 ．
9．【2022年北京第15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 ．
10．【2019年北京理科第10题】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2= 3，S5= 10，则a5= ，Sn的最小值为 ．
11．【2018年北京理科第9题】设是等差数列，且，，则的通项公式为 ．
12．【2017年北京理科第10题】若等差数列和等比数列满足，，则 .
13．【2016年北京理科第12题】已知为等差数列，为其前n项和，若，，则 .
2024年优质模拟试题汇编
1．（2024·北京丰台·二模）已知数列对于任意，都有，若，则（ ）
A．2 B． C．4 D．
2．（2024·北京朝阳·一模）已知等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A．9 B．16 C．21 D．25
3．（2024·北京昌平·二模）已知数列满足，则数列的前4项和等于（ ）
A．16 B．24 C．30 D．62
4．（2024·北京朝阳·二模）设等差数列的前n项和为，若，，则 （ ）
A．60 B．80 C．90 D．100
5．（2024·北京·模拟预测）记等差数列的公差为，前项和为，若，且，则该数列的公差为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（2024·北京顺义·二模）设，，，…，是1，2，3，…，7的一个排列.且满足，则的最大值是（ ）
A．23 B．21 C．20 D．18
7．（2024·北京西城·二模）已知是无穷等比数列，其前项和为，．若对任意正整数，都有，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·北京·三模）为公差不为零的等差数列，是其前项和，是等比数列，是其前项和，则下列说法正确的是（ ）
A．对任意，，如果，那么
B．存在，，满足，且
C．对任意，，如果，那么
D．存在，，满足，且
9．（2024·北京海淀·二模）设是公比为的无穷等比数列，为其前项和．若，则“”是“数列存在最小项”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
10．（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得，那么称为内和数列，并令，称为的伴随数列，则（ ）
A．若为等差数列，则为内和数列
B．若为等比数列，则为内和数列
C．若内和数列为递增数列，则其伴随数列为递增数列
D．若内和数列的伴随数列为递增数列，则为递增数列
12．（2024·北京昌平·二模）已知数列满足，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是（ ）
A． B．
C．非零常数，使得 D．，都有
13．（2024·北京海淀·二模）设数列的各项均为非零的整数，其前项和为.若为正偶数，均有，且，则的最小值为（ ）
A．0 B．22 C．26 D．31
14．（2024·北京通州·二模）已知数列为等比数列，，，则 ；数列的前4项和为 ．
15．（2024·北京延庆·一模）北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板 块．
16．（2024·北京·三模）已知数列的前n项和为且，给出下列四个结论：①长度分别为的三条线段可以构成一个直角三角形：②；③；④.其中所有正确结论的序号是 .
17．（2024·北京·三模）已知等比数列满足：（），请写出符合上述条件的一个等比数列的通项公式： ．
18．（2024·北京顺义·三模）命题：若是等比数列，则前n项和不存在最大值和最小值.写出一组说明此命题为假命题的首项 和公比
19．（2024·北京怀柔·模拟预测）设首项是1的数列的前n项和为，且，则 ；若，则正整数m的最大值是 .
20．（2024·北京门头沟·一模）已知数列 是各项均为正数的等比数列， 为其前 项和， ， 则 ； 记 ， 若存在 使得 最大， 则 的值为 ．
21．（2024·北京通州·三模）若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列结论中正确的是 ．
①存在等差数列，使得是的“M数列”
②存在等比数列，使得是的“M数列”
③存在等差数列，使得是的“M数列”
④存在等比数列，使得是的“M数列”
22．（2024·北京·模拟预测）已知无穷数列满足：对任意，有，且.给出下列四个结论：
①存在无穷多个，使得；
②存在，使得；
③对任意，有；
④对任意，存在互不相同的，使得.
其中所有正确结论的序号是 .
23．（2024·北京东城·一模）已知数列的各项均为正数，满足，其中常数.给出下列四个判断：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④，存在实数，使得.
其中所有正确判断的序号是 .
24．（2024·北京西城·二模）在数列中，，．给出下列三个结论：
①存在正整数，当时，；
②存在正整数，当时，；
③存在正整数，当时，．
其中所有正确结论的序号是 ．
25．（2024·北京石景山·一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，．若数列，给出下列四个结论：
①；②；③；④．
其中所有正确结论的序号是 ．大数据之十年2015-2024年高考数学真题数列选择填空题与优质模拟题汇编解析版（北京卷）
专题08数列（选择填空题）
2015-2024年真题汇编
1．【2023年北京第10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
【详解】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.
2．【2021年北京第6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
【详解】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.
3．【2021年北京第10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
【详解】
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．
4．【2020年北京第8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
【详解】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.
5．【2018年北京理科第4题】“十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】因为每一个单音与前一个单音频率比为，
所以，
又，则
故选D.
6．【2015年北京理科第6题】设是等差数列.下列结论中正确的是
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【详解】先分析四个答案，A举一反例，而，A错误，B举同样反例，，而，B错误，
D选项，故D错，
下面针对C进行研究，是等差数列，若，则设公差为，则，数列各项均为正，由于，则，
故选C.
7．【2024年北京第15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
【详解】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，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.
8．【2023年北京第14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】 48 384
【详解】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.
9．【2022年北京第15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
【详解】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.
10．【2019年北京理科第10题】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2= 3，S5= 10，则a5= ，Sn的最小值为 ．
【答案】 0. -10.
【详解】等差数列中,,得,公差,,
由等差数列的性质得时,,时,大于0,所以的最小值为或,即为.
11．【2018年北京理科第9题】设是等差数列，且，，则的通项公式为 ．
【答案】
【详解】设等差数列的公差为，
12．【2017年北京理科第10题】若等差数列和等比数列满足，，则 .
【答案】
【详解】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和，则，
求得，，那么，故答案为.
13．【2016年北京理科第12题】已知为等差数列，为其前n项和，若，，则 .
【答案】6
【详解】因为是等差数列，所以，即，又，所以，
所以．故答案为6．
2024年优质模拟试题汇编
1．（2024·北京丰台·二模）已知数列对于任意，都有，若，则（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【详解】因为数列对于任意，都有，
取，则，
取，则，则.
故选：C
2．（2024·北京朝阳·一模）已知等比数列的前项和为，且，，则（ ）
A．9 B．16 C．21 D．25
【答案】C
【详解】由等比数列的性质可知，，即，得，
.
故选：C
3．（2024·北京昌平·二模）已知数列满足，则数列的前4项和等于（ ）
A．16 B．24 C．30 D．62
【答案】C
【详解】由已知可得，
当时，；
当时，；
当时，；
所以数列的前4项和等于，
故选：C.
4．（2024·北京朝阳·二模）设等差数列的前n项和为，若，，则 （ ）
A．60 B．80 C．90 D．100
【答案】D
【详解】等差数列的公差为：，
则.
故选：D
5．（2024·北京·模拟预测）记等差数列的公差为，前项和为，若，且，则该数列的公差为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【详解】因为，则，
又，所以，
所以．
故选：B．
6．（2024·北京顺义·二模）设，，，…，是1，2，3，…，7的一个排列.且满足，则的最大值是（ ）
A．23 B．21 C．20 D．18
【答案】B
【详解】即为相邻两项之差的绝对值之和，
则在数轴上重复的路径越多越好，又，
比如，其对应的一个排列为
则的最大值是
故选：B
7．（2024·北京西城·二模）已知是无穷等比数列，其前项和为，．若对任意正整数，都有，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】因为等比数列，由可得，所以，
则公比，所以，
当为奇数时，恒成立，所以，
又数列为递增数列，所以，，则此时；
当为偶数时，恒成立，所以，
又数列为递增数列，，则此时；
综上，的取值范围是.
故选：D.
8．（2024·北京·三模）为公差不为零的等差数列，是其前项和，是等比数列，是其前项和，则下列说法正确的是（ ）
A．对任意，，如果，那么
B．存在，，满足，且
C．对任意，，如果，那么
D．存在，，满足，且
【答案】C
【详解】对于A：是首项为，公差为，则满足，
但不满足，故A错误；
对于B：若，则可得或或或，
不妨取，由等差数列的前项和公式可得，
所以，故B错误；
对于C：若，则或或或，
显然公比，由等比数列前项和公式可得，
故，所以必为偶数，可得，所以，故C正确；
对于D：，则等比数列的公比为，则，故，故D错误.
故选：C.
9．（2024·北京海淀·二模）设是公比为的无穷等比数列，为其前项和．若，则“”是“数列存在最小项”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
【答案】A
【详解】当时，，因为，所以此时数列递增，存在是最小项，
当且，，
当，时，可知数列递增，存在是最小项，
当，时，可知数列还是递增，存在是最小项，
综上“”是“数列存在最小项”的充分条件；
当，，不妨取：，，
则
，,
当时，，即此时是最小项，
即“”不是“数列存在最小项”的必要条件，
综上可知：“”是“数列存在最小项”的充分不必要条件，
故选：A.
10．（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，.
从而有，
整理得，
，
，
，，
由于皆为正整数，所以
（i）当时，，
当时，，
（iii）当时，，
（iv）当时，
只有符合题意，即的值为2.
故选：B.
11．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得，那么称为内和数列，并令，称为的伴随数列，则（ ）
A．若为等差数列，则为内和数列
B．若为等比数列，则为内和数列
C．若内和数列为递增数列，则其伴随数列为递增数列
D．若内和数列的伴随数列为递增数列，则为递增数列
【答案】C
【详解】对于选项AB：例题，可知即为等差数列也为等比数列，
则，但不存在，使得，
所以不为内和数列，故AB错误；
对于选项C：因为，
对任意，，可知存在，
使得，
则，即，
且内和数列为递增数列，可知，
所以其伴随数列为递增数列，故C正确；
对于选项D：例如，
显然是所有正整数的排列，可知为内和数列，且的伴随数列为递增数列，
但不是递增数列，故D错误；
故选：C.
12．（2024·北京昌平·二模）已知数列满足，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是（ ）
A． B．
C．非零常数，使得 D．，都有
【答案】C
【详解】A：因为，所以，故A正确；
B：因为，
所以，故B正确；
C：由可得，
由可得，
由可得，而，
所以，
设存在非零常数，使得，则，矛盾，
所以不存在非零常数，使得，故C错误；
D：当时，，
因为，即时，有相邻两项的和为零，即有接下来个项和为零；
，
即时，有相邻2项的和与相邻4项和为零，
即有接下来个项和为零；
总结发现规律为：当时，即有接下来的项和为零，
所以，故D正确；
故选：C.
13．（2024·北京海淀·二模）设数列的各项均为非零的整数，其前项和为.若为正偶数，均有，且，则的最小值为（ ）
A．0 B．22 C．26 D．31
【答案】B
【详解】因为，所以互为相反数，不妨设，
为了取最小值，取奇数项为正值，取偶数项为负值，且各项尽可能小，.
由题意知：满足，取的最小值；
满足，因为，故取的最小值；
满足，取的最小值；
同理，取的最小值；
所以，
满足，取的最小值；
满足，因为，所以，取的最小值；
满足，因为，所以，取的最小值；
同理，取的最小值；
所以，
所以，
因为数列的各项均为非零的整数，所以当时，有最小值22.
故选：B
14．（2024·北京通州·二模）已知数列为等比数列，，，则 ；数列的前4项和为 ．
【答案】 81 48
【详解】等比数列中，由，得数列的公比，通项，
所以；
数列的前4项和为.
故答案为：81；48
15．（2024·北京延庆·一模）北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板 块．
【答案】
【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差，，
设每层有环，则，，
所以，即，
即，解得或（舍去），
所以，则，
即上层有扇形石板块.
故答案为：．
16．（2024·北京·三模）已知数列的前n项和为且，给出下列四个结论：①长度分别为的三条线段可以构成一个直角三角形：②；③；④.其中所有正确结论的序号是 .
【答案】②
【详解】对于①：，则，
则，即，
假设长度分别为的三条线段可以构成一个直角三角形，
则为斜边，所以，
所以，所以或，与矛盾，故①错误；
对于②：，当且仅当等号成立，
所以，所以，
所以，②正确；
对于③：由已知，此时，所以不成立，③错误；
对于④：由已知，此时，所以不成立，④错误.
故答案为：②.
17．（2024·北京·三模）已知等比数列满足：（），请写出符合上述条件的一个等比数列的通项公式： ．
【答案】（答案不唯一，（，））
【详解】设等比数列的公比为，由，，得，
显然，即，于是，解得，
，满足，，
取，.
故答案为：
18．（2024·北京顺义·三模）命题：若是等比数列，则前n项和不存在最大值和最小值.写出一组说明此命题为假命题的首项 和公比
【答案】 1（答案不唯一） 2（答案不唯一）
【详解】因为命题“若是等比数列，则前n项和不存在最大值和最小值”为假命题，
所以可得“若是等比数列，则前n项和存在最大值或最小值”，
因为只需确定满足条件的一组取值，故不妨先考虑，条件下是否存在，
若，则，
当时，则随的增大而增大，此时有最小值，满足条件，
当时，则随的增大而减小，此时有最大值，满足条件，
若，则，
当时，若，则随的增大而增大，此时有最小值，满足条件，
当时，若，则随的增大而减小，此时有最大值，满足条件，
故可取，，
故答案为：1，2（答案不唯一）
19．（2024·北京怀柔·模拟预测）设首项是1的数列的前n项和为，且，则 ；若，则正整数m的最大值是 .
【答案】 8 11
【详解】
，，
当为偶数时，
，
，又，
故，故；
当为奇数时，
，
，又，
故，故；
当为偶数时，
由于
当时，，
当时，，
当为奇数时，，
当时，，
故正整数的最大值是11，
故答案为：8，11．
20．（2024·北京门头沟·一模）已知数列 是各项均为正数的等比数列， 为其前 项和， ， 则 ； 记 ， 若存在 使得 最大， 则 的值为 ．
【答案】 4 3或4
【详解】等比数列中，公比；由，所以，又，
所以解得或；
若时，可得，则，
且的值为，可知数列单调递增，且各项均大于，
所以不会存在使得的乘积最大(舍去)；
若时，可得，则，
且的值为，…，
可知数列单调递减，从第项起各项小于且为正数，
前项均为正数且大于等于，
所以存在或，使得的乘积最大，
综上，可得的一个可能值是3或.
故答案为：4；3或4
21．（2024·北京通州·三模）若数列、均为严格增数列，且对任意正整数n，都存在正整数m，使得，则称数列为数列的“M数列”．已知数列的前n项和为，则下列结论中正确的是 ．
①存在等差数列，使得是的“M数列”
②存在等比数列，使得是的“M数列”
③存在等差数列，使得是的“M数列”
④存在等比数列，使得是的“M数列”
【答案】①②④
【详解】对于①：例如，则为等差数列，可得，则，
所以，，
故、均为严格增数列，
取，则，即恒成立，
所以是的“数列”，故①正确；
对于②，例如，则为等比数列，可得，则，
所以，，
故、均为严格增数列，
取，则，即恒成立 ，
所以是的“数列”，故②正确；
对于③，假设存在等差数列，使得是的“数列”，
设等差数列的公差为，
因为为严格增数列，则，
又因为为严格增数列，所以，即当时，恒成立，
取，满足，可知必存在，使得成立，
又因为为严格增数列，
所以对任意正整数，则有，即，
对任意正整数，则有，即，
故当时，不存在正整数，使得，故③不成立；
对于④，例如，则为等比数列，且、均为严格增数列，可得，
所以，，
故、均为严格增数列，
取，则，即恒成立，
所以是的“数列”，故④正确.
故答案为：①②④.
22．（2024·北京·模拟预测）已知无穷数列满足：对任意，有，且.给出下列四个结论：
①存在无穷多个，使得；
②存在，使得；
③对任意，有；
④对任意，存在互不相同的，使得.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【详解】设，，则，.
如果，则，故，从而.
这意味着任意连续两个自然数中必有一个属于，所以一定是无限集，故①正确；
注意到数列，满足全部条件，这里是斐波那契数列，
这能够得到以及，从而.
假设此时有，，则即对任意成立，这显然不可能，故②错误；
设，，若，则；
若，则.
任一情况都有，故③正确；
由③的过程还可以得到：或.
这意味着可以适当选取使得，
从而，故④正确.
故答案为：①③④.
23．（2024·北京东城·一模）已知数列的各项均为正数，满足，其中常数.给出下列四个判断：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④，存在实数，使得.
其中所有正确判断的序号是 .
【答案】②③④
【详解】对于①：若，则，
当时，，与矛盾，①错误；
对于②：若，则，所以，
又，若，该不等式恒成立，即，
由
由于，所以，
所以，所以时，，累加得，
所以，所以，
综合得，②正确；
对于③：若，，
假设，则，与矛盾，故，③正确；
对于④：当时，若，则，此时，
若成立，
根据二次函数可得其在上单调递增，
可得，
故在的情况下，必成立，即存在实数，使得，④正确，
故答案为：②③④.
24．（2024·北京西城·二模）在数列中，，．给出下列三个结论：
①存在正整数，当时，；
②存在正整数，当时，；
③存在正整数，当时，．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【详解】对于①：由，，可得，
又，当时，
因为，所以时，故①错误；
对于②：，又，
结合①的结论时，
所以当时，，故②正确；
对于③：，
，
所以当时，，
所以，故③正确；
故答案为：②③.
25．（2024·北京石景山·一模）黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，．若数列，给出下列四个结论：
①；②；③；④．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【详解】对于①， 时， ，故①错误；
对于②， ，，，故②正确；
对于③，
，故③正确；
对于④，， ，
构造函数 ， ，则 ，单调递增，
，即当时 ， ，
，
当时， ，， ，故④正确.
故选：②③④.
