单元复习04 数列【过习题】（考点练）-2022-2023学年高二数学单元复习（苏教版2019选择性必修第一册）

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单元复习04 数列
01 数列的概念及递推公式
一、单选题
1．现有下列说法：
①元素有三个以上的数集就是一个数列；
②数列1，1，1，1，…是无穷数列；
③每个数列都有通项公式；
④根据一个数列的前若干项，只能写出唯一的通项公式；
⑤数列可以看着是一个定义在正整数集上的函数．
其中正确的有（    ）．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用数列的定义逐一分析各个命题，判断作答.
【解析】对于①，数列是按一定次序排成的一列数，而数集的元素无顺序性，①不正确；
对于②，由无穷数列的意义知，数列1，1，1，1，…是无穷数列，②正确；
对于③，不是每个数列都有通项，如按精确度为得到的不足近似值，
依次排成一列得到的数列没有通项公式，③不正确；
对于④，前4项为1，1，1，1的数列通项公式可以为，等，
即根据一个数列的前若干项，写出的通项公式可以不唯一，④不正确；
对于⑤，有些数列是有穷数列，不可以看着是一个定义在正整数集上的函数，⑤不正确，
所以说法正确的个数是1.
故选：B
2．已知数列满足：，，则下列正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将中两边同时除以，再利用累加法得到的通项公式，即可求解.
【解析】解：∵，等式两边同除以，∴，
可得到，，…，，利用累加法，可得到
，即，
又∵，所以.
，∴，故A正确；
，∴，故B错误；
，∴，故C错误
，∴，故D错误.
故选：A
3．已知数列满足，则（   ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用与的关系即得.
【解析】①，
当时，
②，
则①－②得，，
故．
当时，，也符合.
故选：D．
4．已知数列满足，则数列第2022项为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题中条件可得到偶数项得关系，再进行累加即得.
【解析】
所以



累加得
故选：C.
5．已知数列满足，且，若记为满足不等式的正整数k的个数，设，数列的最大项的值为M与最小项的值为N，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用取倒数法得到数列的通项公式，由为满足不等式（）的正整数的个数可得，研究数列的单调性，即可得到最值及答案.
【解析】由于，，则．
，则，即为常数．又，数列是以1为首项，为公差的等差数列．
从而，即．
由，即，得，
又，从而，
故，
当为奇数时，，单调递减，．
当为偶数时，，单调递增，．
综上的最大项为，最小项为．
∴.
故选：D.

二、多选题
6．下列有关数列的说法正确的是（    ）
A．数列与数列是同一个数列
B．数列的通项公式为,则110是该数列的第10项
C．在数列中,第8个数是
D．数列3,5,9,17,33,…的通项公式为
【答案】BCD
【分析】根据数列的定义数列是根据顺序排列的一列数可知选项A错误,
使,即可得出项数,判断选项B的正误,
根据数列的规律可得到第8项可判断选项C的正误,
根据数列的规律可得到通项公式判断选项D的正误.
【解析】对于选项A,数列与中数字的排列顺序不同,
不是同一个数列,
所以选项A不正确;
对于选项B,令,
解得或（舍去）,
所以选项B正确;
对于选项C,根号里面的数是公差为1的等差数列,
第8个数为,即,
所以选项C正确;
对于选项D,由数列3,5,9,17,33,…的前5项可知通项公式为,
所以选项D正确.
故选:BCD
7．已知数列满足：，，若为的前项和，则（    ）
A． B．
C．是递增数列 D．
【答案】ACD
【分析】利用递推式求出可判断A；利用递推式求出可判断B；利用得与同号，且可判断C；由得，然后利用累项求和可判断D.
【解析】，，
时，，
时，故A正确；
时，所以，故B错误；
由得与同号，又，所以，
所以，所以是递增数列，故C正确；
由得，所以，
，
，

，
以上各式累加得，
即，所以，当时，，所以
，故D正确.
故选：ACD.
8．已知数列满足，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据递推公式，利用累和法进行求解即可.
【解析】∵，
，当时，.当时，
∵，
两式相减得，即，
∴，，…，
，累乘得，∴.∴
故选：AD
9．若数列满足，则（    ）
A．当，时，
B．当，时，
C．当，时，
D．当，时，
【答案】AD
【分析】利用基本不等式和二次函数的性质即可判断选项A；
由选项A可知，根据累乘法得到，结合不等式的性质即可判断选项B；
举例，即可判断选项C；
将递推公式变形可得，结合裂项相消法即可判断选项D.
【解析】A：当时，，
所以，当且仅当即时等号成立，
又，
所以等号取不到，故A正确；
B：由A知，由累乘法得，所以，
所以，故B错误；
C：当时，，不满足题意，故C错误；
D：当时，，
所以，
有，即，
所以
，故D正确.
故选：AD

三、填空题
10．已知数列中，，且则_____________．
【答案】####
【分析】首先根据递推公式依次写数列的前几项，观察数列的周期，进而可以得到的值．
【解析】由题：，
，，，
，，，
，
观察可得数列从第2项开始是以6为周期的数列，
故．
故答案为：.
11．已知数列满足，，则_______.
【答案】50
【分析】令，则是常数列，进而求出，故可求得，代入即可求得.
【解析】根据题意，令，得
因为，所以，又，
所以是首项为的常数列，故，即，故，
所以.
故答案为：50.

四、解答题
12．已知数列满足
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，是数列的前项和，求.
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)根据题意可得为以1为首项以2为公差的等差数列；
(2)由(1)可得，利用裂项相消法即可求出前n项和.
(1)
由题意知，( )，
所以，故，对也成立.
综上所述，数列的通项公式为：；
(2)
由(1)得，，
所以，
即数列的前n项和
02 等差数列
一、单选题
1．在等差数列中，已知，那么等于（    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【分析】设首项为，公差为，由已知有，所以可得的值．
【解析】解：为等差数列，设首项为，公差为，
由已知有，，
即．
故选：A．
2．等差数列的前n项和，若，则（    ）
A．10 B．20 C．30 D．15
【答案】A
【分析】由等差数列性质得，成等差数列，设公差为d，则，可求得对应公差，则可求值
【解析】由等差数列有成等差数列，设为d，
则，
故.
故选：A
3．为等差数列前项和，若，，则使的的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据可得，表示出和，解不等式即可.
【解析】由，可得，
而，所以，
，，
可转化为，
即，
即，解得，
而，所以的最大值为11.
故选：C
4．设数列为等差数列，是其前n项和，且，则下列结论不正确的是（    ）
A． B． C． D．与均为的最大值
【答案】C
【分析】由可判断B；由，分析可判断A；由可判断C；由，可判断D.
【解析】根据题意，设等差数列的公差为，依次分析选项：
是等差数列，若，则，故B正确；
又由得，则有，故A正确；
而C选项，，即，可得，
又由且，则，必有，显然C选项是错误的.
∵，，∴与均为的最大值，故D正确；
故选：C
5．已知分别是等差数列与的前项和，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用等差数列的性质可得：，将所求的式子化简，再利用等差数列前项和即可求解.
【解析】因为数列是等差数列，所以，
所以，
又因为分别是等差数列与的前项和，且，
所以,
故选：.

二、多选题
6．已知数列的前n项和，则下列结论正确的是（    ）
A．是等差数列 B．
C． D．有最大值
【答案】AB
【分析】由与的关系求出数列的通项，从而可判断AB，根据数列性质可判断C，根据前项和的函数性质可判断D.
【解析】当时，，
当时，
，符合，
故，
所以，，
所以数列是等差数列，首项为，公差，A正确；
，B正确；
因为公差，所以数列是递减数列，所以，C错误；
，
易知当或时，有最大值，D错误.
故选：AB
7．（多选）在等差数列中，首项，公差，依次取出项的序号被4除余3的项组成数列，则（    ）
A． B．
C． D．中的第506项是中的第2022项
【答案】AC
【分析】根据等差数列的首项和公差可判断C,根据，的关系可判断A,B,D.
【解析】因为，，所以，故C正确；
数列中项的序号被4除余3的项是第3项、第7项、第11项、…，所以，，故A正确，B错误；
对于D，设数列中的第k项是数列中的第m项，则，所以当时，，即数列中的第506项是中的第2023项，故D错误．
故选：AC
8．已知数列的前n项和为，数列的前项和为，则下列选项正确的为（    ）
A．数列是等差数列 B．数列是等比数列
C．数列的通项公式为 D．
【答案】BCD
【分析】由数列的递推式可得，两边加1后，运用等比数列的定义和通项公式可得，由数列的裂项相消求和可得.
【解析】解：由即为，可化为，由，可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，即，
又，可得

故选：BCD

三、填空题
9．若等差数列满足，则____．
【答案】8
【分析】由是等差数列可得，从而即可求出的值．
【解析】解：是等差数列，
，
．
故答案为：8．
10．已知等差数列是递增数列，且，，则______．
【答案】143
【分析】由等差数列的基本量与前项和公式运算求得公差和首项，再由前项和公式计算．
【解析】设公差为，则由题意得，又，解得，
∴．
故答案为：143．
11．已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则______.
【答案】6
【分析】利用等差数列前项和的性质，将项的比转化为和的比值.
【解析】由已知得，，
令n=5，则，，
所以，
故答案为：6.
12．一个等差数列共有偶数项,偶数项之和为84,奇数项之和为51,最后一项与第一项之差为63,则该数列公差为________.
【答案】3
【分析】根据等差数列前项和公式,设出首相公差和项数，列出等式,计算出项数和公差即可.
【解析】解:由题知不妨设等差数列为,首项为,公差为,项数为,
故有
,
两式相减,
因为,
故,
故.
故答案为:3

四、解答题
13．已知等差数列的前n项和为，，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式列式计算即可；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【解析】（1）因为，
所以，
又，则等差数列的公差
又，
所以数列的通项公式.
（2）因为，
所以.
14．设是等差数列的前项和，已知，，
(1)求和；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)；；
(2).

【分析】（1）利用等差数列的通项公式、前项和公式得到关于首项和公差的方程组求出和，进而求出及；
（2）利用（1）求出，再利用裂项相消法进行求和.
（1）
设等差数列的公差为d，
则，
解得，
所以，
；
（2）
由（1）得：，，
则，
所以

.
15．设是等差数列的前项和，已知：
(1)求；
(2)若，数列的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由题设条件结合等差数列定义和前项和即可得出；
（2）利用裂项相消法即可求得，根据的表达式可较易证明.
【解析】（1）设等差数列的公差为，
∵，即，解得，
所以.
（2）证明：由（1）知：，
，
，越大，越大，故是递增数列，∴，
而，故.
03 等比数列
一、单选题
1．在等比数列中，如果，那么（    ）
A．40 B．36 C．54 D．128
【答案】D
【分析】设公比为，依题意可得即可求出，最后根据计算可得.
【解析】解：设公比为，由，，
所以，所以.
故选：D
2．已知等比数列的公比，且前4项和为40，，则（    ）
A．9 B．18 C．81 D．36
【答案】C
【分析】由等比数列通项公式、前项和公式的基本量运算求解．
【解析】∵，∴，即，∴．
又∵，∴．
由，解得．
则．
故选：C．
3．已知数列的通项公式为，若前项和为9，则项数为（    ）
A．99 B．100 C．101 D．102
【答案】A
【分析】化简，利用裂项相消求出数列的前项和，即可得到答案
【解析】假设数列的前项和为，
因为，
则数列的前项和为，
当前项和为9，故，解得，
故选：A
4．与正整数有关的数学命题，如果当（，）时该命题成立，则可推得当时该命题成立．现得知时命题不成立，那么可推得（    ）
A．当时，该命题不成立 B．当时，该命题不成立
C．当时，该命题成立 D．当时，该命题成立
【答案】A
【分析】利用原命题与它的逆否命题的真假性相同，结合数学归纳法可得结论
【解析】解：由于原命题与它的逆否命题的真假性相同，
因为当时命题成立，则可以推出当时该命题也成立，
所以当时命题不成立，则可以得到当时命题不成立，
故选：A
5．已知数列的前项和，将数列与数列的公共项从小到大排列得到数列，为数列的前项和，则满足的正整数的最大值为（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】先利用得到结合题意可得到，然后用错位相减法得到，根据是单调递增的，即可求解
【解析】由可得，
所以，
当时，满足故
所以是所有的正偶数，
因为数列中，除了第一项以外，其余的数都为正的偶数，
所以，
所以，
所以，
，
两式相减得：，
所以，
易得是单调递增的，且，，所以的正整数的最大值为6，
故选：B
6．已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且，（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据等差数列，等比数列的性质化简计算即得.
【解析】因为数列是等差数列，，
所以，，
因为数列是等比数列，，
所以，，
所以.
故选：D.
7．已知数列前项和为且 为非零常数则下列结论中正确的是（    ）
A．数列不是等比数列 B．时
C．当时， D．
【答案】C
【分析】根据，利用数列通项和前n项和的关系求解，再逐项判断.
【解析】解：因为，
所以，当时，，
两式相减得，又，
所以数列是以p为首项，以为公比的等比数列，故A错误；
当时，，故B错误；
当时，，所以，故C正确；
由得，故D错误，
故选：C
8．已知是直角三角形，是直角，内角所对的边分别为，面积为．若，则下列选项错误的是（    ）
A．是递增数列 B．是递减数列
C．数列存在最大项 D．数列存在最小项
【答案】B
【分析】根据已知条件可得，即得，由，得，由数列的单调性可判断选项A，B；由关系式可得，，从而可判断数列的最大项和最小项.
【解析】由题意知，所以，所以，即，所以，则，故，，由，得，
即，所以，则，而，
故，则，
所以，由于随着n的增大而减小，
所以随着n的增大而增大，
由题意可知，所以数列是递增数列，故选项A正确；
同理随着n的增大而增大，数列是递增数列，
故选项B错误；
又，由于，且，所以数列是首项为7，公比为的等比数列，故，结合，可以解得，，
所以，
所以，其中所以，
，其中所以，
因为数列随着k的增大而减小，数列随着k的增大而增大，所以数列随着k的增大而减小，故为数列中所有正项中最大的，同理数列随着k的增大而增大，故为数列中所有负项中最小的．综上所述，数列的最大项为，最小项为．故选项C，选项D均正确．
故选：B．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.

二、多选题
9．已知数列是等比数列，下列结论正确的为（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】BD
【分析】A选项，设出公比，得到，当时，，A错误；
B选项，由得到，从而得到；
C选项，由得到，从而得到；
D选项，根据得到，由等比数列通项公式的性质计算，结合基本不等式得到.
【解析】设等比数列的公比为，由，得到，
因为，所以，
则，若，则，此时，A错误；
若，则，故，则，B正确；
若，则，故，则，C错误；
若，则，不等式两边同除以，得到，
所以，D正确.
故选：BD
10．中国音乐有悠久的历史和独特的创造.当今世界公认的音乐律制，如五度相生律（中国称三分损益律）、纯律和十二平均律，皆为中国独立发明.其中，“三分损益法”是以“宫”为基本音，宫生徵，徵生商，商生羽，羽生角，即“宫”经过一次“损”，频率变为原来的，得到“徵”；“徵”经过一次“益”，频率变为原来的，得到“商”……依次损益交替变化，得到“宫、徵、商、羽、角”这五个音阶，据此可推得（    ）
A．“商、羽、角”的频率成等比数列
B．“角、商、宫”的频率成等比数列
C．“宫、徵、商、羽、角”的频率依次递增
D．“宫、商、角、徵、羽”的频率依次递增
【答案】BD
【分析】根据“损”、“益”变化规律可得到“宫、徵、商、羽、角”五个音阶对应的频率，由此可得结论.
【解析】设“宫”的频率为，则“徵”的频率为，“商”的频率为；
“商”经过一次“损”，得到“羽”的频率为；
“羽”经过一次“益”，得到“角”的频率为；
成公比为的等比数列，“角、商、宫”的频率成等比数列；
又，“宫、商、角、徵、羽”的频率依次递增.
故选：BD.
11．已知数列的前n项和为，，，且，则下列说法正确的是（    ）
A．数列的通项公式为
B．若，则
C．数列为等比数列
D．
【答案】ABD
【分析】对于选项A，因为，所以，从而判断出为等比数列，从而求出的通项公式；
对于选项B，通过选项A中为等比数列，判断出为等比数列，从而得到答案；
对于选项C，因为的通项公式已知，通过分组求和得到，从而判断出是否为等比数列；
对于选项D，通过选项A和D可以得到和，从而判断是否正确.
【解析】对于选项A，，则，又，故数列是以首项为2，公比为2的等比数列，所以，即，故A正确；
对于选项B，，则为等比数列，所以，故B正确；
对于选项C，由，得，又，则数列不是等比数列，故C错误；
对于选项D，易得，即，故D正确.
故选：ABD
12．已知等比数列各项均为正数，满足，，记等比数列的前n项的积为，则当取得最大值时，（    ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】CD
【分析】利用等比数列的性质求出，判断数列的单调性，进而即得.
【解析】因为，由等比数列的性质可得，
所以，因为，
所以，
因为，即，
所以，
∴，
因为，
所以等比数列为递减数列，
所以当时，，
∴当或时，取得最大值.
故选：CD

三、填空题
13．在数列中，，，且，则数列的通项公式是__________．
【答案】
【分析】根据确定数列为等比数列，再利用等比数列公式计算得到答案.
【解析】，故是等比数列，，故.
故答案为：
14．已知数列为等比数列，其前n项和为，前三项和为13，前三项积为27，则___________．
【答案】121或
【分析】根据等比数列的基本量运算可得或，然后利用求和公式即得.
【解析】设数列的公比为q，
∵前三项积为27，
∴，解得，
∵前三项和为13，
∴，
解得或，
∴或．
故答案为：121或.
15．已知数列的前项和为，满足（是常数，），，且，则_________.
【答案】128
【分析】先由与的关系式得到数列为等比数列，并设数列的公比为，同时可证数列也是等比数列，并且公比为，然后根据题干条件得到用数列的公比的关系式，再将也用含有的式子表示，即可得到答案.
【解析】因为（是常数，），所以当时有，
两式相减得，即，
所以数列为等比数列，设数列的公比为，
根据题意可得，即，
又因为，可得，即，
因为，
又因为，所以，
因为，所以，可知，
即数列也是等比数列，并且公比为，所以

故答案为：128.
16．在数列中，，，数列满足，．若，，，则数列的前2022项和为_________．
【答案】
【分析】将数列的前2022项和分解为奇数项和与偶数项和进行求解.
【解析】由已知得，，所以，即数列前2022项中偶数项的和为：
.
又由已知得，，所以，即奇数项为公比为－1的等比数列，即，即前2022项中奇数项和为1；
综上所述，前2022项和为．
故答案为：

四、解答题
17．已知数列的前n项和为，且满足．
(1)若成等比数列，求m的值；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）由题意是公差为2的等差数列，根据已知求并写出通项公式，再根据等比中项性质列方程求参数；
（2）由（1）得，应用分组求和，结合等差等比前n项和公式求.
【解析】（1）由题设，故是公差为2的等差数列，
所以，即，得，
所以，又，则，即.
（2）由（1）知：，
所以.
18．已知数列的前项和为，，且．
(1)求的通项公式；
(2)若是，的等比中项，求数列的前项和．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据给定的递推公式，结合等差数列通项公式求出，再由求出数列的通项作答.
（2）由（1）求出，再利用裂项相消法求解作答.
【解析】（1）因，则数列是以为首项，1为公差的等差数列，
则有，，当时，，满足上式，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）知，依题意，，，
所以.
19．已知数列的前项和为，，．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)详见解析；
(2)

【分析】（1）中令和结合求得，然后利用得数列的递推关系，进而即得；
（2）由（1）求得再得出，利用裂项相消法求得和．
【解析】（1）因为，
所以，
因为，
所以，，
即，，
解得，，
当时，，与联立，
得，
所以，
又因为，
所以是以1为首项，3为公比的等比数列；
（2）由（1）得，，
所以，，
所以，
所以.
20．已知数列为等差数列，为其前项和，且，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列是公比为q的等比数列，，，，求的前2022项和T．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据已知条件求得数列的首项和公差，由此求得.
（2）根据已知条件求得和，由此求得.
（1）
设数列的公差为，
则，解得，所以.
（2）
由（1）得，
则，解得，，
所以
21．已知为无穷数列，给出以下二个定义：
I.若对任意的，总存在i，且，使成立，则称为“H数列”；
II.若为“H数列”，且对任意的，总存在唯一的有序数对使成立，则称为“强H数列”；
(1)若，判断数列是否为“H数列”，说明理由；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得数列存在且不为常数列，求同时满足所选两个条件的所有数列的通项公式
条件①：为等差数列；
条件②：为等比数列；
条件③：为“强H数列”．
【答案】(1)不是“H数列”，
(2)条件①②数列不存在，条件①③数列不存在，
条件②③是公比为，首项为任何非零实数的等比数列.

【分析】（1） 按照题目所给的定义，推理即可；
（2） 按照题目所给的定义，分类讨论；
（1）
对于 ，若存在 ，使得 ，
则 ，
而 是偶数， 是奇数，奇数 偶数，
所以 不是“H数列”；
（2）
条件①，不妨设 ，假设存在 ，
使得，则有 ，
整理得 ，对于任意的n都成立，
当n=3时也成立，由于 ，所以i=1，j=2， ，
即只要i+j=n，就有，因此 是“H数列”，
由于i，j不是唯一的，比如 ， 不是“强H数列”；
条件②，不妨设 ，假设存在，
使得，则有 ，
当n=3时也成立，由于 ，所以i=1，j=2，
得 ， 或 ，
，
所以对于任意的n，总存在 ，使得成立，
当公比为 或时， 是“H数列”；
下面证明 是“强H数列”，即证明对于任意的n，i，j是唯一的：
考虑 ，函数 是增函数，
不妨假设 ，（对于 也相同）
若j=n-1，必有i=n-2，是唯一的，
若j=n-2，则 ， ，故i，j不存在，
若 ，则必然由 ，故i，j也不存在，
即对于公比为的等比数列， 是“强H数列”；
当时，考虑，是绝对值单调递减的摆动数列，
若j=n-1，必有i=n-2，是唯一的，
若j=n-2，则 ，必有  ，故i，j不存在，
令 ，则 ，则 是单调递减的正数列，
若，假设n=偶数，  ，
若，则必①②有，
考虑一下几种情况：
若i，j都是偶数，  …①，
   ，
故①不成立，即i，j不存在；
若i，j都是奇数，若，则有…②，
，②不成立，即i，j不存在；
若i是奇数，j是偶数，则有， …③，
，③不成立，即i，j不存在；
若i为偶数，j为奇数，则有…④
则有 ，由于 ，并且是递减的， ，
，
又 ，
∴④不成立，即i，j不存在；
同理可以证得当n=奇数时，i，j也是不存在的，
故有当时， 是“强H数列”；
综上，条件①②数列不存在，条件①③数列不存在，
②③存在“强H数列”，是公比为 或的等比数列