专题07 数列综合题-备战2022年上海高考数学模拟题分类汇编

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专题07 数列综合题-备战2022年上海高考数学模拟题分类汇编
1．（2021年•黄浦区一模）已知函数的定义域为，数列满足，，，（实数、是非零常数）．
（1）若，且数列是等差数列，求实数的值；
（2）若，数列满足，求通项公式；
（3）若，，数列是等比数列，且，，试证明：（a）．
【详解】（1）数列满足，，，
，
数列是等差数列，，，
记公差为，则公差．
，即，
；
（2），数列满足，
，，
数列是首项为，公比为的等比数列，
；
（3）证明：，，，
，
根据（2），可知当时，，
，
，
数列是等比数列，
，解得，
又（a），
（a）．
2．（2021年•静安区一模），个正数排成行列方阵，其中每一行从左至右成等差数列，每一列从上至下都是公比为同一个实数的等比数列．
已知，，．
（1）设，求数列的通项公式；
（2）设，求证：；
（3）设，请用数学归纳法证明：．
【详解】（1）由题意，数列是等差数列，设首项为，公差为，
由，得解得，，
故数列的通项公式为；
证明：（2）由（1）可得，再由已知，得，
解得，由题意舍去，
，
由指数函数的性质，有．
证明：（3）当时，，等式成立，
假设当时等式成立，即，
当时，，
等式成立，
根据和可以断定，对任何的都成立．
3．（2021年•金山区一模）若数列满足，且为实常数），，则称数列为数列．
（1）若数列的前三项依次为，，，且为（3）数列，求实数的取值范围；
（2）已知是公比为的等比数列，且，记．若存在数列为（4）数列，使得成立，求实数的取值范围；
（3）记无穷等差数列的首项为，公差为，证明：“”是“为数列”的充要条件．
【详解】（1）因为为（3）数列，所以，
则，解得，
即的取值范围是，；
（2）由数列为（4）数列，可得或，
当时，由，，所以．
则，
所以，即；
当时，由，，所以．
则，
所以，即，所以，
则的取值范围是；
（3）先证充分性．因为，所以，为等差数列，
所以当时，，此时，
由，所以成立，所以为数列；
当时，，
因为，所以，所以，
即有，
因为，所以
，
所以恒成立，所以为数列，
综上可得，为数列；
再证必要性．因为为数列，所以恒成立，所以，
当时，显然成立；
当时，因为，所以的每一项同号，所以与也同号，
所以，因为恒成立，所以时，成立，
因为为等差数列，，，
所以，即为，，
综上可得，“”是“为数列”的充要条件．
4．（2021年•松江区一模）对于由个正整数构成的有限集，，，，，记，特别规定，若集合满足：对任意的正整数，都存在集合的两个子集、，使得（A）（B）成立，则称集合为“满集”．
（1）分别判断集合，与，是否为“满集”，请说明理由；
（2）若，，，由小到大能排列成公差为的等差数列，求证：集合为“满集”的必要条件是，或2；
（3）若，，，由小到大能排列成首项为1，公比为2的等比数列，求证：集合是“满集”．
【详解】（1）集合是“满集”，集合不是“满集”，理由如下：
对于集合，，且共有4个子集：，，，，，
当分别取1，2，3时，有，，，，
故集合是“满集”；
对于集合，，且共有4个子集：，，，，，
当时，不存在的两个子集，，使得（A）（B），
故集合不是“满集”，
（2）证明：，，，由小到大能排列成公差为的等差数列，
，记，
集合为“满集”，
对任意的正整数，都存在集合的两个子集、，使得（A）（B）成立，
当时，由（A）（B），及（B），知（A）或（A），
若（A），则（B），此时，，，，，；
若（A），则在的真子集中，（A）最大，必有，
此时，，，，，
综上，可得；
若，当时，，
不存在集合的两个子集、，使得（A）（B）成立，
或2，
综，可得集合为“满集”的必要条件是，或2，
（3）证明：由题设，可得，2，4，，，，
对任意，，存在，，，，使得，
同理有，，，其中，，，，经过有限次的操作后，
必存在，
，
当时，，
此时取，，，，，，则有（A）（B），
集合是“满集”．
5．（2021年•闵行区一模）已知数列与满足为非零常数），．
（1）若是等差数列，求证：数列也是等差数列；
（2）若，，，求数列的前2021项和；
（3）设，，，若对中的任意两项、，，，都成立，求实数的取值范围．
【详解】（1）由题意，数列是等差数列，设公差为，即，
可得，
数列也是等差数列；
（2）由，可得，
是周期为4的数列；
，
可得也是周期为4的数列；
，，，，
，，，，
那么．
（3）设，，
可得，
是为为首项，公比为的等比数列，
，
那么



可得
由
当为偶数时，，可知是单调递增，那么，
由
当为奇数时，，可知是单调递减，那么；
，
可得，
可得中的最大值，最小值为
对中的任意两项、，，，都成立，
即，
解得：
故得实数的取值范围是，，．
6．（2021年•杨浦区一模）设数列与满足：的各项均为正数，，．
（1）设，，若是无穷等比数列，求数列的通项公式；
（2）设．求证：不存在递减的数列，使得是无穷等比数列；
（3）当时，为公差不为0的等差数列且其前项的和为0；若对任意满足条件的数列，其前项的和均不超过，求正整数的最大值．
【详解】（1）由，，
可得，，公比为，
由解得，
数列的通项公式为．
（2）证明：设存在递减的数列，使得是无穷等比数列，
则，此时，
公比，，考虑不等式，
当时，即时，有（其中表示不超过的最大整数），
这与的值域为，矛盾，
所以假设不成立，得证；
（3），可得，
由等差数列性质，
即，特别地，，
现考虑的最大值．
为使取最大值，应有，，
否则在中将替换为，且，，，
将得到一个更大的，
由可知，特别地，；
于是，
解得，
所以的最大值为8．
7．（2021年•浦东新区一模）已知函数的定义域是，若对于任意的，，当时，都有，则称函数在上为非减函数．
（1）判断，与，是否是非减函数？
（2）已知函数在，上为非减函数，求实数的取值范围．
（3）已知函数在，上为非减函数，且满足条件：①，②，③，求的值．
【详解】（1）不是，是．
因为（1）（2），则不是，上的非减函数，
，
，，，且设，则，显然满足，
，，，且设，则，显然满足，
，，，，则，，显然满足，
综上所述，是，上的非减函数．
（2），，，设，
则，


，
则，，，设，不等式恒成立，
即，则．
（3）（1），所以（1），
所以（1），
，
得出，
，，因为函数在，上为非减函数，
所以，
所以，
得到，，，
由②知，，
，
所以．
8．（2021年•普陀区一模）已知无穷数列的首项为，其前项和为，且，其中为常数且．
（1）设，求数列的通项公式，并求的值；
（2）设，，是否存在正整数使得数列中的项成立？若存在，求出满足条件的所有值，若不存在，请说明理由；
（3）求证：数列中不同的两项之和仍为此数列中的某一项的充要条件为存在整数且，使得．
【详解】（1）由得数列是以1为首项1为公差的等差数列，
故，，；
（2）因为是等差数列，，解得，
又因为，所以，故，
所以，，则，
当，2，3，4，5，6，7，8时，，不等式成立，
当时，时，不等式都不成立，
所以满足条件的所有的的值为1，2，3，4，5，6，7，8；
（3）①先证必要性：任取等差数列中不同的两项，，，
存在使得，则，得，
故存在使得，使得，，
再整：反证法证明：假设当时，不成立，则恒成立，
对于不同的两项，，应存在，使得，即，
所以，又因为是小于的整数，故，
所以假设不成立，故，
②再证充分性：当，，，
任取等差数列中不同的两项，，，则，
因为且，
所以，
综上①②可得，原结论成立．
9．（2021年•虹口区一模）设是实数，是整数，若，则称是数轴上与最接近的整数．
（1）数列的通项为，且对任意的正整数，是数轴上与最接近的整数，写出一个满足条件的数列的前三项；
（2）数列的通项公式为，其前项和为，求证：整数是数轴上与实数最接近的整数；
（3）是首项为2，公比为的等比数列的前项和，是数轴上与最接近的正整数，求．
【详解】（1）由题意可得，可得，
所以，，满足条件；
，，满足条件；
，，满足条件；
（2）因为，
所以，可得，
所以，
整数是数轴上与实数最接近的整数．
（3），为递增数列，
，所以，，；
，所以，，；
，所以，，；
，所以，
当时，，所以，
所以．
10．（2021年•奉贤区一模）已知数列满足恒成立．
（1）若且，当成等差数列时，求的值；
（2）若且，当，时，求以及的通项公式；
（3）若，，，，，设是的前项之和，求的最大值．
【详解】（1）且，且成等差数列，
，
，；
（2），，
，，
，，，，
，，
是等比数列，
首先，公比为2，
，累乘可得：
；
（3）由，以及知对任意恒成立，
这样，故，
设，
则，
又，
故，
显然最大与最大同时发生，
，，又，故，
故，
故，考虑函数的性质知，，的最大值在端点处取得，
故取得到，最大值在，时取得，
故的最大值为．
11．（2021年•嘉定区一模）若有穷数列满足：，且对任意的，，与至少有一个是数列中的项，则称数列具有性质．
（1）判断数列1，2，4，8是否具有性质，并说明理由；
（2）设项数为，的数列具有性质，求证：；
（3）若项数为，的数列具有性质，写出一个当时，不是等差数列的例子，并证明当时，数列是等差数列．
【详解】（1）数列1，2，4，8不具有性质，
，但是，，它们均不是数列1，2，4，8中的项，
故数列1，2，4，8不具有性质；
（2）证明：，，即，故，
设，，，
则得，
，
故，，，，，，
累加得：，
故，
（3）数列0，1，4，5具有性质，但该数列不是等差数列，
下面证明当，即时，数列是等差数列，
由（2）得，
①设，
由（2）知，
，
故，，，，，，
故，
②设，
则，故，得，
由，
及，
可得，，，，，
故，
，由以上可知：，且，
故且，故，
由知：，
两式相减得，
故当时，数列是等差数列．
12．（2021年•嘉定区一模）若无穷数列和无穷数列满足：存在正常数，使得对任意的，均有，则称数列与具有关系（A）．
（1）设无穷数列和均是等差数列，且，问：数列与是否具有关系（1）？说明理由；
（2）设无穷数列是首项为1，公比为的等比数列，，证明：数列与具有关系（A）；并求的最小值；
（3）设无穷数列是首项为1，公差为的等差数列，无穷数列是首项为2，公比为的等比数列，试求数列与具有关系（A）的充要条件．
【详解】（1）因为，
若数列与具有关系（1），
则对任意的，均有，即，亦即，
但时，，
所以数列与不具有关系（1），
（2）证明：因为无穷数列是首项为1，公比为的等比数列，所以，
因为，所以，
所以，
所以数列与具有关系（A）．
设的最小值为，，
因为，所以．
若，则当时，，则，
这与“对任意的，均有”矛盾，
所以，即的最小值为1．
（3）因为数列是首项为1，公差为的等差数列，无穷数列是首项为2，公比为的等比数列，所以，
设，则．
数列与具有关系（A），即存在正常数，使得对任意的，均有．
（Ⅰ）当，时，，取，则，数列与具有关系（A）
（Ⅱ）当，时，假设数列与具有关系（A），则存在正常数，使得对任意的，均有．因为，所以，对任意的，，即，，所以，这与“对任意的，均有”矛盾，不合；
（Ⅲ）当，时，假设数列与具有性质（A），则存在正常数，使得对任意的，均有．因为，所以，对任意的，，即，即，所以，，这与“对任意的，均有”矛盾，不合；
（Ⅳ）当，时，假设数列与具有性质（A），则存在正常数，使得对任意的，均有．因为，所以，对任意的，，所以，所以，设，则对任意的，．因为所以，对任意的，，
下面先证明：存在，当时，．即证．
设，则，所以时，，在区间上递增，同理在区间上递减，所以（4），所以．
因此，，所以，当时，，设，则当时，，即当时，，又，所，即，解得，这与对任意的，矛盾，不合．
综上所述，数列与具有关系（A）的充要条件为，．
13．（2021年•宝山区一模）若有穷数列、、、满足，（这里、，，，常数，则称有穷数列具有性质．
（1）已知有穷数列具有性质（常数，且，试求的值；
（2）设、，，，常数，判断有穷数列是否具有性质，并说明理由；
（3）若有穷数列、、、具有性质（1），其各项的和为2000，将、、中的最大值记为，当时，求的最小值．
【详解】（1）因为有穷数列具有性质，
所以，即，，2，3，，
再由已知条件可得，
即，
而，所以，
又，所以；
（2）当时，有穷数列不具有性质，
当时，有穷数列具有性质，
理由如下：
若时，则有穷数列显然不具有性质，
若，则由，可得，即，
所以，且，
同理可得，，则，且，

一般地若，，则，且，
于是，即，
所以，且，（仍有，这里、，，，
因此当时，有穷数列具有性质，
综上，当时，有穷数列不具有性质，
当时，有穷数列具有性质，
（3）由已知可得，，，，
故，即，
整理可得，
显然，
于是有，
注意到，，且，
所以，
可取，，，3，，，
因此的最小值为110．
14．（2021年•长宁区一模）若对于数列中的任意两项可，，在中都存在一项，使得，则称数列为“数列”若对于数列中的任意一项，在中都存在两项，，使得，则称数列为“数列”．
（1）若数列为首项为1公差也为1的等差数列，判断数列是否为“数列”，并说明理由；
（2）若数列的前项和，求证：数列为“数列”；
（3）若数列为各项均为正数的递增数列，且既为“数列”，又为“数列”，求证：，，，成等比数列．
【详解】（1）数列的通项公式为：，，，
不是整数，故不是数列的项，
故数列不是“数列”；
（2）数列的前项和，故，
当时，取，，
则，故数列是“数列”，
（3）证明：记，而数列为各项均为正数的递增数列，
故且当时，，
若，，则①，
数列为“数列”，故存在，且，
由①知：，故，，
即，即，，成等比数列，
数列是“数列”，存在正整数，，使得，
由①得：，故，从而，记，
数列是“数列”，存在正整数，使得，
由，得，
若，再由，
得，与矛盾，
若，则，与数列递增矛盾，
故，即，，，成等比数列．
15．（2021年•徐汇区一模）对于项数为的有限数列，记该数列前项，，，中的最大项为，2，，，记，，，，该数列后项，，，中的最小项，2，，，记，，，，，2，3，，．
（1）对于共有四项的数列：3，4，7，1，求出相应的、、；
（2）设为常数，且，2，3，，，求证：，2，3，，；
（3）设实数，数列满足，，3，，，若数列对应的满足对任意的正整数，2，3，，恒成立，求实数的取值范围．
【详解】（1）由题意可得，，，，所以，，；
（2）证明：显然，对任意，2，，成立，又，
所以对任意的，2，，成立，
这样，，，；
（3）这是个迭代的套路，主要计算得到，
所以时数列递减，时数列递增，下面给出详解：
若，则，为递增数列；
若，则，为常数列；
若且，则，即有，
记，则是以为公比的等比数列，且首项为，
当时，数列首项为正，公比在内，所以递减；
当，时，数列首项为负，公比在内，所以递增；
当时，数列首项为正，公比在内，所以递增．
注意到与单调性相同，
所以时，递减，
所以，，不满足题意；
时，为常数列，所以，不满足题意；
，时，递增，
，，，，
由于递增，所以，
所以，．
16．（2021年•崇明区一模）对于数列，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称为数列．
（1）若数列1，2，，8是数列，求实数的取值范围；
（2）设数列，，，，是首项为、公差为的等差数列，若该数列是数列，求的取值范围；
（3）设无穷数列是首项为、公比为的等比数列，有穷数列、是从中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，起所有项和分别记为、，求证：当且时，数列不是数列．
【详解】（1）由题意得，所以；
（2）由题意得，该数列的前项和为，
由数列，，，，是数列，得，
故公差，对满足，2，，9的所有都成立，
则，解得，
所以的取值范围是；
证明：（3）若是数列，则，
因为，所以，又由对所有都成立，
得恒成立，即恒成立，
因为，故，
所以，
若中的每一项都在中，则由这两数列是不同数列可知，
若中的每一项都在中，同理可得，
若中至少有一项不在中，且中至少有一项不在中，
设，是将，中的公共项去掉之后剩余项依次构成的数列，
它们的所有项之和分别为，，不妨设，中的最大项在中，
设为，
则，
故总有与矛盾，故假设错误，
原命题正确．
17．（2021•虹口区二模）若数列满足“对任意正整数，，，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”．
（1）判断各项均等于的常数列是否具有“性质”，并说明理由；
（2）若公比为2的无穷等比数列具有“性质”，求首项的值；
（3）若首项的无穷等差数列具有“性质”，求公差的值．
【答案】（1）见解析（2），且（3）或
【详解】（1）若数列具有“性质”，“对任意正整数，，，
都存在正整数，使得”，所以，
所以或1，
故当或1时，各项均等于的常数列具有“性质”；
当且时，各项均等于的常数列不具有“性质”．
（2）对任意正整数，，，
都存在正整数，使得，即，
所以，
令，则，
当且时，，
对任意正整数，，，由，得，
所以，
而是正整数，所以存在正整数，使得成立，数列具有“性质”；
当且时，取，，则，正整数不存在，数列不具有“性质”，
综上所述，，且．
（3）因为，
所以若对于任意的正整数，存在整数，使得成立，则，
对于任意的正整数，存在整数和，使得，，
两式相减得，，
若，显然不合题意，
若，得，是整数，从而得到公差也是整数，
当时，此数列是递减的等差数列，取满足的正整数，解得，
由，所以不存在正整数使得成立，从而时，不具有“性质”；
当时，数列2，3，4，，，，对任意的正整数，，，
由，可得，可得，而是正整数，从而数列具有“性质”；
当时，数列2，4，6，，，，对任意正整数，，由，可得，即，而是正整数，从而数列具有“性质”．
综上可得，或．
18．（2021•杨浦区二模）已知无穷数列与无穷数列满足下列条件：①，1，，；②，．记数列的前项积为．
（1）若，，，，求；
（2）是否存在，，，，使得，，，成等差数列？若存在，请写出一组，，，；若不存在，请说明理由；
（3）若，求的最大值．
【答案】（1）（2）不存在（3）
【详解】（1）由得，，
由得，，
由得，，
；
（2）不存在．假设存在，设，，，公差为，
若，则，，，公差，，矛盾；
若，则，，，公差，，矛盾，
假设不成立，故不存在；
（3）由题意，，且，，，，
设，，得，进一步得到，
显然的值从大到小依次为，
若，则，则，不可能；
若，则或，则或，不可能；
若，则，则，不可能；
，当或取得，
，
，，

，当，0，2，0，2，取得，
又，
．
19．（2021•浦东新区二模）已知无穷实数列，，若存在，使得对任意，恒成立，则称为有界数列；记，，2，3，，，若存在，使得对任意，，恒成立，则称为有界变差数列．
（1）已知无穷数列的通项公式为，，判断是否为有界数列，是否为有界变差数列，并说明理由；
（2）已知首项为，公比为实数的等比数列为有界变差数列，求的取值范围；
（3）已知两个单调递增的无穷数列和都为有界数列，记，，证明：数列为有界变差数列．
【答案】（1）见解析（2），，（3）见解析
【详解】（1），
若使数列为有界数列，则需使，
由知，，
则，，2，3，，，
，
则即可，则数列为有界变差数列．
（2），则，
当时，则，显然满足题意．
当时，则，则，
若，则，舍去．
当时，则是首项为，公比为的等比数列，
则，
若时，，则符合题意．
若时，趋向于无穷大，与题意矛盾，舍去．
综上可得，的取值范围为，，．
（3）证明：因为和为有界数列，
则存在，使得对任意的，恒成立，
则存在，使得对任意的，恒成立，



，
又因为和为单调递增的有界数列，
，
则，
则，
所以存在即可，则数列为有界变差数列．
20．（2021•金山区二模）在数列中，已知，．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）记，数列的前项和为，求使得的整数的最小值；
（3）是否存在正整数、、，且，使得、、成等差数列？若存在，求出、、的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析（2）10（3）见解析
【详解】（1）数列中，已知，．
所以，
整理得，
故，
所以数列为等比数列；
解：（2）由（1）得：，
所以，
所以，
故．
令，
则，
解得，
所以的最小正值为10．
解：（3）假设存在正整数、、满足题意，则，
即，
整理得，
由于，
得到，，
所以为奇数，而和均为偶数，
故（1）式不能成立，、
即不存在正整数、、且，使得，，成等差数列．
21．（2021•闵行区二模）对于有限集，，，，，，，如果存在函数除外），其图象在区间上是一段连续曲线，且满足，其中，，那么称这个函数是变换，集合是集合，数列，，，，，是数列．
例如，，2，是集合，此时函数是变换，数列1，2，3或3，2，1等都是数列．
（1）判断数列1，2，5，8，9是否是数列？说明理由；
（2）若各项均为正数的递增数列是数列，若变换，求的值；
（3）元素都是正数的有限集，，，，，，，若，总有，其中，．试判断集合是否是集合？请说明理由．
【答案】（1）是（2）（3）集合是一个集合
【详解】（1）记，2，5，8，，存在函数，
使得，所以数列1，2，5，8，9是数列．
（2）因为函数在区间上是减函数，
所以，
因为递增数列是数列，
所以．
记，则
所以．
（3）不妨设
①当时，考察
因为，故，
且，
即所以是等比数列，，
此时存在变换，使得，故集合是集合．
②当时，考察，，
因为，
故，
即，所以是等比数列，，此时存在变换，使得，故集合是一个集合．
综合①，②可知，集合是一个集合．
22．（2021•普陀区二模）记实数、中的较大者为，，例如，，，，对于无穷数列，记，，若对于任意的，均有，则称数列为“趋势递减数列”．
（1）根据下列所给的通项公式，分别判断数列是否为“趋势递减数列”，说明理由；
①；
②；
（2）设首项为1的等差数列的前项和为，公差为，且数列为“趋势递减数列”，求的取值范围；
（3）若数列满足、均为正实数，且，求证：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有0．
【答案】（1）见解析（2）（3）见解析
【详解】（1）解：①因为，
所以，，
所以为正整数），
所以，
故①数列为“趋势递减数列”．
②因为，
所以，，
所以为正整数），
所以，
故②数列不是“趋势递减数列”．
（2）解：因为数列为“趋势递减数列”，
所以，，，
①若，则，即，
所以，
此时，，
所以，
故，满足条件；
②若，则，且，
所以，即，
所以，
所以，
同理可以验证满足条件，
综上所述，的取值范围为．
（3）证明：先证明必要性：用反证法．
假设存在正整数，使得，可令，
则数列从项开始，以后的各项为，，0，，，，
故，与是“趋势递减数列”矛盾，
所以必要性成立．
再证明充分性：
由，得，，
因为中的项没有0，所以对于任意正整数，，
所以为正整数），
所以，
①当时，，，，
②当时，，，，
所以均有，
所以充分性成立，
故为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有0．
23．（2021•徐汇区二模）若数集至少含有3个数，且对于其中的任意3个不同数，，，，，都不能成为等差数列，则称为“集”．
（1）判断集合，2，4，8，，，是否是集？说明理由；
（2）已知，．集合是集合，2，3，，的一个子集，设集合，求证：若是集，则也是集；
（3）设集合，判断集合是否是集，证明你的结论．
【答案】见解析
【详解】（1）任取三个不同元素（其中，
若此三数成等差数列，则，
但，因此这三个数不能成等差数列．
所以，集合，2，4，8，，，是“集”．
（2）反证法．假设不是“集”，即中存在三个不同元素，
使，，成等差数列，则．
因为是“集”，所以，，，不能全在中；
如果，，全在中，则依然成立，
且，，都在中，这说明中存在三个数构成等差数列，
即不是“集”，与条件矛盾，因此，，，也不能全在中，
由于中最小可能元素（为大于中最大可能元素（为，
所以必有，．
从而，，故；
同样，，故．
这与矛盾，故也是“集“．
（3）集合是“集”，证明如下：
记，则，
故．
任取，，（其中，则．
当时，
（这是由于，故，即；
当时，若，，成等差数列，则，即，化简得
从而是的正整数倍，由于与互质（为两个连续正整数），
因此是的正整数倍或是的正整数倍，
若是的正整数倍，则，而，则式不成立；
若是的正整数倍，则，而，仍不成立．
综上可知，，，不能成等差数列，即证明了集合是“集“．
24．（2021•长宁区二模）数列满足：，，且对任意，都有，．
（1）求，，；
（2）设，求证：对任意，都有；
（3）求数列的通项公式．
【答案】（1），，（2）见解析（3）
【详解】根据题意，可知数列为递增数列，
，，
当时，，解得，
当时，，
，
当时，，
又因为当时，，
又由可得，，即，该结果与题意相反，故；
由上可得，，．
（2）证明：假设存在，使得，即，
则由，及，得，
由，及，得，
由此可得，，该结论与相反，
假设不成立，即，
即对任意，都有．
（3）解：由（2）可知，，
，
对任意的，都有，
当时，得，
又由，，得，
设，由，及，得，
对任意的，，进而．
25．（2021•黄浦区二模）定义：符号，，表示实数、、中最大的一个数；，，表示、、中最小的一个数．如，，2，，，．
设是一个给定的正整数，数列共有项，记，，，，，，，，，，，2，3，4，，．由的取值情况，我们可以得出一些有趣的结论．比如，若，则理由：，则又，，于是，有试解答下列问题：
（1）若数列的通项公式为，求数列，2，3，，的通项公式；
（2）若数列，2，，满足，，2，，，求通项公式；
（3）试构造项数为的数列，满足，其中是等比数列，是公差不为零的等差数列，且数列，2，，是单调递减数列，并说明理由．（答案不唯一）
【答案】（1），2，，（2），2，，（3）见解析
【详解】（1）数列的通项公式为，
根据指数函数的图像与性质，可知数列是单调递减数列，
即，2，，．
，．
，2，，为所求的通项公式．
（2）数列，2，，满足，，2，，，
依据题意，由，知；由，知；依此类推，有，即，
于是，数列，2，，是单调递减数列．
，，，，，，，，，，2，，．
，，即．
数列是首项，公差为的等差数列．
，2，，．
（3）构造数列，数列，，2，，，
设，则数列满足题设要求．理由如下：
构造数列，数列，，2，，，
易知，数列是等比数列，数列是等差数列．
由指数函数的性质，知，即数列是单调递减数列；
由函数的性质，知数列是单调递减数列．
，即，2，3，，．
数列是单调递减数列．．
，即数列，2，，是单调递减数列．
数列是满足条件的数列．
26．（2021•宝山区二模）若数列满足：从第二项起的每一项不小于它的前一项的倍，则称该数列具有性质．
（1）已知数列，，具有性质（4），求实数的取值范围；
（2）删除数列，，，，中的第3项，第6项，，第项，，余下的项按原来顺序组成一个新数列，且数列的前项和为，若数列具有性质，试求实数的最大值；
（3）记，如果，2，，，证明：“”的充要条件是“存在数列具有性质（1），且同时满足以下三个条件：
（Ⅰ）数列的各项均为正数，且互异；
（Ⅱ）存在常数，使得数列收敛于；
（Ⅲ），2，，这里”．
【答案】（1）（2）11（3）见解析
【详解】（1）由题意可知解得．
（2）当，时，，，，
，
当，时，，，
．
当，时，，，
，
综上：的最大值为11．
（3）证明：令，显然，具有性质（1），且满足条件Ⅰ，当，，满足条件Ⅱ，
，，
，即证：“．
27．（2021•奉贤区二模）设数列满足：，，设，．
（1）设，，若数列的前四项、、、满足，求；
（2）已知，，，当，，时，判断数列是否能成等差数列，请说明理由；
（3）设，，，求证：对一切的，，均有．
【答案】（1）（2）数列不能成等差数列（3）对一切的，，均有
【详解】（1）若，即，即，所以，
可得，
所以，可得，所以，可得，可得；
若，同理可得，无解．
所以；
（2）若为等差数列，因为，所以，递增，
，因为，所以，
又因为递增，所以一定会出现大于，且不满足，所以矛盾，
所以数列不能成等差数列；
（3）证明：时，；
假设时，成立，
则时，，
①在第一、二象限时，成立；
在第三、四象限时，，
成立；
②在第一、四象限时，成立；
在第二、三象限时，，所以成立；
所以对一切的，，均有．
28．（2021•松江区二模）对于至少有三项的实数列，若对任意的，都存在、（其中，，，，，使得成立，则称数列具有性质．
（1）分别判断数列1，2，3，4和数列，0，1，2是否具有性质，请说明理由；
（2）已知数列是公差为的等差数列，若，且数列和都具有性质，求公差的最小值；
（3）已知数列（其中，，，试探求数列具有性质的充要条件．
【答案】见解析
【详解】（1）数列1，2，3，4不具有性质，理由如下：
当时，，不存在、（其中，，，，，使得成立，
所以数列1，2，3，4不具有性质，
数列，0，1，2具有性质，理由如下：
若，，，则满足，
若，，，则满足，
所以数列，0，1，2具有性质．
（2）的公差为，，
，
，
要使最小，
，
，
，，，
又，
当时，，
此时令的首项为，则数列和都具有性质，
．
（3）数列且具有性质，
，
，
（充分性成立），
又由可得，
即（必要性成立），
数列具有性质的充要条件是．
29．（2021•嘉定区二模）已知数列满足：，，，为数列的前项和．
（1）若是递增数列，且，，成等差数列，求的值；
（2）已知，且是递增数列，是递减数列，求数列的通项公式；
（3）已知，对于给定的正整数，试探究是否存在一个满足条件的数列，使得．若存在，写出一个满足条件的数列；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）（3）不存在
【详解】（1）由于数列是递增数列，
所以，
由于，所以，，
由于，，成等差数列，
所以，
整理得，
故或．
当时，，与数列是递增数列是单调增数列矛盾，
所以．
（2）由于数列是递增数列，
所以，
于是，①
由于，
所以②，
由①②得：，
因此，
即③，
由于数列是递减数列，
故，
则④，
由于，所以⑤，
由④⑤得：，
因此，即，⑥，
由③⑥得：，
故时，，
即，
当时，代入上式得到，与已知条件吻合，
所以．
（3）当或时，存在数列，使得，
此时数列，满足，，，
则有，，
即，
当或时，不存在数列，使得，
理由如下：由于，
所以，
又因为为奇数，则当时，为奇数，为偶数，
所以当时，为奇数，为偶数，
因此，均不可能成立，
于是当或时，时，不存在数列，使得．
30．（2021•崇明区二模）对于数列，定义△为数列的差分数列，其中△，，如果对任意的，都有△△，则称数列为差分增数列．
（1）已知数列1，2，4，，16，24为差分增数列，求实数的取值范围；
（2）已知数列为差分增数列，且，．若，求非零自然数的最大值；
（3）已知项数为的数列，2，3，，是差分增数列，且所有项的和等于，证明：．
【答案】（1）（2）65（3）
【详解】（1）解：数列1，2，4，，16，24的差分数列为1，2，，，8，
由题意可得，解得，
故实数的取值范围是．
（2）解：由题意，△，△，
因为数列为差分增数列，所以对任意的，都有△△，
所以△△，△，同理，△，，△，，
所以当时，△△△，
所以，
解得，
所以非零自然数的最大值为65．
（3）证明：假设，
由题意知，2，3，，，
因为项数为的数列所有项的和等于，
所以，
即，
所以，
因为数列，2，3，，是差分增数列，
所以，
所以，因此，
所以对任意的，，都有，即，
所以，
所以与矛盾，
故假设不成立，所以．