专题2.1 透过二模看高考（数列）-2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（上海专用）

专题2.1 透过二模看高考—数列
模拟预测

上海最新二模
1．（2021崇明区高考数学二模）（18分）对于数列{an}，定义{△an}为数列{an}的差分数列，其中△an＝an+1﹣an，n∈N*，如果对任意的n∈N*，都有△an+1＞△an，则称数列{an}为差分增数列．
（1）已知数列1，2，4，x，16，24为差分增数列，求实数x的取值范围；
（2）已知数列{an}为差分增数列，且a1＝a2＝1，an∈N*．若ak＝2021，求非零自然数k的最大值；
（3）已知项数为2k的数列{log3an}（n＝1，2，3，…，2k）是差分增数列，且所有项的和等于k，证明：akak+1＜3．
【解答】（1）解：数列1，2，4，x，16，24的差分数列为1，2，x﹣4，16﹣x，8，
由题意可得，解得8＜x＜10，
故实数x的取值范围是（8，10）．
（2）解：由题意，△a1＝0，△an∈N，
因为数列{an}为差分增数列，所以对任意的n∈N*，都有△an+1＞△an，
所以△a2＞△a1＝0，△a2≥1，同理，△a3≥2，…，△ak≥k﹣1，k∈N*，
所以当k≥2时，ak＝a1+△a1+△a2+…+△ak﹣1≥1+1+2+…+（k﹣2）＝1+，
所以2021≥1+，
解得k≤65，
所以非零自然数k的最大值为65．
（3）证明：假设akak+1≥3，
由题意知an＞0（n＝1，2，3，…，2k），
因为项数为2k的数列{log3an}所有项的和等于k，
所以log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a2k＝k，
即log3a1a2a3…a2k＝k，
所以a1a2a3…a2k＝3k，
因为数列{log3an}（n＝1，2，3，…，2k）是差分增数列，
所以log3an+1﹣log3an＜log3an+2﹣log3an+1，
所以＜，因此＜＜＜…＜，
所以对任意的m≤k﹣1，m∈N*，都有＜，即am+1a2k﹣m＜ama2k+1﹣m，
所以a1a2k＞a2a2k﹣1＞a3a2k﹣2＞…＞akak+1≥3，
所以a1a2a3…a2k＞3k与a1a2a3…a2k＝3k矛盾，
故假设不成立，所以akak+1＜3．
2、（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．
解析：（1）当时，，
根据条件得
当时，，

所以，
根据条件得与不符合，舍去
所以
（2）假设数列成等差数列，设公差为
因为，所以，则是单调递增的正数列
因此，
所以
得到（舍去）或者
从而
推得与矛盾
所以数列不可能成等差数列．

（3）设，，
得到
得到
假设数列中有不小于的项，设是第一个不小于的项，()，
即．
根据运算性质可以得，即数列中的任何相邻两项的差都不大于1，因此，即，
而在这个区间中，从而，
得到产生矛盾 所以对一切的，均有．

3．（2021嘉定区二模）（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）
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．
【解析】解：（1）因为是递增数列，所以．
因为，所以 ，．…………………………………2分
又因为成等差数列，所以，即
即，解得或．
当时，，这与是递增数列相矛盾，所以．…………………4分

（2）因为是递增数列，则有，
于是 ①
因为，所以 ②
由①、②得，，
因此，即 ③ …………………2分
又因为是递减数列，则有，于是 ④
因为，所以 ⑤
由④、⑤得，，
因此，即 ⑥
由③、⑥可得． …………………………………4分
于是当时，

即 ．………………………………………………………5分
当时，代入上式得，与已知条件相吻合．
所以所求数列的通项公式是 ，．……………6分
（3）当或 （）时，存在数列，使得．…………2分
此时数列满足，
则有，，
即． ……………………………………………………………………4分
当或 （）时，不存在数列，使得．……6分
理由如下：因为，所以 ；
又因为为奇数，则当时，为奇数，为偶数， ……………7分
所以当时，为奇数，为偶数，
因此，均不可能成立．
于是当或 （）时，不存在数列，使得．…8分
4. （2021普陀区二模）（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）
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”，并说明理由.
①， ②；
（2）设首项为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.
解：（1）①中，得（为正整数）且，故①数列满足“趋势递减数列”的定义，故为“趋势递减数列”.
②，，（为正整数），其中，故②中数列不满足“趋势递减数列”的定义，故其不是“趋势递减数列”.……4分
（2）由数列为“趋势递减数列”，得.……5分
①若，则,即，也即，故.
此时，所以
故（），满足条件.……7分
②若，则，得；，，
即，解得，所以.同理可以验证满足条件……9分
由①②可得，.………………10分
（3）先证明必要性：用反证法.
假设存在正整数,使得，则令
则数列从项开始以后的各项为，故，与是“趋势递减数列”矛盾.……14分
再证明充分性：
由，得……15分
因为中的项没有，所以对于任意正整数，.于是（为正整数）
所以……16分
当时，……17分
当时，
所以均有
故为“趋势递减数列”的充要条件是数列的项中没有.……18分

5．（2021松江区二模）（18分）对于至少有三项的实数列{an}，若对任意的n（n∈N*，n≥3），都存在s、t（其中s≠t，s，t∈N*，s＜n，t＜n），使得an＝as﹣at成立，则称数列{an}具有性质P．
（1）分别判断数列1，2，3，4和数列﹣1，0，1，2是否具有性质P，请说明理由；
（2）已知数列{an}是公差为d（d＞0）的等差数列，若bn＝sinan，且数列{an}和{bn}都具有性质P，求公差d的最小值；
（3）已知数列cn＝|n﹣a|﹣b（其中a≠b，a，b∈N*），试探求数列{cn}具有性质P的充要条件．
解：（1）数列1，2，3，4不具有性质P，理由如下：
当n＝4时，an＝4，不存在s、t（其中s≠t，s，t∈N*，s＜n，t＜n），使得an＝as﹣at成立，
所以数列1，2，3，4不具有性质P，
数列﹣1，0，1，2具有性质P，理由如下：
若an＝1，as＝0，at＝﹣1，则满足an＝as﹣at，
若an＝2，as＝1，at＝﹣1，则满足an＝as﹣at，
所以数列﹣1，0，1，2具有性质P．
（2）∵{an}的公差为d，bn＝sinan，
∴，
∴bs﹣bt＝sin（as﹣at），
要使d最小，
∴sinas•sinat＝sin（as﹣at）＝sinascosat﹣cosatsinat，
∴，
∴at＝2tπ，as＝2sπ，
又∵d＝＝＝2π，
∴dmin＝2π．
（3）∵数列cn＝|n﹣a|﹣b且具有性质P，
∴cn＝cs﹣ct，
∴|n﹣a|﹣b＝|s﹣a|﹣b﹣（|t﹣a|﹣b），
∴b＝|n﹣a|﹣|s﹣a|+|t﹣a|（充分性成立），
又由b＝|n﹣a|﹣|s﹣a|+|t﹣a|可得|n﹣a|﹣b＝|s﹣a|﹣b﹣（|t﹣a|﹣b），
即cn＝cs﹣ct（必要性成立），
∴数列{cn}具有性质P的充要条件是b＝|n﹣a|﹣|s﹣a|+|t﹣a|．
6.(2021徐汇区二模） （本题满分18分，第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题8分）
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()是否是集？说明理由；
(2)已知. 集合是集合的一个子集，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.
【解】(1)任取三个不同元素2i<2j<2k(其中0i 若此三数成等差数列，则2i+2k=22j，
但2i+2k>2k2j+1=22j，因此这三个数不能成等差数列.
所以，集合()是“集”.----------------------4分
(2)反证法. 假设不是“集”，即中存在三个不同元素x 使x,y,z成等差数列，则x+z=2y.------------------------------------------5分
因为是“集”，所以，x,y,z不能全在A中；----------------------------6分
如果x,y,z全在B中，则[x-(2k-1)]+[z-(2k-1)]=2[y-(2k-1)]依然成立，
且x-(2k-1)，y-(2k-1)，z-(2k-1)都在A中，这说明A中存在三个数构成等差数列，
即A不是“集”，与条件矛盾，因此，x,y,z也不能全在B中.---------------7分
由于B中最小可能元素（为2k）大于 A中最大可能元素（为k），
所以必有xA，zB.----------------------------------------------------8分
从而，y=(x+z)[k+k+(2k-1)]=2k-<2k，故yB；
同样，y=(x+z)[1+1+(2k-1)]=k+>k，故yA.
这与y矛盾，故也是“集”.-----------------------------10分
(3) 集合是“集”，证明如下：
记，则，
故.-----------------------------------------12分
任取(其中1i 当kj+2时，
(这是由于j>i1,故j2) ，即；-------------------------14分
当k=j+1时，若成等差数列，则，即
，化简得……(*)----------------15分
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，-----------------16分
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”.----------18分
7．（2021虹口区二模）（本题满分18分.第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题8分）.
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.
解：（1）若数列具有“性质”，由已知对于任意正整数，，，，都存在正整数，使得，所以,解得或.…………3分
所以当或时，常数数列满足“性质”的所有条件，数列具有“性质”；当且时，数列不具有“性质”.……………………4分
（2）对于任意正整数，，，存在正整数，使得，即，，令，则.……6分
当且时，则，对任意正整数，，，由得,得，而是正整数，所以存在正整数使得成立,数列具有“性质”.……8分
当且时，取，则，正整数不存在，数列不具有“性质”.
综上所述，且.………………10分
（3）.对于任意的正整数,存在整数，使得得.…………12分
对于任意的正整数,存在整数和，使得，，两式相减得.
当时，显然不合题意.
当时，得，是整数，从而得到公差也是整数.…………14分
若时，此数列是递减的等差数列，取满足正整数，解得，由，所以不存在正整数使得成立.从而时，不具有“性质”.…………16分
当时，数列2，3，4，……，，……，对任意正整数，，，由得,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，，，由得,得，而是正整数，从而数列具有“性质”.
综上所述或.……………………18分
8.（2021黄浦区二模）（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分．
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，，.
设是一个给定的正整数()，数列共有项，记，
， ().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，求数列的通项公式；
(2)若数列满足，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，且数列是单调递减数列，并说明理由.(答案不唯一)
解 (1)数列的通项公式为，考察指数函数的图像与性质，知数列是单调递减数列,即.
，
.
　　为所求的通项公式．
(2) 数列满足，
依据题意，由，知；由，知；依此类推，有，即，于是，数列是单调递减数列.
，
.
，
．
　　∴数列是首项，公差为的等差数列．
　 ．
(3) 构造数列：，数列：，，设，则数列满足题设要求.
理由如下：
构造数列：，数列：， ，
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.
∴数列是单调递减数列.
.
∴，即数列是单调递减数列.
数列是满足条件的数列.
9．（2021闵行区二模）(本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分)
对于有限集（），如果存在函数（除外），其图像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，是集合，此时函数是变换，数列或等都是数列．
(1)判断数列是否是数列？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．
[解]（1）记，存在函数，……………2分
使得，所以数列是数列．………………………4分
（2） 因为函数在区间上是减函数，
所以，………………………6分
因为递增数列（）是数列，
所以……8分
记，则
所以． ………………………10分
(3)不妨设
1°当时，考察
因为，故，
且，…………12分
即所以是等比数列，，
此时存在变换，使得，故集合是集合．………14分
2°当时，考察
因为，
故，………………………16分
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．………………………18分
10．（2021长宁区二模）（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）
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.

解：（1），得； ……..1
由，，得； …….2
当时，， ……..3
又由，得，与矛盾，所以，. ……..4
（2）假设存在，使得，即，则 …….1
由，及，得， ………3
由，及，得 ……4
得，与矛盾， ………5
所以对任意，都有. ……..6
（3）由（2）知 ……..2


所以对任意，都有 ………4
当时，得，
又由 ，得， ………6
设，由，及
得 ………7
所以对任意，，进而 ……….8
11．（2020·上海嘉定区·高三二模）已知为正整数，各项均为正整数的数列满足：，记数列的前项和为．
（1）若，求的值；
（2）若，求的值；
（3）若为奇数，求证：“”的充要条件是“为奇数”．
【答案】（1）；（2）或；（3）见解析.
【分析】（1）利用递推公式直接代入求值.
（2）分类讨论当为奇数和偶数的情况，再讨论为奇数和偶数的情况，求得的值.
（3）先证充分性（易证得），再证必要性，用数学归纳法证明.
【详解】解：（1），，则前7项为8，4，2，1，3，5，7，故．
（2）由题设是整数．
①若为奇数,可设，,则是偶数，得，
则，此时，符合题意
②若为偶数,可设，,则，
当是偶数时，可设，得，，
则，此时不存在．
当是奇数时，可设，得，，
，则，得 ，得．
综合①②可得，或．
（3）充分性：若为奇数，则；
必要性：先利用数学归纳法证：（为奇数）；（为偶数）．
①，，成立；
②假设时，（为奇数）；（为偶数）．
③当时，当是偶数，；当是奇数，，此时是偶数．
综上，由数学归纳法得（为奇数）；（为偶数）．
从而若时，必有是偶数．进而若是偶数，则矛盾，故只能为奇数．
【点睛】本题是递推关系为分段函数类型，注意分析并使用分类讨论，还考查了充要条件的证明，复杂的且关于自然数的递推不等式的证明可用数学归纳法证明.
12．（2020·上海金山区·高三二模）若无穷数列满足：存在，对任意的，都有（为常数），则称具有性质
（1）若无穷数列具有性质，且，求的值
（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，，判断是否具有性质，并说明理由.
（3）设无穷数列既具有性质，又具有性质，其中互质，求证：数列具有性质
【答案】（1）6；（2）不具有；详见解析（3）证明见解析；
【分析】（1）由题意可得任意的，都有，可得，即可得解；
（2）由题意可得，若具有性质，由新定义可得，即可判断；
（3）由题意可得对任意，均有，，进而可得、、，再证明即可得解.
【详解】

（1）无穷数列具有性质，
，，
又，即，
；
（2）设无穷数列的公差为d，无穷数列公比为q，，
则，，，，
，，，
假设具有性质，，
则对于任意的，
均有
，
即对任意均成立，式子左边是变量，右边是常数，所以
不恒成立，故假设错误，
不具有性质；
（3）证明：无穷数列具有性质，
，，①
无穷数列具有性质，
，，②
互质，
由①得，由②得，
即，
当时，，
数列具有性质.
【点睛】本题考查了数列新定义的运用以及等差数列和等比数列的通项公式，考查了运算求解能力以及推理能力，属于难题．
13．（2020·上海黄浦区·高三二模）若数列与函数满足：①的任意两项均不相等，且的定义域为；②数列的前的项的和对任意的都成立，则称与具有“共生关系”．
（1）若，试写出一个与数列具有“共生关系”的函数的解析式；
（2）若与数列具有“共生关系”，求实数对所构成的集合，并写出关于，，的表达式；
（3）若，求证：“存在每项都是正数的无穷等差数列，使得与具有‘共生关系’”的充要条件是“点在射线上”．
【答案】（1） （2）实数对所构成的集合为，且，其中，. （3）证明见解析.
【分析】(1) 由，可知，从而可得.
(2) 由题意得,当，可得，当时，与的任意两项均不相等相矛盾,故此时不合题意；当，，不合题意，当，也不合题意. 若，则，由，，可得，的任意两项均不相等，故，可知，得出答案.
(3)先证必要性，若是公差的等差数列，，可得，故解得，再证充分性，若点在射线上，
即，可得，从而得证.
【详解】
(1)由，可知
所以与数列具有“共生关系”的函数的解析式可以为：.
(2)由题意得，令，可得，即.
①若，此时不成立，不合题意，
若，由，可得，又，可得，与的任意两项均不相等相矛盾,故此时不合题意.
②若，可得
若，则由与，可得，不合题意.
若，则，当时，，不合题意.
若，则，由，
可得，即
此时数列是首项为，公比为的等比数列，又的任意两项均不相等，
故，可知
所以实数对所构成的集合为，且，其中

(3)(必要性)若是公差的等差数列，且与具有“共生关系”.
则由，
可得:
故，即恒成立.
故解得
又由,可得,
由,可知
所以点在射线上.
(充分性)若点在射线上，则
又方程等价于，
且，取，它显然是正数且满足
令，则
，
故当时，
这里无穷数列是首项为，公差为的无穷等差数列.
其中每一项都是正数，所以存在每一项都是正数的无穷等差数列，使得与具有“共生关系”.
【点睛】本题考查数列的新定义，考查数列与函数的关系和递推数列的性质和处理方法，属于难题.
14．（2020·上海闵行区·高三二模）已知数列，若对任意，都有成立，则称数列为“差增数列”．
（1）试判断数列是否为“差增数列”，并说明理由；
（2）若数列为“差增数列”，且，，对于给定的正整数m，当，项数k的最大值为20时，求m的所有可能取值的集合；
（3）若数列为“差增数列”，，且，证明:．
【答案】（1）是；见解析（2）；（3）见解析
【分析】（1）数列是“差增数列”.由新定义可知，只要证明＞an+1即可；
（2）由新定义可得对任意的n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an恒成立，可令bn＝an+1﹣an（n≥1），运用累加法，结合等差数列的求和公式可得an，由于1≤n≤19，结合条件可得m的取值集合；
（3）运用反证法证明，假设x1010x1011≥1，由题意可得x1x2…x2020＝1，＜，运用不等式的性质推得x1009x1012＞1，即可得到矛盾，进而得证.
【详解】解：（1）数列是“差增数列”.
因为任意的n∈N*，都有an+an+2＝n2+（n+2）2＝2n2+4n+4＝2（n+1）2+2＞2（n+1）2＝2an+1，
即＞an+1成立，
所以数列是“差增数列”；
（2）由已知，对任意的n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an恒成立.
可令bn＝an+1﹣an（n≥1），则bn∈N，且bn＜bn+1，
又an＝m，要使项数k达到最大，且最大值为20时，必须bn（1≤n≤18）最小.
而b1＝0，故b2＝1，b3＝2，…，bn＝n﹣1.
所以an﹣a1＝b1+b2+…+bn﹣1＝0+1+2+…+（n﹣2）＝（n﹣1）（n﹣2），
即当1≤n≤19时，an＝1+，a19＝154，因为k的最大值为20，
所以18≤a20﹣a19＜18+19，即18≤m﹣154＜18+19，
所以m的所有可能取值的集合为{m|172≤m＜191，m∈N*}.
（3）证明：（反证法）假设x1010x1011≥1.由已知可得xn（n＝1，2，…，2020）均为正数，且x1x2…x2020＝1，＜.
而由＜可得＜＜，
即x1010x1011＜x1009x1012，所以x1009x1012＞1.
又＝•＜•＝，即x1008x1013＞1，
同理可证x1007x1014＞1，…，x1x2020＞1，
因此x1x2…x2020＞1，这与已知矛盾，
所以x1010x1011＜1.
【点睛】本题考查数列的新定义的理解和运用，考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，主要考查化简整理的运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题.
15．（2020·上海崇明区·高三二模）在无穷数列中，，且，记的前n项和为.
（1）若，求的值；
（2）若，求的值；
（3）证明：中必有一项为1或3.
【答案】（1）37（2）5（3）证明见解析
【分析】（1）计算数列前9项，再计算和得到答案.
（2）讨论为偶数，为偶数，为偶数，为奇数，为奇数，为偶数，为奇数，为奇数四种情况，计算得到答案.
（2）设中最小的奇数为，则，，讨论为奇数，为偶数两种情况，计算得到答案.
【详解】（1），故，故.
（2）当为偶数，为偶数时，，无整数解；
当为偶数，为奇数时，，解得，验证不成立；
当为奇数，为偶数时，，解得，验证成立；
当为奇数，为奇数时，，无整数解；
综上所述：.
（3）设中最小的奇数为，则，，
若为奇数，则，解得；
若为偶数，则，，为奇数，解得；
又，∴中必有一项为1或3.
综上所述：，故中必有一项为1或3.
【点睛】本题考查了数列求和，证明数列中的项，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
真题回顾

上海最新高考
16．（2017·上海高考真题）在数列中，，，则
A．等于 B．等于0 C．等于 D．不存在
【答案】B
【详解】
数列中，，则，故选B.
17．（2017·上海高考真题）已知、、为实常数，数列的通项，，则“存在，使得、、成等差数列”的一个必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】 存在，使得成等差数列，可得，
化简可得，所以使得成等差数列的必要条件是.
18．（2018·上海高考真题）设等比数列的通项公式为，前项和为．若，则______．
【答案】3
【分析】利用等比数列的通项公式求出首项，通过数列的极限，列出方程，求解公比即可．
【详解】等比数列{an}的通项公式为a=qn﹣1（n∈N*），可得a1=1，
因为=，所以数列的公比不是1，
，an+1=qn．
可得====，
可得q=3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查数列的极限的运算法则的应用，等比数列求和以及等比数列的简单性质的应用，是基本知识的考查．
19．（2018·上海高考真题）记等差数列的前项和为，若，，则____．
【答案】14
【分析】利用等差数列通项公式列出方程组，求出a1=﹣4，d=2，由此能求出S7．
【详解】∵等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=0，a6+a7=14，
∴，
解得a1=﹣4，d=2，
∴S7=7a1+=﹣28+42=14．
故答案为14．
【点睛】本题考查等差数列的前7项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
20．（2017·上海高考真题）已知数列和，其中，，的项是互不相等的正整数，若对于任意，的第项等于的第项，则________
【答案】2
【详解】由，若对于任意的第项等于的第项，
则，则
所以，
所以.
21．（2019·上海高考真题）已知数列，，前项和为.
（1）若为等差数列，且，求；
（2）若为等比数列，且，求公比的取值范围.
【答案】（1）；（2）；
【分析】（1）通过，求解出，通过求和公式得到；（2）根据可得且，从而得到不等式，解不等式得到结果.
【详解】（1）由且

（2）由题意可知

则 且
或
又
【点睛】本题考查等差数列求和、等比数列前项和的应用问题.利用等比数列前项和的极限求解的范围的关键在于能够明确存在极限的前提，然后通过公式得到关于的不等式，求解不等式得到结果.
22．（2019·上海高考真题）已知等差数列的公差，数列满足，集合.
（1）若，求集合；
（2）若，求使得集合恰好有两个元素；
（3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值.
【答案】（1）；（2）或；（3）
【分析】（1）根据正弦函数周期性的特点，可知数列周期为，从而得到；（2）恰好有两个元素，可知或者，求解得到的取值；（3）依次讨论的情况，当时，均可得到符合题意的集合；当时，对于，均无法得到符合题意的集合，从而通过讨论可知.
【详解】（1）， ，，
，，，
由周期性可知，以为周期进行循环

（2），，
恰好有两个元素
或
即或
或
（3）由恰好有个元素可知：
当时，，集合，符合题意；
当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，如图取，，符合条件

当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，如图取，，符合条件

当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，如图取时，，符合条件

当时，，
或
因为为公差的等差数列，故
又，故
当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有，即，即，,不符合条件；
当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有，即，即，不是整数，故不符合条件；


当时，因为对应个正弦值，故必有一个正弦值对应三个点，必然有或
若，即，不是整数，
若，即，不是整数，
故不符合条件；
综上：
【点睛】本题考查三角函数、数列、函数周期性的综合应用问题.解题的难点在于能够周期，确定等量关系，从而得到的取值，再根据集合的元素个数，讨论可能的取值情况，通过特殊值确定满足条件的；对于无法取得特殊值的情况，找到不满足条件的具体原因.本题对于学生的综合应用能力要求较高，属于难题.
23．（2018·上海高考真题）给定无穷数列，若无穷数列满足：对任意，都有，则称与“接近”．
（1）设是首项为，公比为的等比数列，，判断数列是否
与接近，并说明理由；
（2）设数列的前四项为：，，，，是一个与接近的数列，记集合，求中元素的个数；
（3）已知是公差为的等差数列，若存在数列满足：与接近，且在，，…，中至少有个为正数，求的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）中元素的个数或；（3）.
【分析】（1）运用等比数列的通项公式和新定义“接近”，即可判断；
（2）由新定义可得an﹣1≤bn≤an+1，求得bi，i=1，2，3，4的范围，即可得到所求个数；
（3）运用等差数列的通项公式可得an，讨论公差d＞0，d=0，﹣2＜d＜0，d≤﹣2，结合新定义“接近”，推理和运算，即可得到所求范围．
【详解】
（1）数列与接近．
理由：是首项为，公比为的等比数列，
可得，，
则，
可得数列与接近；
（2）是一个与接近的数列，
可得，
数列的前四项为：，，，，
可得，，，，
可能与相等，与相等，但与不相等，与不相等，
集合，
中元素的个数或；
（3）是公差为的等差数列，若存在数列满足：与接近，
可得，
若，取，可得，
则，，…，中有个正数，符合题意；
②若，取，则，
可得，
则，，…，中有个正数，符合题意；
③若，可令，，
则，
则，，…，中恰有个正数，符合题意；
④若，若存在数列满足：与接近，
即为，，
可得，
，，…，中无正数，不符合题意．
综上可得，的范围是．
【点睛】本题考查新定义“接近”的理解和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分类讨论思想方法，以及运算能力和推理能力，属于难题．
24．（2017·上海高考真题）根据预测，某地第个月共享单车的投放量和损失量分别为和（单位：辆），
其中，，第个月底的共享单车的保有量是前个月的
累计投放量与累计损失量的差.
（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；
（2）已知该地共享单车停放点第个月底的单车容纳量（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？
【答案】（1）935；（2）见解析.
试题分析：（1）计算和的前项和的差即可得出答案；
（2）令得出，再计算第个月底的保有量和容纳量即可得出结论.
试题分析：
（1）
（2），即第42个月底，保有量达到最大
，∴此时保有量超过了容纳量.