2024-北京卷-15 填-数列综合

本题导读

本题是 2024 年北京高考数学填空题的压轴题。考查抽象数列公共项集合的完备性判定，核心在于将“数列问题”升维转化为“函数交点问题”，并通过构造符号交替的反例及奇偶项凸性拆解，考查分类讨论与逻辑严密性.

📌【题干】

Question

（2024年北京卷）设 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合 $M=\{k\mid a_k=b_k,k\in {\mathbb{N}}^{\ast }\}$，给出下列四个结论：

① 若 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 均为等差数列，则 $M$ 中最多有 1 个元素；

② 若 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 均为等比数列，则 $M$ 中最多有 2 个元素；

③ 若 $\{a_n\}$ 为等差数列， $\{b_n\}$ 为等比数列，则 $M$ 中最多有 3 个元素；

④ 若 $\{a_n\}$ 为递增数列， $\{b_n\}$ 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______ .

🔍【思路分析】

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1. 结论①：非常数等差数列的通项本质上是定义在正整数集上的离散一次函数。两条不同的直线在平面内最多只有 1 个交点。
2. 结论②：对于带有“最多”、“一定”等绝对化断言的命题，优先尝试通过负数公比的性质构造交替振荡反例进行推翻。
3. 结论③：等差（一次函数）与等比（指数函数）的交点问题。需要对等比数列的公比 $q$ 进行正负分类讨论。特别是 $q<0$ 时需通过奇偶项拆分为两个独立的指数凸曲线，利用斜率极性互斥来确定最大交点数。
4. 结论④：作差构造新数列 $c_n=a_n-b_n$。利用“增函数 - 减函数 = 严格增函数”的单调性定理，判定其零点具有绝对唯一性。

✅【答案】

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①③④

✍【详细解析】

Abstract

① 判定结论 ① 为真命题 因为 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 均为非常数等差数列，故通项公式可化为： $a_n=k_{1}n+c_1,b_n=k_{2}n+c_2(k_1,k_2\ne 0)$ 因为两数列不同，其图象分布在两条不同的直线上。

• 若 $k_1=k_2$（直线平行），则无交点， $M=\varnothing$；
• 若 $k_1\ne k_2$（直线相交），在连续域内有且仅有一个交点。若该交点横坐标不为正整数，则 $M=\varnothing$，若恰为正整数，则 $M$ 包含 1 个元素。 综上所述， $M$ 中最多有 1 个元素。故①正确。

② 判定结论 ② 为假命题 对于等比数列，若公比为负数，其通项符号将发生正负交替摆动。尝试构造如下反例： 令等比数列 $a_n=2^{n-1}$ （首项为 1，公比为 2）； 令等比数列 $b_n=-(-2{)}^{n-1}$ （首项为 -1，公比为 -2）。 这两个数列均非常数数列，且彼此不相等。审视方程 $a_n=b_n$： 当 $n$ 为正偶数时， $n-1$ 必然为奇数。此时： $b_n=-(-2{)}^{n-1}=-[-1\cdot 2^{n-1}]=2^{n-1}$ 而 $a_n=2^{n-1}$，显然此时恒有 $a_n=b_n$ 成立。 这意味着，所有正偶数 $n=2,4,6,8,\dots$ 均为该方程的解，集合 $M$ 拥有无穷多个元素，“最多有 2 个元素”的断言不成立。故②错误。

③ 判定结论 ③ 为真命题 设等差数列 $a_n=kn+b(k\ne 0)$，等比数列 $b_n=A\cdot q^n(A\ne 0,q\ne 0,q\ne \pm 1)$。 求 $M$ 的元素个数等价于求方程 $A\cdot q^n=kn+b$ 在 ${\mathbb{N}}^{\ast }$ 上的正整数解个数。

• 情形一：若公比 $q>0$ 且 $q\ne 1$ 方程对应单调指数曲线 $y=A\cdot q^x$ 与直线 $y=kx+b$ 的交点。由于纯指数曲线具备严格单凸性，一条直线与一条单凸曲线在实数域内最多只有 2 个交点，在离散正整数域内最多也只有 2 个解。
• 情形二：若公比 $q<0$ 且 $q\ne -1$ 此时等比数列正负交替。将方程按 $n$ 的奇偶性拆分成两个系统单独审视：

• 当 $n$ 为偶数时， $q^n=|q{|}^n$，方程等价于： $A\cdot |q{|}^n=kn+b$。单凸曲线与直线最多贡献 2 个解。其几何前提是曲线在远端的增长方向必须与直线斜率同向切割，代数要求满足： $A\cdot k\cdot \ln |q|>0$。
• 当 $n$ 为奇数时， $q^n=-|q{|}^n$，方程等价于： $-A\cdot |q{|}^n=kn+b$。同理，该凸曲线与直线也最多贡献 2 个解。代数要求满足： $-A\cdot k\cdot \ln |q|>0⟹A\cdot k\cdot \ln |q|<0$。

由于实数乘积的极性 $A\cdot k\cdot \ln |q|$ 的符号具有绝对唯一性（由于参数不为 0，其值要么大于 0，要么小于 0），上述两式控制的“2解充要条件”不可能同时成立。 这说明偶数项方程和奇数项方程中，至多只有其中一个能达到 2 个解，另一个最多只能达到 1 个解。 因此，总交点数上界被锁定为： $2+1=3$ 个。故③正确。

④ 判定结论 ④ 为真命题 已知 $\{a_n\}$ 为严格递增数列（即对任意 $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ 恒有 $a_{n+1}>a_n$）； $\{b_n\}$ 为严格递减数列（即恒有 $b_{n+1}<b_n⟹-b_{n+1}>-b_n$）。 作差构造判别数列： $c_n=a_n-b_n$。 考察其相邻项的关系： $c_{n+1}=a_{n+1}-b_{n+1}>a_n-b_n=c_n$ 这表明新序列 $\{c_n\}$ 是一个严格单调递增的无穷数列。 根据单调序列的性质，其散点轨迹图象单调上扬，最多只能与 $x$ 轴相交一次（即不可能两次等于同一个常数 0）。因此方程 $c_n=0⟺a_n=b_n$ 最多只有 1 个正整数解。 即集合 $M$ 中最多有 1 个元素。故④正确。

综上所述，正确结论的序号为：①③④。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：数列与函数的同构映射关系、指数函数与一次函数的交点控制边界、单调性的代数叠加定理。
2. 核心方法：数形结合法（将交点个数绑定在函数曲线几何凸性上）、奇偶分析互斥法。
3. 避坑指南：

• 忽视负公比的跳跃性：在分析结论②和③时，容易只考虑 $q>0$ 的平滑指数曲线，从而漏掉了 $q<0$ 时散点上下剧烈跳跃振荡的情况。高考考查等比数列命题的真伪时，陷阱常设在 $q<0$ 的跳跃性上。
• 忽视参数相容性审查：第三问中判定奇偶项各有 2 个解时，必须审查它们同时达成 2 个解的控制参数极性是否兼容。由于符号互斥，两部分不可能同时达到最大解数。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属于高维视角的抽象命题，其高等数学背景为离散映射的固定点与超越方程根的有限性定理（利用 Rolle 定理以及导数零点反向控制原函数零点的个数上限）。
2. 结论推广：对于任意由线性多项式 $P(n)=a_m{n}^m+\cdots +a_0$ 与单指数项 $Q(n)=A\cdot q^n$ 构成的离散混合方程，其在正整数集上的根的个数受到多项式最高次数 $m$ 的约束。当 $m=1$（即一次函数）且 $q>0$ 时，根数不超过 $m+1=2$ 个；而当 $q<0$ 时由于振荡引入了符号选择，根的个数最大上界会向外拓宽一阶，达到 $m+2=3$ 个。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质
• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2014-湖南卷理-20 解-数列通项
• 2008-浙江卷文-04 单-等比数列公比
• 2013-江西卷理-03 单-等比中项