資源簡介

重難點突破01 數列的綜合應用
目錄
01 方法技巧與總結 2
02 題型歸納與總結 3
題型一：數列在數學文化與實際問題中的應用 3
題型二：數列不動點與遞推問題 6
題型三：數列與函數、不等式的綜合問題 10
題型四：數列在實際問題中的應用 13
題型五：數列不等式的證明 16
題型六：公共項問題 20
題型七：插項問題 24
題型八：蛛網圖問題 27
題型九：整數的存在性問題（不定方程） 35
題型十：數列與函數的交匯問題 38
題型十一：數列與導數的交匯問題 40
題型十二：數列與概率的交匯問題 46
題型十三：數列與幾何的交匯問題 50
03過關測試 54
1、解決數列與數學文化相交匯問題的關鍵
2、新定義問題的解題思路
遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使問題得以解決．
3、數列與函數綜合問題的主要類型及求解策略
①已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象研究數列問題．
②已知數列條件，解決函數問題，解決此類問題一般要利用數列的通項公式、前n項和公式、求和方法等對式子化簡變形．
注意數列與函數的不同，數列只能看作是自變量為正整數的一類函數，在解決問題時要注意這一特殊性．
4、數列與不等式綜合問題的求解策略
解決數列與不等式的綜合問題時，若是證明題，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等；若是含參數的不等式恒成立問題，則可分離參數，轉化為研究最值問題來解決．
利用等價轉化思想將其轉化為最值問題.
恒成立；
恒成立.
5、現實生活中涉及銀行利率、企業股金、產品利潤、人口增長、產品產量等問題，常常考慮用數列的知識去解決．
（1）數列實際應用中的常見模型
①等差模型：如果增加(或減少)的量是一個固定的數，則該模型是等差模型，這個固定的數就是公差；
②等比模型：如果后一個量與前一個量的比是一個固定的數，則該模型是等比模型，這個固定的數就是公比；
③遞推數列模型：如果題目中給出的前后兩項之間的關系不固定，隨項的變化而變化，則應考慮是第項與第項的遞推關系還是前項和與前項和之間的遞推關系．
在實際問題中建立數列模型時，一般有兩種途徑：一是從特例入手，歸納猜想，再推廣到一般結論；二是從一般入手，找到遞推關系，再進行求解．一般地，涉及遞增率或遞減率要用等比數列，涉及依次增加或減少要用等差數列，有的問題需通過轉化得到等差或等比數列，在解決問題時要往這些方面聯系．
（2）解決數列實際應用題的3個關鍵點
①根據題意，正確確定數列模型；
②利用數列知識準確求解模型；
③問題作答，不要忽視問題的實際意義．
6、在證明不等式時，有時把不等式的一邊適當放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明，我們稱這種方法為放縮法.
放縮時常采用的方法有：舍去一些正項或負項、在和或積中放大或縮小某些項、擴大（或縮小）分式的分子（或分母）.
放縮法證不等式的理論依據是：；.
放縮法是一種重要的證題技巧，要想用好它，必須有目標，目標可從要證的結論中去查找.
題型一：數列在數學文化與實際問題中的應用
【典例1-1】（2024·重慶九龍坡·三模）正整數的倒數的和已經被研究了幾百年，但是迄今為止仍然沒有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，當很大時，.其中稱為歐拉-馬歇羅尼常數，，至今為止都不確定是有理數還是無理數.設表示不超過的最大整數，用上式計算的值為（ ）
（參考數據：，，）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】C
【解析】設，則，
因為，
可知數列為遞增數列，
且，
，
可知，所以.
故選：C.
【典例1-2】（2024·黑龍江佳木斯·三模）《算法統宗》是一部中國古代數學名著，全稱為《新編直指算法統宗》，由明代數學家程大位所著．該書在萬歷二十一年（即公元1593年）首次刊行，全書共有17卷．其主要內容涵蓋了數學名詞、大數與小數的解釋、度量衡單位以及珠算盤式圖和各種算法的口訣等基礎知識．同時，書中還按照“九章”的次序列舉了多種應用題及其解法，并附有圖式說明．此外，《算法統宗》還包括了難題解法的匯編和不能歸入前面各類別的雜法算法等內容．其中有一首詩，講述了“竹筒容米”問題．詩云：‘家有九節竹一莖，為因盛米不均平，下頭三節三升九，上稍四節貯三升，唯有中間兩節竹，要將米數次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明’（【注釋】三升九：3.9升，次第盛：盛米容積依次相差同一數量）用你所學數學知識求該九節竹一共盛米多少升 （ ）

A．8.8升 B．9升 C．9.1升 D．9.2升
【答案】B
【解析】設第節竹筒盛米升，
則數列為等差數列，，
設公差為，
則有，解得，
所以，
則該九節竹一共盛米升.
故選：B.
【變式1-1】（2024·北京朝陽·二模）北宋科學家沈括在《夢溪筆談》中記載了“隙積術”，提出長方臺形垛積的一般求和公式.如圖，由大小相同的小球堆成的一個長方臺形垛積的第一層有個小球，第二層有個小球，第三層有個小球……依此類推，最底層有 個小球，共有層，由“隙積術”可得 這 些 小 球 的 總 個 數 為 若由小球堆成的某個長方臺形垛積共8層，小球總個數為240，則該垛積的第一層的小球個數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】由題意知，，于是得最底層小球的數量為，即，.
從而有，
整理得，
，
，
，，
由于皆為正整數，所以
（i）當時，，
當時，，
（iii）當時，，
（iv）當時，
只有符合題意，即的值為2.
故選：B.
【變式1-2】（2024·云南·模擬預測）當前，全球新一輪科技革命和產業變革蓬勃發展，汽車與能源 交通 信息通信等領域有關技術加速融合，電動化 網聯化 智能化成為汽車產業的發展潮流和趨勢.某車企為轉型升級，從2024年起大力發展新能源汽車，2024年全年預計生產新能源汽車10萬輛，每輛車的利潤為2萬元.假設后續的幾年中，經過車企關鍵核心技術的不斷突破和受眾購買力的提升，每年新能源汽車的產量都比前一年增加（假設每年生產的新能源汽車都能銷售出去），每輛車的利潤都比前一年增加2000元，則至2030年年底，該汽車集團銷售新能源汽車的總利潤約為（ ）參考數據：，結果精確到0.1）
A．320.5億元 B．353.8億元 C．363.2億元 D．283.8億元
【答案】B
【解析】設第年每輛車的利潤為萬元，則每輛車的利潤是以2為首項，0.2為公差的等差數列，
所以，設第年新能源汽車的銷量為輛，
則該汽車的銷量是以100000為首項，1.2為公比的等比數列，所以，
設該車企銷售新能源汽車的總利潤為，
①，
，②
①-②得：
，
所以萬元，即億元，
故選：B.
題型二：數列不動點與遞推問題
【典例2-1】（多選題）（2024·全國·模擬預測）已知數列滿足，，的前n項和為，則下列說法正確的有（ ）
A．對任意，不可能為常數數列
B．當時，為遞減數列
C．若，則
D．若，則
【答案】BCD
【解析】因為，，故.
對于A，當時，，即數列為常數數列，故A錯誤；
對于B，當時，，
若存在，使得等號成立，則，故，故，
依次有，矛盾，故,
則，即，所以為遞減數列，故B正確；
對于C，由得，由A，B知，當時，，
故，則，
故，當n＝2時，，此時等號成立，故C正確；
對于D，由題有，，則，兩式相減得，
故，
所以
（提示：），故D正確．
故選：BCD．
【典例2-2】（多選題）（2024·全國·模擬預測）已知數列滿足，則下列說法正確的是（ ）
A．當時， B．若數列為常數列，則
C．若數列為遞增數列，則 D．當時，
【答案】AD
【解析】對于A，當時，，令，則，，故，即，A正確；
對于B，若數列為常數列，令，則，解得或或，B不正確；
對于C，令，則，
若數列為遞增數列，則數列為遞增數列，則，解得或.
當時，，且，
，此時數列為遞增數列，即數列為遞增數列；
當時，，且，
，此時數列不為遞增數列，即數列不為遞增數列；
當時，，
，此時數列為遞增數列，即數列為遞增數列.
綜上，當或，即或時，數列為遞增數列，C不正確；
對于D，令，則，，兩邊同時取以2為底的對數，得，，
數列是首項為1，公比為2的等比數列，
，即，D正確.
故選：AD.
【變式2-1】已知數列滿足，.給出下列四個結論：
①數列每一項都滿足；
②數列是遞減數列；
③數列的前項和；
④數列每一項都滿足成立.
其中，所有正確結論的序號是（ ）
A．①② B．①③
C．①②③ D．①②④
【答案】D
【解析】對①：，，
當時，，所以，
假設當時，；
則當時，；
綜上，，正確；
對②：，故數列是遞減數列，正確；
對③：，，，，，錯誤；
對④：當時，成立，
假設時成立，即，
當時，函數在上單調遞增，
則，
故時成立.
綜上所述：數列每一項都滿足成立，正確.
故選：D.
【變式2-2】（2024·浙江·模擬預測）設數列滿足，其中c為實數，數列的前n項和是，下列說法不正確的是（ ）
A．c∈[0,1]是的充分必要條件 B．當c>1時，一定是遞減數列
C．當c<0時，不存在c使是周期數列 D．當時，
【答案】C
【解析】若，則，即必要性成立；
若c∈[0,1]，則
假設時，
則時，
因此c∈[0,1] 時，，即充分性成立；故A成立；
單調遞增，
同理，依次類推可得，即一定是遞減數列，故B成立；
當c<0時，
由，令存在零點，即存在c使是周期數列，即C錯誤；
當時，
由A得，所以
因為時，，所以，即D成立；
故選：C
題型三：數列與函數、不等式的綜合問題
【典例3-1】（2024·江蘇蘇州·三模）已知函數.
①當時，，記前項積為，若恒成立，整數的最小值是 ;
②對所有n都有成立，則的最小值是 .
【答案】 3
【解析】，，，故，
設，，則，
故在上單調遞減，
則，故當時，，
則
，
所以，
綜上，，若恒成立，整數的最小值為3，
，
化簡得，即，
令，，
當時，，
所以在上單調遞減，
又，
所以，故，
解得，所以的最小值為.
故答案為：3，
【典例3-2】歐拉函數的函數值等于所有不超過且與互質的正整數的個數（公約數只有1的兩個整數稱為互質整數），例如：，．記，數列的前項和為，若恒成立，則實數的取值范圍為 ．
【答案】
【解析】在的整數中與不互質的數有，共有個，所以與互質的數有個，因此．
在的整數中，2的倍數共有個，5的倍數共有個，10的倍數共有個，所以．
所以，所以數列是首項為1，公比為2的等比數列，
所以，
則恒成立等價于恒成立，
即恒成立，所以，
令，則，
所以，且，
所以，
所以，即實數的取值范圍是
【變式3-1】（2024·河北保定·二模）已知數列的前項積為，若，則滿足的正整數的最小值為 .
【答案】
【解析】由滿足，即，
故：，
當時，，
又為偶數時，為奇數時，，所以要滿足，
所以的最小值為5，
故答案為：5.
【變式3-2】（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知數列的前項和為，且.若，則的最小值為 .
【答案】7
【解析】因為，
兩式相減得：，即.
兩邊同除以可得，
又，得，滿足，
所以數列是首項為，公差為的等差數列，故，
即，所以，
因為，
令，則，
所以數列單調遞增，因為，
所以當時，，即；
當7時，，
即.所以的最小值為7.
故答案為：7.
【變式3-3】（2024·全國·模擬預測）已知正項數列的前項和為，，若存在非零常數，使得對任意的正整數均成立，則 ，的最小值為 .
【答案】 1 /0.5
【解析】當時，，即，又，所以.
由①，得：當時，②，①②得，故，
所以數列是以1為首項，為公比的等比數列，
所以，則，解得；
故數列的公比為2，，則，，則.
解法一 令，則，，
由對勾函數的性質可得在區間上單調遞增，
所以當，即時，取得最小值.
解法二 令，則，單調遞增，
所以當時，取得最小值，即的最小值為.
故答案為：1，
題型四：數列在實際問題中的應用
【典例4-1】（2024·上海楊浦·二模）某鋼材公司積壓了部分圓鋼，經清理知共有2024根，每根圓鋼的直徑為10厘米．現將它們堆放在一起.若堆成縱斷面為等腰梯形（如圖每一層的根數比上一層根數多1根），且為考慮安全隱患，堆放高度不得高于米，若堆放占用場地面積最小，則最下層圓鋼根數為 .

【答案】134
【解析】設第一層有根，共有層，則，
，顯然和中一個奇數一個偶數，
則或或，即或或，
顯然每增加一層高度增加厘米，
當時，厘米厘米，此時最下層有根；
當時，厘米厘米，此時最下層有根；
當時，厘米，超過米，
所以堆放占用場地面積最小時，最下層圓鋼根數為根.
故答案為：134
【典例4-2】（2024·北京延慶·一模）北京天壇的圜丘壇分上、中、下三層，上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)， 環繞天心石砌塊扇面形石板構成第一環，向外每環依次增加塊，下一層的第一環比上一層的最后一環多塊，向外每環依次也增加塊．已知每層環數相同，且三層共有扇面形石板(不含天心石) 塊，則上層有扇形石板 塊．
【答案】
【解析】記從中間向外每環扇面形石板數為，則是等差數列，且公差，，
設每層有環，則，，
所以，即，
即，解得或（舍去），
所以，則，
即上層有扇形石板塊.
故答案為：．
【變式4-1】（2024·廣東茂名·一模）有一座六層高的商場，若每層所開燈的數量都是下面一層的兩倍，一共開了1890盞，則底層所開燈的數量為 盞.
【答案】30
【解析】依題意，從下往上每層燈的數據構成等比數列，公比，，前6項和，
于是，解得，
所以底層所開燈的數量為30盞.
故答案為：30
【變式4-2】（2024·貴州·模擬預測）拓撲結構圖在計算機通信、計算機網絡結構設計和網絡維護等方面有著重要的作用.某樹形拓撲結構圖如圖所示，圓圈代表節點，每一個節點都有兩個子節點，則到第10層一共有 個節點.（填寫具體數字）
【答案】1023
【解析】由圖可知，每一層節點的個數組成以1為首項，2為公比的等比數列，
所以到第10層節點的總個數是.
故答案為：1023.
【變式4-3】（2024·湖北·一模）2022年第二十四屆北京冬奧會開幕式上由96片小雪花組成的大雪花驚艷了全世界，數學中也有一朵美麗的雪花——“科赫雪花”．它的繪制規則是：任意畫一個正三角形，并把每一條邊三等分，以三等分后的每邊的中間一段為邊向外作正三角形，并把這“中間一段”擦掉，形成雪花曲線．重復上述兩步，畫出更小的三角形，一直重復，直到無窮，形成雪花曲線，，，，．

設雪花曲線周長為，面積為．若的邊長為3，則 ； ．
【答案】
【解析】設雪花曲線的邊長為，邊數為，又周長為，面積為，
由題意可知，，，，
所以，，
所以，
則，
又，
當時，，
.
也符合該式.
故答案為：；.
題型五：數列不等式的證明
【典例5-1】（2024·高三·河北衡水·期中）已知數列的前項和為，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)求證：．
【解析】（1）當時，.
當時，，，兩式相減得：
.
所以是以為首項，以為公比的等比數列.
所以.
（2）由（1）知：
所以.
當時，，
當時，，故，
所以.
【典例5-2】（2024·江蘇鹽城·模擬預測）在數列的第項與第項之間插入個1，稱為變換．數列通過變換所得數列記為，數列通過變換所得數列記為，以此類推，數列通過變換所得數列記為（其中）．
(1)已知等比數列的首項為1，項數為，其前項和為，若，求數列的項數；
(2)若數列的項數為3，的項數記為．
①當時，試用表示；
②求證：．
【解析】（1）設等比數列的公比為，顯然，
由，得，解得.
故數列有8項，經過1次變換后的項數為，
即的項數為36.
（2）①由的項數為，則當時，，
所以
②因數列是一個3項的數列，所以，
由，所以，
于是，則有
所以，得，即，
所以.
，，于是，
則有，可得，有，即，
所以，
綜上所述，．
【變式5-1】（2024·江蘇鹽城·一模）已知正項數列中，，且.
(1)求數列的通項公式；
(2)，證明：.
【解析】（1）由，，
得，又，
則是以為首項，為公比的等比數列，
所以，.
（2）證明：因為
，
所以
.
【變式5-2】已知數列滿足．
(1)證明是等比數列，并求的通項公式；
(2)證明：
【解析】（1）因為，所以，且，則，
即，所以數列是首項為，公比為7的等比數列，
所以，則；
（2）由（1）可知，，
，即，只有當時，等號成立，
所以，只有當時，等號成立，
當時，，成立，
當時，，
綜上可知，.
【變式5-3】已知數列是等差數列，，，數列的前n項和為，且，
(1)求數列和的通項公式；
(2)若集合中恰有四個元素，求實數的取值范圍；
(3)設數列滿足，的前n項和為，證明：．
【解析】（1）設等差數列的公差為，
由題意可得：，解得，
所以；
又因為，
若，可得，解得；
若，可得，
兩式相減得，即；
可知數列是以首項，公比的等比數列，所以.
（2）由（1）可知：，
若，即，可得，
設，原題意等價于關于n的不等式恰有4個不同的解，
令，
當且僅當時，等號成立，
可得，且，則，
所以實數的取值范圍為.
（3）由題意可知：，則，
則，
因為，則，即，可得，
則；
又因為，則，可得，
則；
綜上所述：.
題型六：公共項問題
【典例6-1】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知數列的前n項積為，數列滿足，（，）．
(1)求數列，的通項公式；
(2)將數列，中的公共項從小到大排列構成新數列，求數列的通項公式．
【解析】（1），，
當時，，
當時，，即，
而，滿足上式，
所以數列的通項公式為；
若數列滿足，（，），
則，
從而數列的通項公式為；
（2）令，解得，這表明，
從而只能，
所以，
所以數列的通項公式為.
【典例6-2】（2024·全國·模擬預測）設為等差數列的前n項和，且，數列滿足．
(1)求和的通項公式；
(2)若將數列和的公共項按從小到大的順序組成一個新的數列，求數列的前n項和．
【解析】（1）設等差數列的公差為d，
由題意得，解得，
所以由等差數列的通項公式可得：．
由得數列是首項為4，公比為4的等比數列，
所以由等比數列的通項公式可得：
（2）令，則可得，
所以
，
即對于數列中的任意一項，都在數列中存在公共項，
所以數列是數列的子數列，從而可得，
所以．
【變式6-1】（2024·四川南充·一模）已知等差數列的前n項和為，滿足，.
(1)求數列的通項公式；
(2)將數列與的公共項從大到小排列得到數列，求數列的前n項和為.
【解析】（1）記等差數列的公差為，
由題知，即，解得，
所以數列的通項公式為：.
（2）數列的公差為，數列的公差為，
所以數列的公差為，
又數列和的首項都為2，
所以數列是以2為首項，為公差的等差數列，
所以.
【變式6-2】已知數列為等差數列，數列為等比數列，且，若．
(1)求數列，的通項公式；
(2)設由，的公共項構成的新數列記為，求數列的前5項之和．
【解析】（1）設數列的公差為，數列的公比為，
因為
則，解得，
所以，
因為，
所以，則，
所以，
因為，所以，，
所以．
（2）設數列的第項與數列的第項相等，
則，，，
所以，，，
因為，，
所以當時，，當時，，則，當時，，
當時，，則，當時，，
當時，，則，當時，
當時，，則，當時，
當時，，則，
故的前5項之和．
【變式6-3】已知，設與的公共項數列為，給出至少兩種求的方法，要求講清思路，并求出．
【解析】方法1， 由是與的公共項，設的第n項是中的第m項，是的第k項，
即，則，，
顯然是正整數，而為正整數，當且僅當，即為奇數時等式成立，
所以.
方法2，顯然，不是公共項，，，則，
不是公共項，，則，
一般地，如果，則一定不是中的項，
而是中的項，
因此數列的指數構成以2為公差的等差數列，其首項為1，
所以.
方法3，顯然，不是公共項，，，則，
不是公共項，，則，猜想，
用數學歸納法證明：
當時，猜想顯然成立，
假設當時，猜想成立，即，且，
于是，即是數列與的公共項，猜想成立，
綜上，對于任意正整數，是數列與的公共項，
所以的通項公式為.
題型七：插項問題
【典例7-1】已知數列是等差數列，其前和為，，，數列滿足
(1)求數列，的通項公式；
(2)若對數列，，在與之間插入個2（），組成一個新數列，求數列的前83項的和.
【解析】（1）設公差為，
故，解得，
故，
故，①
當時，，
當時，，②
式子①-②得，，
即，
當時，也滿足上式，故；
（2）因為，所以在中，從項開始，到項為止，
共有項數為，
當時，，當時，，
故數列前項是項之后還有項為2，
.
【典例7-2】（2024·廣東廣州·二模）已知等差數列的前項和為，且為等差數列．
(1)求的通項公式；
(2)在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，記數列的前項和為，求證：．
【解析】（1）因為等差數列中，，又，
所以，即①，
因為為等差數列，所以，
令時，，即，則②，
結合①②，解出，則，
所以的通項公式為．
（2）由題設得，即，
所以①，
則②，
由①-②得：，
所以，
因為，所以，所以，即證．
【變式7-1】（2024·河北滄州·一模）在數列中，已知．
(1)求數列的通項公式；
(2)在數列中的和之間插入1個數，使成等差數列；在和之間插入2個數，使成等差數列；…；在和之間插入個數，使成等差數列，這樣可以得到新數列，設數列的前項和為，求（用數字作答）．
【解析】（1）當時，；
當時，，
所以，.
當時，上式亦成立，
所以：.
（2）由.
所以新數列前55項中包含數列的前10項，還包含，，，，，，，，.
且，，， .
所以
.
設
則，
所以.
故：.
所以.
【變式7-2】（2024·廣西·模擬預測）記數列的前n項和為，對任意正整數n，有．
(1)求數列的通項公式；
(2)對所有正整數m，若，則在和兩項中插入，由此得到一個新數列，求的前91項和．
【解析】（1）當時，．
又時，得，也滿足上式，
故．
（2）由，所以，
又，所以前91項中有87項來自，
所以
．
題型八：蛛網圖問題
【典例8-1】已知數列若（且），若對任意恒成立，則實數t的取值范圍是 .
【答案】
【解析】法一：不妨先由得到恒成立的必要條件，
；
，設，則，
所以，解得，故，
又，
故，
所以，得證.
法二：蛛網法
記函數，過定點.
當時，迭代收斂于點A，只需位于直線下方，即；
當時，迭代收斂于點A，由蛛網圖：單調遞減，故只需
即
綜上.

故答案為：
【典例8-2】已知數列滿足：，，前項和為，則下列選項錯誤的是　　（參考數據：，
A．是單調遞增數列，是單調遞減數列
B．
C．
D．
【解析】解：由，得，
，
令，即，
則，
，．
作圖如下：
由圖可得：
．是單調遞增數列，是單調遞減數列，因此正確；
．，，，，
，，
，，因此正確；
．，，因此不正確；
．由不動點，，得，可得：，，因此正確．
故選：．
【變式8-1】（2024 浙江模擬）數列滿足，，，表示數列前項和，則下列選項中錯誤的是　　
A．若，則
B．若，則遞減
C．若，則
D．若，則
【解析】解：（法一）對于選項，令，，則，令，
易知在上單調遞減，在，上單調遞增，此時，
又，若，則有，故選項正確；
對于選項，結合選項中的過程，作出遞推函數與的交點，可得函數的不動點為和1，且，
故函數在單調遞增，且，
故為吸引不動點，為排斥不動點，
故當時，數列向吸引不動點靠近，單調遞減，故選項正確；
對于選項，，由選項，的過程可知，當時，數列單調遞減且，故，
而顯然，故成立，故選項正確；
對于選項，當時，結合選項，的過程及蛛網圖，易知數列單調遞增，
又，故當時，，即，
故，
，
故，故選項錯誤．
（法二）作出與的圖象，由蛛網圖可知，選項，正確；
若，由蛛網圖可知，，時，，則，
故，選項正確；
若，則，，比較與的大小，
，
則，選項錯誤．
故選：．
【變式8-2】已知數列滿足：，，前項和為（參考數據：，，則下列選項中錯誤的是　　
A．是單調遞增數列，是單調遞減數列
B．
C．
D．
【解析】解：由，得，
，
令，即，則，，，
作圖如下：
由圖得：
①單調遞增，單調遞減，
，故正確；
②，，，，
，，
，，故正確；
③，，故錯誤．
④由不動點，得，，
，，故正確．
故選：．
【變式8-3】（多選題）已知數列滿足，，記數列的前n項和為，對恒成立，則下列說法正確的有（ ）
A．若，則數列為遞減數列
B．若，則數列為遞增數列
C．若a＝3，則的可能取值為
D．若a＝3，則
【答案】BCD
【解析】對于A，令，解得，即數列的不動點為2，所以當a＝2時，，此時為常數列，A錯誤；
對于B，作出函數與函數y＝x的圖像如圖：
由圖可知B正確；
對于C，作出函數與函數y＝x的圖像如圖：
由圖可知：，∴，∴，
即，又∵，∴，
一方面，由得，
∴，，
∴
∵，且當n→＋∞，，∴，∵，
∴另一方面，由，，得，，
又∵，，，且，∴，
所以CD正確.
故選：BCD.
題型九：整數的存在性問題（不定方程）
【典例9-1】已知等比數列的前項和為，公比.
(1)求；
(2)若在與之間插入3個數，使這5個數組成一個等差數列，試問在這5個數中是否存在3個數可以構成等比數列？若存在，找出這3個數；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）由，得，所以.
（2）設這5個數組成的等差數列為，
則，，得該數列的公差，
所以，，.
因為，所以，，成等比數列，即這3個數為4，12，36.
【典例9-2】已知等比數列的前項和為，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在3項，，（其中，，成等差數列）成等比數列？若存在，求出這樣的3項；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）由題意知當時，①
當時，②
聯立①②，解得，；
所以數列的通項公式．
（2）由（1）知，，
所以，可得；
設數列中存在3項，，（其中，，成等差數列）成等比數列，則，
所以，即；
又因為，，成等差數列，所以，
所以，化簡得，即；
又，所以與已知矛盾；
所以在數列中不存在3項，，成等比數列．
【變式9-1】（2024·天津南開·二模）已知是等差數列，公差，，且是與的等比中項.
(1)求的通項公式
(2)數列滿足，且.
（ⅰ）求的前n項和.
（ⅱ）是否存在正整數m，n（），使得，，成等差數列，若存在，求出m，n的值；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）因為為等差數列，且，所以．
又是與的等比中項，所以，即．
化簡得，解得或（舍），
所以．
（2）（i）由，得，所以（），又，
當時，
，
又也適合上式，所以，
則，
所以．
（ⅱ）假設存在正整數m，n，使得，，成等差數列，
則，即，整理得，
顯然是25的正約數，又，則或，
當，即時，與矛盾；
當，即時，，符合題意，
所以存在正整數使得，，成等差數列，此時，．
【變式9-2】（2024·黑龍江·二模）已知等比數列的前n項和為，且，其中.
(1)求數列的通項公式；
(2)在與之間插入n個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在不同三項，，（其中成等差數列）成等比數列？若存在，求出這樣的三項；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）因為，故，故，
而為等比數列，故其公比為，
又，故，故，
故.
（2）由題設可得，
若數列中存在不同三項，，（其中成等差數列）成等比數列，
則，因為等差數列，
故即，故，
故即，這樣不同矛盾，
故數列中不存在不同三項，，（其中成等差數列）成等比數列.
【變式9-3】（2024·天津北辰·三模）已知為等差數列，前項和為，若，；數列滿足：，.
(1)求和的通項公式；
(2)對任意的，將中落入區間內項的個數記為.
（i）求；
（ii）記，的前項和記為，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
【解析】（1），
所以，
①
當時，令得：②
①②得：，所以是公差為的等差數列，
當時有：，所以
（2）（i）
因為，所以，所以
（ii），把代入得：，
所以，，
所以
因為，，所以，
當時，（舍去），當時，（舍去），
當時，，所以存在，.
題型十：數列與函數的交匯問題
【典例10-1】已知定義在上的函數是奇函數且滿足，，數列是等差數列，若，，則　　
A． B． C．2 D．3
【解析】解：函數是奇函數且滿足，
有，
則，
即，
為周期為3的函數，
數列是等差數列，若，，
，，
，
（1）（3）（5），
，，（1），
（1）（3）（5），
（1）（3）（5）（1）（3），
故選：．
【典例10-2】已知數列的通項公式，則　　
A．150 B．162 C．180 D．210
【解析】解：，
可得當時，數列遞減，時，數列遞增，
可得
．
故選：．
【變式10-1】設等差數列的前項和為，已知，，則下列結論中正確的是　　
A．， B．，
C．， D．，
【解析】解：由，
可得，，即，，從而可得等差數列的公差
，
把已知的兩式相加可得
整理可得
結合上面的判斷可知
所以，而
故選：．
題型十一：數列與導數的交匯問題
【典例11-1】（2024·湖北襄陽·模擬預測）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)當時，，數列滿足，且
①比較，，1的大小
②證明：.
【解析】（1）由題意知的單調性為，
.
當時，令，解得，令，解得，
在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，令，解得或，令，解得，
在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，，在上單調遞增；
當時，令，解得或，令，解得，
在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.
綜上所述，當時，在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）①當時，，則，
令，得；令，得，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
因為，，，，，
令，
，
所以在上單調遞減，且，
因為，
又，所以，
所以，則.
②要證，即證，
又，，即證.
所以，即，
所以成立，
故.
【典例11-2】（2024·黑龍江·二模）南宋的數學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續量問題轉化為求離散變量的垛積問題”．在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式．如圖，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第層球數是第n層球數與的和，設各層球數構成一個數列．
(1)求數列的通項公式；
(2)證明：當時，
(3)若數列滿足，對于，證明：．
【解析】（1）根據題意，，
則有，
當時，
，
又也滿足，所以.
（2）設，，
則，
所以在上單調遞增，則，
即，即當時，.
（3）由（2）可知當時，，
令，則，
所以，
所以，
令，
則，
所以
，
所以，
所以.
【變式11-1】（2024·湖南長沙·三模）已知函數．
(1)判斷并證明的零點個數
(2)記在上的零點為，求證;
（i）是一個遞減數列
（ii）．
【解析】（1）當為奇數時，有1個零點；當為偶數時，有2個零點.
證明如下：
當時，由，得，
所以函數在上單調遞增，又，，
所以函數在內有唯一零點；
當時，，
若為奇數，，則，此時在內無零點；
若為偶數，設，
則，方程有一個解，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，
且，此時在內有1個零點.
綜上，當為奇數時，有1個零點；當為偶數時，有2個零點.
（2）（i）由（1）知，當時，在在內的零點，
當時，，，
則，
故，所以數列是一個遞減數列；
（ii）由（i）知，當時，，
當時，，
有，所以，求和可得
，當且僅當時等號成立；
當時，，
故，則，得，
即，即，即，
即，即，
即，當時，，
所以當時，均有成立，求和可得
.
綜上，.
【變式11-2】（2024·湖南衡陽·三模）已知正項數列的前項和為，首項.
(1)若，求數列的通項公式；
(2)若函數，正項數列滿足：.
（i）證明：；
（ii）證明：.
【解析】（1）正項數列中，，，，當時，，
兩式相減得，即，
而，則，因此數列是首項為1，公差為2的等差數列，
所以數列的通項公式為.
（2）（i）令，求導得，當時，，當時，，
即函數在上單調遞減，在上單調遞增，則，即，
于是，
即，即，
當時，，
當時，因此，
所以
（ii）由已知，所以，得，
當時，，于是，
當時，，
又，所以，恒有，當時，，
由，得當時，，
則當時，，
從而
，
于是，
所以.
【變式11-3】（2024·高三·江西萍鄉·期中）已知函數.
(1)證明：當時，恒成立；
(2)首項為的數列滿足：當時，有，證明：.
【解析】（1）要證，即，只需證，
令，則，
令，則，
當時，，單調遞增，即單調遞增，
則，單調遞增，則，
故當時，恒成立；
（2），由（1）知，則，即，依此類推，可知，
等價于，
當時，（等價于），下證，
即證，即證，
因為，則只要證，
即，
令，則，
令，則，所以單調遞增，
即單調遞增，，則單調遞增，，
所以，即，
所以，
即
所以.
題型十二：數列與概率的交匯問題
【典例12-1】（2024·江蘇蘇州·模擬預測）現有甲、乙兩個盒子中都有大小、形狀、質地相同的2個紅球和1個黑球．從兩個盒子中各任取一個球交換，記為一次操作．重復進行次操作后，記甲盒子中黑球個數為，甲盒中恰有1個黑球的概率為，恰有2個黑球的概率為．
(1)求隨機變量的分布列；
(2)求數列的通項公式；
(3)求證：．
【解析】（1）由題可知的可能取值為0，1，2，
根據相互獨立事件的概率公式得到：即為甲盒中拿黑球乙盒中拿紅球交換，即為甲盒中拿黑球乙盒中拿黑球交換或甲盒中拿紅球乙盒中拿紅球交換，即為甲盒中拿紅球乙盒中拿黑球交換，則
，
的分布列為：
0 1 2
（2）由全概率公式可知：
，
即，即，，
又，
所以數列是以為首項，以為公比的等比數列，
，
即的通項公式；
（3）
，
所以
得證.
【典例12-2】擲一枚質地均勻的骰子，得分規則如下：若出現的點數為1，則得1分；若出現的點數為2或3，則得2分；若出現的點數為4或5或6，則得3分．
(1)記為連續擲這枚骰子2次的總得分，求的數學期望；
(2)現在將得分規則變更如下：若出現的點數為1或2，則得2分，其他情況都得1分．反復擲這枚骰子，設總得分為的概率為，證明：數列為等比數列．
【解析】（1）由題知擲一次骰子，得1分的概率為，得2分的概率為，得3分的概率為．
的所有可能取值為2，3，4，5，6，
，，，
，．
故．
（2）改變規則后，擲一次骰子，得1分的概率為，得2分的概率為．
由題意知，，
總得分為有兩種情況：一種情況是當得分為時，下一次再得1分；
另一種情況是當得分為時，下一次再得2分．
所以．
故，
又，所以是首項為，公比為的等比數列．
【變式12-1】4月19日是中國傳統二十四節氣之一的“谷雨”，聯合國將這天定為“聯合國中文日”，以紀念“中華文字始祖”倉頡[jié]造字的貢獻，旨在慶祝多種語言以及文化多樣性，促進聯合國六種官方語言平等使用．某大學面向在校留學生舉辦中文知識競賽，每位留學生隨機抽取問題并依次作答，其中每個問題的回答相互獨立．若答對一題記2分，答錯一題記1分，已知甲留學生答對每個問題的概率為，答錯的概率為．
(1)甲留學生隨機抽取題，記總得分為，求的分布列與數學期望；
(2)（ⅰ）若甲留學生隨機抽取道題，記總得分恰為分的概率為，求數列的前項和；
（ⅱ）記甲留學生已答過的題累計得分恰為分的概率為，求數列的通項公式．
【解析】（1）依題意可得的可能取值為、、、，
則，，
，，
所以的分布列為
所以.
（2）（ⅰ）若甲留學生隨機抽取道題，總得分恰為分，即道題均答對了，
所以，
設數列的前項和為，則.
（ⅱ）依題意可得，，，
當時，
所以，
所以為常數數列，又，
所以，
則，所以是以為首項，為公比的等比數列，
所以，
經檢驗當、上式也成立，所以.
【變式12-2】（2024·全國·模擬預測）甲、乙兩名小朋友，每人手中各有3張龍年紀念卡片，其中甲手中的3張卡片為1張金色和2張銀色，乙手中的3張卡片都是金色的，現在兩人各從自己的卡片中隨機取1張，去與對方交換，重復次這樣的操作，記甲手中銀色紀念卡片張，恰有2張銀色紀念卡片的概率為，恰有1張銀色紀念卡片的概率為．
(1)求的值．
(2)問操作幾次甲手中銀色紀念卡片就可能首次出現0張，求首次出現這種情況的概率．
(3)記．
（i）證明數列為等比數列，并求出的通項公式．
（ii）求的分布列及數學期望．（用表示）
【解析】（1）根據題意，表示“重復2次操作，甲手中恰有2張銀色卡片”的概率，
包含兩種情況：第一次甲交換金色卡片，第二次甲還交換金色卡片；
第一次甲交換銀色卡片，第二次甲交換金色卡片，乙交換銀色卡片.
則．
所以；
表示“重復2次操作，甲手中恰有1張銀色卡片”的概率，包含兩種情況：
第一次甲交換金色卡片，第二次甲還交換銀色卡片；第一次甲交換銀色卡片，
第二次甲交換銀色卡片，乙交換銀色卡片或第二次甲交換金色卡片，乙交換金色卡片.
則.
（2）結合（1）的計算得，即交換一次不會出現的情況，
而，則操作兩次就會首次出現0張，其概率為.
（3）根據題意可得．
．
（i），
所以，
所以數列是首項為，公比為的等比數列，
所以．
（ii）由已知及（1）（2），得的所有可能取值為．
其分布列為
0 1 2
從而.
題型十三：數列與幾何的交匯問題
【典例13-1】（2024·浙江紹興·三模）已知四面體，分別在棱，，上取等分點，形成點列，，，過，，作四面體的截面，記該截面的面積為，則（ ）
A．數列為等差數列 B．數列為等比數列
C．數列為等差數列 D．數列為等比數列
【答案】C
【解析】設，，與所成角為，
由題意可知：，，
根據平行線分線段成比例可知：，，
，
對于A，，
則不恒等于常數，則數列恒為等差數列不成立，A錯誤；
對于B，，
不恒等于不為零的常數，則數列恒為等比數列不成立，B錯誤；
對于C，，
則，
即恒為常數，為等差數列，C正確；
對于D，，即不恒等于不為零的常數，
則數列恒為等比數列不成立，D錯誤.
故選：C.
【典例13-2】（2024·福建福州·三模）數列中，，點 在雙曲線上.若恒成立，則實數λ的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由題意可知：雙曲線的漸近線方程為，
因為點 在雙曲線上，則，
且，可得，
可知為遞減數列，且，則為遞減數列，
可得，且，可得，
記點，則為直線的斜率，記，
由雙曲線的性質可知：因為為遞減數列，直線的斜率為遞減數列，即，
且隨著增大，直線越接近漸近線，故接近于，
所以，則.
故選：C.
【變式13-1】（2024·四川成都·一模）公差為的等差數列的首項為，其前項和為，若直線與圓的兩個交點關于直線對稱，則數列的前100項和等于（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】因為直線與圓的兩個交點關于直線對稱，
所以直線經過圓心，且直線與直線垂直，
所以且，解得：，.
則，，
所以數列的前100項和為.
故選：A.
【變式13-2】（2024·遼寧大連·模擬預測）已知三棱錐，P是面內任意一點，數列共9項，且滿足，滿足上述條件的數列共有 個.
【答案】70
【解析】因為P是面內任意一點，
所以四點共面，
因為，
所以，即，
解得或，
可轉化為組合計數問題
①若，則，只有1個
②若，則，有個
③若，則，有個
④若，則，有個
⑤若，則，只有1個
共70個
故答案為：70
【變式13-3】（2024·高三·北京·期中）已知直線與相交于點，直線與軸交于點，過點作軸的垂線交直線于點，過點作軸的垂線交直線于點，過點作軸的工線交直線于點，…，這樣一直作下去，可得到一系列點，，，，…，記點的橫坐標構成數列，給出下列四個結論：
①點； ②數列單調遞減；
③； ④數列的前項和滿足：.
其中所有正確結論的序號是 .
【答案】①③
【解析】由題設，，故①對；
設，則，進而有，即，
所以，故是以1為首項，為公比的等比數列，則，
對于，，易知數列單調遞增，②錯；
由兩直線交點和，則，③對；
由，故，所以，④錯；
故答案為：①③
1．（2024·浙江紹興·二模）漢諾塔（Tower of Hanoi），是一個源于印度古老傳說的益智玩具. 如圖所示，有三根相鄰的標號分別為A、B、C的柱子， A柱子從下到上按金字塔狀疊放著個不同大小的圓盤，要把所有盤子一個一個移動到柱子B上，并且每次移動時，同一根柱子上都不能出現大盤子在小盤子的上方，請問至少需要移動多少次？記至少移動次數為，例如：，，則下列說法正確的是（ ）
A． B．為等差數列
C．為等比數列 D．
【答案】C
【解析】由題意知若有1個圓盤，則需移動一次：
若有2個圓盤，則移動情況為：，需移動3次；
若有3個圓盤，則移動情況如下：
，共7次，故，A錯誤；
由此可知若有n個圓盤，設至少移動次，則,
所以，而，故為等比數列，
故即，該式不是n的一次函數，
則不為等差數列，B錯誤；
又，則，，則為等比數列，C正確，
，D錯誤，
故選：C
2．（2024·河南洛陽·模擬預測）折紙是一種用紙張折成各種不同形狀的藝術活動，起源于中國，其歷史可追溯到公元583年，民間傳統折紙是一項利用不同顏色、不同硬度、不同質地的紙張進行創作的手工藝．其以紙張為主材，剪刀、刻刀、畫筆為輔助工具，經多次折疊造型后再以剪、刻、畫手法為輔助手段，創作出或簡練、或復雜的動物、花卉、人物、鳥獸等內容的立體幾何造型作品．隨著一代代折紙藝人的傳承和發展，現代折紙技術已發展至一個前所未有的境界，有些作品已超越一般人所能想象，其復雜而又栩栩如生的折紙作品是由一張完全未經裁剪的正方形紙張所創作出來的，是我們中華民族的傳統文化，歷史悠久，內涵博大精深，世代傳承．在一次數學實踐課上某同學將一張腰長為l的等腰直角三角形紙對折，每次對折后仍成等腰直角三角形，則對折6次后得到的等腰直角三角形斜邊長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由題意可知，對折后的等腰直角三角形的腰長成等比數列，且首項為，公比為，
故對折6次后，得到腰長為的等腰直角三角形，
所以斜邊長為.
故選：A．
3．（多選題）（2024·全國·模擬預測）數列滿足，，則下列說法正確的是（ ）
A．若且，數列單調遞減
B．若存在無數個自然數，使得，則
C．當或時，的最小值不存在
D．當時，
【答案】ACD
【解析】A選項，，
令，解得：，
令，解得：
綜上：且，
所以且，數列單調遞減，A正確；
B選項，當時，，
當時，，
所以存在無數個自然數，使得，
故B錯誤；
C選項，當或時，，
所以數列單調遞減，所以最小值不存在，C正確；
D選項，，
所以，
所以，
故
，
因為，，單調遞減，
所以當時，，，
所以，
又因為單調遞減，所以當時，取得最大值，
最大值為，
綜上：，D正確.
故選：ACD
4．（多選題）已知正項數列滿足，則（　　）
A．為遞增數列
B．
C．若，則存在大于1的正整數，使得
D．已知，則存在，使得
【答案】AB
【解析】數列中，，由，得，
對于A，，因此為遞增數列，A正確；
對于B，，則，因此，B正確；
對于C，，由，得，有，
顯然，于是，由選項A知，，
因此不存在大于1的正整數，使得，C錯誤；
對于D，，則，
即，于是，
因此，，則不存在，使得，D錯誤.
故選：AB
5．（多選題）已知數列滿足：，其中，數列的前項和是，下列說法正確的是（ ）
A．當時，數列是遞增數列
B．當時，若數列是遞增數列，則
C．當時，
D．當時，
【答案】ACD
【解析】因為且，
所以，數列是遞增數列，故A正確；
若數列是單調遞增數列，
當時，
且，所以，又因為是單調遞增的，
所以只需要，則，解得或，故B錯誤；
，所以，
所以，所以，故C正確；
易知是遞增數列，所以，則，
即，所以，
即，所以，
當時，，所以
所以，D正確，
故選:ACD.
6．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）已知數列中，，且，若存在正整數，使得成立，則實數的取值范圍為 .
【答案】
【解析】由，令，
若為奇數，則，
若為偶數，則，
即奇數項與偶數項分別成以為公差的等差數列，
易知，
所以，則，
若為奇數，則
有解，即，
由指數函數的單調性可知；
若為偶數，則
有解，即，
由指數函數的單調性可知；
綜上滿足題意.
故答案為：
7．（2024·浙江·模擬預測）已知數列的前項和為，且，數列的前項和為，且，則滿足的正整數的最小值為 .
【答案】15
【解析】因為，
所以，
因為，所以，
整理得，
所以，
所以，
令，解得.
所以正整數的最小值為15.
故答案為：15
8．（2024·內蒙古呼和浩特·二模）根據市場調查結果，預測某種家用商品從年初開始的n個月內累積的需求量（萬件）近似地滿足關系式，按此預測，在本年度內，需求量超過1.5萬件的月份是 .
【答案】7，8
【解析】因為，
所以當時，，
當時，
，
化為，
解得，
可知當或8，需求量超過1.5萬件.
故答案為：7，8.
9．已知平面內有四點，且任意三點不共線，點為平面外一點，數列為等差數列，其前項和為，若，則 .
【答案】2020
【解析】因為平面內有四點，且任意三點不共線，
所以，
所以，
可整理得，
即，
易得，
因為，所以，即
因為為等差數列，所以，
故答案為：2020
10．已知數列滿足（），在雙曲線上，則 .
【答案】/
【解析】當時，與漸近線平行，且在軸的投影為1，
不妨取漸近線，令其傾斜角為，則，，
所以.
故答案為：
11．已知數列是首項為，公差為d的等差數列，其前n項和為，若直線與圓的兩個交點關于直線對稱，則數列的前100項和為 ．
【答案】
【解析】由對稱性可知經過，故，解得，
且與垂直，其中的斜率為，故，
所以，，
所以，
則.
故答案為：
12．（2024·云南昆明·模擬預測）南宋的數學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續量問題轉化為求離散變量的垛積問題”.在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式. 如圖，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第層球數比第層球數多，設各層球數構成一個數列.
(1)求數列的通項公式；
(2)求的最小值；
(3)若數列滿足，對于，證明：.
【解析】（1）依題意，，則有，
當時，
，
又也滿足，所以.
（2）函數的定義域為，
求導得，當時，，當時，，
則函數在上單調遞減，在上單調遞增，因此，
所以函數的最小值為0.
（3）由（2）知，當時，，令，則，
則，
因此，
令，
于是，
兩a式相減得，
因此，所以.
13．（2024·全國·模擬預測）已知數列滿足，．
(1)求數列的通項公式；
(2)若，證明：．
【解析】（1）當時，；
當時，①，
②．
①②得，
因為不滿足上式，所以.
（2）由（1），
因為，所以，
當時，；
當時，
，
綜上，對任意的，.
14．已知等差數列的前項和為，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)若數列由與的公共項按從小到大的順序排列而成，求數列落在區間內的項的個數．
【解析】（1）設等差數列的公差為．
由可得得
解得
所以．
（2）因為，所以表示所有正整數的完全平方數從小到大組成的數列，
而表示全體正奇數從小到大組成的數列，所以表示全體正奇數的平方從小到大組成的數列，
因為，所以落在區間內的項的個數為22項．
15．（2024·吉林通化·一模）記為公比不為1的等比數列的前項和，，．
(1)求的通項公式；
(2)設，若由與的公共項從小到大組成數列，求數列的前項和．
【解析】（1）設等比數列的公比為，
因為，即，即，所以，
又，即，解得，
所以.
（2）由（1）可得，
則數列為、、、、，偶數組成的數列，
又，令，則為正偶數，
所以，，，，，
所以為以為首項，為公比的等比數列，
所以.
16．（2024·高三·黑龍江哈爾濱·開學考試）記數列的前項和，對任意正整數，有 ，且 .
(1)求數列的通項公式；
(2)對所有正整數，若，則在和兩項中插入，由此得到一個新數列，求的前91項和.
【解析】（1）由，則，兩式相減得：，
整理得：，即時，，
所以時， ，
又時，，得，也滿足上式.
故.
（2）由，所以，
又，所以前91項中有87項來自.
所以故
.
17．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）設數列的前項和為．
(1)求數列的通項公式；
(2)在數列的和項之間插入個數，使得這個數成等差數列，其中，將所有插入的數組成新數列，設為數列的前項和，求．
【解析】（1）當時，，所以，
當時，，即，
所以，
當時，符合，
所以；
（2）依題意，，
，
，

．
所以，
即，①
則，②
由①②可得，，
所以．
18．（2024·全國·模擬預測）已知數列為等差數列，，前n項和為，數列滿足，
(1)數列中是否存在不同的三項構成等比數列？請說明理由．
(2)若，求滿足條件的最大整數n．
【解析】（1）因為等差數列滿足，
所以，所以．
設數列中任意三項，且．
假設成等比數列，則，
即．
因為，
所以
即
所以
所以，即，與矛盾，
所以數列中的任意三項均不能構成等比數列．
（2）由題意，知，
所以．
而隨著n的增大而增大．
設滿足條件的最大整數為，
則
即
所以，即滿足條件的最大整數為98．
19．已知數列的前項和為，且滿足：
(1)求數列的通項公式；
(2)在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在三項（其中成等差數列）成等比數列？若存在，求出這三項；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）由①
得時②
①-②得，①中令得，
是以為首項，為公比的等比數列，，
（2）
假設存在這樣的三項成等比數列，
為遞增數列，不妨設，
則
則，
成等差數列，
，，
由，得，所以，與題設矛盾
不存在這樣的三項（其中成等差數列）成等比數列.
20．設數列的首項為常數，且．
(1)證明：是等比數列；
(2)若中是否存在連續三項成等差數列？若存在，寫出這三項：若不存在，請說明理由．
(3)若是遞增數列，求的取值范圍．
【解析】（1）證明：
，
因為，所以，
所以數列是首項為，公比為的等比數列；
（2）因為，所以數列的首項是，
所以，則，
若中存在連續三項成等差數列，則必有，
即，
整理為：，
解得：，
所以成等差數列；
（3）如果，
即對任意自然數均成立，
化簡得，
當為偶數時，恒成立，
因為是遞減數列，
所以的最大值是，即，
當為奇數時，恒成立，
單調遞增，
所以的最小值為，即，
所以的取值范圍是.
21．（2024·重慶渝中·模擬預測）（1）證明：當時，；
（2）已知正項數列滿足.
（i）證明：數列為遞增數列；
（ii）證明：若，則對任意正整數，都有.
【解析】（1）令，則，
所以在上單調遞增，所以，即，
再令，則，，
令，則，由上面知，
即在上單調遞減，所以，
所以在上單調遞減，所以，
即.
綜上，當時，成立.
（2）（i）因為，所以，
所以，由（1）知，當時，，
所以，
所以數列為遞增數列.
（ii）要證，即證，即，
由（1）知：當時，，
所以，即有，
所以，
所以，
又因為，所以，
所以，即，
所以，歸納易得數列為減函數，
又數列為遞增數列，
所以，
所以
，
又因為，
所以，
所以，
即成立.
22．（2024·江蘇南通·三模）已知函數．
(1)若，求的最小值；
(2)設數列前項和，若，求證：．
【解析】（1）因為，則，
因為，則，且，
當時，則，可得；
當時，則，可得；
可知在上單調遞減，在上單調遞增，
所以的最小值為.
（2）因為，
若，則，滿足；
若，由（1）可知：，
即，當且僅當時，等號成立，
令，可得，
且，
可得，
所以；
綜上所述：.
23．設函數，.
(1)①當時，證明：；
②當時，求的值域；
(2)若數列滿足，，，證明：（）.
【解析】（1）①在恒成立，
故在上單調遞增，
故，證畢；
②，恒有，
故為偶函數，
當時，，
由①可知，在上恒成立，
又，故在上恒成立，
故在上單調遞減，
故，，
結合函數在上為偶函數可得，函數值域為；
（2）因為，，
所以，
其中，故只需證明，
因為，，
所以，
由（1）可知，
上式兩邊取倒數得，故，
于是
，，
所以（）.
24．（2024·浙江杭州·模擬預測）投擲一枚硬幣（正反等可能），設投擲次不連續出現三次正面向上的概率為.
(1)求，，和；
(2)寫出的遞推公式；
(3)單調有界原理：①若數列單調遞增，且存在常數，恒有成立，那么這個數列必定有極限，即存在；②若數列單調遞減，且存在常數，恒有成立，那么這個數列必定有極限，即存在.請根據單調有界原理判斷是否存在？有何統計意義？
【解析】（1）依題意，，
而投擲3次，共有8個不同結果，其中連續出現三次正面向上的只有1個，則，
又投擲4次，共有16個不同結果，其中連續出現三次正面向上的有：正正正正，正正正反，
反正正正，因此.
（2）共有三種情況：
①如果第n次出現反面向上，前n次不連續出現三次正面向上和前次不連續出現三次正面向上是相同的，
此時不連續出現三次正面向上的概率為；
②如果第n次出現正面向上，第次出現反面向上，
則前n次不連續出現三次正面向上和前次不連續出現三次正面向上是相同的，
此時不連續出現三次正面向上的概率為；
③如果第n次出現正面向上，第次出現正面向上，第次出現反面向上，
則前n次不連續出現三次正面向上和前次不連續出現三次正面向上是相同的，
此時不連續出現三次正面向上的概率為，
所以，.
（3）由（2）知，，
當時，，則，
即，因此當時，數列是遞減的，又，
則當時，數列是遞減的，顯然有下界0，
于是數列的極限存在，對兩邊取極限，得，
其統計意義是：當投擲的次數足夠多時，不出現連續三次正面向上的次數非常少，其概率趨近于0.
25．（2024·廣東廣州·模擬預測）甲、乙、丙三人進行傳球游戲，每次投擲一枚質地均勻的正方體骰子決定傳球的方式：當球在甲手中時，若骰子點數大于3，則甲將球傳給乙，若點數不大于3，則甲將球保留繼續投擲骰子；當球在乙手中時，若骰子點數大于4，則乙將球傳給甲，若點數不大于4，則乙將球傳給丙；當球在丙手中時，若骰子點數大于3，則丙將球傳給甲，若骰子點數不大于3，則丙將球傳給乙.初始時，球在甲手中.
(1)求三次投擲骰子后球在甲手中的概率；
(2)投擲次骰子后，記球在乙手中的概率為，求數列的通項公式；
(3)設，求證：.
【解析】（1）依題意，球在甲手中時，保留在自己手中的概率為，傳給乙的概率為；
球在乙手中時，傳給甲的概率為，傳給丙的概率為；球在丙手中時，傳給甲和丙的概率都是.
則三次投擲骰子后球在甲手中包括四類的情況，
第一類情況：甲→甲→甲→甲，概率為；
第二類情況：甲→乙→甲→甲，概率為；
第三類情況：甲→乙→丙→甲，概率為；
第四類情況：甲→甲→乙→甲，概率為
由互斥事件的概率加法公式，三次投擲骰子后球在甲手中的概率為.
（2）由于投擲次骰子后球不在乙手中的概率為，此時無論球在甲手中還是球在丙手中，均有的概率傳給乙，
故有，變形為.
又，所以數列是首項為，公比為的等比數列.
所以.
所以數列的通項公式.
（3）由（2）可得，
則
① 當是奇數時，因是單調增函數，故，則，
于是，，故；
② 當是偶數時，因是單調減函數，故，則，
于是，，故.
綜上，.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)重難點突破01 數列的綜合應用
目錄
01 方法技巧與總結 2
02 題型歸納與總結 3
題型一：數列在數學文化與實際問題中的應用 3
題型二：數列不動點與遞推問題 5
題型三：數列與函數、不等式的綜合問題 6
題型四：數列在實際問題中的應用 6
題型五：數列不等式的證明 7
題型六：公共項問題 9
題型七：插項問題 10
題型八：蛛網圖問題 11
題型九：整數的存在性問題（不定方程） 13
題型十：數列與函數的交匯問題 14
題型十一：數列與導數的交匯問題 15
題型十二：數列與概率的交匯問題 17
題型十三：數列與幾何的交匯問題 18
03過關測試 20
1、解決數列與數學文化相交匯問題的關鍵
2、新定義問題的解題思路
遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使問題得以解決．
3、數列與函數綜合問題的主要類型及求解策略
①已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象研究數列問題．
②已知數列條件，解決函數問題，解決此類問題一般要利用數列的通項公式、前n項和公式、求和方法等對式子化簡變形．
注意數列與函數的不同，數列只能看作是自變量為正整數的一類函數，在解決問題時要注意這一特殊性．
4、數列與不等式綜合問題的求解策略
解決數列與不等式的綜合問題時，若是證明題，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等；若是含參數的不等式恒成立問題，則可分離參數，轉化為研究最值問題來解決．
利用等價轉化思想將其轉化為最值問題.
恒成立；
恒成立.
5、現實生活中涉及銀行利率、企業股金、產品利潤、人口增長、產品產量等問題，常常考慮用數列的知識去解決．
（1）數列實際應用中的常見模型
①等差模型：如果增加(或減少)的量是一個固定的數，則該模型是等差模型，這個固定的數就是公差；
②等比模型：如果后一個量與前一個量的比是一個固定的數，則該模型是等比模型，這個固定的數就是公比；
③遞推數列模型：如果題目中給出的前后兩項之間的關系不固定，隨項的變化而變化，則應考慮是第項與第項的遞推關系還是前項和與前項和之間的遞推關系．
在實際問題中建立數列模型時，一般有兩種途徑：一是從特例入手，歸納猜想，再推廣到一般結論；二是從一般入手，找到遞推關系，再進行求解．一般地，涉及遞增率或遞減率要用等比數列，涉及依次增加或減少要用等差數列，有的問題需通過轉化得到等差或等比數列，在解決問題時要往這些方面聯系．
（2）解決數列實際應用題的3個關鍵點
①根據題意，正確確定數列模型；
②利用數列知識準確求解模型；
③問題作答，不要忽視問題的實際意義．
6、在證明不等式時，有時把不等式的一邊適當放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明，我們稱這種方法為放縮法.
放縮時常采用的方法有：舍去一些正項或負項、在和或積中放大或縮小某些項、擴大（或縮小）分式的分子（或分母）.
放縮法證不等式的理論依據是：；.
放縮法是一種重要的證題技巧，要想用好它，必須有目標，目標可從要證的結論中去查找.
題型一：數列在數學文化與實際問題中的應用
【典例1-1】（2024·重慶九龍坡·三模）正整數的倒數的和已經被研究了幾百年，但是迄今為止仍然沒有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，當很大時，.其中稱為歐拉-馬歇羅尼常數，，至今為止都不確定是有理數還是無理數.設表示不超過的最大整數，用上式計算的值為（ ）
（參考數據：，，）
A．10 B．9 C．8 D．7
【典例1-2】（2024·黑龍江佳木斯·三模）《算法統宗》是一部中國古代數學名著，全稱為《新編直指算法統宗》，由明代數學家程大位所著．該書在萬歷二十一年（即公元1593年）首次刊行，全書共有17卷．其主要內容涵蓋了數學名詞、大數與小數的解釋、度量衡單位以及珠算盤式圖和各種算法的口訣等基礎知識．同時，書中還按照“九章”的次序列舉了多種應用題及其解法，并附有圖式說明．此外，《算法統宗》還包括了難題解法的匯編和不能歸入前面各類別的雜法算法等內容．其中有一首詩，講述了“竹筒容米”問題．詩云：‘家有九節竹一莖，為因盛米不均平，下頭三節三升九，上稍四節貯三升，唯有中間兩節竹，要將米數次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明’（【注釋】三升九：3.9升，次第盛：盛米容積依次相差同一數量）用你所學數學知識求該九節竹一共盛米多少升 （ ）

A．8.8升 B．9升 C．9.1升 D．9.2升
【變式1-1】（2024·北京朝陽·二模）北宋科學家沈括在《夢溪筆談》中記載了“隙積術”，提出長方臺形垛積的一般求和公式.如圖，由大小相同的小球堆成的一個長方臺形垛積的第一層有個小球，第二層有個小球，第三層有個小球……依此類推，最底層有 個小球，共有層，由“隙積術”可得 這 些 小 球 的 總 個 數 為 若由小球堆成的某個長方臺形垛積共8層，小球總個數為240，則該垛積的第一層的小球個數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式1-2】（2024·云南·模擬預測）當前，全球新一輪科技革命和產業變革蓬勃發展，汽車與能源 交通 信息通信等領域有關技術加速融合，電動化 網聯化 智能化成為汽車產業的發展潮流和趨勢.某車企為轉型升級，從2024年起大力發展新能源汽車，2024年全年預計生產新能源汽車10萬輛，每輛車的利潤為2萬元.假設后續的幾年中，經過車企關鍵核心技術的不斷突破和受眾購買力的提升，每年新能源汽車的產量都比前一年增加（假設每年生產的新能源汽車都能銷售出去），每輛車的利潤都比前一年增加2000元，則至2030年年底，該汽車集團銷售新能源汽車的總利潤約為（ ）參考數據：，結果精確到0.1）
A．320.5億元 B．353.8億元 C．363.2億元 D．283.8億元
題型二：數列不動點與遞推問題
【典例2-1】（多選題）（2024·全國·模擬預測）已知數列滿足，，的前n項和為，則下列說法正確的有（ ）
A．對任意，不可能為常數數列
B．當時，為遞減數列
C．若，則
D．若，則
【典例2-2】（多選題）（2024·全國·模擬預測）已知數列滿足，則下列說法正確的是（ ）
A．當時， B．若數列為常數列，則
C．若數列為遞增數列，則 D．當時，
【變式2-1】已知數列滿足，.給出下列四個結論：
①數列每一項都滿足；
②數列是遞減數列；
③數列的前項和；
④數列每一項都滿足成立.
其中，所有正確結論的序號是（ ）
A．①② B．①③
C．①②③ D．①②④
【變式2-2】（2024·浙江·模擬預測）設數列滿足，其中c為實數，數列的前n項和是，下列說法不正確的是（ ）
A．c∈[0,1]是的充分必要條件 B．當c>1時，一定是遞減數列
C．當c<0時，不存在c使是周期數列 D．當時，
題型三：數列與函數、不等式的綜合問題
【典例3-1】（2024·江蘇蘇州·三模）已知函數.
①當時，，記前項積為，若恒成立，整數的最小值是 ;
②對所有n都有成立，則的最小值是 .
【典例3-2】歐拉函數的函數值等于所有不超過且與互質的正整數的個數（公約數只有1的兩個整數稱為互質整數），例如：，．記，數列的前項和為，若恒成立，則實數的取值范圍為 ．
【變式3-1】（2024·河北保定·二模）已知數列的前項積為，若，則滿足的正整數的最小值為 .
【變式3-2】（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知數列的前項和為，且.若，則的最小值為 .
【變式3-3】（2024·全國·模擬預測）已知正項數列的前項和為，，若存在非零常數，使得對任意的正整數均成立，則 ，的最小值為 .
題型四：數列在實際問題中的應用
【典例4-1】（2024·上海楊浦·二模）某鋼材公司積壓了部分圓鋼，經清理知共有2024根，每根圓鋼的直徑為10厘米．現將它們堆放在一起.若堆成縱斷面為等腰梯形（如圖每一層的根數比上一層根數多1根），且為考慮安全隱患，堆放高度不得高于米，若堆放占用場地面積最小，則最下層圓鋼根數為 .

【典例4-2】（2024·北京延慶·一模）北京天壇的圜丘壇分上、中、下三層，上層中心有一塊圓形石板(稱為天心石)， 環繞天心石砌塊扇面形石板構成第一環，向外每環依次增加塊，下一層的第一環比上一層的最后一環多塊，向外每環依次也增加塊．已知每層環數相同，且三層共有扇面形石板(不含天心石) 塊，則上層有扇形石板 塊．
【變式4-1】（2024·廣東茂名·一模）有一座六層高的商場，若每層所開燈的數量都是下面一層的兩倍，一共開了1890盞，則底層所開燈的數量為 盞.
【變式4-2】（2024·貴州·模擬預測）拓撲結構圖在計算機通信、計算機網絡結構設計和網絡維護等方面有著重要的作用.某樹形拓撲結構圖如圖所示，圓圈代表節點，每一個節點都有兩個子節點，則到第10層一共有 個節點.（填寫具體數字）
【變式4-3】（2024·湖北·一模）2022年第二十四屆北京冬奧會開幕式上由96片小雪花組成的大雪花驚艷了全世界，數學中也有一朵美麗的雪花——“科赫雪花”．它的繪制規則是：任意畫一個正三角形，并把每一條邊三等分，以三等分后的每邊的中間一段為邊向外作正三角形，并把這“中間一段”擦掉，形成雪花曲線．重復上述兩步，畫出更小的三角形，一直重復，直到無窮，形成雪花曲線，，，，．

設雪花曲線周長為，面積為．若的邊長為3，則 ； ．
題型五：數列不等式的證明
【典例5-1】（2024·高三·河北衡水·期中）已知數列的前項和為，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)求證：．
【典例5-2】（2024·江蘇鹽城·模擬預測）在數列的第項與第項之間插入個1，稱為變換．數列通過變換所得數列記為，數列通過變換所得數列記為，以此類推，數列通過變換所得數列記為（其中）．
(1)已知等比數列的首項為1，項數為，其前項和為，若，求數列的項數；
(2)若數列的項數為3，的項數記為．
①當時，試用表示；
②求證：．
【變式5-1】（2024·江蘇鹽城·一模）已知正項數列中，，且.
(1)求數列的通項公式；
(2)，證明：.
【變式5-2】已知數列滿足．
(1)證明是等比數列，并求的通項公式；
(2)證明：
【變式5-3】已知數列是等差數列，，，數列的前n項和為，且，
(1)求數列和的通項公式；
(2)若集合中恰有四個元素，求實數的取值范圍；
(3)設數列滿足，的前n項和為，證明：．
題型六：公共項問題
【典例6-1】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知數列的前n項積為，數列滿足，（，）．
(1)求數列，的通項公式；
(2)將數列，中的公共項從小到大排列構成新數列，求數列的通項公式．
【典例6-2】（2024·全國·模擬預測）設為等差數列的前n項和，且，數列滿足．
(1)求和的通項公式；
(2)若將數列和的公共項按從小到大的順序組成一個新的數列，求數列的前n項和．
【變式6-1】（2024·四川南充·一模）已知等差數列的前n項和為，滿足，.
(1)求數列的通項公式；
(2)將數列與的公共項從大到小排列得到數列，求數列的前n項和為.
【變式6-2】已知數列為等差數列，數列為等比數列，且，若．
(1)求數列，的通項公式；
(2)設由，的公共項構成的新數列記為，求數列的前5項之和．
【變式6-3】已知，設與的公共項數列為，給出至少兩種求的方法，要求講清思路，并求出．
題型七：插項問題
【典例7-1】已知數列是等差數列，其前和為，，，數列滿足
(1)求數列，的通項公式；
(2)若對數列，，在與之間插入個2（），組成一個新數列，求數列的前83項的和.
【典例7-2】（2024·廣東廣州·二模）已知等差數列的前項和為，且為等差數列．
(1)求的通項公式；
(2)在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，記數列的前項和為，求證：．
【變式7-1】（2024·河北滄州·一模）在數列中，已知．
(1)求數列的通項公式；
(2)在數列中的和之間插入1個數，使成等差數列；在和之間插入2個數，使成等差數列；…；在和之間插入個數，使成等差數列，這樣可以得到新數列，設數列的前項和為，求（用數字作答）．
【變式7-2】（2024·廣西·模擬預測）記數列的前n項和為，對任意正整數n，有．
(1)求數列的通項公式；
(2)對所有正整數m，若，則在和兩項中插入，由此得到一個新數列，求的前91項和．
題型八：蛛網圖問題
【典例8-1】已知數列若（且），若對任意恒成立，則實數t的取值范圍是 .
【典例8-2】已知數列滿足：，，前項和為，則下列選項錯誤的是　　（參考數據：，
A．是單調遞增數列，是單調遞減數列
B．
C．
D．
【變式8-1】（2024 浙江模擬）數列滿足，，，表示數列前項和，則下列選項中錯誤的是　　
A．若，則
B．若，則遞減
C．若，則
D．若，則
【變式8-2】已知數列滿足：，，前項和為（參考數據：，，則下列選項中錯誤的是　　
A．是單調遞增數列，是單調遞減數列
B．
C．
D．
【變式8-3】（多選題）已知數列滿足，，記數列的前n項和為，對恒成立，則下列說法正確的有（ ）
A．若，則數列為遞減數列
B．若，則數列為遞增數列
C．若a＝3，則的可能取值為
D．若a＝3，則
題型九：整數的存在性問題（不定方程）
【典例9-1】已知等比數列的前項和為，公比.
(1)求；
(2)若在與之間插入3個數，使這5個數組成一個等差數列，試問在這5個數中是否存在3個數可以構成等比數列？若存在，找出這3個數；若不存在，請說明理由.
【典例9-2】已知等比數列的前項和為，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在3項，，（其中，，成等差數列）成等比數列？若存在，求出這樣的3項；若不存在，請說明理由．
【變式9-1】（2024·天津南開·二模）已知是等差數列，公差，，且是與的等比中項.
(1)求的通項公式
(2)數列滿足，且.
（ⅰ）求的前n項和.
（ⅱ）是否存在正整數m，n（），使得，，成等差數列，若存在，求出m，n的值；若不存在，請說明理由.
【變式9-2】（2024·黑龍江·二模）已知等比數列的前n項和為，且，其中.
(1)求數列的通項公式；
(2)在與之間插入n個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在不同三項，，（其中成等差數列）成等比數列？若存在，求出這樣的三項；若不存在，請說明理由.
【變式9-3】（2024·天津北辰·三模）已知為等差數列，前項和為，若，；數列滿足：，.
(1)求和的通項公式；
(2)對任意的，將中落入區間內項的個數記為.
（i）求；
（ii）記，的前項和記為，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
題型十：數列與函數的交匯問題
【典例10-1】已知定義在上的函數是奇函數且滿足，，數列是等差數列，若，，則　　
A． B． C．2 D．3
【典例10-2】已知數列的通項公式，則　　
A．150 B．162 C．180 D．210
【變式10-1】設等差數列的前項和為，已知，，則下列結論中正確的是　　
A．， B．，
C．， D．，
題型十一：數列與導數的交匯問題
【典例11-1】（2024·湖北襄陽·模擬預測）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)當時，，數列滿足，且
①比較，，1的大小
②證明：.
【典例11-2】（2024·黑龍江·二模）南宋的數學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續量問題轉化為求離散變量的垛積問題”．在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式．如圖，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第層球數是第n層球數與的和，設各層球數構成一個數列．
(1)求數列的通項公式；
(2)證明：當時，
(3)若數列滿足，對于，證明：．
【變式11-1】（2024·湖南長沙·三模）已知函數．
(1)判斷并證明的零點個數
(2)記在上的零點為，求證;
（i）是一個遞減數列
（ii）．
【變式11-2】（2024·湖南衡陽·三模）已知正項數列的前項和為，首項.
(1)若，求數列的通項公式；
(2)若函數，正項數列滿足：.
（i）證明：；
（ii）證明：.
【變式11-3】（2024·高三·江西萍鄉·期中）已知函數.
(1)證明：當時，恒成立；
(2)首項為的數列滿足：當時，有，證明：.
題型十二：數列與概率的交匯問題
【典例12-1】（2024·江蘇蘇州·模擬預測）現有甲、乙兩個盒子中都有大小、形狀、質地相同的2個紅球和1個黑球．從兩個盒子中各任取一個球交換，記為一次操作．重復進行次操作后，記甲盒子中黑球個數為，甲盒中恰有1個黑球的概率為，恰有2個黑球的概率為．
(1)求隨機變量的分布列；
(2)求數列的通項公式；
(3)求證：．
【典例12-2】擲一枚質地均勻的骰子，得分規則如下：若出現的點數為1，則得1分；若出現的點數為2或3，則得2分；若出現的點數為4或5或6，則得3分．
(1)記為連續擲這枚骰子2次的總得分，求的數學期望；
(2)現在將得分規則變更如下：若出現的點數為1或2，則得2分，其他情況都得1分．反復擲這枚骰子，設總得分為的概率為，證明：數列為等比數列．
【變式12-1】4月19日是中國傳統二十四節氣之一的“谷雨”，聯合國將這天定為“聯合國中文日”，以紀念“中華文字始祖”倉頡[jié]造字的貢獻，旨在慶祝多種語言以及文化多樣性，促進聯合國六種官方語言平等使用．某大學面向在校留學生舉辦中文知識競賽，每位留學生隨機抽取問題并依次作答，其中每個問題的回答相互獨立．若答對一題記2分，答錯一題記1分，已知甲留學生答對每個問題的概率為，答錯的概率為．
(1)甲留學生隨機抽取題，記總得分為，求的分布列與數學期望；
(2)（ⅰ）若甲留學生隨機抽取道題，記總得分恰為分的概率為，求數列的前項和；
（ⅱ）記甲留學生已答過的題累計得分恰為分的概率為，求數列的通項公式．
【變式12-2】（2024·全國·模擬預測）甲、乙兩名小朋友，每人手中各有3張龍年紀念卡片，其中甲手中的3張卡片為1張金色和2張銀色，乙手中的3張卡片都是金色的，現在兩人各從自己的卡片中隨機取1張，去與對方交換，重復次這樣的操作，記甲手中銀色紀念卡片張，恰有2張銀色紀念卡片的概率為，恰有1張銀色紀念卡片的概率為．
(1)求的值．
(2)問操作幾次甲手中銀色紀念卡片就可能首次出現0張，求首次出現這種情況的概率．
(3)記．
（i）證明數列為等比數列，并求出的通項公式．
（ii）求的分布列及數學期望．（用表示）
題型十三：數列與幾何的交匯問題
【典例13-1】（2024·浙江紹興·三模）已知四面體，分別在棱，，上取等分點，形成點列，，，過，，作四面體的截面，記該截面的面積為，則（ ）
A．數列為等差數列 B．數列為等比數列
C．數列為等差數列 D．數列為等比數列
【典例13-2】（2024·福建福州·三模）數列中，，點 在雙曲線上.若恒成立，則實數λ的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【變式13-1】（2024·四川成都·一模）公差為的等差數列的首項為，其前項和為，若直線與圓的兩個交點關于直線對稱，則數列的前100項和等于（ ）
A． B． C． D．1
【變式13-2】（2024·遼寧大連·模擬預測）已知三棱錐，P是面內任意一點，數列共9項，且滿足，滿足上述條件的數列共有 個.
【變式13-3】（2024·高三·北京·期中）已知直線與相交于點，直線與軸交于點，過點作軸的垂線交直線于點，過點作軸的垂線交直線于點，過點作軸的工線交直線于點，…，這樣一直作下去，可得到一系列點，，，，…，記點的橫坐標構成數列，給出下列四個結論：
①點； ②數列單調遞減；
③； ④數列的前項和滿足：.
其中所有正確結論的序號是 .
1．（2024·浙江紹興·二模）漢諾塔（Tower of Hanoi），是一個源于印度古老傳說的益智玩具. 如圖所示，有三根相鄰的標號分別為A、B、C的柱子， A柱子從下到上按金字塔狀疊放著個不同大小的圓盤，要把所有盤子一個一個移動到柱子B上，并且每次移動時，同一根柱子上都不能出現大盤子在小盤子的上方，請問至少需要移動多少次？記至少移動次數為，例如：，，則下列說法正確的是（ ）
A． B．為等差數列
C．為等比數列 D．
2．（2024·河南洛陽·模擬預測）折紙是一種用紙張折成各種不同形狀的藝術活動，起源于中國，其歷史可追溯到公元583年，民間傳統折紙是一項利用不同顏色、不同硬度、不同質地的紙張進行創作的手工藝．其以紙張為主材，剪刀、刻刀、畫筆為輔助工具，經多次折疊造型后再以剪、刻、畫手法為輔助手段，創作出或簡練、或復雜的動物、花卉、人物、鳥獸等內容的立體幾何造型作品．隨著一代代折紙藝人的傳承和發展，現代折紙技術已發展至一個前所未有的境界，有些作品已超越一般人所能想象，其復雜而又栩栩如生的折紙作品是由一張完全未經裁剪的正方形紙張所創作出來的，是我們中華民族的傳統文化，歷史悠久，內涵博大精深，世代傳承．在一次數學實踐課上某同學將一張腰長為l的等腰直角三角形紙對折，每次對折后仍成等腰直角三角形，則對折6次后得到的等腰直角三角形斜邊長為（ ）
A． B． C． D．
3．（多選題）（2024·全國·模擬預測）數列滿足，，則下列說法正確的是（ ）
A．若且，數列單調遞減
B．若存在無數個自然數，使得，則
C．當或時，的最小值不存在
D．當時，
4．（多選題）已知正項數列滿足，則（　　）
A．為遞增數列
B．
C．若，則存在大于1的正整數，使得
D．已知，則存在，使得
5．（多選題）已知數列滿足：，其中，數列的前項和是，下列說法正確的是（ ）
A．當時，數列是遞增數列
B．當時，若數列是遞增數列，則
C．當時，
D．當時，
6．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）已知數列中，，且，若存在正整數，使得成立，則實數的取值范圍為 .
7．（2024·浙江·模擬預測）已知數列的前項和為，且，數列的前項和為，且，則滿足的正整數的最小值為 .
8．（2024·內蒙古呼和浩特·二模）根據市場調查結果，預測某種家用商品從年初開始的n個月內累積的需求量（萬件）近似地滿足關系式，按此預測，在本年度內，需求量超過1.5萬件的月份是 .
9．已知平面內有四點，且任意三點不共線，點為平面外一點，數列為等差數列，其前項和為，若，則 .
10．已知數列滿足（），在雙曲線上，則 .
11．已知數列是首項為，公差為d的等差數列，其前n項和為，若直線與圓的兩個交點關于直線對稱，則數列的前100項和為 ．
12．（2024·云南昆明·模擬預測）南宋的數學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續量問題轉化為求離散變量的垛積問題”.在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式. 如圖，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第層球數比第層球數多，設各層球數構成一個數列.
(1)求數列的通項公式；
(2)求的最小值；
(3)若數列滿足，對于，證明：.
13．（2024·全國·模擬預測）已知數列滿足，．
(1)求數列的通項公式；
(2)若，證明：．
14．已知等差數列的前項和為，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)若數列由與的公共項按從小到大的順序排列而成，求數列落在區間內的項的個數．
15．（2024·吉林通化·一模）記為公比不為1的等比數列的前項和，，．
(1)求的通項公式；
(2)設，若由與的公共項從小到大組成數列，求數列的前項和．
16．（2024·高三·黑龍江哈爾濱·開學考試）記數列的前項和，對任意正整數，有 ，且 .
(1)求數列的通項公式；
(2)對所有正整數，若，則在和兩項中插入，由此得到一個新數列，求的前91項和.
17．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）設數列的前項和為．
(1)求數列的通項公式；
(2)在數列的和項之間插入個數，使得這個數成等差數列，其中，將所有插入的數組成新數列，設為數列的前項和，求．
18．（2024·全國·模擬預測）已知數列為等差數列，，前n項和為，數列滿足，
(1)數列中是否存在不同的三項構成等比數列？請說明理由．
(2)若，求滿足條件的最大整數n．
19．已知數列的前項和為，且滿足：
(1)求數列的通項公式；
(2)在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在三項（其中成等差數列）成等比數列？若存在，求出這三項；若不存在，請說明理由.
20．設數列的首項為常數，且．
(1)證明：是等比數列；
(2)若中是否存在連續三項成等差數列？若存在，寫出這三項：若不存在，請說明理由．
(3)若是遞增數列，求的取值范圍．
21．（2024·重慶渝中·模擬預測）（1）證明：當時，；
（2）已知正項數列滿足.
（i）證明：數列為遞增數列；
（ii）證明：若，則對任意正整數，都有.
22．（2024·江蘇南通·三模）已知函數．
(1)若，求的最小值；
(2)設數列前項和，若，求證：．
23．設函數，.
(1)①當時，證明：；
②當時，求的值域；
(2)若數列滿足，，，證明：（）.
24．（2024·浙江杭州·模擬預測）投擲一枚硬幣（正反等可能），設投擲次不連續出現三次正面向上的概率為.
(1)求，，和；
(2)寫出的遞推公式；
(3)單調有界原理：①若數列單調遞增，且存在常數，恒有成立，那么這個數列必定有極限，即存在；②若數列單調遞減，且存在常數，恒有成立，那么這個數列必定有極限，即存在.請根據單調有界原理判斷是否存在？有何統計意義？
25．（2024·廣東廣州·模擬預測）甲、乙、丙三人進行傳球游戲，每次投擲一枚質地均勻的正方體骰子決定傳球的方式：當球在甲手中時，若骰子點數大于3，則甲將球傳給乙，若點數不大于3，則甲將球保留繼續投擲骰子；當球在乙手中時，若骰子點數大于4，則乙將球傳給甲，若點數不大于4，則乙將球傳給丙；當球在丙手中時，若骰子點數大于3，則丙將球傳給甲，若骰子點數不大于3，則丙將球傳給乙.初始時，球在甲手中.
(1)求三次投擲骰子后球在甲手中的概率；
(2)投擲次骰子后，記球在乙手中的概率為，求數列的通項公式；
(3)設，求證：.
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