期末专题02 数列（5大题型30题）（湖南专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期末真题分类汇编

期末专题02 数列（5大题型30题） 题型概览 题型01 等差数列、等比数列中基本量的计算 题型02 递推关系 题型03 数列解答题 题型04 数列与概率统计结合 题型05 数列新定义 优选提升题 ( 题型01 ) 等差数列、等比数列中基本量的计算 1．(23-24高二下·湖南·期末)已知数列为等比数列，，，则 . 2．(23-24高二下·湖南·期末))已知等比数列是其前项和，，则（    ） A． B．8 C．7 D．14 3．(23-24高二下·湖南益阳安化县·期末)已知等比数列中，若，则（    ） A． B． C． D． 4．(23-24高二下·湖南岳阳·期末)设数列为等比数列，若，，则（    ） A． B． C． D． 5．(23-24高二下·湖南邵阳邵东·期末)已知公差不为0的等差数列满足，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 6．(23-24高二下·湖南湘西州·期末)《九章算术》是我国古代数学名著，其中记载了关于家畜偷吃禾苗的问题.假设有羊、骡子、马、牛吃了别人的禾苗，禾苗的主人要求羊的主人、骡子的主人、马的主人、牛的主人共赔偿12斗粟.羊的主人说：“羊吃得最少，羊和骡子吃的禾苗总数只有马和牛吃的禾苗总数的一半.”骡子的主人说：“骡子吃的禾苗只有羊和马吃的禾苗总数的一半.”马的主人说：“马吃的禾苗只有骡子和牛吃的禾苗总数的一半.”若按照此比率偿还，则羊的主人应赔偿的粟的斗数为（    ） A．1 B． C．2 D． ( 题型02 ) 递推关系 7．(23-24高二下·湖南湘西州·期末)已知数列的前n项和满足，则 . 8．(23-24高二下·湖南郴州·期末)已知数列满足：．若，则数列的前项和 . 9．(23-24高二下·湖南·期末)已知数列是首项为，公比为的等比数列，且，则的最大值为 . 10．(23-24高二下·湖南益阳安化县·期末)（多选）已知数列前项和为，，则下列结论成立的有（    ） A．数列为等差数列 B．数列的前100项和为10000 C．若，则 D．若，则的最小值为8 11．(23-24高二下·湖南·期末)（多选）定义，那么以下说法正确的有（填序号） ． A． B．除了以外，都是奇数 C．对于任意的n， D．以，，为三边的三角形是直角三角形 ( 题型03 ) 数列解答题 12．(23-24高二下·湖南·期末)记数列的前n项和为，对任意，有． (1)证明：是等差数列； (2)若当且仅当时，取得最大值，求的取值范围． 13．(23-24高二下·湖南·期末)已知数列{}为等差数列，，，数列{}的前n项和为，且满足． (1)求{}和{}的通项公式； (2)若，数列{}的前n项和为，且对恒成立，求实数m的取值范围． 14．(23-24高二下·湖南·期末)已知数列满足：，且．记数列为，记数列为. (1)求证：是等差数列，并求的通项公式； (2)记，求数列的前项和． 15．(23-24高二下·湖南部分学校·期末)已知正项数列的前n项和为，且. (1)求，的值及数列的通项公式； (2)求数列的最大项； (3)若数列满足，求数列的前30项和（，）. 16．(23-24高二下·湖南张家界·期末)已知数列是递增数列，其前项和满足. (1)证明：是等差数列； (2)记，数列的前项和为，求. 17．(23-24高二下·湖南·期末)已知公差大于0的等差数列和公比大于0的等比数列满足. (1)求数列和的通项公式； (2)记数列的前项和为，求证：. 18．(23-24高二下·湖南部分学校·期末)数列的前项和为，当时，，数列满足：. (1)证明：数列是等比数列； (2)记数列，数列的前项和为，求. ( 题型04 ) 数列与概率统计结合 19．(23-24高二下·湖南·期末)某中学的风筝兴趣小组决定举行一次盲盒风筝比赛，比赛采取得分制度评选优胜者，可选择的风筝为硬翅风筝､软翅风筝､串式风筝､板式风筝､立体风筝，共有5种风筝，将风筝装入盲盒中摸取风筝，每位参赛选手摸取硬翅风筝或软翅风筝均得1分并放飞风筝，摸取串式风筝､板式风筝､立体风筝均得2分并放飞风筝，每次摸取风筝的结果相互独立，且每次只能摸取1只风筝，每位选手每次摸取硬翅风筝或软翅风筝的概率为，摸取其余3种风筝的概率为. (1)若选手甲连续摸了2次盲盒，其总得分为分，求的分布列与期望； (2)假设选手乙可持续摸取盲盒，即摸取盲盒的次数可以为中的任意一个数，记乙累计得分的概率为，当时，求. 20．(23-24高二下·湖南·期末)某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个. （1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐玩偶，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及； （2）某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为. ①求的通项公式； ②若每天购买盲盒的人数约为，且这人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个. 21．(23-24高二下·湖南郴州·期末)材料一：在伯努利试验中，记每次试验中事件发生的概率为，试验进行到事件第一次发生时停止，此时所进行的试验次数为，其分布列为，我们称服从几何分布，记为. 材料二：求无穷数列的所有项的和，如求，没有办法把所有项真的加完，可以先求数列前项和，再求时的极限： 根据以上材料，我们重复抛掷一颗均匀的骰子，直到第一次出现“6点”时停止.设停止时抛掷骰子的次数为随机变量. (1)证明：； (2)求随机变量的数学期望； (3)求随机变量的方差. ( 题型0 5 ) 数列新定义 22．(23-24高二下·湖南岳阳·期末)定义：对于一个无穷数列，如果存在常数，对于任意给定的正数，总存在正整数，使得对于任意大于的正整数，都有.则称常数为数列的极限，记作.根据上述定义，完成以下问题： (1)若，，判断数列和是否存在极限；如果存在，请写出它的极限（不需要证明）； (2)已知数列的前项和为，，数列是公差为的等差数列； ①求数列的通项公式； ②若.证明： 23．(23-24高二下·湖南邵阳邵东·期末)我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称数列为“阶等差数列”.例如：，后项与前项的差值：，这些差值构成的数列是公差为2的等差数列，则称数列为“二阶等差数列”. (1)若数列的通项公式为，试判断数列是否为“二阶等差数列”，并说明理由； (2)若数列为“二阶等差数列”，且，对应的“一阶等差数列”首项为1，公差为3，求； (3)若“三阶等差数列”的前4项依次为，其前项和为，求. 24．(23-24高二下·湖南·期末)数列中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为，…．如果一个数列的p阶差数列是等比数列，则称数列为p阶等比数列． (1)已知数列满足，． （ⅰ）求，，； （ⅱ）证明：是一阶等比数列； (2)已知数列为二阶等比数列，其前5项分别为，求及满足为整数的所有n值． 25．(23-24高二下·湖南·期末)若数列满足：存在等差数列，使得集合元素的个数为不大于，则称数列具有性质. (1)已知数列满足，.求证：数列是等差数列，且数列有性质； (2)若数列有性质，数列有性质，证明：数列有性质； (3)记为数列的前n项和，若数列具有性质，是否存在，使得数列具有性质？说明理由. 26．(23-24高二下·湖南·期末)已知等差数列的公差为，且集合中有且只有个元素，则中的所有元素之积为（    ） A． B． C． D． 27．(23-24高二下·湖南·期末)已知等比数列的前项和为，若恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 28．(23-24高二下·湖南·期末)设数列的各项均为非零的整数，其前项和为.若为正偶数，均有，且，则的最小值为（    ） A．0 B．22 C．26 D．31 29．(23-24高二下·湖南·期末)（多选）已知等比数列的前n项和为满足，数列满足，则下列说法正确的是（    ） A． B．设，，则的最小值为12.5 C．若对任意的恒成立，则 D．设，若数列的前n项和为，则 30．(23-24高二下·湖南·期末)定义1  进位制：进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制：满十进一，就是十进制；满十二进一，就是十二进制；满六十进一，就是六十进制；等等．也就是说，“满几进一”就是几进制，几进制的基数就是几，一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式．如． 定义2  三角形数：形如，即的数叫做三角形数． (1)若是三角形数，试写出一个满足条件的的值； (2)若是完全平方数，求的值； (3)已知，设数列的前项和为，证明：当时，． / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题02 数列（5大题型30题） 题型概览 题型01 等差数列、等比数列中基本量的计算 题型02 递推关系 题型03 数列解答题 题型04 数列与概率统计结合 题型05 数列新定义 优选提升题 ( 题型01 ) 等差数列、等比数列中基本量的计算 1．(23-24高二下·湖南·期末)已知数列为等比数列，，，则 . 【答案】12 【分析】根据题意结合等比数列的通项公式运算求解. 【详解】设等比数列的公比为， 由题意可得：，则， 且，所以. 故答案为：12. 2．(23-24高二下·湖南·期末))已知等比数列是其前项和，，则（    ） A． B．8 C．7 D．14 【答案】C 【分析】设等比数列的公比为，根据题意求得，结合等比数列前项和的定义即可求解. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，可得，即，所以， 所以. 故选：C. 3．(23-24高二下·湖南益阳安化县·期末)已知等比数列中，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【来源】湖南省益阳市安化县2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题 【分析】数列是首项为，公比为的等比数列，然后可算出答案. 【详解】因为，则， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 则. 故选：B 4．(23-24高二下·湖南岳阳·期末)设数列为等比数列，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【来源】湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期教学质量监测数学试题 【分析】根据条件得到，再利用等比数列的通项公式，即可求出结果. 【详解】因为数列为等比数列，设公比为， 因为，，所以，得到， 又，当时，，当时，， 故选：D. 5．(23-24高二下·湖南邵阳邵东·期末)已知公差不为0的等差数列满足，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【来源】湖南省邵阳市邵东市2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题 【分析】首先根据公差不为0的等差数列满足，结合等差数列的下标和定理得出，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解． 【详解】由题可知，，则，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为1， 故选：B． 6．(23-24高二下·湖南湘西州·期末)《九章算术》是我国古代数学名著，其中记载了关于家畜偷吃禾苗的问题.假设有羊、骡子、马、牛吃了别人的禾苗，禾苗的主人要求羊的主人、骡子的主人、马的主人、牛的主人共赔偿12斗粟.羊的主人说：“羊吃得最少，羊和骡子吃的禾苗总数只有马和牛吃的禾苗总数的一半.”骡子的主人说：“骡子吃的禾苗只有羊和马吃的禾苗总数的一半.”马的主人说：“马吃的禾苗只有骡子和牛吃的禾苗总数的一半.”若按照此比率偿还，则羊的主人应赔偿的粟的斗数为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【来源】湖南省湘西州2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷 【分析】根据题意设羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次为，由题意得通过等差中项可判断羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次成等差数列，，列出相关等式解求首项即可； 【详解】设羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次为，由题意得 通过等差中项可判断羊、骡子、马、牛吃的禾苗数依次成等差数列， 设该数列为，公差为，则．由题意得 即解得 故选：B. ( 题型02 ) 递推关系 7．(23-24高二下·湖南湘西州·期末)已知数列的前n项和满足，则 . 【答案】 【来源】湖南省湘西州2023-2024学年高二下学期期末考试数学试卷 【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再代入公式，即可求解. 【详解】令，得，得， ，当时，，两式相减得， ，即，即， 所以数列是以首项，公比为2的等比数列， 所以. 故答案为： 8．(23-24高二下·湖南郴州·期末)已知数列满足：．若，则数列的前项和 . 【答案】 【来源】湖南省郴州市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试题 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出，再利用裂项相消法求和即得. 【详解】数列中，由，得， 因此数列是以为首项，1为公差的等差数列，，即， 于是， 所以. 故答案为： 9．(23-24高二下·湖南·期末)已知数列是首项为，公比为的等比数列，且，则的最大值为 . 【答案】99 【分析】根据给定条件，求出数列的通项公式，再利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和，然后借助数列单调性求解即得. 【详解】依题意，，则， 数列的前n项和，显然数列是递增数列， 而， 所以使得成立的的最大值为99. 故答案为：99 10．(23-24高二下·湖南益阳安化县·期末)（多选）已知数列前项和为，，则下列结论成立的有（    ） A．数列为等差数列 B．数列的前100项和为10000 C．若，则 D．若，则的最小值为8 【答案】AB 【来源】湖南省益阳市安化县2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试题 【分析】先利用，求出，可判断选项A，C，化简，由等差数列的前项和求解，判断B；裂项相消法求和，判断D. 【详解】对于A，因为， 当时，， 当时，，符合上式， 所以，选项A正确； 对于B，根据已知，则数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 所以前100项和为，选项B正确； 对于C，因为，所以， 所以， 由，得，解得，选项C错误； 对于D，因为， 所以， 所以 ， 解得，选项D错误. 故选：AB 11．(23-24高二下·湖南·期末)（多选）定义，那么以下说法正确的有（填序号） ． A． B．除了以外，都是奇数 C．对于任意的n， D．以，，为三边的三角形是直角三角形 【答案】BCD 【分析】根据递推公式得出数列的项判断A，D，判断奇偶判断B，裂项相消判断C. 【详解】A：计算可得：，，，．所以A错误 B：注意到显然都是整数，从而必然是偶数，从而必然是奇数，B正确 C：首先可以注意到，从而，， 从而， 从而 ，C正确． D： ，，从而命题D成立. 故答案为：BCD． ( 题型03 ) 数列解答题 12．(23-24高二下·湖南·期末)记数列的前n项和为，对任意，有． (1)证明：是等差数列； (2)若当且仅当时，取得最大值，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用数列，结合等差数列的定义，即可证明； （2）由条件转化为，再转化为关于首项的不等式，即可求解. 【详解】（1）因为①，则② ①－②可得 ， 故为等差数列． （2）若当且仅当时，取得最大值， 则有,得则，， 故的取值范围为． 13．(23-24高二下·湖南·期末)已知数列{}为等差数列，，，数列{}的前n项和为，且满足． (1)求{}和{}的通项公式； (2)若，数列{}的前n项和为，且对恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）求解等差数列{}通项公式，只需设参数，d列方程组即可求解，数列{}通过已知前n项和求解通项公式； （2）需要先用错位相减法求得数列{}的前n项和为，代入不等式中对n分类讨论，转化为最值问题，求出m范围即可． 【详解】（1）解：等差数列{}中，设公差为d， 则 数列{}中的前n项和为，且① 当时， 当时，② ②－①得： 故数列{}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以. （2）解：数列{}中，. 则 所以 故 所以 ∵对恒成立． 当n为奇数时，， 当n为偶数时， 综上：实数m的取值范围为． 14．(23-24高二下·湖南·期末)已知数列满足：，且．记数列为，记数列为. (1)求证：是等差数列，并求的通项公式； (2)记，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）根据题意结合等差数列的定义和通项公式运算求解； （2）根据题意结合等比数列的定义和通项公式可得，再利用裂项相消法运算求和. 【详解】（1）为奇数时，则， 此时为偶数，则， 等式两边取以2为底的对数，便有， 所以， 故的偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列， 即是以2为首项，2为公差的等差数列，所以. （2）为偶数时，则，即， 此时为奇数，， 则， 所以，且， 故的奇数项是以4为首项，4为公比的等比数列， 即以4为首项，4为公比的等比数列，则. 可得， 所以 ， 即. 15．(23-24高二下·湖南部分学校·期末)已知正项数列的前n项和为，且. (1)求，的值及数列的通项公式； (2)求数列的最大项； (3)若数列满足，求数列的前30项和（，）. 【答案】(1),, (2)3 (3) 【来源】湖南省部分学校2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题 【分析】（1）令求出，写出当时，，再由两式相减可得递推关系判断数列为等差数列即可； （2）根据等差数列的求和公式化简后配方，利用二次函数求最大值即可； （3）分奇偶两组求和，分别利用裂项相消法及错位相减法求和，即可得解. 【详解】（1）因为， 所以当时，解得， 当时，由，解得， 当时，， 则， 化简得，而，所以， 所以数列为等差数列，所以. （2）由（1）知，，则， 所以， 因为，当或时，取最大值， 所以数列的最大项为第项或第项，其值为. （3）由题可知，当时， ， 所以， 当时，， 所以， ， 相减得，， 所以， 所以 16．(23-24高二下·湖南张家界·期末)已知数列是递增数列，其前项和满足. (1)证明：是等差数列； (2)记，数列的前项和为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖南省张家界市2023-2024学年高二下学期期末考试数学试题 【分析】（1）根据退一相减法，结合等差数列定义可证； （2）根据等差数列可得与，再利用分组求和的方程求得. 【详解】（1）当时，，解得， 当时，，则， 即，即 又数列为递增数列， 所以，故， 即， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列； （2）由（1）得， 所以， 则 . 17．(23-24高二下·湖南·期末)已知公差大于0的等差数列和公比大于0的等比数列满足. (1)求数列和的通项公式； (2)记数列的前项和为，求证：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】(1)设数列的公差为，数列的公比为，由，求出，可得; (2)由的通项公式，利用错位相减求出的前项和,利用作差法求解单调递增，进而证明结果. 【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为， 由， 则， 由①式平方除②式得：，得,或（舍） 故， 通项公式分别为. （2） ， 两式相减可得 . ， 数列为递增数列， 又，. 18．(23-24高二下·湖南部分学校·期末)数列的前项和为，当时，，数列满足：. (1)证明：数列是等比数列； (2)记数列，数列的前项和为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【来源】湖南省部分学校2023-2024学年高二下学期期末联考数学试题 【分析】（1）根据给定条件，结合数列第项与前项和的关系变形，再利用等比数列定义推理即得. （2）由（1）求出，进而求出数列的通项公式，再利用错位相减法求和即得. 【详解】（1）由时，，知数列是等差数列， 由得，知数列的公差为1， 则， ， 当时，，且也满足上式， ， ，由为定值，知数列是等比数列. （2）易得， 则 则 两式相减得， 化简得. ( 题型04 ) 数列与概率统计结合 19．(23-24高二下·湖南·期末)某中学的风筝兴趣小组决定举行一次盲盒风筝比赛，比赛采取得分制度评选优胜者，可选择的风筝为硬翅风筝､软翅风筝､串式风筝､板式风筝､立体风筝，共有5种风筝，将风筝装入盲盒中摸取风筝，每位参赛选手摸取硬翅风筝或软翅风筝均得1分并放飞风筝，摸取串式风筝､板式风筝､立体风筝均得2分并放飞风筝，每次摸取风筝的结果相互独立，且每次只能摸取1只风筝，每位选手每次摸取硬翅风筝或软翅风筝的概率为，摸取其余3种风筝的概率为. (1)若选手甲连续摸了2次盲盒，其总得分为分，求的分布列与期望； (2)假设选手乙可持续摸取盲盒，即摸取盲盒的次数可以为中的任意一个数，记乙累计得分的概率为，当时，求. 【答案】(1)分布列见解析， (2) 【分析】（1）根据相互独立事件乘法公式求得分布列并求得数学期望. （2）根据已知条件列出递推关系，利用构造等比数列、累加法等知识求得. 【详解】（1）的可能取值为，则：， 则的分布列为 2 3 4 故. （2）当时，得分累计分，即在得到分后再得1分，或在得到分后再得2分， 所以， 则. 因为，所以， 所以为等比数列，且首项为，公比为， 则 ， 则，故当时，. 20．(23-24高二下·湖南·期末)某商城玩具柜台五一期间促销，购买甲、乙系列的盲盒，并且集齐所有的产品就可以赠送节日送礼，现有甲、乙两个系列盲盒，每个甲系列盲盒可以开出玩偶，，中的一个，每个乙系列盲盒可以开出玩偶，中的一个. （1）记事件：一次性购买个甲系列盲盒后集齐玩偶，，玩偶；事件：一次性购买个乙系列盲盒后集齐，玩偶；求概率及； （2）某礼品店限量出售甲、乙两个系列的盲盒，每个消费者每天只有一次购买机会，且购买时，只能选择其中一个系列的一个盲盒.通过统计发现：第一次购买盲盒的消费者购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；而前一次购买甲系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为，前一次购买乙系列的消费者下一次购买甲系列的概率为，购买乙系列的概率为；如此往复，记某人第次购买甲系列的概率为. ①求的通项公式； ②若每天购买盲盒的人数约为，且这人都已购买过很多次这两个系列的盲盒，试估计该礼品店每天应准备甲、乙两个系列的盲盒各多少个. 【答案】（1）；；（2） ①；②甲系列盲盒个，乙系列盲盒个. 【分析】（1）计算一次性购买个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为，利用排列与组合计算当集齐，，玩偶的所有情况总数，然后得到；利用正难则反思想，先计算一次性买个乙系列盲盒不能集齐，玩偶的概率，再利用计算即可； （2）①由题意可得，当时，，利用构造法求出数列的通项公式；②假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则根据题意可知，利用二项分布数学期望的计算公式得出购买甲的人数，从而得出购买乙的人数，根据一天中购买甲、乙的人数确定每天应准备甲、乙两种盲盒的个数. 【详解】解：（1）若一次性购买个甲系列盲盒，得到玩偶的情况总数为，集齐，，玩偶，则有两种情况： ①其中一个玩偶个，其他两个玩偶各个，则有种结果； ②若其中两个玩偶各个，另外两个玩偶1个，则共有种结果， 故； 若一次性购买个乙系列盲盒，全部为与全部为的概率相等，均为， 故； （2）①由题可知：， 当时，，则，，即是以为首项，以为公比的等比数列. 所以，即； ②因为每天购买盲盒的人都已购买过很多次，所以对于每一个人来说，某一天来购买盲盒时，可看作，所以，其购买甲系列的概率近似于， 假设用表示一天中购买甲系列盲盒的人数，则， 所以，即购买甲系列的人数的期望为， 所以礼品店应准备甲系列盲盒个，乙系列盲盒个. 【点睛】本题考查概率的实际运用，考查概率与数列的综合问题，解答本题的关键在于： （1）理解题目的意思，将问题灵活转化，利用排列与组合解决（1）中及的计算； （2）分析清楚与之间的联系，类比已知数列递推关系式求通项公式的方法求解，然后利用的性质解题. 21．(23-24高二下·湖南郴州·期末)材料一：在伯努利试验中，记每次试验中事件发生的概率为，试验进行到事件第一次发生时停止，此时所进行的试验次数为，其分布列为，我们称服从几何分布，记为. 材料二：求无穷数列的所有项的和，如求，没有办法把所有项真的加完，可以先求数列前项和，再求时的极限： 根据以上材料，我们重复抛掷一颗均匀的骰子，直到第一次出现“6点”时停止.设停止时抛掷骰子的次数为随机变量. (1)证明：； (2)求随机变量的数学期望； (3)求随机变量的方差. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【来源】湖南省郴州市2023-2024学年高二下学期期末教学质量监测数学试题 【分析】（1）依题意可得，根据等比数列求和公式求出，再取极限即可； （2）设，利用错位相减法求出，再取极限即可； （3）依题意可得 ，再利用错位相减法求出，即可得解. 【详解】（1）可知，且， 所以， 则. （2）设 ， 所以， 两式相减的， 所以， 则随机变量的数学期望； （3）因为 ， 而， ， 两式相减： ， 从而， 那么. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解题干所给两个材料，根据所给材料结合数列的相关知识计算. ( 题型0 5 ) 数列新定义 22．(23-24高二下·湖南岳阳·期末)定义：对于一个无穷数列，如果存在常数，对于任意给定的正数，总存在正整数，使得对于任意大于的正整数，都有.则称常数为数列的极限，记作.根据上述定义，完成以下问题： (1)若，，判断数列和是否存在极限；如果存在，请写出它的极限（不需要证明）； (2)已知数列的前项和为，，数列是公差为的等差数列； ①求数列的通项公式； ②若.证明： 【答案】(1)数列存在极限，极限为；数列不存在极限 (2)①；②证明见解析 【来源】湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期教学质量监测数学试题 【分析】（1）根据题设定义，即可判断出结果； （2）①根据条件得到，利用与间的关系，得到，再利用累积法，即可求出结果；②利用①中结果，得到，再根据题设定义，即可求出结果. 【详解】（1）数列存在极限，因为当时，，所以， 数列不存在极限，因为当时，，， 所以数列不存在极限， （2）①因为，所以，得到①， 当时，②， 由①②，得到，整理得到， 所以，得到， 又，所以当时，，又，满足， 所以数列的通项公式为. ②由（1）可知， 对于任意给定的正数，由于，所以等价于 取不大于的最大整数为， 令，则当时，恒成立，所以恒成立， 所以. 23．(23-24高二下·湖南邵阳邵东·期末)我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.定义：若数列是“阶等差数列”，则称数列为“阶等差数列”.例如：，后项与前项的差值：，这些差值构成的数列是公差为2的等差数列，则称数列为“二阶等差数列”. (1)若数列的通项公式为，试判断数列是否为“二阶等差数列”，并说明理由； (2)若数列为“二阶等差数列”，且，对应的“一阶等差数列”首项为1，公差为3，求； (3)若“三阶等差数列”的前4项依次为，其前项和为，求. 【答案】(1)是，理由见解析 (2) (3) 【来源】湖南省邵阳市邵东市2023-2024学年高二下学期7月期末联考数学试题 【分析】（1）结合已知定义及等差数列的定义即可判断；（2）由已知定义及等差数列的通项公式，求和公式即可求解；（3）结合已知递推关系及等差数列的求和公式先求出，然后结合组合数公式即可求解. 【详解】（1）， 是公差为2的等差数列，则数列是“二阶等差数列”. （2）由题意是“一阶等差数列”，又首项为1，公差为3. 满足上式，. “二阶等差数列”的通项公式为. （3）是“三阶等差数列”，是“二阶等差数列”， 设是“一阶等差数列”. 由题意得， ， . 满足上式，. . 满足上式，. . 24．(23-24高二下·湖南·期末)数列中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为，…．如果一个数列的p阶差数列是等比数列，则称数列为p阶等比数列． (1)已知数列满足，． （ⅰ）求，，； （ⅱ）证明：是一阶等比数列； (2)已知数列为二阶等比数列，其前5项分别为，求及满足为整数的所有n值． 【答案】(1)（ⅰ），，；（ⅱ）证明见解析 (2)当时，为整数. 【分析】（1）（ⅰ）根据的定义，结合通项公式求解即可；（ⅱ）根据递推公式构造即可证明； （2）由题意的二阶等差数列为等比数列，设公比为，可得，结合进而可得，从而分析为整数当且仅当为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质分析即可. 【详解】（1）（ⅰ）由，易得，…… 由一阶等差数列的定义得： ，，. （ⅱ）因为，所以当时有， 所以，即， 即，又因为，故是以1为首项，2为公比的等比数列， 即是一阶等比数列. （2）由题意的二阶等差数列为等比数列，设公比为， 则，，所以. 由题意，所以， 所以， 即. 所以为整数当且仅当为整数. 由已知时符合题意，时不合题意， 当时，， 所以原题等价于为整数， 因为①， 显然含质因子3，所以必为9的倍数， 设，则，将代入①式， 当为奇数时，为偶数，①式为2的倍数； 当为偶数时，为奇数，为偶数，①式为2的倍数， 又因为2与9互质，所以①为整数. 综上，当时，为整数. 【点睛】方法点睛： （1）新定义的题型需要根据定义列出递推公式，结合等比等差的性质求解； （2）考虑整除时，可考虑根据二项展开式进行讨论分析. 25．(23-24高二下·湖南·期末)若数列满足：存在等差数列，使得集合元素的个数为不大于，则称数列具有性质. (1)已知数列满足，.求证：数列是等差数列，且数列有性质； (2)若数列有性质，数列有性质，证明：数列有性质； (3)记为数列的前n项和，若数列具有性质，是否存在，使得数列具有性质？说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在，且，理由见解析 【分析】（1）借助题目所给条件可得，结合等差数列定义可得数列是等差数列，结合新定义找到对应的等差数列，使得集合元素的个数不大于； （2）构造对应函数、，结合所给定义可得集合元素的个数不超过个，即可得证； （3）借助与的关系，得到当时，，存在等差数列，使元素个数不超过个，即可得证. 【详解】（1）由， 故， 即， 又，故数列是以为首项，为公差的等差数列， 则，即， 故存在等差数列，使， 由，故数列有性质； （2）设对数列，存在等差数列，使， 对数列，存在等差数列，使， 则对数列，存在等差数列， 使的值为， 这样的最多有个，即数列有性质； （3）设对数列，存在等差数列，且其公差为，使得， 当时，有 ， 由， 故当时，， 当时，，当时，可能有种， 故这样的最多有个， 即存在等差数列，使， 的元素个数不超过个， 故一定存在，使得数列具有性质. 【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于借助与的关系，得到当时，，从而将数列具有性质这个条件使用上. 26．(23-24高二下·湖南·期末)已知等差数列的公差为，且集合中有且只有个元素，则中的所有元素之积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等差数列的通项公式可得，进而可得的周期为，故只需研究前项的值，进而可得解. 【详解】有等差数列可知，，周期，故只需考虑前项的值：，，，，，， 由题意知，这个式子只能取到个不同的值.借助三角函数的定义， 即在单位圆上有个点均分圆周，且这个点的纵坐标只能取到个不同的值（如图所示），于是集合， 即所有元素乘积为， 故选：A. 27．(23-24高二下·湖南·期末)已知等比数列的前项和为，若恒成立，则的最小值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】利用求出数列的公比，进而求出通项公式，求出数列的前项和，然后利用放缩法和恒成立问题的应用求出的最大值，最后得到结果． 【详解】设等比数列的公比为，由，得， 则，即， 因为，所以，解得，所以， 所以， 当为奇数时，，所以， 当为偶数时，，所以，所以. 故选：C. 28．(23-24高二下·湖南·期末)设数列的各项均为非零的整数，其前项和为.若为正偶数，均有，且，则的最小值为（    ） A．0 B．22 C．26 D．31 【答案】B 【分析】因为，不妨设，由题意求出的最小值，的最小值，，令时，有最小值. 【详解】因为，所以互为相反数，不妨设， 为了取最小值，取奇数项为正值，取偶数项为负值，且各项尽可能小，. 由题意知：满足，取的最小值； 满足，因为，故取的最小值； 满足，取的最小值； 同理，取的最小值； 所以， 满足，取的最小值； 满足，因为，所以，取的最小值； 满足，因为，所以，取的最小值； 同理，取的最小值； 所以， 所以， 因为数列的各项均为非零的整数，所以当时，有最小值22. 故选：B 【点睛】关键点点睛：有最小值的条件是确保各项最小，根据递推关系分析可得奇数项的最小值与偶数项的最小值，从而可得的最小值. 29．(23-24高二下·湖南·期末)（多选）已知等比数列的前n项和为满足，数列满足，则下列说法正确的是（    ） A． B．设，，则的最小值为12.5 C．若对任意的恒成立，则 D．设，若数列的前n项和为，则 【答案】BCD 【分析】对于A：先求，结合等比数列性质分析求解；对于B：由，利用对勾函数的性质求解判断；对于C：由对恒成立求解判断；对于D：由，利用裂项相消法求解判断. 【详解】对于选项A：因为， 若，则； 若，则； 若为等比数列，则，即，解得， 此时符合，则， 且，即为等比数列，综上所述：，故A不正确； 对于选项B：因为，， 令，则， 因为对勾函数在内单调递增，在内单调递减， 当，时，；当，时，； 所以，故B正确； 对于选项C：由， 若，则； 若，则，则； 且符合上式，所以， 若对恒成立，即对恒成立， 令，则， 当时，；当时，，当时，， 则，则，故C正确； 对于选项D：， 则，故D正确. 故选：BCD 30．(23-24高二下·湖南·期末)定义1  进位制：进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制：满十进一，就是十进制；满十二进一，就是十二进制；满六十进一，就是六十进制；等等．也就是说，“满几进一”就是几进制，几进制的基数就是几，一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式．如． 定义2  三角形数：形如，即的数叫做三角形数． (1)若是三角形数，试写出一个满足条件的的值； (2)若是完全平方数，求的值； (3)已知，设数列的前项和为，证明：当时，． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据9进制的概念，先计算，然后把因数分解成的形式，观察可得的值. （2）先计算，利用，分为偶数和奇数讨论求的值. （3）先求利用等比数列的求和公式求，结合二项式定理证明不等式. 【详解】（1）， 当时，就是一个三角形数． （2）， ，即． 若是偶数，则和是两个连续正整数，所以上式不成立，得是奇数． 所以． 解得，即． （3）由题意可知：，且， 则 ． ． 【点睛】关键点点睛：是完全平方数，写明确，构造不等式，即，然后分为偶数和奇数讨论求值. / 学科网（北京）股份有限公司 $$