专题13 数列的综合大题（含知识融合）9大题型（专题专练）（全国通用）2026年高考数学二轮复习讲练测

专题13 数列的综合大题（含知识融合） 目录 第一部分 考向速递 洞察考向，感知前沿 第二部分 题型归纳 梳理题型，突破重难 题型01数列不等式的证明 题型02不等式放缩 题型03数列最值 题型04 参数求解 题型05与三角函数综合 题型06与概率综合 题型07与导数综合 题型08与解析综合 题型09数列新定义 第三部分 分层突破 固本培优，精准提分 A组·基础保分练 B组·重难提升练 1．（数列不等式）（2025·广东·模拟预测）已知等差数列的前项和为，其中，. (1)求数列的通项公式； (2)求使得不等式成立的的值. 2．（数列不等式的证明）（2025·江西景德镇·模拟预测）记和分别为数列的前项和，已知为等差数列，，且. (1)求的通项公式. (2)证明：. 3．（数列最值）（2025·福建福州·模拟预测）已知数列是公差为2的等差数列，满足． (1)求的通项公式； (2)设的前项和为，若，求的最大值． 4．（参数求解）（2025·山西忻州·模拟预测）已知数列的前n项和满足． (1)求的通项公式； (2)若，恒成立，求实数的取值范围． 5．（参数求解）（2025·黑龙江大庆·模拟预测）设为数列的前项和，已知，数列满足 (1)求数列的通项公式； (2)记数列的前项和为，若对于任意恒成立，求实数的取值范围. 6．（参数求解）已知数列的前n项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和； (3)若数列满足，不等式对一切恒成立，求的取值范围. 7．（与概率综合）（2025·浙江温州·一模）每天锻炼一小时，幸福生活一辈子.小明每天都会在游泳和跑步中选择一个项目进行锻炼.如果当天选择游泳，则第二天选择游泳的概率为；如果当天选择跑步，则第二天选择游泳的概率为.已知小明第一天选择游泳，记小明第n天选择游泳的概率为. (1)求，； (2)求的表达式. 8．（与概率综合）（2025·云南·模拟预测）在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练．每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球（不传给别人），的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙．初始时球在甲处，每次传球是相互独立的． (1)求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率； (2)记次传球后，球在甲处的概率为，在乙处的概率为． （i）证明：数列是等比数列； （ii）求和的通项公式． 9．（与概率综合）（2025·山西临汾·二模）乒乓球体育俱乐部计划进行单打比赛，采用单淘汰制进行比赛，即每名选手负一次即被淘汰出局.现有8名乒乓球单打运动员随机编号到对阵位置，所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为.现有甲､乙两位孪生兄弟参赛. (1)求甲､乙在第一轮比赛过程中相遇的概率； (2)求甲､乙在比赛过程中相遇的概率； (3)为使得甲､乙两人在比赛过程中相遇的概率小于0.01，俱乐部计划增加运动员人数到名，对阵图和上图类似. （i）求甲、乙两人在第3轮比赛中相遇的概率（用含的式子表示）； （ii）求的最小值. 10．（与导数综合）（25-26高三上·河南·期中）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且对任意的恒成立，求的取值范围； (3)若，数列的前项和为，证明：． 11．（与导数综合）（2025·四川遂宁·二模）已知数列的前项和为，，且 . (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，数列的前项的积为，求证：. 12．（与解析综合）（2025·云南大理·模拟预测）已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于y轴对称，再过作斜率为的直线交于另一个点，设与关于y轴对称，以此类推一直作下去，设． (1)求t的值； (2)求数列的通项公式，并求数列的前项和的取值范围； (3)求的面积． 13．（与解析综合）（2025·辽宁沈阳·模拟预测）已知椭圆经过点． (1)求的离心率． (2)设，分别为的左、右顶点，，为上异于，的两动点，且直线的斜率恒为直线的斜率的5倍． ①当的值确定时，证明：直线过轴上的定点； ②按下面方法构造数列：当时，直线过的定点为，且，证明： 14．（数列新定义）（2025·湖北·模拟预测）已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列.若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为. (1)求； (2)设数列满足，求数列的前项和. 01数列不等式的证明 15．（2025·吉林长春·三模）记为数列的前项和，已知，． (1)判断是否为等比数列，并求出的通项公式； (2)设递增的等差数列满足，且、、成等比数列．设，证明：． 16．（2025·山东聊城·模拟预测）已知各项均为正数的数列满足，数列的前项和为．正项等比数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)若，证明：． 17．（2025·安徽·二模）已知等差数列的前项和为，，对任意正整数，均有. (1)求和； (2)若数列满足，且，求数列的通项公式； (3)记数列的前项和为，证明：. 18．（2025·四川·模拟预测）已知数列满足，且． (1)证明：为等比数列； (2)设，证明：； (3)设，且数列的前项和为，证明：． 19．（2025·河南·模拟预测）已知函数，，记的零点为. (1)求； (2)求数列中的最小项； (3)证明：. 20．（2025·江苏连云港·模拟预测）在数列中，，对于，，，成等差数列，其公差为． (1)判断是否成等比数列？并说明理由； (2)证明：，，成等比数列； (3)设，数列的前项和为，证明：． 21．（2025·安徽滁州·二模）在数列中，，，其前项和为．数列是公差为的等差数列． (1)求； (2)若， （ⅰ）求数列的通项公式及前项和； （ⅱ）若，数列满足，，求证：对任意正整数，都有． 02不等式放缩 22．（2025·广东汕尾·一模）记为递增数列的前项和，. (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记的前项和为，证明：. 23．如果函数满足以下两个条件，我们就称函数为型函数. ①对任意的，有； ②对于任意的，若，则. 求证： (1)是型函数； (2)型函数在上为增函数； (3)对于型函数，有（为正整数）. 24．（2025·贵州·模拟预测）已知数列中，，． (1)求，的值； (2)设，证明是等比数列，并求其通项公式； (3)证明：． 03数列最值 25．（24-25高二上·广西玉林·期末）已知数列的前项和为，，. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)若，求使取得最大值时的的值. 26．（2025·陕西西安·模拟预测）等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足，，，． (1)求和的通项公式； (2)若数列满足，，求数列的前2n项和， (3)求的最大值和最小值． 27．（2025·天津河西·二模）已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，. (1)当数列为等差数列时，求的通项公式及； (2)当在单调递增时，设，求的值； (3)当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值. 28．（2025·广西来宾·模拟预测）已知数列的首项，且满足，数列前n项和为. (1)求证：数列为等比数列； (2)求证：； (3)若，求满足条件的最大整数n. 04 参数求解 29．（2025·山东济南·三模）记等差数列的前n项和为，数列的前n项和为，已知． (1)求的通项公式； (2)求； (3)若成立，求实数k的最小值． 30．（2025·河南·模拟预测）已知公差不为0的等差数列的前项和为，且依次成等比数列. (1)求的通项公式； (2)对于任意，求实数的取值范围. 31．（2025·广东江门·模拟预测）已知数列的前项和为． (1)证明：是等比数列． (2)求数列的前项和． (3)若，求的取值范围． 32．（2025·山西吕梁·模拟预测）已知数列的前项和为，且，． (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的前项和； (3)若对恒成立，求实数的取值范围． 33．（2025·陕西·模拟预测）已知数列满足．设． (1)求证：数列是等比数列，并求数列通项公式； (2)设数列，且对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 34．（2025·河南郑州·三模）已知数列的首项，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围． 05与三角函数综合 35．（2025·贵州·三模）在数列中，，，且. (1)证明：数列是等差数列； (2)记，数列的前项和为，证明：； (3)证明：. 36．（2025·福建漳州·模拟预测）设函数，且的图象相邻两条对称轴的距离为. (1)求的单调递增区间； (2)将所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，求数列的前30项和. 37．（2025·广东广州·模拟预测）已知向量，，函数，的所有大于0的零点构成递增数列． (1)写出的前6项； (2)记的所有偶数项构成数列，设，求数列的前n项和． 38．（2025·湖南长沙·三模）若存在正实数，对任意，使得，则称函数在上是一个 “ 函数”. (1)已知函数在区间上是一个 “ 函数”，求； (2)证明: 函数在区间上是一个 “ 函数”; (3)证明: . 39．（2025·河南·模拟预测）记. (1)判断并证明的奇偶性； (2)将的最小值记为， （i）求数列， （ii）若恒成立，求的最小整数值. 06与概率综合 40．（2025·湖北·模拟预测）甲、乙、丙三人进行玩具传递游戏，每次抛掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传递方式，当玩具在甲手中时，若骰子点数大于4，甲将玩具传给乙；若骰子点数不大于4，甲保留玩具；当玩具在乙手中时，若骰子点数大于3，乙将玩具传给甲；若骰子点数不大于3，乙传给丙；当玩具在丙手中时，若骰子点数大于2，丙将玩具传给甲；若骰子点数不大于2，丙传给乙.初始时，玩具在甲手中. (1)设前三次抛掷骰子后，玩具在甲手中的次数为，求的分布列和数学期望； (2)抛掷次骰子后，玩具在乙手中的概率为，求的通项公式； (3)求证：. 0 1 2 3 41．（2025·江西·模拟预测）马路上有盏连续排列的灯，每盏灯亮的概率均为，记存在至少连续盏灯亮的概率为，已知． (1)写出； (2)设为连续亮的灯数最大值，求时的期望； (3)求的值． 42．（2025·广东东莞·模拟预测）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能（Artificial Intelligence，简称AI）已然成为科技变革的核心驱动力，有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元，某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与AI知识有关的网络答题活动，为了解男女学生参与答题意愿的差异，作比例分配的分层随机抽样方法在全体学生中抽取100人，设事件A=“学生报名参加答题活动”，B=“学生为男生”，据统计 (1)根据已知条件，完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否推断该校学生报名参加答题活动与性别有关联？ 性别 男生 女生 合计 报名参加答题活动 未报名参加答题活动 合计 100 (2)网络答题规则：答题活动不限时间，不限轮次，答多少轮由选手自行确定；每轮均设置道题，选手参与该轮答题，则至少答一道题，一旦答对一题，则其本轮答题结束，答错则继续答题，直到第道题答完，本轮答题结束．已知甲同学报名参加答题活动，假设甲每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率均为 ①求甲在一轮答题过程中答题数量的数学期望； ②假设甲同学每轮答题对前两题中的一道，本轮答题得2分，否则得1分．记甲答题累计得分为的概率为，求的最大值． 参考公式与数据： 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 43．（2025·福建厦门·三模）在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． (1)求与； (2)求； (3)证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 44．（2025·四川·模拟预测）在高三年级排球联赛中，两支队进入到了比赛决胜局．该局比赛规则如下：上一球得分的队发球，赢球方获得1分，直到有一方得分达到或超过15分，且此时分数超过对方2分时，该队获得决胜局的胜利．假定该局比分已经达到了，此后每球比赛记为第球，队在第球比赛中得分的概率为，且；从第2球起，若队发球，则此球队得分的概率为，若队发球，则此球队得分的概率为． (1)若，求队以的比分赢得比赛的概率； (2)若，数列满足，记数列的前项和为，求证：； (3)当时，若，有，求的取值范围． 07与导数综合 45．（2025·湖南岳阳·模拟预测）已知函数，且. (1)求; (2)已知为函数的导函数，证明：对任意的，均有； (3)证明：对任意的，均有. 46．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知函数在上的最小值为0 (1)求实数的值： (2)对任意的，数列满足，且，证明：当大于1时，也大于1： (3)在（2）的条件下，若为数列的前项和，求证： 47．（2025·重庆·模拟预测）已知. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意，恒有. （i）求的取值范围; （ii）证明: 对任意的正整数，. 48．（2025·广西·模拟预测）已知数列的前项和为，满足. (1)当时，分别求的值，并猜想此时数列的通项公式（直接写结论）； (2)当时，求的最大值； (3)当时，记数列的前项积为，求的最大值. 49．（2025·安徽·一模）已知函数为函数的导函数. (1)证明：； (2)若函数，请判断在区间上的零点个数，并说明理由； (3)若函数，证明：当时，. 50．（2025·天津红桥·二模）已知函数，其中为自然对数的底数， (1)当时，求函数在点处的切线方程; (2)证明:恒成立； (3)证明: 51．（2025·福建福州·模拟预测）已知函数，记，若满足，则称是上的“可控函数”．由“可控函数”的定义可得：若函数是上的“可控函数”，则函数也是上的“可控函数”，其中，例如． (1)判断函数是否为上的“可控函数”，并说明理由； (2)已知函数是上的“可控函数”，且的最大值为． （i）求函数的解析式； （ii）若数列满足，是数列的前项和．求证：． 08与解析综合 52．（2025·陕西渭南·一模）已知双曲线．点在上．按如下方式构造点．过点作斜率为的直线与的下支交于点．点关于轴的对称点为．记点的坐标为 (1)求的值： (2)记．证明：数列为等比数列； (3)记的面积为．证明：是定值． 53．（24-25高三上·山东威海·期末）已知抛物线，点在上，为常数，，按如下方式依次构造点，过点作轴的垂线交于点，过且斜率为的直线与的另一个交点为.记的坐标为. (1)当时，求； (2)设，证明：数列是等差数列； (3)设为的面积，证明：为定值. 54．（2025·江西赣州·二模）已知点M到点的距离比到y轴的距离大1，M的轨迹为C．点在C上，过作斜率为的直线交C于另一点，设与关于x轴对称，过作斜率为的直线交C于另一点，设与关于x轴对称，……，以此类推，设． (1)求C的方程； (2)设数列的前n项和为，证明：； (3)求的面积． 55．（2025·安徽·三模）记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为． (1)求点的坐标； (2)证明：是递减数列； (3)记的面积为，证明：． 56．（2024·河北·二模）已知椭圆的离心率. (1)若椭圆过点，求椭圆的标准方程. (2)若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 57．（2025·四川·三模）已知双曲线的右焦点为，且点到双曲线的渐近线的距离为．过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点；再过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点，以这样的方式构造下去，可以得到一列定点、、、、． (1)求双曲线的方程； (2)求点的坐标； (3)若、，记的面积为，证明：． 58．（2025·广东广州·模拟预测）已知曲线，（，），当变化时得到一系列的椭圆，我们把它称为“2~1椭圆群”.    (1)若“2~1椭圆群”中的两个椭圆、，对应的分别为、（），如图所示，若直线能与椭圆、依次交于，，，四点，证明：； (2)当（）时，直线与椭圆在第一象限内的交点分别为，设. （i）求证：为等比数列，并求出其通项公式； （ii）令数列，求证. 09数列新定义 59．（2025·河南·二模）记为正项数列的前项积，且，，. (1)求数列的通项公式； (2)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和. 60．（2025·贵州·二模）对于数列，记区间内偶数的个数为，则称数列为的偶数列． (1)若数列为数列的偶数列，求． (2)若数列为数列的偶数列，证明：数列为等比数列． (3)在（2）的前提下，若数列为等差数列的偶数列，，，求数列的前项和． 61．（24-25高三下·甘肃白银·月考）定义“窄度数列”：若一个数列中任意两项的差均小于，则称该数列为“窄度数列”. (1)试问数列是否为“1000窄度数列”？（无需说明理由） (2)若数列的前项和为，证明：数列为“1窄度数列”. (3)若数列为等比数列，且，求数列的通项公式，并证明为“窄度数列”. 62．（2025·全国·模拟预测）已知数列的通项公式为（表示不超过实数的最大整数），数列的通项公式为. (1)写出数列的前6项； (2)试判断与是否为数列中的项，并说明理由； (3)证明：数列与数列的公共项有无数多个. 63．（2025·江苏连云港·模拟预测）中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛、方垛、刍甍多、刍童垛等的公式．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”，则称原数列为“阶等差数列”．例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为的等差数列，则称数列为二阶等差数列． (1)若数列满足，，且，求证：数列为二阶等差数列； (2)若三阶等差数列的前项依次为，求的前项和； 64．（2025·新疆喀什·模拟预测）对于有限正整数数列，若存在连续子列和符号序列，，使得，其中，则称数列存在平衡连续子列． (1)写出数列2，1，2，3的一个平衡连续子列； (2)设对任意正整数，定义函数为满足的非负整数，其中为奇数，令．证明：数列不存在平衡连续子列； (3)设数列的每一项均为不大于的正整数，证明：当时，存在平衡连续子列． 65．（2025·山东临沂·三模）定义：若数列满足，则称数列为“数项增数列”. (1)若，，判断数列，是否为“数项增数列”？ (2)若等差数列为“数项增数列”，且，求的公差的取值范围； (3)若数列为共4项的“数项增数列”，满足，求所有满足条件的数列的个数. 1．（2025·江西新余·模拟预测）已知数列的前n项和为，为等差数列，，． (1)直接写出的值； (2)求的通项； (3)求证：． 2．（2025·浙江嘉兴·一模）已知等差数列的公差为，前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)设为数列的前项和，求使得的的最小值. 3．（2025·贵州黔南·模拟预测）已知数列为等差数列，为等比数列，． (1)求数列和的通项公式； (2)设，证明：． 4．（2025·四川攀枝花·三模）已知数列的首项，． (1)求证：是等比数列； (2)求数列的前项和； (3)令，求数列的最大项． 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，其中． (1)写出，，并求数列的通项公式； (2)设数列的前项和为，证明：． 6．（2025·安徽合肥·三模）已知等差数列的前n项和为，其中，数列的前n项积为，且． (1)求数列与的通项公式； (2)设为数列的前n项和，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围． 7．（2025·宁夏吴忠·二模）已知数列的前n项和为，且． (1)求数列的通项公式． (2)记，证明：． (3)记（），证明：． 8．（2025·湖南·一模）张明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练．规则如下：张明从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑．设他第天晨跑的概率为． (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)若都是离散型随机变量，则，记张明前天晨跑的天数为，求． 9．（2025·浙江·模拟预测）对于一个严格递增的无穷正整数数列，如果对每个正整数，这个数列前项的平均数为，则称这个数列是“中立的”.数列的通项公式为. (1)证明：数列是“中立的”； (2)证明：对于任意一个“中立的”数列，对任意正整数，均有； (3)证明：对于任意一个“中立的”数列，均存在无穷多个正整数，使得. 10．（2025·广西河池·三模）现有编号为1，2，3，⋯，（，）的名同学进行闯关游戏，闯关游戏有两种方式可以选择，游戏规则如下. 方式一：①该游戏共设置第一关与第二关，首先由编号为1的同学闯第一关； ②若编号为的同学第一关闯关成功，则该同学继续闯第二关，若编号为的同学第一关闯关未成功，则由编号为的同学接替闯第一关； ③若编号为的同学第二关闯关成功，则闯关游戏结束，若编号为的同学第二关闯关未成功，则由编号为的同学接替闯第二关； ④若闯关轮到编号为的同学，无论编号为的同学闯关成功与否，闯关游戏均结束. 方式二：①该游戏共设置第一关与第二关，首先由编号为1的同学闯第一关； ②若编号为的同学第一关闯关成功，则该同学继续闯第二关，若编号为的同学第一关闯关未成功，则由编号为的同学接替闯第一关； ③若编号为的同学第二关闯关成功，则闯关游戏结束，若编号为的同学第二关闯关未成功，则由编号为的同学接替闯关且从第一关重新开始闯关； ④若闯关轮到编号为的同学，无论编号为的同学闯关成功与否，闯关游戏均结束. 假设每位同学闯第一关成功的概率均为，闯第二关成功的概率均为，且每位同学闯关成功与否相互独立. (1)若均选择方式一闯关，当闯关游戏结束时，求闯关人数不超过2的概率. (2)设事件表示“所有同学均按方式一闯关，恰好由编号为3的同学闯关后闯关游戏结束”，设事件表示“所有同学均按方式二闯关，恰好由编号为3的同学闯关后闯关游戏结束”，分别求出事件和事件的概率，比较所求概率的大小，并判断应选择哪种方式闯关更合理. (3)若均选择方式二闯关，记闯关游戏结束时闯关的总人数为，求的数学期望. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 数列的综合大题（含知识融合） 目录 第一部分 考向速递 洞察考向，感知前沿 第二部分 题型归纳 梳理题型，突破重难 题型01数列不等式的证明 题型02不等式放缩 题型03数列最值 题型04 参数求解 题型05与三角函数综合 题型06与概率综合 题型07与导数综合 题型08与解析综合 题型09数列新定义 第三部分 分层突破 固本培优，精准提分 A组·基础保分练 B组·重难提升练 1．（数列不等式）（2025·广东·模拟预测）已知等差数列的前项和为，其中，. (1)求数列的通项公式； (2)求使得不等式成立的的值. 【答案】(1) (2)1，2 【分析】（1）根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程求公差和首项即可得解； （2）由等差数列的求和公式、通项公式化简不等式求解即可． 【详解】（1）依题意，，解得， 故数列的公差， 则； （2）， 故，即，即，解得， 因为，所以使得不等式成立的的值为1，2． 2．（数列不等式的证明）（2025·江西景德镇·模拟预测）记和分别为数列的前项和，已知为等差数列，，且. (1)求的通项公式. (2)证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据已知得且得，求出公差，进而写出通项公式； （2）应用错位相减法求，即可证. 【详解】（1）由题设，又，则， 所以，又， 又为等差数列，设公差为，则， 所以是首项为2，公差为3的等差数列，故. （2）由（1）得，则， 所以， 作差得， 所以. 3．（数列最值）（2025·福建福州·模拟预测）已知数列是公差为2的等差数列，满足． (1)求的通项公式； (2)设的前项和为，若，求的最大值． 【答案】(1) (2)最大值为5． 【分析】（1）根据等差数列通项公式写出表达式，再结合这个条件，代入与表达式，通过等式计算求出首项，进而得到通项公式.也可令，利用和公差求出. （2）先由第一问得到的通项公式，根据等差数列前项和公式求出.再结合列出不等式，将其转化为一元二次不等式，求解不等式得到的取值范围，最后根据取值范围确定的最大值. 【详解】（1）因为数列是公差为2的等差数列，所以， 由可得，解得， 所以的通项公式为． （2）由（1）得， 由得，即，解得， 由于，所以，所以的最大值为5． 4．（参数求解）（2025·山西忻州·模拟预测）已知数列的前n项和满足． (1)求的通项公式； (2)若，恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据数列前项和与通项的关系来求解数列的通项公式，最后需要检验时的情况是否满足时的通项公式． （2）已知条件得到关于的不等式，通过构造数列，求出数列的最小值，进而确定的取值范围． 【详解】（1），则当时，， 当时，，不符合， 所以． （2）因为，，所以，． 令，则， 当时，不妨设的第n项的值最小， 只需令， 解得， 又， 所以的最小值为， 所以，即的取值范围是． 5．（参数求解）（2025·黑龙江大庆·模拟预测）设为数列的前项和，已知，数列满足 (1)求数列的通项公式； (2)记数列的前项和为，若对于任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由与的关系，代入计算，结合等差数列的通项公式，即可得到结果； （2）分为奇数与偶数讨论，由等差数列的求和公式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）令，可得，故，所以， ， 所以， 所以，因为，所以， 数列是首项为1，公差为2的等差数列，通项公式为. （2）由（1）得，， 所以， 当为偶时，， ， 当为偶数时，， 所以， 因为对于任意恒成立， 当为奇数时，又 当时，取最小值，最小值为， 所以， 当为偶数时， 当时，取最小值，最小值为， 所以， 综上可得的取值范围. 6．（参数求解）已知数列的前n项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前n项和； (3)若数列满足，不等式对一切恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)数列的通项公式为：. (2)数列的前n项和为：. (3)的取值范围为：. 【分析】（1）利用数列前n项和与通项的关系来求解； （2）先根据（1）的结果求出，再利用裂项相消法求数列的前n项和； （3）先根据已知条件求出，再区分n为奇数和偶数两种情况讨论不等式恒成立时的取值范围. 【详解】（1）当时，. 当时，. 根据指数运算法则,,则. 当时，也满足. 故数列的通项公式为：. （2）已知，由（1）可知，则， ； 所以. 所以. 故数列的前n项和为：. （3）已知，由（1）可知，则 ①. 当时，，解得. 当时，②. ①②相减得：， 所以. 当时，也满足. 那么不等式可化为. 当n为偶数时，若恒成立，即恒成立： 因为在n为偶数时单调递增，当时取最小值，，所以时，不等式恒成立. 当n为奇数时，若恒成立，即恒成立： 因为在n为奇数时单调递减，当时取最大值，所以时，不等式恒成立. 故的取值范围为：. 7．（与概率综合）（2025·浙江温州·一模）每天锻炼一小时，幸福生活一辈子.小明每天都会在游泳和跑步中选择一个项目进行锻炼.如果当天选择游泳，则第二天选择游泳的概率为；如果当天选择跑步，则第二天选择游泳的概率为.已知小明第一天选择游泳，记小明第n天选择游泳的概率为. (1)求，； (2)求的表达式. 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式依次求出. （2）根据给定条件，利用全概率公式及等比数列的定义求出的表达式. 【详解】（1）设“第天选择游泳”，则“第天选择跑步”， 依题意，，，， 由全概率公式，得； . （2）由（1）得，，，， 由全概率公式，得， 则，而， 因此数列是以为首项，为公比的等比数列，， 所以的表达式为. 8．（与概率综合）（2025·云南·模拟预测）在足球训练中，甲、乙、丙三人进行传球训练．每次传球按以下规则转移：当球在甲脚下时，他有的概率继续控球（不传给别人），的概率传给乙；当球在乙脚下时，他有的概率回传给甲，的概率传给丙；当球在丙脚下时，他有的概率传给甲，的概率传给乙．初始时球在甲处，每次传球是相互独立的． (1)求两次传球后球在乙处的概率，以及三次传球后球在丙处的概率； (2)记次传球后，球在甲处的概率为，在乙处的概率为． （i）证明：数列是等比数列； （ii）求和的通项公式． 【答案】(1); (2)（i）证明见解析；（ii）； 【分析】（1）两次传球后球在乙处： 思路：找两次传球到乙的唯一情况“甲→甲→乙”，每次传球有对应概率，分步完成用乘法算总概率. 三次传球后球在丙处： 思路：确定三次传球到丙的唯一情况“甲→甲→乙→丙”，各次传球概率已知，分步用乘法得总概率. （2）（i）先明确次传递后球在各处概率关系，根据传球规则得出次传递后球在甲、乙处概率表达式，化简后对乙处概率表达式变形，结合初始值证明是等比数列. （ii）用等比数列通项公式求出，再代入表达式得，验证首项满足后确定通项. 【详解】（1）两次传球后球在乙处：只有“甲→甲→乙”这一种情况.第一次甲传给甲概率是，第二次甲传给乙概率是，分步用乘法，所以概率为. 三次传球后球在丙处：只有“甲→甲→乙→丙”这一种情况.第一次甲传给甲概率，第二次甲传给乙概率，第三次乙传给丙概率，分步用乘法，概率为. （2）（i）表示次传球后球在乙处的概率，它有两种情况： 第次球在甲处，第次甲传给乙，概率为； 第次球在丙处，第次丙传给乙，概率为. 所以. 则. 又，. 所以数列是以为首项，为公比的等比数列.   （i i）由（i）可知，所以. 因为， 则， 所以，符合上式， 所以. 9．（与概率综合）（2025·山西临汾·二模）乒乓球体育俱乐部计划进行单打比赛，采用单淘汰制进行比赛，即每名选手负一次即被淘汰出局.现有8名乒乓球单打运动员随机编号到对阵位置，所有运动员在任何一场比赛中获胜的概率均为.现有甲､乙两位孪生兄弟参赛. (1)求甲､乙在第一轮比赛过程中相遇的概率； (2)求甲､乙在比赛过程中相遇的概率； (3)为使得甲､乙两人在比赛过程中相遇的概率小于0.01，俱乐部计划增加运动员人数到名，对阵图和上图类似. （i）求甲、乙两人在第3轮比赛中相遇的概率（用含的式子表示）； （ii）求的最小值. 【答案】(1) (2) (3)（i）（ii）8 【分析】（1）先设甲的位置固定，进而分析求解即可； （2）甲乙相遇包括三种情况：甲乙第一轮相遇，甲乙第二轮相遇，甲乙第三轮相遇，进而求解即可； （3）（i）当人数增加到，则固定甲的位置后，乙有个选择，进而分析求解即可； （ii）解法一：记比寒的轮次为本件，甲乙在比赛过程中相遇的本件为，先求出，可得甲乙相遇的概率为，再列不等式求解即可； 解法二：设名选手参赛，甲乙相遇的概率为，易得，进而分乙和甲在同一区，乙和甲不在同一区，两种情形分析求解即可. 【详解】（1）设甲的位置固定，若乙要与甲在第一轮相遇只能在同一组，所以甲乙在第一轮相遇的概率. （2）由题可知甲乙相遇包括三种情况：甲乙第一轮相遇，甲乙第二轮相遇，甲乙第三轮相遇， 甲乙要在第二轮相遇，则甲乙在同一个半区，但不在同一组的概率为， 同时甲乙在第一轮都要获胜则. 甲乙要在第三轮相遇，则甲乙不在同一个半区的概率为， 同时甲乙在第一､二轮都要获胜则. 所以甲乙相遇的概率. （3）（i）当人数增加到，则固定甲的位置后，乙有个选择， 要使得甲乙能在第三轮相遇， 由（2）可知甲乙必须得在同一个区内的不同半区的概率为， 同时甲乙在第一､二轮都要获胜， 则甲、乙两人在第3轮比赛中相遇的概率为. （ii）解法一：记比赛的轮次为事件， 甲乙在比赛过程中相遇的事件为，要使甲乙能在第轮相遇， 则甲乙必须得在同一个区内的不同半区的概率为， 同时甲乙在前轮都要获胜， 所以. 所以甲乙相遇的概率为. 要使得甲乙相遇的概率小于0.01，即，即， 又因为为整数，所以，所以最小的值为8. 解法二：设名选手参赛，甲乙相遇的概率为， 则当时，甲乙一定相遇，此时. 当名选手参赛，甲乙相遇的概率为. 考虑将个选手分成上下两个区，每区名选手，这时有2种情况， 情形一：乙和甲在同一区，此时甲乙相遇的概率为， 情形二：乙和甲不在同一区，两人相遇必须都进入决赛，即前轮比赛均获胜. 所以， 于是， ， 累加得 所以. 令，则， 因为为正整数，所以的最小值为8. 10．（与导数综合）（25-26高三上·河南·期中）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且对任意的恒成立，求的取值范围； (3)若，数列的前项和为，证明：． 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导得，再对分类讨论即可； （2）设，求导后再对进行分类讨论； （3）根据（2）得到结论对任意恒成立，再令，最利用累加法和裂项相消法即可得到证明. 【详解】（1）由题意得的定义域为． 当时，在上单调递减； 当时，由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上可知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）依题意可得当时，对任意恒成立． 令，则． ①当时，， 则，所以， 则在上单调递增，则，符合题意． ②当时，有两根， 因为且，所以， 所以由，即，得， 由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，则，则不符合题意． 故的取值范围是． （3）由（2）可得，当时，对任意恒成立， 即对任意恒成立． 令，则， 当时，，此时满足，即不等式成立． 当时，， 所以，， 以上累加得， 则，即． 综上可知，对所有的． 11．（与导数综合）（2025·四川遂宁·二模）已知数列的前项和为，，且 . (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和； (3)设，数列的前项的积为，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用与的关系可得数列的递推式，从而可得数列是等比数列，由等比数列的通项公式求解即可； （2）利用错位相加求和法求解即可； （3）分析可知要证，即证，令，利用导数推出，从而得证． 【详解】（1）因为数列满足，所以时，得， 两式相减，得，即， 因为，，则所以， 所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以； （2）由（1）得，，， 两式相减得 解得； （3）由（1）得, 则， 所以 要证，只需证，即证， 令，则，所以在上单调递减， 所以，所以， 所以， 所以得证． 12．（与解析综合）（2025·云南大理·模拟预测）已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于y轴对称，再过作斜率为的直线交于另一个点，设与关于y轴对称，以此类推一直作下去，设． (1)求t的值； (2)求数列的通项公式，并求数列的前项和的取值范围； (3)求的面积． 【答案】(1)1； (2)，； (3)16. 【分析】（1）由点在抛物线上，坐标代入求参数值； （2）根据已知得、，联立抛物线得，根据等差数列的定义有，最后应用裂项相消法及数列的单调性求范围； （3）由（2）及已知得为，应用点线距离公式、两点距离公式以及三角形面积公式求的面积. 【详解】（1）因为点在抛物线上，则，解得； （2）由可知，， 因为点在抛物线上，则，且， 过，，且斜率为的直线， 联立方程，消去得，解得或， 因为，故，即， 故数列是首项为2，公差为4的等差数列，所以， 又，所以， 所以，所以， 又是关于的递增函数，故，的取值范围是； （3）由（2）知：，，， 直线的方程为， 即， 点到直线的距离为， ， 所以的面积为． 13．（与解析综合）（2025·辽宁沈阳·模拟预测）已知椭圆经过点． (1)求的离心率． (2)设，分别为的左、右顶点，，为上异于，的两动点，且直线的斜率恒为直线的斜率的5倍． ①当的值确定时，证明：直线过轴上的定点； ②按下面方法构造数列：当时，直线过的定点为，且，证明： 【答案】(1) (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据题意，将点代入椭圆方程得，进而求得离心率； （2）①由题可知直线的斜率不可能为0，设的方程为，与椭圆方程联立可得根与系数关系，结合，解得，进而得证；②根据题意可得是等比数列，求得，代入放缩可得，，进而得证. 【详解】（1）因为椭圆C经过点，所以，故， 所以C的离心率； （2）①由（1）知C的方程为，，. 由对称性可知直线的斜率不可能为0，设，，设的方程为． 由，可得， 所以，即， 且，．所以 则 ， 解得，则的方程为， 即直线过x轴上的定点. ②由①可知，，又，， 所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以， . 14．（数列新定义）（2025·湖北·模拟预测）已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列.若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为. (1)求； (2)设数列满足，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分析可知，进而可得，结合等差数列求和公式运算求解； （2）整理可得，利用裂项相消法运算求解. 【详解】（1）因为，可知（满足除以3余数为1），当时，为3的倍数， 进行操作，即删除，剩余， 则，可得， 所以. （2）由（1）可知， 则， 所以数列的前项和. 01数列不等式的证明 15．（2025·吉林长春·三模）记为数列的前项和，已知，． (1)判断是否为等比数列，并求出的通项公式； (2)设递增的等差数列满足，且、、成等比数列．设，证明：． 【答案】(1)不是等比数列，且 (2)证明见解析 【分析】（1）当时，求出的值，当时，由可得，两式作差可得出，结合可得出结论，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式； （2）设等差数列的公差为，由题意可知，根据题中条件可得出关于的方程，解出的值，可得出数列的通项公式，放缩可得，结合裂项相消法可证得所证不等式成立. 【详解】（1）因为，且对任意的，， 当时，， 当时，由可得， 上述两个等式作差得，即，所以， 又因为， 故数列不是等比数列，且该数列是从第项开始成公比为的等比数列， 当时，，即， 综上所述，. （2）设等差数列的公差为，由题意可知，且，， ，， 所以，，， 因为、、成等比数列，所以， 整理得，解得或（舍去）， 所以， 所以， 所以 ，故原不等式得证. 16．（2025·山东聊城·模拟预测）已知各项均为正数的数列满足，数列的前项和为．正项等比数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)若，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据数列的通项与求和公式的关系，可得数列的递推公式，根据等比数列的概念，可得答案； （2）根据裂项相消求和，可得答案. 【详解】（1）由题意可得，所以 因为，所以， 即，所以， ， 设等比数列的公比为， 则，，. （2） 所以 17．（2025·安徽·二模）已知等差数列的前项和为，，对任意正整数，均有. (1)求和； (2)若数列满足，且，求数列的通项公式； (3)记数列的前项和为，证明：. 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）数列为等差数列，不妨设，再利用待定系数法解得，根据等差数列前项和公式求． （2）方法一：由题意得，再根据累乘法得到，方法二：构造数列，得到数列为常数列即可求解； （3）由题意得，先证，再累加即可证得． 【详解】（1）因为数列为等差数列，不妨设，由可得，故，解得， 所以， ，即，即， 所以，解得， 故，. （2）方法一：由（1）得：， 当且时，， ， 当时，满足， 综上所述：. 方法二：由（1）得：， ，，， ， 令，则数列为常数列， ， ； （3）由（1）知，，下面证明， 设，， 则，当时，，单调递增， 所以， 所以，即， 所以 ， 所以． 18．（2025·四川·模拟预测）已知数列满足，且． (1)证明：为等比数列； (2)设，证明：； (3)设，且数列的前项和为，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）分析可知，对任意的，且，可得出，变形得出，结合等比数列的定义即可证得结论成立； （2）利用（1）中的结论求出数列的通项公式，分析可知数列是各项均为正数的单调递减数列，分、两种情况，由结合数列的单调性即可证得结论成立； （3）由不等式的性质得出，利用错位相减法求出数列的前项和，可得出，由结合不等式的传递性可证得结论成立. 【详解】（1）因为数列满足，且，可得， 由，得，可得， 由，得，可得，， 以此类推可知，对任意的，且，所以， 所以，可得， 所以数列为等比数列，首项为，公比为. （2）由（1）可得，所以，故， 易知数列是各项均为正数的单调递减数列， 因为，所以， 当时，， 当时，，所以， 所以，对任意的，， 综上所述，. （3）因为， 所以， 令①， 可得②， ①②得， 所以，故，故对任意的，. 19．（2025·河南·模拟预测）已知函数，，记的零点为. (1)求； (2)求数列中的最小项； (3)证明：. 【答案】(1)1 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，确定单调性即可求解； （2）由通过作差得到，构造函数利用其单调性，确定数列单调性即可求解； （3）令，求导确定单调性，得到，再通过，分别令和，即可证. 【详解】（1）当时，，定义域为， 在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以有唯一零点1， 即； （2）由的零点为， 得， 两式相减得：， 即， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以由，得到， 所以，所以数列是递增数列， 所以数列中的最小项是； （3）令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立，即， 因为，所以, 所以， 所以， 所以 在中，令，得当且仅当时，等号成立， 当时，， 所以当且仅当时，，中等号成立， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 当时，在中，令， 得， 所以， 所以当时， ， 当时，成立， 所以， 综上得证. 20．（2025·江苏连云港·模拟预测）在数列中，，对于，，，成等差数列，其公差为． (1)判断是否成等比数列？并说明理由； (2)证明：，，成等比数列； (3)设，数列的前项和为，证明：． 【答案】(1)成等比数列，理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，令，和，依次求出，利用等比数列定义判断即可； （2）由，，成公差为的等差数列，得，即可利用累加法求出，从而可得，，，再利用等比数列定义判断即可； （3）当为奇数时，，，当为偶数时，，，利用放缩法求出数列的前项和为，即可证明. 【详解】（1）当时，成公差为1的等差数列， 则，； 当时，成公差为2的等差数列，则，； 当时，成公差为3的等差数列，则． 所以，，从而，故成等比数列. （2）由，，成公差为的等差数列，得， 可得：，，，，， 累加得 因为，，成公差为的等差数列，所以， ，又因为，，成公差为的等差数列， 所以， 所以，得，，成等比数列． （3）由，由（2）知： 当为奇数时，，， 当为偶数时，，， 故，且对一切正整数，有， 时， ， 综上，． 21．（2025·安徽滁州·二模）在数列中，，，其前项和为．数列是公差为的等差数列． (1)求； (2)若， （ⅰ）求数列的通项公式及前项和； （ⅱ）若，数列满足，，求证：对任意正整数，都有． 【答案】(1)或 (2)（ⅰ）．；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）方法1：由及，利用等差数列基本量的运算求解即可； 方法2：先求出，然后利用化简得，将已知条件代入求解即可. （2）（ⅰ）与相减得，，利用累乘法得，即可； （ⅱ）由（ⅰ）得，进而求得，累加法结合即可证明. 【详解】（1）方法1：，，， 由或， 于是或，所以或． 方法2：显然，则， 于是，所以， 相减得，即， 所以，，又，，解得或. （2）（ⅰ）当时，，即， 所以，相减整理得，， 所以，，…，，累乘得，， 也满足上式，所以． 所以． （ⅱ），，显然． ， 所以，，…，， 累加得，得证． 02不等式放缩 22．（2025·广东汕尾·一模）记为递增数列的前项和，. (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记的前项和为，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题设利用分和结合等差数列定义即可依次求出数列的首项和通项公式； （2）由错位相减求和方法结合等比数列前n项和公式即可求解； （3）方法一：由和放缩公式结合裂项相消求和法计算求证即可得证； 方法二：由数列的单调性和放缩公式得到即可计算求证. 【详解】（1）由题令，则，解得， 当时，， 所以，即， 因为，且是递增数列，所以， 所以，即是公差和首项均为2的等差数列， 所以. （2）设是数列的前项和， 因为，所以， 所以， 则， 两式相减得，即. （3）方法一：， 所以，① 因为， 所以，② ①+②得， 即，所以. 方法二：因为是递增数列，所以是递减数列. 所以， 所以， 所以 . 23．如果函数满足以下两个条件，我们就称函数为型函数. ①对任意的，有； ②对于任意的，若，则. 求证： (1)是型函数； (2)型函数在上为增函数； (3)对于型函数，有（为正整数）. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据指数函数性质和型函数的定义即可证明； （2）取值，则，再结合型函数的定义即可证明； （3）放缩得，再不断放缩有，结合等比数列的求和公式即可. 【详解】（1）记； 对任意的，有； 对于任意的， 若， 则， 即. 故函数是型函数. （2）设，且，则. 因此 ， 可知在上为增函数. （3）因为， 所以 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用型函数的性质放缩得，最后再不断放缩，结合等比数列求和公式即可. 24．（2025·贵州·模拟预测）已知数列中，，． (1)求，的值； (2)设，证明是等比数列，并求其通项公式； (3)证明：． 【答案】(1)，． (2)证明见解析， (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，结合数列的递推关系式，进行计算，即可求得，的值； （2）由，分别化简求得，，得到，得出，结合等比数列的定义和通项公式，即可求解； （3）由（1）知且，求得，结合，利用等比数列的求和公式，即可得证. 【详解】（1）解：由数列中，，， 可得，. （2）解：由， 可得，， 所以， 因为，所以，即， 又因为，可得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以数列的通项公式为． （3）解：由（1）知且，可得， 所以， 又由， 因为显然成立（当且仅当时等号成立），所以， 因此. 03数列最值 25．（24-25高二上·广西玉林·期末）已知数列的前项和为，，. (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)若，求使取得最大值时的的值. 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）根据的关系，作差可得，即可根据等比数列的定义求解； （2）由（1）求得，利用错位相减法可求； （3）根据，可得；从而判断的单调性，即可求解. 【详解】（1）因为且，所以， 由，可得：， 两式相减得：， 因为，所以，， 又，综上，对任意的，， 所以是首项和公比均为的等比数列，所以，. （2）由题意，， ① ② ①②得 所以， （3）由（1）可得，所以， 时，由，可得； 当时，，当时，， 当时，， 当时，， 所以，所以， 综上，或时，取得最大值. 26．（2025·陕西西安·模拟预测）等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足，，，． (1)求和的通项公式； (2)若数列满足，，求数列的前2n项和， (3)求的最大值和最小值． 【答案】(1)； (2)； (3)最大值，最小值. 【分析】（1）通过基本量运算求得公差和公比，得到通项公式； （2）将分组，分别利用等差数列前项和公式和错位相减法求得各组的和，得到； （3）利用化简和式，讨论的奇偶得到最值. 【详解】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为， 则，解得， 所以，； （2）由（1），，， 所以 令， 即①， 则②， ①-②得： ， 整理得 所以； （3）因为，设 所以 ， 当为奇数时，，由反比例函数性质可知随增大而增大， 故； 当为偶数时，，由反比例函数性质可知随增大而减小， 故， 又当时，，介于与之间， 所以的最大值为，最小值为. 27．（2025·天津河西·二模）已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，. (1)当数列为等差数列时，求的通项公式及； (2)当在单调递增时，设，求的值； (3)当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值. 【答案】(1)，. (2) (3)最大值为1，最小值为. 【分析】（1）根据等差数列定义列方程组解得首项和公差即可求得结果； （2）经分析可知只有当时，在单调递增，满足题意，再利用裂项求和可得结果； （3）由（2）可知当时为等比数列且为摆动数列时，对表达式化简分析可求的结果. 【详解】（1）假设等差数列的公差为，由题意得，所以， 所以， . （2）当数列为等差数列时，由（1）知，显然在不单调； 当数列为等比数列时，假设公比为，，解得或， 当时，，易知在单调递增； 当时，，易知在不单调， 所以， 所以， . （3）当数列为等比数列时，由（2）知或， 又为摆动数列，所以，， 所以， 当为奇数时，单调递减，，当时取得最大值1， 当为偶数时，单调递增，，当时取得最小值， 所以的最大值为1，最小值为. 28．（2025·广西来宾·模拟预测）已知数列的首项，且满足，数列前n项和为. (1)求证：数列为等比数列； (2)求证：； (3)若，求满足条件的最大整数n. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2025. 【分析】（1）对两边取倒数，并整理得，进而根据等比数列的定义即可判断； （2）根据等比数列前n项和公式，结合（1）得，进而通过作差法比较大小即可证明； （3）结合（1）得，进而求数列的前n项和，再根据其单调性求解即可. 【详解】（1）记，由题意，数列满足， 可得 所以， 又，所以，则为常数， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 即数列为等比数列，首项为，公比为 （2）由（1）知数列是首项为，公比为的等比数列， 所以得 故， 从而，所以. （3）解：由（1）知，所以， 设数列的前n项和为， 则 若，即， 因为数列为递增数列，且 所以满足的最大整数n的值为2025. 04 参数求解 29．（2025·山东济南·三模）记等差数列的前n项和为，数列的前n项和为，已知． (1)求的通项公式； (2)求； (3)若成立，求实数k的最小值． 【答案】(1) (2) (3)2 【分析】（1）设数列的公差为，由解出即可求解； （2）由（1）有，利用裂项相消法即可求解； （3）由（1）（2）有得，令得，利用均值不等式即可求解. 【详解】（1）设数列的公差为， 所以，又，所以， 所以， 即； （2）由（1）有，所以， 所以， 所以； （3）由（1）（2）有，令， 所以， 由，当且仅当，即时等号成立，此时， 所以， 所以实数k的最小值为2. 30．（2025·河南·模拟预测）已知公差不为0的等差数列的前项和为，且依次成等比数列. (1)求的通项公式； (2)对于任意，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据等差数列通项公式结合等比中项计算求解； （2）先把转化为，再根据的单调性得出最大项，最后得出参数范围. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由已知可得， 因为，解得， 又， 得， 所以. （2）由（1）可知，则， 由可得， 令， ， 当时，， 当时，， 则数列的最大项为， 故， 即实数的取值范围为. 31．（2025·广东江门·模拟预测）已知数列的前项和为． (1)证明：是等比数列． (2)求数列的前项和． (3)若，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）由与关系结合题意可得，据此可完成证明； （2）由（1）结合错位相减法可得答案； （3）由（1）可得，，利用作差法可判断单调性，据此可得答案. 【详解】（1）因， 则 即，从而是等比数列； （2）由（1）是以为首项，公比为的等比数列. 则，从而 ，两式相减可得： 则； （3）由（2）， ，又，则. ，当时，易得， 当时，，. 即，当时，，则为递增数列，则. 即. 32．（2025·山西吕梁·模拟预测）已知数列的前项和为，且，． (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的前项和； (3)若对恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见详解； (2)； (3). 【分析】（1）根据已知配成完全平方即可得证； （2）利用错位相减法求解可得； （3）分离参数，转化为求数列的最大值问题，考察数列单调性即可得解. 【详解】（1）因为，所以，即， 所以，又，所以是以2为首项和公比的等比数列. （2）又（1）可得，， 所以①， 则②， 由①-②得：， 所以 （3）由（1）可得，， 所以，即， 记， 因为， 所以时，，即， 当时，，即， 所以，所以， 所以实数的取值范围为. 33．（2025·陕西·模拟预测）已知数列满足．设． (1)求证：数列是等比数列，并求数列通项公式； (2)设数列，且对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）由数列的递推式，两边同时加上2，结合等比数列的定义和通项公式，可得所求； （2）求得，推得递减，可得，由不等式恒成立思想，可得所求取值范围． 【详解】（1）由， 可得， 即数列是首项和公比均为3的等比数列， 则，即； （2）数列， 则， 可得递减，可得，对任意正整数，不等式恒成立， 可得，即的取值范围是. 34．（2025·河南郑州·三模）已知数列的首项，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）通过对递推式进行变形构造新的等比数列来求通项； （2）先求出数列的前项和，再根据不等式恒成立将分为偶数和奇数两种情况讨论的取值范围. 【详解】（1）由题意可知，， 可得， 又，故数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即. （2）由（1）可得， 所以，， 当n为奇数时，①， ②， 由①-②得， 所以， 所以，， 所以，，所以， 当n为偶数时，，同理求和可得，， 所以，， 故， 综上，实数的取值范围为. 05与三角函数综合 35．（2025·贵州·三模）在数列中，，，且. (1)证明：数列是等差数列； (2)记，数列的前项和为，证明：； (3)证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由已知等式得出，两边同时平方，结合同角三角函数的平方关系结合等差数列的定义可证得结论成立； （2）由（1）可求得，，利用裂项求和法求出，然后利用裂项求和法结合不等式的基本性质可证得所证不等式成立； （3）利用分析法可知，要证所证不等式成立，即证，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，结合函数的单调性即可证得结论成立. 【详解】（1）已知，即及，， 化简得，又 所以数列是首项为公差为的等差数列. （2）由（1）可知， 所以，. 又，所以，， . 所以 于是， ， 因为，所以，即. （3）定义，原不等式即 下面证明，即， 即证（*）， 设，则， 于是在区间上是增函数. 因为，有，不等式（*）成立. 故原不等式成立. 36．（2025·福建漳州·模拟预测）设函数，且的图象相邻两条对称轴的距离为. (1)求的单调递增区间； (2)将所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，求数列的前30项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）借助三角恒等变换可先将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算即可得； （2）由正弦函数性质可得所有的正零点，则可得数列的奇数项及偶数项的通项公式，再利用等差数列求和公式分组计算即可得. 【详解】（1）因为， 因为的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为， 所以，又，所以， 所以， 令，， 解得，， 所以的单调递增区间为； （2）因为，令，得， 所以或，， 即或，， 所以所有的正零点为或，， 所以是以为首项，π为公差的等差数列， 所以是以为首项，π为公差的等差数列， 所以 . 37．（2025·广东广州·模拟预测）已知向量，，函数，的所有大于0的零点构成递增数列． (1)写出的前6项； (2)记的所有偶数项构成数列，设，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简可得，令，结合正弦函数的图象性质可得或，取其中的正数构成递增数列可得结果； （2）由错位相减法求和可得结果. 【详解】（1）由题意 ． 由，得． 所以或． 即或，取其中的正数构成递增数列． 知的前6项为． （2）由（1）知，所以． 所以．① ．② ①－②，得 ． 所以. 38．（2025·湖南长沙·三模）若存在正实数，对任意，使得，则称函数在上是一个 “ 函数”. (1)已知函数在区间上是一个 “ 函数”，求； (2)证明: 函数在区间上是一个 “ 函数”; (3)证明: . 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用给定的定义列出恒成立的不等式，再分离参数，结合反比例函数单调性求解. （2）由给定的定义，利用导数证明及在上恒成立. （3）利用（2）的信息及结论可得在上成立，取，利用裂相消法求和推理得证. 【详解】（1）由 在区间上是一个 “ 函数”， 则任意恒成立，即恒成立， 而当时，，因此，解得， 所以. （2）要证在区间上是一个“ 函数”， 需证时，，证明如下: 令 ，求导得， 令，求导得，即在上单调递增，且 ， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 因此，即； 令，求导得， 令，求导得， 当或时，，则在上单调递增； 时，，则在上单调递减， 又， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，因此，即， 所以，即函数在区间上是一个 “ 函数”. （3）当，则，由（2）知且，则， 因此，即当时，，令，， 则， 所以 . 39．（2025·河南·模拟预测）记. (1)判断并证明的奇偶性； (2)将的最小值记为， （i）求数列， （ii）若恒成立，求的最小整数值. 【答案】(1)偶函数，证明见解析 (2)（i）；（ii）10 【分析】（1）根据偶函数的定义结合三角函数的奇偶性分析判断即可； （2）（i）分和两种情况，换元令，可得，利用导数分析单调性和最值，进而可得数列的通项公式；（ii）令，利用错位相减法求，进而分析求解. 【详解】（1）函数为偶函数，理由如下： 因为的定义域为， 且， 所以函数为偶函数. （2）（i）因为，， 当时，， 当时，令，则， 设，则， 当时，则，， 可得，在上单调递减； 当时，则，， 可得，在上单调递增； 可知当时，取最小值， 所以； 当时，亦适合上式，所以； （ii）令， 则， 可得， 两式相减得 ， 则， 所以，即的最小整数值为10. 06与概率综合 40．（2025·湖北·模拟预测）甲、乙、丙三人进行玩具传递游戏，每次抛掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传递方式，当玩具在甲手中时，若骰子点数大于4，甲将玩具传给乙；若骰子点数不大于4，甲保留玩具；当玩具在乙手中时，若骰子点数大于3，乙将玩具传给甲；若骰子点数不大于3，乙传给丙；当玩具在丙手中时，若骰子点数大于2，丙将玩具传给甲；若骰子点数不大于2，丙传给乙.初始时，玩具在甲手中. (1)设前三次抛掷骰子后，玩具在甲手中的次数为，求的分布列和数学期望； (2)抛掷次骰子后，玩具在乙手中的概率为，求的通项公式； (3)求证：. 【答案】(1)分布列见解析， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据传球游戏的规则，可得，再根据独立事件概率公式，求解概率，再结合分布列公式，即可求数学期望； （2）首先题意，可得关于数列的递推公式，再通过构造求数列的通项公式； （3）首先根据（2）的结果，利用数列分组求和即可 【详解】（1）由题意知，. ， ， ； ，      所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 随机变量的数学期望为 （2）由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙， 故有，        变形为. 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以 所以数列的通项公式； （3）由（2）可得； 所以 41．（2025·江西·模拟预测）马路上有盏连续排列的灯，每盏灯亮的概率均为，记存在至少连续盏灯亮的概率为，已知． (1)写出； (2)设为连续亮的灯数最大值，求时的期望； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据可求出的值，分析可知表示只有灯亮或只有亮，或者都亮的概率，结合独立事件的概率公式可求得的值； （2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，结合期望公式可求得的值； （3）设，根据题意得出的递推公式，逐项计算可得出的值，即为所求. 【详解】（1）由于，所以， 而表示只有灯亮或只有亮，或者都亮的概率， 即. （2）由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、、， 则， 表示、、、、、、、、、、 、都亮，故， 表示、、、、、、、 、、、都亮，故， 表示、、、、都亮，则， 表示、都亮，则， ， 所以． （3）显然当或时，，且； 对于，根据实际意义，存在连续盏灯亮包括以下两种情况： （i）前盏已经满足有盏亮了； （ii）前盏没有连续盏亮灯，且从到盏恰好为（不亮，亮，亮，亮）， 所以有递推关系：， 令，则，且，， 则，， ，， ， ， . 因此，. 42．（2025·广东东莞·模拟预测）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能（Artificial Intelligence，简称AI）已然成为科技变革的核心驱动力，有媒体称DeepSeek开启了我国AI新纪元，某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与AI知识有关的网络答题活动，为了解男女学生参与答题意愿的差异，作比例分配的分层随机抽样方法在全体学生中抽取100人，设事件A=“学生报名参加答题活动”，B=“学生为男生”，据统计 (1)根据已知条件，完成下列列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否推断该校学生报名参加答题活动与性别有关联？ 性别 男生 女生 合计 报名参加答题活动 未报名参加答题活动 合计 100 (2)网络答题规则：答题活动不限时间，不限轮次，答多少轮由选手自行确定；每轮均设置道题，选手参与该轮答题，则至少答一道题，一旦答对一题，则其本轮答题结束，答错则继续答题，直到第道题答完，本轮答题结束．已知甲同学报名参加答题活动，假设甲每道题回答是否正确相互独立，且每次答对的概率均为 ①求甲在一轮答题过程中答题数量的数学期望； ②假设甲同学每轮答题对前两题中的一道，本轮答题得2分，否则得1分．记甲答题累计得分为的概率为，求的最大值． 参考公式与数据： 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】(1)填表见解析；该校学生报名参加答题活动与性别有关联 (2)① ；② 【分析】（1）根据题设，结合条件概率的定义求出数据，进而完成2×2列联表，再计算出的值判断即可； （2）①首先列出的概率表达式，然后用数学期望公式将它的数学期望表达式列出来，进行化简和错位相减从而得到数学期望； ②根据题意可得时，，然后通过构造可得数列是首项为，公比为的等比数列，求出，然后可求其最大值. 【详解】（1）根据已知条件得，报名人数为，未报名参加答题活动的人数为55人， 报名参加答题活动的男生人数为人，报名的女生为15人， 设男生人数合计为人，则 列联表如下： 性别 男生 女生 合计 报名参加答题活动 30 15 45 未报名参加答题活动 20 35 55 合计 50 50 100 假设该校报名参加答题活动与性别没关联． 计算 比较临界值，因为9.09>7.879，所以拒绝假设（即不成立）， 即该校学生报名参加答题活动与性别有关联． （2）①由题意得 ① ② ①－②得： ②依题意甲同学每轮答题得1分的概率为，得2分的概率为， 甲同学答题得n分即得后得1分下一轮得或得后下一轮得2分， ， 而， 所以数列是首项为，公比为的等比数列． ， 显然当n-1为奇数时，有最大值；此时是递减涵数， 故的最大值为． 43．（2025·福建厦门·三模）在一个不透明的口袋中装有大小、形状完全相同的n个小球，将它们分别编号为．每次从口袋中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．记总的摸球次数为，其期望为． (1)求与； (2)求； (3)证明：． 附：①若随机变量的可能取值为，则 ②若随机变量，则． 【答案】(1)， (2) (3)证明见详解 【分析】（1）理解及的意思，根据古典概型的概率公式计算即可； （2）根据题意求出的概率，根据数学期望的计算公式，结合数列错位相减法求和即可求解； （3）求出的概率，进行用同（2）的方法求出，进而由可求出，再利用导数证明数列不等式即可. 【详解】（1）表示袋中共两个球，前3次摸出同一个球，第4次才摸出另一个球，故， 表示袋中共3个球，前4次摸出的是两个不同编号的球，第5次才摸出最后一个编号的球， 第5次才摸出第三个编号的球，则前4次摸球中，另外两个编号球各至少摸到一次， 则． （2）依题意可得：， 则， 所以 设， ， 作差可得， 所以， 所以 （3）设随机变量表示，恰好记录了个不同的编号下，继续摸球直到记录到第个新的编号所需要的摸球次数， 则，其中， 则， ， 设， 作差可得：， 所以， 所以，即， 令，当时，，所以在单调递增， 所以，即， 所以， 所以． 44．（2025·四川·模拟预测）在高三年级排球联赛中，两支队进入到了比赛决胜局．该局比赛规则如下：上一球得分的队发球，赢球方获得1分，直到有一方得分达到或超过15分，且此时分数超过对方2分时，该队获得决胜局的胜利．假定该局比分已经达到了，此后每球比赛记为第球，队在第球比赛中得分的概率为，且；从第2球起，若队发球，则此球队得分的概率为，若队发球，则此球队得分的概率为． (1)若，求队以的比分赢得比赛的概率； (2)若，数列满足，记数列的前项和为，求证：； (3)当时，若，有，求的取值范围． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用独立事件概率乘法公式计算可得结果； （2）根据已知有，构造等比数列得，进而有，利用放缩法及等比数列前n项和公式可求的范围； （3）根据题意有，讨论、，结合等比数列的定义得与的关系式，根据条件确定的取值范围． 【详解】（1）由题意得，队以的比分赢得比赛的概率为. （2）由题意得，，则， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则， 由，得，故， 所以，故， 又因为，且，所以， 所以， 综上，. （3）由题意得，， 若，则，即，满足题意. 若，则，情况如下： 当时，由，得，满足条件. 当且时，是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 由得， 因为，所以，， 所以，解得，且，. 综上，的取值范围是. 07与导数综合 45．（2025·湖南岳阳·模拟预测）已知函数，且. (1)求; (2)已知为函数的导函数，证明：对任意的，均有； (3)证明：对任意的，均有. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）构造函数，利用导数判断函数的单调性， 可得，只需 满足，计算即可得解； （2）先写出，将不等式变形，通过换元，构造函数，利用导数证其单调性，从而推导不等式成立； （3）由（1）中的结论，取得到，对不等式左边求和，结合对数运算性质（裂项相消），证得结果. 【详解】（1）由得， 令，则， ①当时，恒成立，在上单调递减，且，不符题意； ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 故， 令，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即，又， 所以，解得. （2）由（1）知，， 要证，即证， 进一步变形为证，即证. 因为，令，则需证（）， 即证（） 设，，， 当时，，在单调递增，所以，得证. （3）由（1）知，且， 当时，，即； 令（），则. 要证，即证， 因为，所以， 而，得证. 46．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知函数在上的最小值为0 (1)求实数的值： (2)对任意的，数列满足，且，证明：当大于1时，也大于1： (3)在（2）的条件下，若为数列的前项和，求证： 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1），分类讨论，判断单调性，求出的值；（2）由（1）可以判断单调性，证明结论；（3）要证，只需证，设判断单调性，进行放缩，进行累加证明. 【详解】（1）当时，，当时，，不成立 当时，， 当时， 当时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取最小值，此时，解得. （2）， 设 当时，，所以在上单调递增， 所以，即. （3）要证，只需证 又 所以只需证，即证， 由于，只需证, ， 即证，由（2）可知，， 即需证， 设， 所以单调递减，因为,所以， 即，所以， 即，累加后得证. 47．（2025·重庆·模拟预测）已知. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若对任意，恒有. （i）求的取值范围; （ii）证明: 对任意的正整数，. 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）（i）等价变形不等式并构造函数，求出导数，按分类探讨即可；（ii）由（i）的结论可得，再利用导数证明不等式，取，利用放缩法及裂项相消法求和得证. 【详解】（1）当时，函数，求导得， 则，而，切线方程为， 所以曲线在处的切线方程. （2）（i）对任意，不等式， 设函数，求导得 当时，，函数在上单调递增，，因此； 当时，令，求导得，， 则，使得，当时，，函数在上递增， 当时，，即，因此， 此时，不符合题意； 当时，，不符合题意， 所以的取值范围是. （ii）由（i）得当时，， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数在上单调递减，，函数在上单调递减， 因此，当时，，当时，， 于是， 所以. 48．（2025·广西·模拟预测）已知数列的前项和为，满足. (1)当时，分别求的值，并猜想此时数列的通项公式（直接写结论）； (2)当时，求的最大值； (3)当时，记数列的前项积为，求的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）依题将数列的递推公式化简成，依次赋值代入求出，由此猜想数列的通项公式； （2）解法一：将用表示，即得，设，，利用求导求出的最小值，即得的最大值；解法二：设，则易得，即得，，设，利用求导求出其最大值为，最后利用与和角公式、二倍角公式即可求得；解法三：利用凸函数的琴生不等式易得； （3）由（2），令，，推测出，即得，利用二倍角的正弦公式，将其化简为，借助于正弦函数的值域即可求得其最大值. 【详解】（1）由可得， 因，则 由此猜想，. （2）解法一：由，可得， 则，， 令，， 则 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 故. 于是，. 解法二：设，因，则可取， 则，， 于是，，， 令，则， 由，可得，， 当时，，则，当时，，则， 当时，，则函数在上单调递增； 当时，，则函数在上单调递减， . 因，记，则有，则， 则，即， 即，解得，（负根舍去）， 则，故. 解法三：由解法二已得：，， 对，，可知函数为上凸函数，由琴生不等式得： （当且仅当，即时，能取到等号） （3）由（2），令，则， 依此类推，可得，而则， 当且仅当，即时取到等号，此时，的最大值为. 49．（2025·安徽·一模）已知函数为函数的导函数. (1)证明：； (2)若函数，请判断在区间上的零点个数，并说明理由； (3)若函数，证明：当时，. 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求出的导数，再分别计算和，通过三角函数的两角和公式展开化简，证明二者相等； （2）先求出的导数，根据导数判断函数单调性，再结合零点存在定理确定在上的零点个数； （3）令，再求的值，利用积化和差转换即可证明. 【详解】（1）证明：由题可得， ， . 故. （2），故， ，设，则， 当时，，故单调递增， 所以，故函数单调递减，， 故函数在上无零点； 当时，， 设，则， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 且， 故存在，使， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 因为， 故，又因为， 故函数在上有1个零点. 综上所述，在区间内的零点个数为2. （3）证明：令， 所以 ， 当且仅当时，上式取得等号，但不可能成立， 所以当时，. 50．（2025·天津红桥·二模）已知函数，其中为自然对数的底数， (1)当时，求函数在点处的切线方程; (2)证明:恒成立； (3)证明: 【答案】(1) (2)证明见解析； (3)证明见解析； 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，再利用直线的点斜式方程可求得切线方程； （2）根据不等式构造函数和分别证明大于等于零恒成立即可； （3）依据（2）中结论可得，再利用等比数列前项和公式计算可得证明得出结论. 【详解】（1）当时，可得，所以； 可得，又， 所以在点处的切线方程为，即； （2）易知，要证明， 可得， 构造函数，可得， 可知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时，等号成立； 下面证明， 令，所以； 易知当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减； 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即； 当且仅当时等号成立， 综上可得，，恒成立，但等号不在同一点处取得， 所以，即. （3）由（2）中结论可知； 所以， 因此； 可知 所以. 51．（2025·福建福州·模拟预测）已知函数，记，若满足，则称是上的“可控函数”．由“可控函数”的定义可得：若函数是上的“可控函数”，则函数也是上的“可控函数”，其中，例如． (1)判断函数是否为上的“可控函数”，并说明理由； (2)已知函数是上的“可控函数”，且的最大值为． （i）求函数的解析式； （ii）若数列满足，是数列的前项和．求证：． 【答案】(1)是 “可控函数”，理由见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据新定义及二次函数值域的求法判断即可； （2）（i）根据函数的定义域及函数在上为“可控函数”，利用函数单调性求出最小值可得出，再由“可控函数”的定义求解； （ii）结合新定义及函数的单调性不等式的性质，先证明，再证． 【详解】（1）是上的“可控函数”． 因为，由得， 所以， 因为，故函数是上的“可控函数”． （2）（i）由函数的定义域为，可得， 由于，又因为， 当时，，则在区间上单调递减， 当时，，则在区间上单调递增， 而，所以当时，的取值范围为， 因为， 所以由“可控函数”的定义可得函数是上的“可控函数”． 所以的最大值不小于． 若，由“可控函数”定义可知满足的条件为 可得，所以． 又因为，由的单调性可得， 当时，的取值范围为， 显然， 所以函数是上的“可控函数”， 所以的最大值为，得，则， 所以函数的解析式为． （ii）先证明． 由（i）可知函数是上的“可控函数”， 由“可控函数”性质可知函数也是上的“可控函数”， 所以． 因为， 且，所以， 所以． 再证． 由（i）可得在区间上单调递减，且， 所以若，则， 若，则． 又因为，所以时， 均大于均小于． 因为， 所以当为奇数时，． 若，可得 ． 若，可得 ， 所以对任意的． 综上所述． 08与解析综合 52．（2025·陕西渭南·一模）已知双曲线．点在上．按如下方式构造点．过点作斜率为的直线与的下支交于点．点关于轴的对称点为．记点的坐标为 (1)求的值： (2)记．证明：数列为等比数列； (3)记的面积为．证明：是定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据点在上，求出双曲线的方程，再由对称性即可求得结果； （2）由和，表示出直线方程，根据，联立方程化简可得，又，即可得，即可得证； （3）由（2）知．又，所以，即得和坐标，然后表示出，化简得证. 【详解】（1）由题知双曲线．点在上， 故，所以双曲线． 又过点斜率为的直线方程为． 由双曲线与直线的对称性可知． 所以．即. （2）因为，所以．因为 所以． 于是．①． 由于， 所以．且． 两式作差可得．② 把①代入②可得．③ 由③-①得． 即 因为．所以 又．所以 故数列是首项为．公比为的等比数列． （3）由（2）知．又，所以． 则． 因为， 且， 所以 ， 即是定值. 53．（24-25高三上·山东威海·期末）已知抛物线，点在上，为常数，，按如下方式依次构造点，过点作轴的垂线交于点，过且斜率为的直线与的另一个交点为.记的坐标为. (1)当时，求； (2)设，证明：数列是等差数列； (3)设为的面积，证明：为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由点在可得，根据直线的方程联立抛物线方程可得； （2）由点差法可得，得，进而确定，可得，进而可得，即得，即证； （3）由，由点差法可， 进而可得直线的斜率为，可得，由直线的方程为，可得到直线的距离为，进而，即证.   【详解】（1）    因为点在上，所以，解得， 由题意知的坐标为，直线的方程为：， 由，整理得，解得. （2）法一：由题意知的坐标为， 所以，又， 两式相减得，即， 由题意知，可得， 所以数列是以1为首项，为公差的等差数列， 所以，可得， 所以， 可得，所以数列是等差数列. 法二： 由题意知的坐标为， 所以直线的方程为， 由，可得， 由题意知是直线与的公共点，所以， 所以数列是以1为首项，为公差的等差数列， 所以，可得， 所以， 所以，所以数列是等差数列. （3）法一：的三个顶点为， 因为，两式相减得，即， 所以直线的斜率为， 可得， 直线的方程为， 即， 设到直线的距离为，则 所以， 所以为定值. 法2： 的三个顶点为， 可得， ， 所以 ， 所以为定值. 法3： 要证为定值，只需证， 即证与面积相等， 因为，两式相减得， 即， 所以直线的斜率为， 同理可得直线的斜率为 所以，可得点到直线的距离相等， 所以，即为定值. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键能用点差法得到，进而，确定是等差数列，可得，进而依次得到，，；第三问由，可得和直线的方程为，进而得到直线的距离，进而，即证. 54．（2025·江西赣州·二模）已知点M到点的距离比到y轴的距离大1，M的轨迹为C．点在C上，过作斜率为的直线交C于另一点，设与关于x轴对称，过作斜率为的直线交C于另一点，设与关于x轴对称，……，以此类推，设． (1)求C的方程； (2)设数列的前n项和为，证明：； (3)求的面积． 【答案】(1)或； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）讨论在轴左侧或右侧，分别求出对应轨迹方程即可； （2）由题设得，，结合斜率求得，根据等差数列的定义写出通项公式得，应用裂项相消法求，即可证； （3）由（2）得，再由，结合向量模长、数量积的坐标表示化简求值即可. 【详解】（1）当在轴左侧时，在轴的非正半轴上，的方程为； 当在轴右侧时，的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，方程为， 综上，C的方程为或； （2）因为在上，所以，可得， 依题意，则， 所以，故数列是首项为2，公差为4的等差数列， 所以，则， ， 所以， 显然关于单调递减，则； （3）由（2）得， 所以，而， 所以 . 55．（2025·安徽·三模）记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为． (1)求点的坐标； (2)证明：是递减数列； (3)记的面积为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）联立，可解得，的坐标，进一步可求直线的方程，联立直线与抛物线方程即可求解； （2）联立，可解得，的坐标，根据斜率公式可得. 又因为，故，，即是递增的正数数列，是递减数列，即可证明； （3）由（2）得，当时，，，利用割补法及（2）中化简可得，又，故.根据可知；由可知，进而可得，故，即可证明. 【详解】（1） 如图所示，联立，解得或，故. 又，所以，，故直线， 联立，解得或，故. （2）联立，解得点， 所以，， 所以. 又因为，故，于是，即，故是递增数列. 又由，可知是递减数列，于是是递减数列. （3）由（2）得，当时，，， 利用割补法，知 . 而，故. 而，故； 又，故， 由累乘法可知， 而，故. 故. 综上，. 56．（2024·河北·二模）已知椭圆的离心率. (1)若椭圆过点，求椭圆的标准方程. (2)若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程. （2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；②求得，并利用等比数列的前项和公式求得. 【详解】（1）因，可得： ①， 又椭圆过点，可得 ②， 联立①，②，解得， 故椭圆的标准方程为； （2）①当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时， 直线与轴重合，不符合题意，故直线的斜率均存在且不为0. 设直线的方程为， 联立，消去，整理得：， 因直线交椭圆于两点，则，且，则， 因直线的方程为，同理可得：， 因三点共线，则，即， 易知，则， 因，则； ②结合①可知，则 ， 因，则数列是首项为9，公比为3的等比数列， 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到. 57．（2025·四川·三模）已知双曲线的右焦点为，且点到双曲线的渐近线的距离为．过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点；再过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点，以这样的方式构造下去，可以得到一列定点、、、、． (1)求双曲线的方程； (2)求点的坐标； (3)若、，记的面积为，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，结合的值可得出的值，由此可得出双曲线的方程； （2）分析额可直线经过的定点也在轴上，设点设点，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线得出联立，列出韦达定理，求出点、的坐标，由此可得出点的坐标； （3）分析可知，点均在轴上，考虑一般情况，假设点，设点，设直线的方程为，将该直线方程与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，同理得出点的坐标，利用、、三点共线，结合斜率公式可得出，由此可归纳得出的坐标，由此可得出的表达式，利用放缩法结合等比数列的求和公式可证得所证不等式成立. 【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，即， 则点到渐近线的距离为， 又因为，所以， 因此，双曲线的方程为. （2）当轴，必然与轴重合，由曲线的对称性知的中点在轴上， 的中点也在轴，故经过的定点也在轴上， 设点，设直线的方程为，设点、， 联立得， 所以，，， 由韦达定理可得，， 故线段的中点， 同理可知，直线的方程为，的中点为，即点， 当时， 由、、三点共线可得，得， 解得，因此，. 当时，，此时过， 故. （3）由（2）可知，当时，定点，同理可知，也一定在轴上， 考虑一般情况，假设点，设点， 设直线的方程为，设点、， 联立得， 所以，，， 由韦达定理可得，， 故线段的中点为， 同理，直线的方程为， 线段的中点为，即点， 当时， 由、、三点共线可知，，即， 整理可得，即当点时，， 当时，，此时过， 综上，. 故当点时，、、、， 由题意可知，的面积为， 所以， 所以. 58．（2025·广东广州·模拟预测）已知曲线，（，），当变化时得到一系列的椭圆，我们把它称为“2~1椭圆群”.    (1)若“2~1椭圆群”中的两个椭圆、，对应的分别为、（），如图所示，若直线能与椭圆、依次交于，，，四点，证明：； (2)当（）时，直线与椭圆在第一象限内的交点分别为，设. （i）求证：为等比数列，并求出其通项公式； （ii）令数列，求证. 【答案】(1)证明见解析 (2)（1）证明见解析，；（2）证明见解析 【分析】（1）根据题意联立方程组，利用韦达定理表示交点横坐标之和，可发现线段的中点与线段中点重合，根据线段长度的减法可证得结论； （2）（i）根据题意联立方程组，求出点和的横坐标，利用两点间距离公式求得，即证得结论并得到通项公式；（ii）由已知条件得到，利用放缩法构造出新数列的不等式，利用裂项相消法求前项和即可证得结论. 【详解】（1）由题意，联立方程可得， 时，由图可知，椭圆与直线的交点为点、， 设，，则， 同理，将与直线联立可得：， 时可得， 则线段的中点与线段中点重合，设为点， 即有，，所以，即. （2）（i）由题意，联立方程可得，即. 因为交点在第一象限内，所以点的横坐标， 同理可得点的横坐标， 则. 由于，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为； （ii）由（i）可知，，则. 设，设，， 由时，，可得， ， 所以，由. ， . 即得证. 09数列新定义 59．（2025·河南·二模）记为正项数列的前项积，且，，. (1)求数列的通项公式； (2)表示不超过的最大整数，如，，设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由得，即数列为等比数列，利用等比数列即可求解； （2）由利用二项式定理展开，，分为奇数和偶数讨论，最后利用分组求和即可. 【详解】（1）由可得，，即， 又∵，∴是首项为2，公比为2的等比数列， ∴； （2）由（1）可知，. ∵ ， 可得， 当为奇数时，则，即； 当为偶数时，则，即. 设为数列的前项和， 可得 . ∴数列的前项和为. 60．（2025·贵州·二模）对于数列，记区间内偶数的个数为，则称数列为的偶数列． (1)若数列为数列的偶数列，求． (2)若数列为数列的偶数列，证明：数列为等比数列． (3)在（2）的前提下，若数列为等差数列的偶数列，，，求数列的前项和． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3) 【分析】（1）列出在区间内的偶数，再利用偶数列的定义求出. （2）求出在区间内的偶数个数，进而求出数列的通项公式，再利用等比数列的定义证明. （3）利用等差数列的通项公式，进而求出，再利用分组求和法及错位相减法求解. 【详解】（1）在区间内的偶数为，共13个， 所以. （2）在区间内的偶数为，则． 于是，， 所以是首项为2，公比为2的等比数列. （3）依题意，等差数列的公差， 则，， 由（2）知，，则， 令数列的前项和为，则， 于是， 两式相减得：， ， 因此，而数列前项和为， 所以. 61．（24-25高三下·甘肃白银·月考）定义“窄度数列”：若一个数列中任意两项的差均小于，则称该数列为“窄度数列”. (1)试问数列是否为“1000窄度数列”？（无需说明理由） (2)若数列的前项和为，证明：数列为“1窄度数列”. (3)若数列为等比数列，且，求数列的通项公式，并证明为“窄度数列”. 【答案】(1)不是 (2)证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）由新定义即可判断； （2）由新定义结合等比数列求和公式即可判断； （3）由等比数列公式及新定义即可求解. 【详解】（1）数列不是“1000窄度数列”.   取分别取， 此时，故不是； （2）证明：，     . 因为，所以， 所以数列中任意两项的差均小于1，故数列为“1窄度数列”. （3）解：因为，所以，， 所以等比数列的公比为，则，则. 因为，当且仅当时，等号成立， 所以数列从第二项起为递增数列. 又，，所以，     所以数列中任意两项的差均小于，所以数列为“窄度数列”. 62．（2025·全国·模拟预测）已知数列的通项公式为（表示不超过实数的最大整数），数列的通项公式为. (1)写出数列的前6项； (2)试判断与是否为数列中的项，并说明理由； (3)证明：数列与数列的公共项有无数多个. 【答案】(1)，，，，，； (2)不是数列中的项，是数列中的项，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据数列的通项公式求得正确答案； （2）根据数列、的通项公式以及单调性进行判断； （3）首先假设存在有限个正整数使得数列中的某些项满足条件，然后通过反证法证明了这一假设不成立，因此得出数列与的公共项有无数多个. 【详解】（1）依题意，数列的通项公式为， 所以，，， ，，； （2）不是数列中的项，是数列中的项，理由如下： 由，，则， 又，，，则不是数列中的项； 又，， 又，，， 则，故是数列中的项； （3）先证明存在无穷多个正整数使得，（其中表示的小数部分）， 假设只有有限个正整数使得， 不妨设， 则当任意的,时，， 不妨设某个，，且，为正自然数， 不妨设为一个具体的常数，且，故 由于为正整数，故， 的取值为， 由于，因此一定存在某个使得， 故，这与矛盾. 故假设不成立， 因此存在无穷多个正整数使得， 对于每个满足的正整数，令， 则有， 所以有，即， 从而， 所以数列与数列的公共项有无数多个. 63．（2025·江苏连云港·模拟预测）中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛、方垛、刍甍多、刍童垛等的公式．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”，则称原数列为“阶等差数列”．例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为的等差数列，则称数列为二阶等差数列． (1)若数列满足，，且，求证：数列为二阶等差数列； (2)若三阶等差数列的前项依次为，求的前项和； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合等差数列的定义及题设定义求证即可； （2）结合已知设，结合累加法得到，，进而结合组合数公式求解即可； 【详解】（1）因为，所以， 所以是首项为，公差为的等差数列， 则是一阶等差数列，数列为二阶等差数列 （2）因为是“三阶等差数列”，所以是“二阶等差数列”， 设，所以是“一阶等差数列”． 由题意得，，，所以， 所以是首项为，公差为的等差数列，根据累加法有： ， 满足上式，所以 ， 因为满足上式， . 64．（2025·新疆喀什·模拟预测）对于有限正整数数列，若存在连续子列和符号序列，，使得，其中，则称数列存在平衡连续子列． (1)写出数列2，1，2，3的一个平衡连续子列； (2)设对任意正整数，定义函数为满足的非负整数，其中为奇数，令．证明：数列不存在平衡连续子列； (3)设数列的每一项均为不大于的正整数，证明：当时，存在平衡连续子列． 【答案】(1)1，2，3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）通过平衡连续子列的概念判断即可； （2）分析数列中各项的奇偶性、模数特性，结合符号组合的限制条件，证明无法构造出和为0的子列； （3）通过分析将原问题转化为或且当时都有，对进行分类讨论，即可得证． 【详解】（1）1，2，3. 子列1，2，3对应原数列的，，， 设符号序列为，，，需满足，其中，，， 若取，，，则和为， 满足， 由于存在连续子列1，2，3，以及符号序列，，均属于， 使得符号与对应项乘积的和为0，完全符合“平衡连续子列”的定义（存在连续子列和符号序列，使符号加权和为， 综上，子列1，2，3是数列2，1，2，3的平衡连续子列； （2）因为1，3，5，7是奇数，故， 所以． 因为，所以． 因为，所以， 所以数列4，2，4，1，4，2，4． 因为， 所以与奇偶性相同． 当或时，因为中，为奇数，其余各项均为偶数， 所以为奇数． 所以． 当取时， 由（1）可知， 综上，该数列不存在平衡连续子列． （3）设， 则是整数数列． 下面证明对任意，均有． 显然满足． 假设结论不成立，则存在，使得或， 且当时都有． （ⅰ）若，当时，， 因为，所以，矛盾； 当时，， 因为，所以，矛盾． （ⅱ）若，当时，， 因为，所以，矛盾； 当时，， 因为， 又是整数，所以，矛盾． 综上，对任意，均有． 若存在，使得， 则存在且，使得， 此时数列存在平衡连续子列． 若任意， 因为中共个非零整数， 当时，数列中存在且，使得， 从而存在，使得， 此时数列存在平衡连续子列． 综上，当时，数列存在平衡连续子列． 65．（2025·山东临沂·三模）定义：若数列满足，则称数列为“数项增数列”. (1)若，，判断数列，是否为“数项增数列”？ (2)若等差数列为“数项增数列”，且，求的公差的取值范围； (3)若数列为共4项的“数项增数列”，满足，求所有满足条件的数列的个数. 【答案】(1)是，不是； (2)； (3)31. 【分析】（1）由的单调性判断，对数列举例说明判断. （2）利用定义列式，取特值求出范围，再就一般情况分类判断即可. （3）根据给定的定义，再分类推理计算判断.. 【详解】（1）对于数列，，则随的增大而增大， 即恒成立，因此数列是“数项增数列”； 对于数列，，，有， 所以数列不是“数项增数列”. （2）依题意，设，则， 由等差数列为“数项增数列”，得对恒成立， 即，当时，，解得或， 当时，随的增大而增大，则， 当时，令，解得， 当时，， ，随的增大而增大，则， 所以的公差的取值范围是. （3）由，得最小值为0，最大值为5， ①若，则，， 若，则或，，或，此时， ，因此数列的个数为； 若，则，或，当时，， 或，此时或；当时，或， 此时，，因此数列的个数为； 若，则，或或， 当时，，此时，， 当时，，或，此时或， 当时，或，此时，，因此数列的个数为； ②若，则，，由①得数列的个数为； ③若，则，，则，，， ，，因此数列的个数为， 所以所有满足条件的数列的个数是. 1．（2025·江西新余·模拟预测）已知数列的前n项和为，为等差数列，，． (1)直接写出的值； (2)求的通项； (3)求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用等差数列的前三项的关系可求答案； （2）根据递推关系的特点，利用累乘法或构造法可求通项公式； （3）先求出，根据的表达式可证结论. 【详解】（1）由题意，即， 整理得. （2）由条件得：， 故：，即：，所以：① 法一：累乘法：，，； 以上各式相乘可得，所以 ， 又，也满足上式，所以. 法二：构造新数列：由①得：， 令，则，即是常数列， ，即，经检验：符合题意， 故. （3）， ，所以. 2．（2025·浙江嘉兴·一模）已知等差数列的公差为，前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)设为数列的前项和，求使得的的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由等差数列的前项和公式建立方程组，解得数列的首项和公差，即可得到等差数列的通项公式； （2）由（1）可得等差数列的前项和，然后即可得到，从而求出该数列的前项和，然后代入条件中的不等式，解二次不等式即可求得的范围，根据题意即可得到其最小值. 【详解】（1）由于， 故解得 所以. （2）由（1）知，所以， 则数列是以4为首项，3为公差的等差数列； 所以. 由，得， 即， 则，或， 又因为，所以的最小值为4. 3．（2025·贵州黔南·模拟预测）已知数列为等差数列，为等比数列，． (1)求数列和的通项公式； (2)设，证明：． 【答案】(1)，. (2)证明见解析 【分析】（1）利用基本量法可求公差与公比，故可求两个数列的通项； （2）利用裂项相消法可求的前项和，从而可证题设中的不等式. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由题设有，因，故解得， 故，. （2）， 故 . 4．（2025·四川攀枝花·三模）已知数列的首项，． (1)求证：是等比数列； (2)求数列的前项和； (3)令，求数列的最大项． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得； （3）由（2）可得，利用作差法判断数列的单调性，即可求出最大项. 【详解】（1）因为， 所以， 又，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列； （2）由（1）可得， 所以， 所以 . （3）由（2）可得， 则， 所以当时，当时， 即， 所以数列的最大项为； 5．（2025·福建泉州·模拟预测）已知函数，设曲线在点处的切线与轴的交点为，其中． (1)写出，，并求数列的通项公式； (2)设数列的前项和为，证明：． 【答案】(1)，， (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义写出切线方程，求出关于数列的递推公式，判断数列的性质求其通项公式或利用累乘法求其通项公式. （2）利用错位相减法求数列的前项和，或构造数列，，根据利用裂项求和法求数列的前项和，再判断与4的大小. 【详解】（1）由已知， 则曲线在点处的切线方程为， 即． 令，得． 因为，代入上式，依次解得，． 因为，所以，得．所以． 解法一：故数列为等比数列，首项为1，公比为． 所以． 解法二：当时，． 当时，因为，所以上式亦成立. 所以． （2）解法一：． ， ， 两式相减可得： 所以． 因为，所以. 解法二：． 令，则． 所以 ． 因为，所以． 6．（2025·安徽合肥·三模）已知等差数列的前n项和为，其中，数列的前n项积为，且． (1)求数列与的通项公式； (2)设为数列的前n项和，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）设数列的公差为，列出方程组，求得，得到，，根据题意，得到，结合， 即可求解； （2）由（1），得到，转化为对任意恒成立，分n为偶数和n为奇数，两种情况讨论，即可求得实数的取值范围． 【详解】（1）解：设数列的公差为，则， 故，则，， 依题意，， 当时，； 当时，，可得， 综上所述，，. （2）解：由（1），可得， 故对任意恒成立， 即对任意恒成立， 当n为偶数时，原式化为，即， 因为，当时，可得，所以； 当n为奇数时，原式化为，即， 因为，所以时，取值最小，故，故， 综上可得，，即实数的取值范围为． 7．（2025·宁夏吴忠·二模）已知数列的前n项和为，且． (1)求数列的通项公式． (2)记，证明：． (3)记（），证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据与关系即可求得答案； （2）由（1）求出，将放缩，和再求和得证； （3）由，从第3项开始放缩求和，得证. 【详解】（1）由，可得． 当时，，解得， 当时，，整理得（）， ∴数列是以2为首项、2为公比的等比数列， ∴. （2）∵， ∴． 又， ∴．结论得证. （3）由题意知， ，得证. 8．（2025·湖南·一模）张明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练．规则如下：张明从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑．设他第天晨跑的概率为． (1)求的值； (2)求数列的通项公式； (3)若都是离散型随机变量，则，记张明前天晨跑的天数为，求． 【答案】(1)； (2)（或）； (3) 【分析】（1）根据已知条件，利用概率的基本性质即可求出的值； （2）通过分析与的关系，构造等比数列，进而求出数列的通项公式； （3）利用期望的性质，将转化为，再根据期望的定义求出. 【详解】（1）已知第1天一定晨跑，故， 第2天晨跑的概率由第1天晨跑决定，故， 第3天晨跑的情况分两种： 第1天晨跑，第2天不晨跑，第3天晨跑，概率为， 第1天晨跑，第2天晨跑，第3天晨跑，概率为， 故. （2）由题意得，张明第天晨跑后，下一次晨跑在第天的概率为， 张明第天晨跑后，再在第天晨跑的概率为， 所以， 即，则， 所以，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 由（1）得，，，所以， 所以， 则， 所以， 所以．（或） （3）记他前天中，第天晨跑的次数为． 由题意得，服从两点分布，且， 因为，且对于离散型随机变量，都有， 所以 ， 所以， 所以 所以. （或 9．（2025·浙江·模拟预测）对于一个严格递增的无穷正整数数列，如果对每个正整数，这个数列前项的平均数为，则称这个数列是“中立的”.数列的通项公式为. (1)证明：数列是“中立的”； (2)证明：对于任意一个“中立的”数列，对任意正整数，均有； (3)证明：对于任意一个“中立的”数列，均存在无穷多个正整数，使得. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列的通项以及求和公式，结合题意，可得答案； （2）根据等差数列的求和公式，结合题意，进行等量代换，可得答案； （3）利用反证法，假设条件，由题意表示出数列的公式，可得答案. 【详解】（1）证明：由，可知数列为首项为，公差为的等差数列，则其前项和， 因为的前项平均数为，所以数列是“中立的”. （2）证明：因为， 又由题意，， 所以. （3）证明：若存在无数多个，使得， 则， 所以对于这些，命题成立. 若只有有限个，使得，则存在，当时，， 又由（2），若对于任意的恒成立， 则当时，矛盾， 所以存在， 又当时，，所以当时，. 若存在当，则当， 当时，矛盾. 所以当恒成立，命题得证. 10．（2025·广西河池·三模）现有编号为1，2，3，⋯，（，）的名同学进行闯关游戏，闯关游戏有两种方式可以选择，游戏规则如下. 方式一：①该游戏共设置第一关与第二关，首先由编号为1的同学闯第一关； ②若编号为的同学第一关闯关成功，则该同学继续闯第二关，若编号为的同学第一关闯关未成功，则由编号为的同学接替闯第一关； ③若编号为的同学第二关闯关成功，则闯关游戏结束，若编号为的同学第二关闯关未成功，则由编号为的同学接替闯第二关； ④若闯关轮到编号为的同学，无论编号为的同学闯关成功与否，闯关游戏均结束. 方式二：①该游戏共设置第一关与第二关，首先由编号为1的同学闯第一关； ②若编号为的同学第一关闯关成功，则该同学继续闯第二关，若编号为的同学第一关闯关未成功，则由编号为的同学接替闯第一关； ③若编号为的同学第二关闯关成功，则闯关游戏结束，若编号为的同学第二关闯关未成功，则由编号为的同学接替闯关且从第一关重新开始闯关； ④若闯关轮到编号为的同学，无论编号为的同学闯关成功与否，闯关游戏均结束. 假设每位同学闯第一关成功的概率均为，闯第二关成功的概率均为，且每位同学闯关成功与否相互独立. (1)若均选择方式一闯关，当闯关游戏结束时，求闯关人数不超过2的概率. (2)设事件表示“所有同学均按方式一闯关，恰好由编号为3的同学闯关后闯关游戏结束”，设事件表示“所有同学均按方式二闯关，恰好由编号为3的同学闯关后闯关游戏结束”，分别求出事件和事件的概率，比较所求概率的大小，并判断应选择哪种方式闯关更合理. (3)若均选择方式二闯关，记闯关游戏结束时闯关的总人数为，求的数学期望. 【答案】(1) (2),,,选择方式一闯关更合理 (3) 【分析】（1）根据相互独立事件同时发生的概率计算公式即互斥事件概率计算公式进行计算即可； （2）根据相互独立事件同时发生的概率计算公式进行计算； （3）根据期望公式列出，利用错位相减求和即可. 【详解】（1）若选择方式一， 则, , 所以闯关人数不超过2的概率为. （2）根据题意 , 若选择方式二，则每位同学闯关成功的概率为， 闯关不成功的概率为， 则, ,所以选择方式一闯关更合理. （3）由（2）可知， ， , 则， 设， 则， 两式作差得： ， 所以， 则. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $