专题04 数列4个考点（福建专用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 数列专题汇编，涵盖等差数列、等比数列、求和及综合四大考点，精选福建多地二模、三模真题，基础题与综合题梯度分布，适配高三二模备考。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（含多选）|15题/45分|等差数列公差计算（题1）、等比数列前n项和（题9）|基础题聚焦公式应用，多选题考查概念辨析| |填空|4题/20分|数列通项公式（题5）、等比数列性质（题13）|注重细节理解，强化运算能力| |解答|10题/85分|错位相减求和（题16）、数列与函数极值综合（题21）|综合题结合函数、概率（题23），贴近高考命题趋势|

专题04 数列 4大考点概览 考点01等差数列 考点02等比数列 考点03数列求和 考点04数列概念与综合 等差数列 考点1 1．（2026·福建南平·二模）已知等差数列的公差为，若对任意，，总存在，使得，则的最小值为________. 2．（2026·福建南平·二模）（多选）已知各项均为正数的数列：1，2，，，，，其中奇数项成公差为的等差数列且和为9，偶数项成公比为的等比数列且和为14，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C．上四分位数为5 D．下四分位数为5 3．（2026·福建漳州·三模）数列的通项公式分别为，在中去掉中含有的项得到新数列，则的前30项的和为（    ） A．407 B．429 C．465 D．525 4．（2026·福建泉州·模拟预测）在公差为2的等差数列中，，，成等比数列，则的前7项和为（    ） A．3 B．5 C．9 D．21 5．（2026·福建宁德·二模）记数列的前项和为，若是等差数列，，则数列的通项__________. 6．（2026·福建厦门·模拟预测）已知是等差数列的前n项和，若，则的公差为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 7．（2026·福建福州·模拟预测）设等差数列的前项和为，公差为.若，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 8．（2026·福建·二模）等差数列的前n项和为，且，，则（    ） A．90 B．100 C．110 D．200 等比数列 考点2 9．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）记为数列的前项和，若，，则（    ） A． B．为等比数列 C． D．为等差数列 10．（2026·福建龙岩·三模）已知等比数列为1，2，4，8，…．若数列满足，且是与的等比中项，则的值为（   ） A．8 B．10 C．12 D．16 11．（2026·福建三明·二模）（多选）记为数列的前n项和，已知，则（   ） A．当是等比数列时，且 B．当时， C．当时，数列的前n项和为 D．当时，数列中，第5项的值最大 12．（2026·福建·二模）（多选）已知公差为的等差数列的前项和为，公比为的等比数列的前项和为，且，．下列命题正确的是（   ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时，集合可能有三个元素 13．（2026·福建·二模）已知数列满足，，则________． 14．（2026·福建莆田·模拟预测）已知等比数列的前项和为，则函数的最大值为（   ） A． B． C． D．1 15．（2026·福建漳州·二模）设等比数列的前n项的和为，，，则______． 数列求和 考点3 16．（2026·福建宁德·二模）已知数列，且. (1)求证：是等比数列； (2)求数列的前29项和. 17．（2026·福建厦门·二模）记数列的前项和为，已知． (1)证明是等差数列，并求； (2)记数列的前项和为，证明：． 18．（2026·福建漳州·二模）已知数列满足：，． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 19．（2026·福建福州·模拟预测）记为等差数列的前n项和，已知，. (1)求的通项公式； (2)设函数，记，求数列的前21项和. 数列概念与综合 考点4 20．（2026·福建福州·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 21．（2026·福建南平·二模）定义：函数图象上不同的三点，若它们的横坐标依次成等比数列，且该函数在点处的切线的斜率恒小于直线的斜率，则称该函数在点处“等比偏移”；若函数图象上任意一点都满足“等比偏移”，则称该函数是其定义域上的“等比偏移”函数.设. (1)讨论函数的极值； (2)当时，判断函数在点处是否“等比偏移”?请说明理由； (3)若，试证明：函数是其定义域上的“等比偏移”函数. 参考数据：， 22．（2026·福建龙岩·三模）已知数列，设．若，，其中，当取得最小值时，__________． 23．（2026·福建南平·二模）在棱长为个单位的正四面体中，一个质点从顶点出发，每次等可能地沿着棱移动个单位，移动的方向是随机的. (1)若质点移动了次，记其经过点的次数为，求的分布列及数学期望； (2)若质点移动了次，质点回到点的概率为. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设，证明：. 24．（2026·福建漳州·三模）（多选）已知曲线在处的切线与轴，轴分别交于点，，记 ，其中为坐标原点，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．若，则 25．（2026·福建莆田·模拟预测）已知函数有两个不同的极值点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 26．（2026·福建·二模）已知数列的前项和为，若，则（   ） A．16 B．18 C．20 D．22 27．（2026·福建龙岩·三模）某逃脱关卡游戏的最后一关有3扇外观有细微差异的传送门，其中仅有1扇传送门可通往安全出口，资深玩家可以识别细微差异，新手玩家无法识别这种差异．该关卡的游戏规则为：每位玩家每次仅选1扇传送门尝试，选对且走出安全出口，游戏结束，选错则重新选择．规定每位玩家至多有10次尝试的机会，且每次尝试后传送门的顺序会随机调整．现有新手玩家和资深玩家独立挑战该关卡，玩家每次均从3扇门中等可能随机选择1扇门尝试，各次选择相互独立；玩家每试错1扇门，下次则不重复选择已选错的门．设挑战结束时，随机变量分别为玩家尝试的次数． (1)求； (2)求证：． 28．（2026·福建泉州·模拟预测）已知函数，其中，数列满足，. (1)设，若，求的最大值； (2)若，证明：当时，； (3)当时，，求的取值范围. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 数列 4大考点概览 考点01等差数列 考点02等比数列 考点03数列求和 考点04数列概念与综合 等差数列 考点1 1．（2026·福建南平·二模）已知等差数列的公差为，若对任意，，总存在，使得，则的最小值为________. 【答案】 【分析】利用通项公式得到与的关系，再利用恒成立问题求最小值. 【详解】由，可得， 解得. 设，由，可知. 而，则有，对恒成立. 又因为，则，则有，当且仅当时取等号. 所以最小值为. 2．（2026·福建南平·二模）（多选）已知各项均为正数的数列：1，2，，，，，其中奇数项成公差为的等差数列且和为9，偶数项成公比为的等比数列且和为14，则下列选项中正确的是（    ） A． B． C．上四分位数为5 D．下四分位数为5 【答案】BC 【分析】根据等差、等比数列求，，，以及和，即可判断AB；根据百分位数的定义判断CD. 【详解】因为为等差数列，则，可得，，； 又因为成等比数列，则， 整理可得，解得或（舍去），可得，； 综上所述：数列为：1，2，3，4，5，8，故A错误，B正确； 因为，所以下四分位数为2，故D错误； 又因为，所以上四分位数为5，故C正确. 3．（2026·福建漳州·三模）数列的通项公式分别为，在中去掉中含有的项得到新数列，则的前30项的和为（    ） A．407 B．429 C．465 D．525 【答案】D 【分析】结合题意将目标数列的求和合理转化，再结合等差数列的求和公式处理即可. 【详解】因为数列的通项公式是，所以数列为， 因为数列的通项公式是，所以数列为， 得到的前33项中含有1，8，27这3个中的项， 可得的前30项为数列的前33项除去三项1，8，27， 故前30项的和为. 4．（2026·福建泉州·模拟预测）在公差为2的等差数列中，，，成等比数列，则的前7项和为（    ） A．3 B．5 C．9 D．21 【答案】D 【分析】利用等比中项及等差数列的通项公式、求和公式得解. 【详解】因为，，成等比数列， 所以，即，解得， 所以. 5．（2026·福建宁德·二模）记数列的前项和为，若是等差数列，，则数列的通项__________. 【答案】 【分析】记，由题意可得，从而得，根据，求解即可. 【详解】因为是等差数列，， 记，则是等差数列， 所以， 设数列的公差为，则，解得， 所以， 即，解得， 所以， 即， 所以， 当时，， 当时，， 所以，满足， 所以. 6．（2026·福建厦门·模拟预测）已知是等差数列的前n项和，若，则的公差为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】根据题意，解方程即可得答案. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，， 所以，解得 所以的公差为1. 7．（2026·福建福州·模拟预测）设等差数列的前项和为，公差为.若，则（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D 【详解】， 所以. 8．（2026·福建·二模）等差数列的前n项和为，且，，则（    ） A．90 B．100 C．110 D．200 【答案】B 【分析】设出首项和公差，求解出基本量，最后利用求和公式求和即可. 【详解】设首项为，公差为，因为，所以， 因为，所以， 联立方程组可得，解得， 则由等差数列求和公式得，故B正确. 等比数列 考点2 9．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）记为数列的前项和，若，，则（    ） A． B．为等比数列 C． D．为等差数列 【答案】ACD 【分析】先利用与作差，推导出从第二项起数列是公比为2的等比数列，再据此逐一验证选项即可. 【详解】由题意可知，当时，；当时，， 所以， 所以()，， 从开始，数列是公比为2的等比数列：，，，； 同时可推得前项和的通项公式：，即 . 因此A选项：，由上面的推导，，正确； B选项：为等比数列，等比数列要求从首项起公比恒定，而，，公比不唯一，不满足等比数列定义，错误； C选项：，， 也可由直接得，正确； D选项：为等差数列，先求：，，，，， ，，，，可以看到，，是公差为1的等差数列，正确. 故选：ACD. 10．（2026·福建龙岩·三模）已知等比数列为1，2，4，8，…．若数列满足，且是与的等比中项，则的值为（   ） A．8 B．10 C．12 D．16 【答案】B 【详解】由题意得等比数列的通项公式为，， 又是与的等比中项，，即，解得. 11．（2026·福建三明·二模）（多选）记为数列的前n项和，已知，则（   ） A．当是等比数列时，且 B．当时， C．当时，数列的前n项和为 D．当时，数列中，第5项的值最大 【答案】ACD 【分析】对A：对参数的取值进行分类讨论，在不同情况下，讨论数列的类型即可判断；对B：求得，即可比较大小，从而进行判断；对C：求得，进而裂项相消法即可求得结果；对D：令，利用作差法判断数列的单调性，进而求得其最大项. 【详解】对A：， 当时，，则时，，又， 所以此时不是等比数列； 当时，，则时，，即，显然不符合题意； 当且时，，解得， 当时，，可得， 此时数列是以为首项，为公比的等比数列， 综上所述：当是等比数列时，且，故A正确； 对于B，当时，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以，故B错误； 当时，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以， 所以 ，故C正确； 对于D：当时，数列是首项为，公比为的等比数列，所以， 令，则， ， 由二次函数的性质可知在时单调递增， 且当时，，所以数列单调递增， 当时，，所以数列单调递减， 所以在数列中，第5项的值最大，故D正确. 12．（2026·福建·二模）（多选）已知公差为的等差数列的前项和为，公比为的等比数列的前项和为，且，．下列命题正确的是（   ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时，集合可能有三个元素 【答案】ACD 【分析】对于选项A，可对与进行分组比较，利用等差数列与等比数列的性质即可； 对于选项B，可以举反例，例如时，进行说明； 对于选项C，与选项A类似，对与进行分组比较，利用等差数列与等比数列的性质即可； 对于选项D，考虑等差数列与等比数列对应的函数交点情况即可. 【详解】对于选项A，当时，， 由，从而，得， ， 而 由得，，从而， 即得，同理，，， 从而，选项A正确； 对于选项B，当时，，此时，，公差，选项B错误； 对于选项C，，， 而 当，，，从而， 即得，同理，，， 从而，选项C正确； 对于选项D，当时，由等差数列对应的是一次函数，等比数列对应的是指数型函数； 如图是数列对应的函数图象(离散的点），是数列对应的函数图象（取奇数）， 是数列对应的函数图象（取偶数）， 图中两个交点分别代表，， 由指数函数的增长性知与在后面还可能有符合条件的交点， 即集合可能有三个元素，选项D正确. 13．（2026·福建·二模）已知数列满足，，则________． 【答案】 【分析】构造数列，根据递推关系，可得，利用等比数列通项公式求出，分组求和即可得解. 【详解】因为， 所以， 令，则， 所以， 则， 所以，又， 所以是以为首项，公比为的等比数列， 所以，即， 所以 . 14．（2026·福建莆田·模拟预测）已知等比数列的前项和为，则函数的最大值为（   ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】求出公比和首项后得通项，再判断数列的单调性后可得最大值. 【详解】因为，故，而， 故，故，故，故， 故，故. 而， 故当时，；当时，； 当时，；故， 故. 15．（2026·福建漳州·二模）设等比数列的前n项的和为，，，则______． 【答案】 【分析】设等比数列的公比为，进而结合等比数列通项公式列方程求解得，再计算即可. 【详解】设等比数列的公比为，因为，， 所以，解得， 所以， 数列求和 考点3 16．（2026·福建宁德·二模）已知数列，且. (1)求证：是等比数列； (2)求数列的前29项和. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知条件可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）解法一：利用等比数列与等差数列的前项和公式即可求得结果；解法二：根据分组并项求和与等差数列前项和公式计算可得结果. 【详解】（1）因为，故， 又，得， 故数列是以为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）得，故， 解法一：； 解法二： . 17．（2026·福建厦门·二模）记数列的前项和为，已知． (1)证明是等差数列，并求； (2)记数列的前项和为，证明：． 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 【分析】（1）利用，结合等差数列的定义即可求解； （2）使用等差数列前项和公式求得，再使用裂项相消结合的取值范围即可得证. 【详解】（1）当时，， 则， 即， 由于，所以， ，解得，， 所以是首项为3，公差为2的等差数列，得证， 即. （2）由（1）知，， 所以， 则 即， 又因为，所以，故得证. 18．（2026·福建漳州·二模）已知数列满足：，． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）已知 ，可通过累加法求出 的通项公式 （2）先对 进行裂项，再利用裂项相消法求数列的前n项和. 【详解】（1）已知 ，则当 时： . 将以上 个式子累加可得： ， 即 . 又因为 ，所以 ， 当 时， ，上式也成立. 因此，的通项公式为 . （2）由（1）知 ，则 ． 所以 ， 即 . 19．（2026·福建福州·模拟预测）记为等差数列的前n项和，已知，. (1)求的通项公式； (2)设函数，记，求数列的前21项和. 【答案】(1) (2)21 【分析】（1）方法一：利用等差数列的通项公式和前n项和公式进行求解即可； 方法二：利用等差数列的性质和前n项和公式进行求解即可； （2）方法一：利用分组求和法进行求解即可； 方法二：判断函数的对称性，利用函数的对称性进行求解即可. 【详解】（1）方法一：设等差数列的公差为，则 解得 所以. 方法二：设等差数列的公差为， 因为是等差数列，所以，所以， 因为，所以，所以， 因为，所以，所以， 所以. （2）方法一：因为， 所以， 所以 . 方法二：因为， 所以， 所以， 所以曲线关于点中心对称， 因为是等差数列， 所以， 因为的对称中心为， 所以， 同理可得：，, 所以. 数列概念与综合 考点4 20．（2026·福建福州·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 【答案】(1)答案见解析； (2)，证明见解析. 【分析】（1）分，两种情况求单调区间可得答案； （2）（i）由题设可得：，设，，两式相减结合可得，再设，通过证明可得答案； （ii）对于，两式相加结合，可得，据此可完成证明. 【详解】（1）由题设可得定义域为，. 当时，则，从而在上单调递减； 当，令，可得， ，， 则在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）由（1）分析可得，， 则为使有两个实根，则. 由题设可得：，设，则， 两式相减可得，设，则， 从而，， 由题， 设，则， 令 ，则， 则在上单调递减，则， 则要使成立，则； （ii）由上可得：对于，两式相加可得： ， 因，则， 从而 21．（2026·福建南平·二模）定义：函数图象上不同的三点，若它们的横坐标依次成等比数列，且该函数在点处的切线的斜率恒小于直线的斜率，则称该函数在点处“等比偏移”；若函数图象上任意一点都满足“等比偏移”，则称该函数是其定义域上的“等比偏移”函数.设. (1)讨论函数的极值； (2)当时，判断函数在点处是否“等比偏移”?请说明理由； (3)若，试证明：函数是其定义域上的“等比偏移”函数. 参考数据：， 【答案】(1)答案见解析 (2)不“等比偏移”，理由见解析 (3)证明见详解 【分析】（1）研究函数的单调性，根据单调区间判断极值即可； （2）方法一：由题知在处的切线斜率为，再取，，计算得即可判断； 方法二：同法一求得在处的切线斜率为，设，，，再求，再取特殊值即可判断； （3）方法一：设，，不妨设，则，进而转化为 证，进一步转化为证明，当时，（*）式显然成立 ；当时，转化为证明，即证. 设，，进一步转化为证明当时，恒成立，最后构造函数证明不等式即可； 方法二：同方法一得证，再设，，转化为证明当时，恒成立，再构造函数证明不等式即可； 【详解】（1）解：首先的定义域为，. 当时，，在上单调递增，无极值； 当时，由于函数与在上单调递增， 所以在上单调递增， 令， 所以，当时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又 所以在处取得极小值，，无极大值. （2）解：方法一： 结论：当时，在处不“等比偏移”，理由如下： 当时，，， 在处的切线斜率为， 取，，，， ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移” 方法二： 所以当时，在处不“等比偏移”. 一般的，取A，B，C三点的横坐标成等比数列，设，，， 直线的斜率为， 取就是上面的特例； 若取，则有 ， 即， 所以当时，在处不“等比偏移”. 经检验，取或都成立； （3）（3）证明：思路一：设，，不妨设，则， 要证是其定义域上的“等比偏移”函数，只要证. 因为，， ，， ， 故只要证，（*） 由均值不等式知：， 当时，（*）式显然成立； 当时，要证（*）式，只要证， 只要证，即证. 设，，则只需证：当时，恒成立. 令，当时， 因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. （3）思路二：以上证法同思路一. 若设，，则只需证：当时，恒成立. 令，因为， 所以在上单调递减，从而，命题获证. 22．（2026·福建龙岩·三模）已知数列，设．若，，其中，当取得最小值时，__________． 【答案】5 【分析】根据题意，利用通项与前项和关系求出，，则，令，则，根据求出答案. 【详解】解：当时，，即， 当时， ， 所以，对成立，故． 此时． 又因为时，， 当时，，对成立， 故 此时， 令， 得，而，所以， 则，所以当时，，当时，， 即奇数项中，最小，而， 故数列的最小项为，则当取得最小值时，． 23．（2026·福建南平·二模）在棱长为个单位的正四面体中，一个质点从顶点出发，每次等可能地沿着棱移动个单位，移动的方向是随机的. (1)若质点移动了次，记其经过点的次数为，求的分布列及数学期望； (2)若质点移动了次，质点回到点的概率为. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设，证明：. 【答案】(1)分布列见详解， (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见详解 【分析】（1）根据的所有可能取值依次求概率即可得到的分布列，最后通过数学期望的公式求出期望； （2）（i）根据次后质点到三点的概率相同，再根据次后质点从三点回到点的概率也相同，即可得到数列的通项公式；（ii）先写出数列的表达式，构造函数，利用函数的单调性即可证明. 【详解】（1）依题意可得，的所有可能取值为， 则，， ， 则的分布列为 X P 所以. （2）（ⅰ）由质点每次等可能地随机沿棱移动个单位可知，若质点移动了次，次后质点到三点的概率相同，记为，易知，， 若质点移动了次，， 若质点移动了次，由三点等可能地向点移动，故， 则，即，所以，， 数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即. （ⅱ）， ，所以，是递减数列， 设，，， 所以函数在上单调递增， 所以由得， 即， 所以， 则. 24．（2026·福建漳州·三模）（多选）已知曲线在处的切线与轴，轴分别交于点，，记 ，其中为坐标原点，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．若，则 【答案】ACD 【分析】根据导数的几何意义，求得曲线在处的切线方程，根据方程求出点，的坐标，从而得到，判断A；构造函数，利用导数分析其单调性，得到其最值，判断B；因为当时，，由此得，利用裂项相消法求得判断C；利用指对运算，进行函数同构，并结合函数的单调性可判断D. 【详解】由，得. 所以曲线在处的切线方程为． 令，得；令，得．因此，，所以．故选项A正确． 令，则． 当时，单调递减；当时，单调递增．因此， 所以不能恒成立，即不恒成立． 因此不能恒成立，即不恒成立．故选项B错误． 因为当时，，所以， 所以，所以． 因此．故选项C正确． 因为，即， 等价于． 令，则． 因为，所以在上单调递增， 又，且单调递增，所以， 所以，所以，即，故. 又因为，所以，所以．故选项D正确． 25．（2026·福建莆田·模拟预测）已知函数有两个不同的极值点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求导得，将问题转化为在有两正根，再通过研究函数的单调性和极值确定范围. （2）由韦达定理和极值点关系得到，将化简为关于的表达式，令，可得，，利用求导判断函数单调性即可证明. （3）令，求导判断其单调性，即得当时，，令代入并运用累加法与对数的运算性质即可得证. 【详解】（1）已知，其定义域为， 对求导可得：， 因为函数有两个不同的极值点， 所以在上有两个不同的正根， 令，对求导可得：， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，， 又因为当时，，当时，， 要使在上有两个不同的正根，则需， 解得，因此的取值范围是. （2）由（1）可知，是的两个不相等的正根， 即，可得，则， （由三次方程韦达定理：，，， 因，则其中必有一根为负，记为，则，）， 则， （*）， 由，得，同理可得， 则， 将其代入（*）可得：， ， 又因为，则，可得， 则， 令，则，， 求导得，则在上单调递增， 故有，即. （3）令，求导可得： ， 所以在上单调递减， 则当时，， 即，移项可得， 令，，则，即. 因，，，， 将以上个不等式左右相加得：（**）， 又因，， 则（**）为， 两边乘以可得：， 故得得证. 26．（2026·福建·二模）已知数列的前项和为，若，则（   ） A．16 B．18 C．20 D．22 【答案】C 【分析】通过对取不同的正整数值，代入求解即可. 【详解】由得， 当时，，即. 当时，，即，. 当时，，即，所以，. 当时，，即，所以，. 当时，，即，所以. 27．（2026·福建龙岩·三模）某逃脱关卡游戏的最后一关有3扇外观有细微差异的传送门，其中仅有1扇传送门可通往安全出口，资深玩家可以识别细微差异，新手玩家无法识别这种差异．该关卡的游戏规则为：每位玩家每次仅选1扇传送门尝试，选对且走出安全出口，游戏结束，选错则重新选择．规定每位玩家至多有10次尝试的机会，且每次尝试后传送门的顺序会随机调整．现有新手玩家和资深玩家独立挑战该关卡，玩家每次均从3扇门中等可能随机选择1扇门尝试，各次选择相互独立；玩家每试错1扇门，下次则不重复选择已选错的门．设挑战结束时，随机变量分别为玩家尝试的次数． (1)求； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）依题意，分别列出的所有可能的值，求出对应的概率分布列，再由结合独立事件概率乘法公式计算即得； （2）根据（1）的结论求出的表达式，利用错位相减法求其和即可得证. 【详解】（1）由已知得： 所以 设资深玩家B在第i次尝试中选对为事件， 则 所以， 又因为随机变量相互独立， 所以 （2） 当时， 当时， 得 设①，此时， ② ①－②得： 所以 28．（2026·福建泉州·模拟预测）已知函数，其中，数列满足，. (1)设，若，求的最大值； (2)若，证明：当时，； (3)当时，，求的取值范围. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）对求导得到的单调性，根据单调性即可求出答案； （2）由（1）知从而得到，整理得，累乘可得，再通过累加可得，即可得证； （3）根据得到，即，求出是的必要条件，再证明充分性，证明当时，从而得到，即，根据单调性得，以此类推，即可证明充分性，即可得解. 【详解】（1）当时，，定义域为， ， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以当时，取得最大值，最大值为. （2）令， ， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即，即， 当时，， 由题意得， 所以，若，则， 又因为，所以，，， 由（1）知，即， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，即， 不等式两边同时取对数得， 即， 因为，所以， 所以， ， ， ， 将上式相乘可得，即， 故当时，， 所以. （3）由题意得，数列单调递增，故， 因为在上单调递增，则， 又因为，所以， 因为，所以，得，解得， 又因为，故是的必要条件， 下证充分性： 当时，因为， 设， ， 所以在上单调递减， 所以，所以当时，， 所以，当且仅当时，等号成立， 当时，由得，解得， 故， 所以，即， 又在上单调递增，故， 同理可得，，， 故当时，，充分性得证， 综上的取值范围为. 2 / 10 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $