专题01 数列 3大高频考点（期末真题汇编，山东专用）高二数学下学期

**基本信息** 山东多地期末试题汇编，聚焦数列三大高频考点，融合区块链技术、杨辉垛积术等情境，实现基础巩固与创新应用的梯度设计。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|11题|等差数列定义与性质、等比数列通项公式|区块链数据块大小与验证码数量综合题（等差等比结合）| |多选|2题|递推公式判定、二阶等差数列|杨辉垛积术背景的二阶等差数列性质分析| |填空|3题|等差中项、等比数列单调性|函数零点成等差数列问题（跨知识融合）| |解答题|13题|通项与求和综合、实际问题建模|AI答题概率模型中的等比数列证明及最值求解|

专题01 数列 3大高频考点概览 考点01等差数列 考点02等比数列 考点03通项公式与前n项和的综合应用 地 城 考点01 等差数列 一、单选题 1．（2025高二下·山东东营·期末）某区块链公司开发了一种“分形存储”技术.当用户上传一个大型文件时，为确保数据安全，系统会将文件分割成一系列连续的数据块，同时为每个数据块生成动态验证码.已知数据块大小（单位：TB）按上传顺序构成等差数列，第一个数据块大小为100TB，此后每个数据块比前一个数据块减少5TB．验证码数量（单位：个）按上传顺序构成等比数列，第一个数据块生成4个验证码，此后每个数据块的验证码数量是前一个数据块验证码数量的3倍.若系统要求总验证码数量不能超过1000000个，用户上传的大型文件最大为（参考数据：，）（   ） A．820TB B．825TB C．827TB D．851TB 【答案】B 【分析】分别分析数据块大小的等差数列和验证码数量的等比数列，先根据等比数列的前项和求出满足验证码数量限制的最大项数，再利用等差数列的前项和求出文件的最大大小. 【详解】由题意， 设数据块大小构成的等差数列为， 首项，公差， 根据等差数列通项公式可得. 由于数据块大小不能为负，令，解得. 设验证码数量构成的等比数列为， 首项，公比， ∴. 由题意，，即. ∴. ∵为正整数且取最大值， ∴. 要求用户上传大型文件的最大大小，即求等差数列的前11项和， ∴. 故选：B. 2．（2025高二下·山东淄博·期末）已知数列是等差数列，，，则（    ） A．22 B．24 C．16 D．18 【答案】A 【分析】设出首项和公差，结合等差数列性质建立方程求解首项和公差，最后得到即可. 【详解】设首项为，公差为，因为，所以， 因为，所以，解得，， 则，故A正确. 故选：A 3．（2025高二下·山东日照·期末）设等差数列的前n项和为，若，，则的值为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】利用等差数列的性质可求. 【详解】在等差数列中， 故选：D. 4．（2025高二下·山东潍坊·期末）将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据数列与的项找到它们公共项的规律，即得数列的各项的规律，确定其通项公式，再用裂项求和的方法即可求得答案. 【详解】数列是以1为首项的奇数列，即， 数列是以1为首项，公差为3的奇偶交错的等差数列，即， 故数列与的公共项所构成的新数列为，即首项为，公差为的等差数列，即， . 故选：A. 5．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知等差数列中，，则（    ） A．15 B．9 C． D． 【答案】B 【分析】根据等差数列的性质，利用已知条件求出的值，进而求出所要求的式子的值. 【详解】在等差数列中，已知，所以，即，那么. 同样根据等差数列性质，所以. 则. 把代入可得. 故选 ：B 6．（2024高二下·山东烟台·期末）已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A．36 B．45 C．72 D．90 【答案】C 【分析】先由求得公差d，再由等差数列前n项和公式求解. 【详解】解：因为数列是等差数列，且， 所以，解得 ， 所以， 故选：C 7．（2024高二下·山东淄博·期末）设等差数列，则（    ） A．-5 B．18 C．23 D．28 【答案】B 【分析】利用等差数列的公式即可求解. 【详解】. 故选：B. 8．（2025高二下·山东潍坊·期末）设，，，是各项均不为零的等差数列，且公差，若将此数列删去得到的新数列（按原来的顺序）是等比数列，则的值为（    ） A． B． C． D．-1 【答案】B 【分析】根据题意，成等比数列，利用等比中项的性质得，进而求得和的关系． 【详解】根据题意，成等比数列，则， 则， 则. 故选：B． 9．（2024高二下·山东东营·期末）已知数列是等差数列，且满足，则等于（    ） A．84 B．72 C．75 D．56 【答案】C 【分析】利用等差数列的性质进行求解. 【详解】由等差数列的性质，得 ， 所以. 故选：C. 二、多选题 10．（2024高二下·山东东营·期末）已知数列满足，则（    ） A．存在等差数列满足上述递推公式 B．存在等比数列满足上述递推公式 C．存在周期数列满足上述递推公式 D．存在摆动数列满足上述递推公式 【答案】ACD 【分析】根据,可得到或，进而进行判断选项. 【详解】根据,可得到或, 当时，则为 当时，则为 对于A，当时，为首项为，公差为的等差数列，故A正确； 对于B, 设数列为等比数列，公比为， 因为，所以， 若，则，此时，，矛盾， 当时，， 此时，若为大于的奇数，，矛盾，故B错误； 对于C，当时，则为故为周期数列，故C正确； 对于D，当时，则为故为摆动数列，故D正确. 故选：ACD. 11．（2024高二下·山东淄博·期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.  如数列，它的前后两项之差组成新数列，新数列为等差数列， 则数被称为二阶等差数列，现有二阶等差数列，其前6项分别为，设其通项公式则下列结论中正确的是（    ） A．数列的公差为2 B． C．数列的前7项和最大 D． 【答案】BD 【分析】利用二阶等差数列定义可知数列的公差为，可得，计算可知B正确，再由累加法可得，利用数列的函数性质可得数列的前6项和最大，将代入计算可得D正确. 【详解】因为二阶等差数列，其前6项分别为4，8，10，10，8，4， 从第二项开始，每一项与前一项的差组成新数列的前5项为， 易知新数列的公差为，即数列的公差为，即A错误. 易知是以首项为4，公差为的等差数列， 利用等差数列前项和公式可得,即B正确. 由等差数列通项公式可得， 所以，，……，， 累加可得； ， 利用二次函数性质可知当时，数列单调递减，且前6项均为正数， 易知，所以，因此数列的前6项和最大，即C错误； 由可得，即D正确. 故选：BD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据二阶等差数列定义求出数列的通项公式，再由数列的函数性质可得结论. 三、填空题 12．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知函数，数列是公差不为0的等差数列，，则___________. 【答案】9 【分析】由关于中心对称，即可求解. 【详解】由，得. 因为数列是公差不为0的等差数列，所以. 因为关于中心对称，所以， 此时满足， 所以. 故答案为：9. 13．（2025高二下·山东日照·期末）已知等比数列为递增数列，且的等差中项为，则公比为________． 【答案】5 【分析】利用等差中项的性质建立方程，结合等比数列的性质化简方程，求解参数即可. 【详解】因为的等差中项为，所以， 则，由等比数列性质得， 得到，解得或， 由于为递增数列，故符合题意. 故答案为：5 14．（2024高二下·山东青岛·期末）若函数的四个零点成等差数列，则________． 【答案】 【详解】根据给定条件，求出函数的4个零点，再借助对称性及等差中项列式求解即得. 【点睛】由，得，由函数有4个零点，得， 即有或，则的4个零点从小到大依次为， 依题意，，即，解得， 所以. 故答案为： 四、解答题 15．（2025高二下·山东东营·期末）已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，公比为3. (1)求数列，的通项公式； (2)数列的前n项和为，记数列的前n项和为，求. 【答案】(1)，. (2). 【分析】（1）根据等差数列性质得到方程组，求出，，求出公差和首项，得到通项公式，并根据等比数列通项公式求出； （2）计算出，利用错位相减法求和，得到答案. 【详解】（1）为等差数列，故， 因为，，所以， 整理得，解得或， 当时，，当时，， 因为，所以，，故， 此时，所以， 因为等比数列的首项，公比为3，得. （2）由题，， ， ， 两式相减得 ， 故. 16．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知数列中，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)给定正整数m，设函数，求． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论； （2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论. 【详解】（1）由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴，即， ∴是以为首项，1为公差的等差数列. （2）由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1， ∴，即， 在中， ， ∴， 当且时， ∴， ∴ ∴ . 17．（2025高二下·山东日照·期末）已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，. (1)求数列和的通项公式； (2)若，设数列的前项和为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由条件结合等差数列通项公式和等比数列通项公式列方程求，由此可得结论； （2）先求，再分别确定为偶数时的通项和为奇数时的通项，再利用分组求和法结合裂项相消法和等比数列求和公式求结论. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由， 得，所以 解得， 所以，， （2）由（1）知，， 因此当为偶数时， 当为奇数时，， 所以 . 18．（2024高二下·山东日照·期末）已知数列满足，数列为公差为的等差数列，且满足.记，称为由数列生成的“函数”. (1)求的值； (2)若“1-函数”，求n的最小值； (3)记函数，其导函数为，证明：“函数”. 附： 【答案】(1)142 (2)4 (3)证明过程见解析 【分析】（1）首先得出，，所以只需求出的值即可得解； （2）首先得出，，进一步可以得到，从而可表示出，结合其单调性即可求解. （3）由，结合导数的运算即可求解. 【详解】（1），，公差为2，所以， ， 所以； （2），，公差为1， 所以， ，当时，， 而， 所以， ， 设，则， 所以关于单调递增， 所以关于单调递增， 注意到， 所以当时，均满足， 所以满足题意的n的最小值为； （3）由题意得 由，得， 所以，所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是通过累加法得出，进一步，由此即可顺利得解. 19．（2024高二下·山东日照·期末）已知等差数列的前n项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设数列的前n项和为，且，令，求的最小值． 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）由等差数列及其前项和基本量的计算即可列方程组求解首项、公差，进而得解； （2）由（1）中结论结合累乘法得数列的通项公式，通过裂项法得的表达式说明单调递增，或由也可说明单调递增，进而得解. 【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为． 由，得， 解得：，所以． （2）方法一：由（1）得， 由题意， ， 而，从而， ， 而关于单调递减，从而关于单调递增， 所以关于也是单调递增， 所以当时，的最小值为； 方法二：由（1）得， 由题意， ， 而，从而， 又，所以单调递增， 所以的最小值为. 20．（2024高二下·山东烟台·期末）已知数列是等差数列，且，数列满足，，且. (1)求数列的通项公式； (2)将数列的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，求数列的通项公式； (3)设数列的前项和为，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明过程见解析 【分析】（1）首先求得，由累加法即可求解； （2）不妨设，分，两种情况讨论即可求解； （3）当时，结论显然成立，当时，通过放缩法以及裂项即可得证. 【详解】（1）由题意可知，即，故， 由，可得， 所以数列的公差，所以， 由， 叠加可得， 整理可得，当时，满足上式， 所以； （2）不妨设，即，可得， 当时，，不合题意， 当时，， 所以在数列中均存在公共项， 又因为，所以. （3）当时，，结论成立， 当时，， 所以， 综上所述，. 21．（2024高二下·山东东营·期末）已知等比数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）利用等比数列定义，根据将，代入构造方程组解得，，可得数列的通项公式； （2）假设存在，，成等比数列，由，，成等差数列可得，且，解得，与已知矛盾，因此不存在这样的3项. 【详解】（1）由题意知当时，① 当时，② 联立①②，解得，； 所以数列的通项公式． （2）由（1）知，， 所以，可得； 设数列中存在3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列，则， 所以，即； 又因为，，成等差数列，所以， 所以，化简得，即； 又，所以与已知矛盾； 所以在数列中不存在3项，，成等比数列． 地 城 考点02 等比数列 一、单选题 1．（2025高二下·山东东营·期末）若数列，m，x，n，是等比数列，则x是（   ） A． B．8 C． D． 【答案】D 【分析】设出公比，利用等比数列的性质及等比中项得到方程，求出. 【详解】设公比为，则，且，解得. 故选；D 2．（2024高二下·山东烟台·期末）已知等比数列的前项和，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】由求出通项公式公式，然后由等比数列确定的值，从而可得结论． 【详解】时，， 又，数列等比数列， ∴，即，解得． 故选：D． 3．（2024高二下·山东淄博·期末）设是等比数列，且，则公比（    ） A． B．2 C． D．8 【答案】A 【分析】根据等比数列性质可计算出结果. 【详解】由是等比数列，又， 则； 则； 可得，即； 故选：A 4．（2025高二下·山东潍坊·期末）设，，，是各项均不为零的等差数列，且公差，若将此数列删去得到的新数列（按原来的顺序）是等比数列，则的值为（    ） A． B． C． D．-1 【答案】B 【分析】根据题意，成等比数列，利用等比中项的性质得，进而求得和的关系． 【详解】根据题意，成等比数列，则， 则， 则. 故选：B． 5．（2024高二下·山东东营·期末）记为等比数列的前n项和，若，，则（    ）． A．120 B．85 C． D． 【答案】C 【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出； 方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解． 【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为， 若，则，与题意不符，所以； 若，则，与题意不符，所以； 由，可得，，①， 由①可得，，解得：， 所以． 故选：C． 方法二：设等比数列的公比为， 因为，，所以，否则， 从而，成等比数列， 所以有，，解得：或， 当时，，即为， 易知，，即； 当时，， 与矛盾，舍去． 故选：C． 【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算． 6．（2024高二下·山东济宁·期末）设一个正三棱柱，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，若它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行10次，仍然在上底面的概率为，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意，设第次爬行后仍然在上底面的概率为.①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为；②若上一步在下面，则第步不在上面的概率是.如果爬上来，其概率是，两种事件又是互斥的,可得，根据求数列的通项知识可得选项. 【详解】由题意，设第次爬行后仍然在上底面的概率为. ①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为； ②若上一步在下面，则第步不在上面的概率是.如果爬上来，其概率是， 两种事件又是互斥的,∴，即，∴， ∴数列是以为公比的等比数列，而，所以， ∴当时，， 故选：D. 【点睛】本题考查几何体中的概率问题，关键在于运用递推的知识，得出相邻的项的关系，这是常用的方法，属于难度题. 二、多选题 7．（2025高二下·山东聊城·期末）如图，在边长为1个单位长度的正六边形对角线的交点O处有一个质点，随机的沿A，B，C，D，E，F，O中相邻两个点的连线构成的轨道移动，且在每一点处都等可能的向与它相邻的点移动，每次移动1个单位长度，则（    ）    A．移动两次后位于点A的概率为 B．移动两次后位于点O的概率为 C．移动三次后位于点F的概率为 D．移动n次后位于点O的概率为 【答案】BCD 【分析】根据移动过程，结合独立事件概率公式和互斥事件概率公式计算概率判断ABC，设移动n次后位于点O的概率为，找到与的关系后再利用数列知识求解后判断D. 【详解】对A， 移动两次后位于点A，需要第一次移动到B或F，然后再移动到A，概率为，A错； 对B，移动两次后位于点O，第一次移出去，第二次再移回来，概率为，B正确； 对C，移动三次后位于点F，前两次移动到O或A或E,因此概率为，C正确； 对D，设移动n次后位于点O的概率为，则前一次一定在非点，概率为， 所以，从而， 又，所以，所以，D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：对D，在求时，关键是找到与的关系，第次必须在非点（概率为），第次才能移动到点，由此得出关系式，其次关键点是凑配出等比数列，利用等比数列通项公式求解. 8．（2025高二下·山东东营·期末）已知等比数列的公比为，且，则下列命题正确的是（ ） A．若为单调递增数列，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则且 【答案】ABD 【分析】对于A，由题意可得，可判断A；对于B，由题意可得，计算可判断B；对于C，利用，计算可判断C；利用，计算可判断D. 【详解】对于A，因为为单调递增数列，，所以，故A正确． 对于B，由，得， 得，故B正确． 对于C，令，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以，所以，当且仅当时取到等号， 所以， 则，得或，故C错误． 对于D，令，则， 当时，，即函数在上为减函数， 当，，即函数在上为增函数， 所以，所以，当且仅当时取到等号， 则， 当且仅当时取等号，所以， 即，且，故D正确． 故选：ABD. 9．（2025高二下·山东潍坊·期末）定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“美好成长”.将数列1，3进行“美好成长”，第一次得到数列1，3，3；第二次得到数列1，3，3，9，3，…；设第次“美好成长”后得到的数列为1，，，…，，3，并记，则（    ） A． B． C． D．数列的前项和为 【答案】BCD 【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算得到通项公式计算即可. 【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,3，此时 第2次得到数列1,3,3,9,3，此时 第3次得到数列1,3,3,9,3,27,9,27,3，此时 第4次得到数列1,3,3,9,3,27,9,27,3,81,27,243,9,243,27,81,3，此时 第次得到数列1，，3，此时，故B正确. 所以 所以，故A错误， 因为 所以 所以，故C正确. 所以，所以是以3为公比，以为首项的等比数列，所以，所以， 所以，故D正确. 故选：BCD 【点睛】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，得到通项公式即可求解. 三、填空题 10．（2024高二下·山东烟台·期末）南京大学2023年的本科生录取通知书用科赫曲线的数学规律鼓励新生成为独一无二的自己，还附赠“科赫雪花”徽章，意在有限的生命中，创造无限可能.科赫曲线的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.下图展示的分别是1阶､2阶､3阶､4阶科赫曲线，设1阶科赫曲线的周长为，则阶科赫曲线的周长为__________；若阶科赫曲线围成的平面图形的面积为，且满足，则的最小值为_________ 【答案】 【分析】记第阶科赫曲线为，其三角形边长为，边数，周长为，面积为，由题意可得，边数，可求，进而可得，累加可得，计算可得结论. 【详解】记第阶科赫曲线为，其三角形边长为，边数，周长为，面积为， 若第阶科赫曲线中的三角形的周长为，则，边数， 第阶科赫曲线中的三角形的，边数， 所以第阶科赫曲线中的三角形的边长，边数， 所以以第阶科赫曲线中的三角形的周长； 由图形可知是每条边上生成一个小三角形（去掉底边）， 则，所以 ， ， ， 左右两边分别相加得，又， 因为数列是公比为的等比数列，数列是公比为的等比数列， 所以，又， 所以 ， 当时，，所以， 所以，所以的最小值为. 故答案为：①；②. 【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取倒数，构造新数列法. 四、解答题 11．（2025高二下·山东东营·期末）已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，公比为3. (1)求数列，的通项公式； (2)数列的前n项和为，记数列的前n项和为，求. 【答案】(1)，. (2). 【分析】（1）根据等差数列性质得到方程组，求出，，求出公差和首项，得到通项公式，并根据等比数列通项公式求出； （2）计算出，利用错位相减法求和，得到答案. 【详解】（1）为等差数列，故， 因为，，所以， 整理得，解得或， 当时，，当时，， 因为，所以，，故， 此时，所以， 因为等比数列的首项，公比为3，得. （2）由题，， ， ， 两式相减得 ， 故. 12．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知为数列的前n项和，且满足． (1)求的通项公式； (2)设，，若对任意的，都有，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用的关系式求解即可； （2）由题意有，利用分组求和法和裂项相消法分别求出，再根据数列的单调性分别求出，即可得解. 【详解】（1）由， 当时，，所以， 当时，，所以， 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列， 所以. （2）由（1）得， 则， 故， 随的增大而减小， 所以， ， 所以， 因随的增大而增大， 所以当时，， 因为对任意的，都有， 所以. 13．（2024高二下·山东临沂·期末）设集合，为的非空子集，随机变量，分别表示取到子集中的最大元素和最小元素的数值． (1)若，求； (2)若， （i）求且的概率； （ii）已知，求随机变量的均值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）10 【分析】（1）根据古典概型公式，计算出总数和满足题意的情况数即可； （2）（i）计算出集合中有7个元素总情况数，再计算出时，集合的非空子集个数，再利用古典概型公式即可； （ii）通过分析得，，再利用均值公式结合等比数列求和公式即可得到答案. 【详解】（1）当时，集合的非空子集的个数为， 其中这些子集中最大元素为4的集合个数为， . （2）（i）当集合中的最大元素和最小元素分别为8，2， 元素个数最少时， 元素个数最多时为7元素集， 集合的可能情况有个； 当时，集合的非空子集个数为个； 且. （ii）当时，集合的非空子集个数为511个， 其中，最大值的子集可视为的子集与集合的并集共有个， 最大值的子集可视为的子集与集合的并集共有个， 最大值的子集可视为的子集与集合的并集共有个， . 最小值的子集可视为的子集与集合的并集共有个， 最小值的子集可视为的子集与集合的并集共有个， ， . 【点睛】关键点点睛；本题第二问第二小问的关键是根据集合的知识得到，最后再代入均值公式计算. 14．（2024高二下·山东烟台·期末）一个不透明的袋子中装有大小形状完全相同的6个小球，其中3个黑球､3个白球.现从袋中随机逐个抽取小球，若每次取出的是黑球，则放回袋子中，否则不放回，直至3个白球全部取出. (1)求在第2次取出的小球为黑球的条件下，第1次取出的小球为白球的概率； (2)记抽取3次取出白球的数量为，求随机变量的分布列； (3)记恰好在第次取出第二个白球的概率为，求. 【答案】(1) (2)分布列见解析 (3) 【分析】（1）分别求出，结合条件概率公式即可求解； （2）的所有可能取值为，算出对应的概率即可得分布列； （3）由题意得，化简即可得解. 【详解】（1）记事件“第2次取出的小球为黑球”，事件“第1次取出的小球为白球”， 则，， 所以； （2）由题意，的所有可能取值为，则， ， ， ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 （3）由题意可知，前次取了一个白球，第次取了第二个白球，则： ， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第3小问解决的关键在于，根据题意得到，从而得解. 15．（2024高二下·山东淄博·期末）已知数列的前项和为，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)数列的通项，求的前项和； (3)在任意相邻两项与（其中）之间插入个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列．记为数列的前项和，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）依题意可得，根据作差计算可得； （2）由（1）可得，利用错位相减法计算可得； （3）根据已知确定前36项的元素构成，应用分组求和、等比数列前项和公式求. 【详解】（1）因为，所以，则， 当时，， 当时，， 当时也成立， 所以的通项公式为. （2）由（1）可知， 所以， 所以， 则 ， 所以； （3）由题意，数列元素依次为， 在到之间的个数为，故到处共有个元素， 所以前项中含及个， 故. 16．（2024高二下·山东青岛·期末）龙泉游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可选择A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况． 日期t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量千张 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4 经计算可得：. (1)因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，已知销售量y和日期t呈线性关系，现剔除第10天数据，求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示； (2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为，求； (3)记（2）中所得概率的值构成数列. ①求的最值； ②数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛． 参考公式： . 【答案】(1) (2) (3)①最大值为 ，最小值为；②证明见解析 【分析】（1）计算出新数据的相关数值，代入公式求出的值，进而得到y关于t的回归方程； （2）由题意可知，其中，构造等比数列，再利用等比数列的通项公式求解； （3）①分n为偶数和n为奇数两种情况讨论，结合指数函数的单调性求解； ②利用数列收敛的定义，准确推理、运算，即可得证． 【详解】（1）解：剔除第10天的数据，可得， ， 则， 所以， 可得，所以. （2）解：由题意知，其中， 所以，又由， 所以是首项为1的常数列，所以 所以，又因为， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故，所以. （3）解：①当为偶数时，单调递减， 最大值为； 当 为奇数时，单调递增，最小值为， 综上可得，数列的最大值为，最小值为. ②证明：对任意总存在正整数，其中 表示取整函数， 当 时，， 所以数列收敛. 【点睛】知识方法点拨：与新定义有关的问题的求解策略： 1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 方法点拨：与数列有关的问题的求解策略： 3、若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识. 17．（2024高二下·山东东营·期末）在数列中，若存在常数，使得恒成立，则称数列为“数列”． (1)若，试判断数列是否为“数列”，请说明理由； (2)若数列为“数列”，且，数列为等比数列，且，求数列的通项公式； (3)若正项数列为“数列”，且，，证明：． 【答案】(1)数列不是“数列” (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件求出即可判断； （2）根据数列为“数列”，化为，进而求得，作差有，根据已知条件化为，解出，由此求出，即可求出数列的通项公式. （3）构造函数，通过导数判断函数的单调性，有在上单调递减，且，再推导出且，符合上述区间，即可证明不等式. 【详解】（1）数列不是“数列”，理由如下： ，则， 又， 所以， 因为不是常数，所以数列不是“数列”. （2）因为数列为“数列”，由， 有①， 所以②， 两式作差得， 又因为数列为“数列”，所以， 设数列的公比为，所以， 即对成立， 则，得； 又，， 得，所以. （3）设函数，则， 当时，，则在上单调递减，且， 因为数列为“数列”，则， 因为，， 则，故， 由此类推，可得对，， 所以，即，所以得证. 【点睛】关键点点睛：①理解“数列”的定义并运用； ②通过构造函数利用函数单调性证明不等式. 地 城 考点03 通项公式与前n项和的综合应用 一、单选题 1．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先通过组合公式变形得，然后利用倒序相加求和即可. 【详解】由题可知通项公式， 所以， 同时， 上述两式相加得 ， 所以， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对组合公式的灵活应用，以及对倒序相加方法的灵活使用. 二、解答题 2．（2025高二下·山东潍坊·期末）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能（，简称）已然成为科技变革的核心驱动力.有媒体称开启了我国新纪元.某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与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，用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“学生报名参加答题活动”，“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？ 报名情况 性别 合计 男生 女生 报名 未报名 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m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答对前两题中的一道，本轮答题得2分，否则得1分.记甲答题累计得分为n的概率为. （i）求证：是等比数列；（ⅱ）求的最大值. 参考公式与数据：，其中. 【答案】(1)列联表见解析，能 (2)①；②（i）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据已知条件完成列联表，零假设为：学生报名参加答题活动与性别无关，求出，与参考数据比较可得答案； （2）①设甲完成一轮答题，答题数量为随机变量，则的所有可能取值为1，2，3，…，m，求出相对应的概率，利用期望公式求出期望，再利用错位相减求和求出；②求出， 根据递推式求出数列是等比数列，求出. 分n为奇数、n为偶数讨论可得答案. 【详解】（1）因为，所以报名参加答题活动人数为， 又因为，所以报名参加答题活动的男生人数为，女生人数为， 又，所以样本中男生人数为，女生人数为50，得到列联表为： 报名情况 性别 合计 男生 女生 报名 20 35 55 未报名 30 15 45 合计 50 50 100 零假设为：学生报名参加答题活动与性别无关， 则， 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为学生报名参加答题活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于； （2）①设甲完成一轮答题，答题数量为随机变量，则的所有可能取值 为1，2，3，…，m， 其中， 所以. . 所以， 所以 . 即甲在一轮答题过程中答题数量的数学期望为； ②每轮比赛甲得1分的概率为，得2分的概率为， 依题意可得， 当时，由全概率公式，， 因为，且， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故，故时， ， 因为也符合上式，所以. 当n为奇数时，，当n为偶数时，， 所以的最大值在n为偶数时产生，又当n为偶数时， 随着n的增大而减小， 所以当时，的最大值为. 3．（2024高二下·山东泰安·期末）已知的展开式的各项系数和为256. (1)求展开式中的常数项； (2)设，证明：； (3)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意得，求出，再求出二项式展开式的通项公式，令的次数为0，求出，从而可求出展开式中的常数项； （2）根据阶乘公式化简等式右边即可； （3）根据（2）的结论，利用裂项相消求和法可证得结论. 【详解】（1）因为的展开式的各项系数和为256， 所以，解得， 所以， 展开式的通项公式为， 令，得， 所以展开式中的常数项为； （2）证明：因为 ， 所以； （3）证明：因为由（2）知， 所以 ． 4．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知正项数列的前项和为，满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，为数列的前项和.若对任意的恒成立，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由与的关系，即可求得数列的通项公式； （2）利用错位相减法可求得的前n项和，再利用不等式恒成立，即可解得k的最小值. 【详解】（1）①； 当时，代入①得. 当时，②； ①-②得， 整理得， 因为，所以， 所以数列为等差数列，公差为1， 所以. （2）， ③； ④， ③-④得 ， 所以， 所以，化简得， 令，. 所以， 所以的最大值为， 所以. 所以的最小值为. 1 / 41 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 数列 3大高频考点概览 考点01等差数列 考点02等比数列 考点03通项公式与前n项和的综合应用 地 城 考点01 等差数列 一、单选题 1．（2025高二下·山东东营·期末）某区块链公司开发了一种“分形存储”技术.当用户上传一个大型文件时，为确保数据安全，系统会将文件分割成一系列连续的数据块，同时为每个数据块生成动态验证码.已知数据块大小（单位：TB）按上传顺序构成等差数列，第一个数据块大小为100TB，此后每个数据块比前一个数据块减少5TB．验证码数量（单位：个）按上传顺序构成等比数列，第一个数据块生成4个验证码，此后每个数据块的验证码数量是前一个数据块验证码数量的3倍.若系统要求总验证码数量不能超过1000000个，用户上传的大型文件最大为（参考数据：，）（   ） A．820TB B．825TB C．827TB D．851TB 2．（2025高二下·山东淄博·期末）已知数列是等差数列，，，则（    ） A．22 B．24 C．16 D．18 3．（2025高二下·山东日照·期末）设等差数列的前n项和为，若，，则的值为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 4．（2025高二下·山东潍坊·期末）将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（    ） A． B． C． D． 5．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知等差数列中，，则（    ） A．15 B．9 C． D． 6．（2024高二下·山东烟台·期末）已知等差数列的前项和为，若，则（    ） A．36 B．45 C．72 D．90 7．（2024高二下·山东淄博·期末）设等差数列，则（    ） A．-5 B．18 C．23 D．28 8．（2025高二下·山东潍坊·期末）设，，，是各项均不为零的等差数列，且公差，若将此数列删去得到的新数列（按原来的顺序）是等比数列，则的值为（    ） A． B． C． D．-1 9．（2024高二下·山东东营·期末）已知数列是等差数列，且满足，则等于（    ） A．84 B．72 C．75 D．56 二、多选题 10．（2024高二下·山东东营·期末）已知数列满足，则（    ） A．存在等差数列满足上述递推公式 B．存在等比数列满足上述递推公式 C．存在周期数列满足上述递推公式 D．存在摆动数列满足上述递推公式 11．（2024高二下·山东淄博·期末）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.  如数列，它的前后两项之差组成新数列，新数列为等差数列， 则数被称为二阶等差数列，现有二阶等差数列，其前6项分别为，设其通项公式则下列结论中正确的是（    ） A．数列的公差为2 B． C．数列的前7项和最大 D． 三、填空题 12．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知函数，数列是公差不为0的等差数列，，则___________. 13．（2025高二下·山东日照·期末）已知等比数列为递增数列，且的等差中项为，则公比为________． 14．（2024高二下·山东青岛·期末）若函数的四个零点成等差数列，则________． 四、解答题 15．（2025高二下·山东东营·期末）已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，公比为3. (1)求数列，的通项公式； (2)数列的前n项和为，记数列的前n项和为，求. 16．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知数列中，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)给定正整数m，设函数，求． 17．（2025高二下·山东日照·期末）已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，. (1)求数列和的通项公式； (2)若，设数列的前项和为，求. 18．（2024高二下·山东日照·期末）已知数列满足，数列为公差为的等差数列，且满足.记，称为由数列生成的“函数”. (1)求的值； (2)若“1-函数”，求n的最小值； (3)记函数，其导函数为，证明：“函数”. 附： 19．（2024高二下·山东日照·期末）已知等差数列的前n项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设数列的前n项和为，且，令，求的最小值． 20．（2024高二下·山东烟台·期末）已知数列是等差数列，且，数列满足，，且. (1)求数列的通项公式； (2)将数列的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，求数列的通项公式； (3)设数列的前项和为，证明：. 21．（2024高二下·山东东营·期末）已知等比数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 地 城 考点02 等比数列 一、单选题 1．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 二、解答题 2．（2025高二下·山东潍坊·期末）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能（，简称）已然成为科技变革的核心驱动力.有媒体称开启了我国新纪元.某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与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，用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“学生报名参加答题活动”，“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？ 报名情况 性别 合计 男生 女生 报名 未报名 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m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答对前两题中的一道，本轮答题得2分，否则得1分.记甲答题累计得分为n的概率为. （i）求证：是等比数列；（ⅱ）求的最大值. 参考公式与数据：，其中. 3．（2024高二下·山东泰安·期末）已知的展开式的各项系数和为256. (1)求展开式中的常数项； (2)设，证明：； (3)求证：. 4．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知正项数列的前项和为，满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，为数列的前项和.若对任意的恒成立，求的最小值. 地 城 考点03 通项公式与前n项和的综合应用 一、单选题 1．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 二、解答题 2．（2025高二下·山东潍坊·期末）近年来，全球数字化进程持续加速，人工智能（，简称）已然成为科技变革的核心驱动力.有媒体称开启了我国新纪元.某高校拟与某网络平台合作组织学生参加与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，用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“学生报名参加答题活动”，“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？ 报名情况 性别 合计 男生 女生 报名 未报名 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m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答对前两题中的一道，本轮答题得2分，否则得1分.记甲答题累计得分为n的概率为. （i）求证：是等比数列；（ⅱ）求的最大值. 参考公式与数据：，其中. 3．（2024高二下·山东泰安·期末）已知的展开式的各项系数和为256. (1)求展开式中的常数项； (2)设，证明：； (3)求证：. 4．（2025高二下·山东潍坊·期末）已知正项数列的前项和为，满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，为数列的前项和.若对任意的恒成立，求的最小值. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $