专题01 数列（期末复习课件）高二年级数学下学期人教A版

这是一份高二年级数学下学期的期末复习讲义，人教版，聚焦数列专题。内容涵盖期末考情分析、必备知识梳理、16类重难点题型解析及分层验收，为学生构建从基础到综合的学习支架。 资料特色突出，考情分析对接高考重点，题型分类细致如裂项相消求和、错位相减求和等，例题结合典例与变式。通过递推公式推导培养抽象能力，证明题训练推理思维，求和方法应用强化模型意识，助力学生夯实基础提升解题能力，也为教师提供系统教学资源。高二学生处于知识深化阶段，需巩固数列核心知识，本资料帮助其梳理体系，应对期末检测及后续学习需求。

专题01 数列 高二年级数学下学期 期中复习讲义 人教A版 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 1 题型01 等差数列基本量的计算 题型02 等差中项与等差等比混考问题 题型03 等差数列的性质 题型04 等差数列的函数特性与最值 题型05 等比数列基本量的计算 题型06 等比数列的性质与函数特性 题型07 求等差数列通项公式(解答题) 题型08 求等比数列通项公式(解答题) 题型09 证明等差数列 题型10 证明等比数列 题型11 递推公式 题型12 裂项相消求和 题型13 错位相减求和 题型14 分组求和 题型15 数列不等式与参数问题 题型16 数列杂糅问题 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 1 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 2 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 3 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 4 CONTENTS 内 容 导 航 2 明•期末考情 第一部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 3 核心考点 复习目标 考情规律 等差数列基本量的计算 能熟练运用通项公式与前n项和公式，通过方程(组)求解首项、公差、项数、指定项及前n项和 基础必考点，常以小题形式出现，考查对方程思想的运用 等差中项与等差等比混考问题 能利用等差中项判断等差数列，并能解决等差、等比数列交汇的混合问题 中档考点，常出现在选择、填空题中，易错点在于混淆两种中项公式 等差数列的性质 能灵活运用等差数列的对称性、下标和性质、片段和性质进行简化计算 高频考点，可大幅简化运算，学生易因性质掌握不牢而绕远路 等差数列的函数特性与最值 能将等差数列视为一次函数，利用二次函数性质(或不等式)求前n项和的最值，并注意项数取整 重要考点，常以小题或解答题第一问出现，易错点在于忽略项数为正整数 等差数列的简单应用 能运用等差数列模型解决实际情境问题(如日期、产量、阶梯计价等) 基础应用考点，考查建模能力，注意单位与实际意义的匹配 等比数列基本量的计算 能熟练运用通项公式与前n项和公式，通过方程(组)求解首项、公比、项数、指定项及前n项和 基础必考点，常与等差混考，易错点在于公比可正可负、分类讨论 等比中项与等差等比混考问题 能利用等比中项判断等比数列，并能解决等差、等比数列交汇的综合问题 中档考点，常结合等差中项一同考查，注意中项公式的符号要求 等比数列的性质与函数特性 能运用等比数列的下标和性质、片段和性质简化运算，理解其指数型函数特征 高频考点，在小题中可快速求解，学生易忽略片段和性质的适用条件 等比数列的简单应用 能运用等比数列模型解决实际情境问题(如增长率、复利、细胞分裂等) 基础应用考点，考查建模与计算能力，注意初始项与增长次数 4 核心考点 复习目标 考情规律 求等差数列通项公式(解答题) 能根据已知条件(如两项关系、和与项的关系)准确求解等差数列的通项公式 解答题常见第一问，考查基本量的求解与方程思想 求等比数列通项公式(解答题) 能根据已知条件准确求解等比数列的通项公式，注意公比是否为1的分类讨论 解答题常见第一问，易错点在于忽略公比的多解情况 证明等差数列 能利用定义法(后项减前项为常数)或等差中项法证明一个数列为等差数列 基础证明考点，步骤规范是关键，学生易在符号化简上出错 证明等比数列 能利用定义法(后项比前项为非零常数)或等比中项法证明一个数列为等比数列 基础证明考点，注意验证首项与公比非零，常与递推公式结合 递推公式 能根据递推关系，运用累加法、累乘法、构造法(构造等差或等比)求解通项公式 解答题高频考点，构造法是重点，易错点在于构造形式不匹配 裂项相消求和 能识别可裂项的结构(如分式型、根式型)，正确裂项并求和 求和核心方法之一，常作为解答题第二问，易错点在于裂项系数与抵消项识别 错位相减求和 能识别“等差×等比”型数列，掌握错位相减的步骤，准确化简求和结果 求和核心方法之一，计算量大，是学生失分重灾区，需强化步骤规范 分组求和 能根据数列结构(如等差+等比、正负交替)合理分组，分别求和后再合并 基础求和技巧，常与奇偶项讨论结合，注意分组后项数的一致性 数列不等式与参数问题 能利用数列的单调性、恒成立与存在性问题思想，求解含参数的数列不等式 综合应用考点，常出现在解答题后两问，考查分类讨论与逻辑推理 不等式放缩问题 能根据数列结构选择适当的放缩方式(如裂项放缩、等比放缩)，证明与数列相关的不等式 压轴题常见题型，难度较大，易错点在于放缩尺度不当或方向错误 数列杂糅问题 能综合运用数列通项、求和、性质、函数思想与不等式方法，解决多知识点交叉的综合题 期末考试压轴考点，考查知识整合能力，需引导学生建立系统化思维 5 记•必备知识 第二部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 6 知识点1 数列的相关概念 (1)数列：按照 排成的一列数叫作数列. (2)数列的项：数列中的每一个数都称为这个数列的 ，各项依次称为这个数列的第1项( )，第2项…… (3)项数：组成数列的 称为数列的项数 一定次序 项 首项 项的个数 7 知识点2 数列的通项与通项公式 (1)通项：数列从首项起，每一项都与 对应，所以数列的一般形式可以写成，其中表示数列的第n项(也称n为的序号)，称为数列的 ，一般将整个数列简记为 ． (2)通项公式：如果数列第n项与序号n之间的关系可以用来表示，其中是关于n的不含其他未知数的表达式，那么这个公式叫做这个数列的 ． 正整数 通项 通项公式 8 知识点3 数列的表示方法 9 知识点4 数列的分类 一般地，项数 的数列称为有穷数列，项数 的数列称为无穷数列．有穷数列的最后一项一般也称为这个数列的 ． 判断数列的单调性，则需要从第2项起，观察每一项与它的前一项的大小关系，若满足 ，则是递增数列；若满足 ，则是递减数列；若满足 ，则是常数列． 有限 无限 末项 10 数列递增 恒成立；数列递减 恒成立，通过分离变量转化为代数式的最值来解决． ②利用 求数列中的最大项；利用 求数列中的最小项．当解不唯一时，比较各解大小即可确定． ①构造函数，确定函数的 ，进一步求出数列的最值． (1)利用数列单调性可以求数列中的最大(小)项问题的常见方法： 知识点5 最大(小)项问题 单调性 (2)利用数列的单调性确定变量的取值范围，常利用以下等价关系： 11 一般地，给定数列，称 为数列的前n项和. 知识点6 数列前n项和的定义及an与Sn的关系 检验时的是否满足时的通项公式： 将代入时得到的通项公式中，如果计算结果与步骤1中求出的相等，那么数列的通项公式可以统一写成时的表达式；如果不相等，则数列的通项公式需要用分段函数的形式表示，即 12 知识点7 数列的递推关系 已知数列的首项(或前几项)，且数列的相邻两项或两项以上的关系都可以 ，则称这个公式为数列的 (递推公式或递归公式)． 知识点8 累加法求通项公式 若数列满足 ，其中是关于的函数，且的前项和可求，就可以考虑使用累加法求通项公式. 用一个公式来表示 递推关系 13 知识点9 累乘法求通项公式 若数列满足 ，其中是关于的函数，且的前项积可求，就可以考虑使用累乘法求通项公式. 知识点10 等差数列的定义 一般地，如果数列从第 项起，每一项与它的前一项之 都等于 ，即 恒成立， 则称数列为等差数列，其中d称为等差数列的 . 2 差 同一个常数d 公差 14 知识点11 等差数列通项公式的变形及推广 (1)， (2) (3) ，且. 15 知识点12 等差中项 若a，A，b成等差数列，则 是a与b的等差中项，且有 或 ，即如果三个数成等差数列，那么等差中项等于另两项的算术平均数． 知识点13 下标性质 在等差数列中，若，则 ．特别地，若，则有． / / 16 知识点14 等差数列构造新等差数列的性质 (1)若分别是公差为的等差数列，则有 (2)从等差数列中，每隔一定的距离抽取一项，组成的数列仍为 数列. 等差 c 2 17 知识点15 等差数列通项公式与函数关系 知识点16 等差数列的前n项和公式 令，，等差数列为一次函数 18 知识点17 知三求二 等差数列的通项公式和前项和公式中有五个量和，这五个量可以＂ ＂．一般是利用公式列出 的方程组，解出 ，便可解决问题．解题时注意整体代换的思想． 知三求二 基本量和 和 19 知识点18 等差数列前n项和的性质 ①等差数列中依次k项之和，…组成公差为k2d的等差数列. ②记为所有偶数项的和，为所有奇数项的和. 若等差数列的项数为2n(n∈N*)，则， (S奇≠0)；若等差数列的项数为2n－1(n∈N*)，则是数列的中间项)，，＝(). ③为等差数列⇒ 为等差数列. ④两个等差数列，的前n项和之间的关系为 (). ⑤ 20 知识点19 等差数列前n项和的最值 (1)在等差数列中， 当时，有 值，使取得最值的n可由不等式组确定；当时，有 值，使取到最值的n可由不等式组确定． (2)，若，则从二次函数的角度看：当时，有 值；当时，有 值．当n取最接近对称轴的正整数时，取到最值． 最大 最小 最小 最大 21 知识点20 证明数列为等差数列的方法 (1)(为常数)为等差数列 (2)通项公式：(一次函数)，前项和：(无常数项的二次函数) (3)若，则，，三个数成等差数列 22 知识点21 等比数列的定义 一般地，如果数列从第 项起，每一项与它的前一项之 都等于 ，即 恒成立， 则称数列为等比数列，其中d称为等比数列的 . 知识点22 等比数列的通项公式及其推广 1、等比数列的通项公式：等比数列的首项为，公比为，则通项公式为：__________ 2、通项公式的推广： 或________ 2 比 同一个常数q 公比 23 知识点23 等比中项 1、等比中项定义：如果在与中间插入一个数，使成等比数列，那么叫做与的 ，即是与的等比中项成等比数列__________ 2、对等比中项概念的理解 (1)是与的等比中项，则与的符号相同，符号相反的两个实数不存在等比中项.此时，，即等比中项有两个，且互为相反数. (2)时， 是与的等比中项.例如，但不是等比数列； (3)在等比数列中，从第2项起，每一项是它相邻两项的等比中项； (4)与等比数列中的任一项“等距离”的两项之积等于该项的平方，即在等比数列中， 3、等差中项与等比中项区别 (1)任意两数都存在等差中项，但并不是任意两数都存在等比中项，当且仅当两数同号且均不为0时才存在等比中项； (2)任意两数的等差中项是 的，而若两数有等比中项，则等比中项______________________. 等比中项 不一定 唯一 有两个，且互为相反数 24 知识点24 “下标和”性质 在等比数列中，若，则 ； (1)特别地，时， ； 当时，_______________________ (2)若数列是有穷数列，则与首末两项“等距离”的两项的积等于首末两项的积，即 25 知识点25 等比数列的性质拓展 (1)若是等比数列，公比为q，则数列都是等比数列，且公比分别是 ， ， ． (2)两等比数列合成数列的性质：若数列是项数相同的等比数列，也是 ． (3)对于无穷等比数列，若将其前项去掉，剩余各项仍为等比数列，首项为，公比为； 若取出所有的的倍数项，组成的数列仍为等比数列，首项为，公比为； (4)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即仍是等比数列，公比为________ q 等比数列 26 知识点26 等比数列的前n项和公式 27 知识点27 等比数列前n项和公式的函数特征 (1)当公比时，设，等比数列的前项和公式是，即是的______________ (2)当公比时，因为，所以是的______________. 温馨提醒：当，所以的结构形式. 指数型函数 正比例函数 28 知识点28 等比数列前n项和的性质 已知为等比数列，公比为，为其前项和. (1)若，则 ； (2)当时，， ，为等比数列； (3)若等比数列共项，记为诸奇数项和，为诸偶数项和，则 ； (4)若是公比为q的等比数列，则 ()． 0 / 29 知识点29 证明数列为等比数列的方法 知识点30 公式法求和 (1)(为常数)为等比数列 (2)若,则，，三个数成等比数列 (1)等差数列的前 项和公式 (2)等比数列的前 项和公式①当 时，；②当 时， 30 知识点31 倒序相加法求和 如果一个数列与首末两端等“距离”的两项的和 ，那么求这个数列的前项和即可用倒序相加法求解． 知识点32 分组转化法求和 一个数列的通项公式是 组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． 知识点33 裂项相消法求和 把数列的通项拆成 ，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前项和． 相等或等于同一个常数 若干个等差或等比或可求和的数列 两项之差 31 知识点34 常见的裂项技巧 32 知识点35 错位相减法求和 知识点36 万能公式法求和 知识点37 奇偶并项法求和 如果一个数列的各项是由 构成的，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解． 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．奇偶并项可采用两大类合并求解． 一个等差数列和一个等比数列的对应项之积 形如的数列求和为， 其中，， 33 破•重难题型 第三部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 34 题型一 等差数列基本量的计算 利用通项公式·和前项和公式·, 根据已知条件列方程(组), 解出和,再求其他量.注意“知三求一”思想. 解｜题｜技｜巧 35 题型二 等差中项与等差等比混考问题 等差中项：成等差 等比中项：成等比(注意·可能为负). 混考时往往联 立等差中项与等比中项的各件.建立方程组求解.注音对解的验证(加等比中项要求同号等). 解｜题｜技｜巧 38 题型三 等差数列的性质 常用性质： 连续·项之和仍成等差(如··成等差); 下标成等差，对应项成等差.利用性质可减少计算量.“ 解｜题｜技｜巧 41 题型四 等差数列的函数特性与最值 将 视 为 关 于 的 二 次 函 数 ,结 合 或 讨 论 最 值 . 求 的 最 值 时 ,注 意 为 正整数，可通过对称轴或：(或 )确定转折项. 解｜题｜技｜巧 44 题型五 等比数列基本量的计算 独讨论. 利用通项公式和前项和公式 和.注意对的情况单 解｜题｜技｜巧 49 题型六 等比数列的性质与函数特性 连续项之积、连续项之和(分段)仍成等比(注意求和需公比不为-1 等条件). 函数特性：指数型函数 解｜题｜技｜巧 52 56 题型七 求等差数列通项公式（解答题） 通常先求 和 ，常用方法： 已知 和 ，列方程组； 已知 与 的关系，可先求 ，再求 ，验证是否一致. 解｜题｜技｜巧 57 题型八 求等比数列通项公式（解答题） 方法类似，先求和注意：“ 若为参数，注意分类讨论. 解｜题｜技｜巧 62 题型九 证明等差数列 常用方法： 定义法：证明常数); 中项法：证明 通项公式形如 前项和形如 解｜题｜技｜巧 67 题型十 证明等比数列 常用方法： 定义法：证明 中项法：证明(各项非零) 通项公式形如 解｜题｜技｜巧 71 题型十一 递推公式 常见类型及解法： ：累加法； ：累乘法； ：构造等比数列 ； ：两边除以 ，或构造新数列； 分式递推：取倒数或构造等差/等比. 解｜题｜技｜巧 76 题型十二 裂项相消求和 核心是将通项拆成两项之差，使得求和时中间项抵消.常见裂项： 分式型、指数型、根式型、对数型等.注意系数调整. 解｜题｜技｜巧 82 题型十三 错位相减求和 适用于,其中等差，等比. 步骤：写出,两边乘公比，两式相减，转化为等比数列求和，再化简.注意公比是否为1的讨论. 解｜题｜技｜巧 88 93 题型十四 分组求和 数列由多个可求和的子数列组合而成(如等差+等比、奇偶项不同、周期数列等).将原数列拆分为若干组，分别求和后再合并. 解｜题｜技｜巧 94 题型十五 数列不等式与参数问题 常见于恒成立、存在性、求参数范围. 恒成立问题：转化为最值问题，利用数列单调性或函数性质； 存在性问题：解方程或不等式，注意n为正整数； 分离参数法、函数思想、数列的单调性分析. 解｜题｜技｜巧 100 题型十六 数列杂糅问题 综合考查数列与函数、导数、概率、几何、新定义等交叉内容. 解题策略： 拆解问题，识别数列结构； 2.化为基本数列模型（等差、等比、递推）； 3.结合其他模块知识（如函数零点、不等式恒成立）综合分析； 注意分类讨论、数学归纳法、构造法等工具的应用. 解｜题｜技｜巧 105 过•分层验收 第四部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 113 感谢聆听 每天解决一个小问题，每周攻克 一个薄弱点，量变终会引发质变. 教师寄语 126 列表法 列表格表示n与an的对应关系 图象法 把点(n，an)画在平面直角坐标系中 公式法 通项公式 把数列的通项使用公式表示的方法 递推公式 使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法 数列 结论 公差为 的等差数列为任一常数） 公差为 的等差数列（为任一常数） 公差为 的等差数列为常数， 公差为 的等差数列为常数） 已知量 首项、末项与项数 首项、公差与项数 求和公式 已知量 首项，公比与项数 首项，公比与末项 求和公式 A．9 B．8 C．7 D．6 【详解】因为为公差不为0的等差数列,设公差为, 所以, 因为,所以,故选：B. 【典例2】(24-25高二下.云南昭通.期末)已知等差数列的公差为,前项和为,若,且,则(   ) A．6 B．7 C．2 D．5 【详解】为等差数列 ,代入 得： ,,故选： A． 题型一 等差数列基本量的计算 【典例1】(24-25高二下.贵州黔西南.期末)已知为公差不为0的等差数列,若,则(   ) 【详解】设等差数列公差为d,则由得即, 所以由得.故选：C 【变式2】(24-25高二下.江西萍乡.期末)已知等差数列的前项和为,若,则公差(   ) A．2 B． C．3 D． 【详解】等差数列的前项和为,, 所以,所以, 则公差.故选：B. 【变式1】(24-25高二下.北京.期末)若等差数列满足,,则(   ) A．5 B．7 C． D． A．-20 B．14 C．16 D．18 【详解】设公差为,,,成等比数列,故, ,故,解得或0(舍去), 故.故选：B 题型二 等差中项与等差等比混考问题 【典例1】(24-25高二下.陕西咸阳.期末)已知是公差不为0的等差数列,,若,,成等比数列,则(    ) 【详解】设等差数列的公差为,显然, 所以可得,即, 解得,或(舍), 因此.故选：D. 【变式2】(24-25高二下.内蒙古赤峰.阶段检测)在等比数列中,,且,,成等差数列,则公比(   ) A．2 B．2或 C．3 D．3或 【详解】由题意得,即, 因为,所以,故可得, 解得(负值舍去).故选： A． 【变式1】(24-25高二下.山东德州.期末)已知等差数列的各项都不相等,它的前3项和为18,且成等比数列,则(   ) A．1 B．3 C．6 D．9 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【详解】充分性：当,由等差数列下标和定理得,, 必要性：当等差数列公差时,若,则, 故“”是“”的充分不必要条件,故选： A． 【典例2】(24-25高二下.广东深圳.期末)记为等差数列的前n项和,若,则(    ) A．255 B．127 C．66 D．39 【详解】设该等差数列首项为,公差为,则, ,所以, , , 所以．故选：C. 题型三 等差数列的性质 【典例1】(24-25高二下.河北.期末)已知数列为等差数列,若是正整数,则“”是“”的(   ) 【详解】由题意有,． ． 故选： A． 【变式2】(24-25高二下.重庆.阶段检测)已知等差数列,的前n项和分别为,,若,则(   ) A． B． C． D． 【详解】根据已知及等差数列前n项和,设,, 则. 故选：C 【变式1】(24-25高二下.河南漯河.期末)在等差数列中,,则(   ) A．390 B．300 C．39 D．10 A． B． C．时,最大 D．使的n的最大值为13 【详解】对于AB,由题意,即, 又,所以,且,则, 故为递减数列,即,故A正确,B错误； 由于时,,时,, 则时,最大,故C正确； 由, 所以使的的最大值为14,故D错误.故选：AC． 题型四 等差数列的函数特性与最值 【典例1】(24-25高二下.河南驻马店.期末)(多选)设是等差数列的前n项和,若,,则下列结论正确的是(    ) C． D．中最小项为 【详解】因为,所以, 由,所以,所以, 所以． 所以,当时,最大,故A正确； 因为, , 所以使得成立的最小自然数,故B正确； 由,且, 所以,即,故C错误； 因为当时,,所以； 当时,,所以； 当时,,所以． 且, 所以中最小项为,故D正确．故选：ABD 【典例2】(24-25高二下.河南南阳.期中)(多选)已知等差数列的首项为,公差为,前项和为,若,则下列说法正确的是(    ) A．当时,最大 B．使得成立的最小自然数 【详解】由题意,,而,可以判断是递减数列,所以,C正确,而,D错误； 又,所以,B错误； 而,A正确.故选：AC 【变式1】(24-25高二上.天津滨海新区.期末)(多选)设等差数列的前项的和为,公差为,已知,,,则(    ) A． B． C． D．时,的最小值为14 C．的最大值为 D．的最小值为 【详解】等差数列的公差为,前项和为,,,, 对于A选项,,可得, ,可得,则,A对； 对于B选项,,解得, ,解得, 因此,的取值范围是,B错； 对于C选项,因为,所以,数列为单调递减数列,且, 当且时,, 当且时,, 所以,的最大值为,C错； 对于D选项,因为数列为单调递减数列, 且当且时,,此时,,则, 当且时,,此时,数列单调递减, 当且时,,此时,, 当且时,,此时,, 所以,要考虑的最小值,只需考虑即可, 当时, ,即,此时数列单调递增, 所以,的最小值为,D对.故选：AD. 【变式2】(24-25高二上.海南.期末)(多选)设等差数列的公差为,前项和为．已知,,,,则(    ) A． B．的取值范围是 A． B． C．1 D．2 【详解】设的公比为. 由,得,所以 则,即 解得或(舍), 所以.故选：C. 【典例2】(24-25高二下.湖南.期末)已知为等比数列的前项和,若,则(   ) A．3 B．5 C． D． 【详解】由等比数列公式可得：, 所以.故选： A． 题型五 等比数列基本量的计算 【典例1】(24-25高二下.福建厦门.期末)记正项等比数列的前项和为,若,则(    ) 【详解】设正项等比数列的公比为,由,, 得,整理得,解得, 所以.故选：C 【变式2】(24-25高二下.湖北.期末)已知正项等比数列的前项和为,若,则(    ) A．2 B．3 C．4 D．5 【详解】设数列公比为q,因,则, 由题可得,则,则或(舍去). 则.故选：D. 【变式1】(24-25高二下.福建泉州.期末)已知正项等比数列的前n项和为,若,,则(   ) A．16 B．32 C．27 D．81 A． B． C． D． 【详解】若,则等比数列是摆动数列； 若,则等比数列是常数列； 当且..时,由. 对于A,若,当时,则等比数列是摆动数列,故A错误； 对于B,若,当时,则等比数列是摆动数列,故B错误； 对于C,当时,,即,等比数列是递减数列,故C正确； 对于D,当时,,即,等比数列是递减数列,故D正确. 故选：CD. 题型六 等比数列的性质与函数特性 【典例1】(24-25高二下.江西景德镇.期末)(多选)若等比数列中,首项为,公比为,则下列条件中,使数列一定为递减数列的条件是(   ) 【详解】A选项,,若,则对任意的,都有,则,不合要求,A错误； BC选项,若,则,与矛盾,不合要求, 当时,,又, 所以,即, 又,故满足要求, 故当时,,当时,, 故有最大值,最大值为,BC错误； D选项,当时,,当时,, 故,, 所以,D正确.故选：D 【典例2】(24-25高二下.吉林松原.期中)设公比为q的等比数列的前n项和为,前n项积为,且,,,则下列结论正确的是(   ) A． B．数列无最大值 C．是数列中的最大值 D． C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【详解】充分性：, 例如,则,在时,取最大值,因此是不充分的, 必要性：当时,对任意的无穷等比数列, 若,必存在正整数,使得时,,时,,所以时,最大(若,则是最大值), 若,则是中的最大值,若,只要比较前后的正项的大小即可得(注意中正负项是两项两项间隔的) 若,则,是递减数列,中第一个正项即为最大值, 因此是必要的,所以应为必要不充分条件,故选：B． 【变式1】(24-25高二下.北京昌平.期末)设无穷等比数列的公比为,前项积为,则“有最大值”是“”的(   ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【详解】假设等比数列的公比,首项,则数列的项依次为, 当时,满足,但是不是递减数列, 故充分性不满足； 若为递减数列,则对于任意的,必然有, 故必要性满足； 所以“存在,使得”是“为递减数列”的必要而不充分条件.故选：B 【变式2】(2025.北京顺义.一模)设为等比数列,则“存在,使得”是“为递减数列”的(    ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 (2)若,求数列的前n项和. 【详解】(1)设公差为,,, 即. (2)由(1)得,, ,是首项为8,公比为4的等比数列, 题型七 求等差数列通项公式(解答题) 【典例1】(24-25高二下.安徽合肥.期末)已知等差数列的前n项和为,,. (1)求数列的通项公式； (2)若,求数列{}的前n项和为． 【详解】(1)等差数列中,设公差为, 则 由得：时, 时, 为公比为2的等比数列, (2)数列中,． 则 所以 故 所以 【典例2】(24-25高二下.湖北武汉.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,求的前项和. 【详解】(1)由可得, 由可得,,公差, 故. (2)由(1)得, 故 则. 【变式1】(24-25高二下.黑龙江哈尔滨.期末)已知等差数列的前项和满足. (1)求的通项公式； (2)若,且,求正整数的值． 【详解】(1)设数列的公差为,由可得,,所以, 由可得,,所以, 由于数列各项均为正数,所以,, 所以所以数列的通项公式为； (2)由(1)知,,, 所以, ①当时, ． 因为, 所以； ②当时, 因为,, 所以,所以, 所以不存在这样的使得,不合题意,舍去, 综上所述,正整数的值为. 【变式2】(24-25高二下.福建厦门.期末)已知等差数列的各项均为正数,且． (1)求的通项公式； (1)求数列的通项公式； (2)若,求数列的前项和. 【详解】(1)设数列的公比为,由,则, 由,得,解得或(舍). 因为,,成等差数列,所以. ,即, 解得或(舍). 所以. (2)由(1)知,. 则. 所以. 题型八 求等比数列通项公式(解答题) 【典例1】(24-25高二下.四川乐山.期末)已知正项等比数列,,且,,构成等差数列. (2)令,求数列的前n项和. 【详解】(1)设公比为,公差为,所以,解得,所以, 所以,所以,解得,所以； (2)因为, 所以数列的前n项和. 【典例2】(24-25高二下.广东江门.期末)已知数列是等差数列,是等比数列,且,,,, (1)求数列,的通项公式； (2)若数列是递增数列,且,求数列的前项和． 【详解】(1)设等比数列的公比为,由,则,, 由为等差数列, 则,即, 化简可得,解得,则, 当时,； 当时,. (2)由数列为递增数列,则,即,由,则, 所以 等式两边乘可得, 两式相减可得, 所以. 【变式1】(24-25高二下.江西景德镇.期末)已知等比数列首项为2,且成等差数列． (1)求的通项公式； (2)求和: 【详解】(1)若 则,解得, 所以； , 所以,则； (2)由(1), 所以 . 【变式2】(24-25高二下.北京昌平.期末)设等差数列 的公差为d,前n项和为 等比数列 的公比为q. 若 (1)求数列 的通项公式； (1)证明：数列为等差数列； (2)若数列的前n项和为,证明：． 【详解】(1)由可得：, 所以数列为等差数列,且首项为3,公差为3； (2)由数列为等差数列,,可得, 所以,又因为, 所以, 因为,所以,故． 题型九 证明等差数列 【典例1】(24-25高二下.江西南昌.期末)设数列满足,． (2)若,求数列的前项和． 【详解】(1)证明：由,且,可得, 所以当时,,解得或(舍)； 当时,, 两式相减, 因为,可得, 所以数列是首项为1,公差为的等差数列, 所以数列的通项公式为． (2)解：由(1)知,可得, 则, , 两式相减,得 ． 【变式1】(24-25高二下.湖南湘西.期末)已知数列的各项都为正数,其前项和为,且． (1)证明：是等差数列,并求的通项公式； (1)证明数列是等差数列, (2)求的通项公式； (3)设,求的前项和． 【详解】(1)证明：当时,, 所以, 又,所以, 故是以2为首项,3为公差的等差数列, (2)由(1)故,所以,． (3)由题意, 所以, 令,① 则② ①-②得： 故,所以． 【变式2】(24-25高二上.甘肃甘南.期末)已知数列中,． (1)证明是等比数列,并求数列的通项公式； (2)令,求数列前n项的和． 【详解】(1)由,可得,所以, 所以是以为首项,2为公比的等比数列, 所以,所以； (2)由(1)可得, 所以, 所以, 所以, 所以. 题型十 证明等比数列 【典例1】(24-25高二下.湖南衡阳.期末)已知数列满足,． (2)求数列的前n项和. 【详解】(1)由,得,又, 所以是首项为, 公比为的等比数列. (2)由(1)得(,. 所以 . 【变式1】(24-25高二下.重庆.期末)数列中,,满足. (1)证明：数列为等比数列； (2)令,求函数在点处的导数； (3)设,是否存在实数,使对任意正整数都成立,若存在,求出实数的取值范围；若不存在,请说明理由. 【详解】(1)证明：因为,所以, 所以, 又,即, 所以数列是公比和首项均为2的等比数列. 【变式2】(24-25高二下.辽宁锦州.期末)已知数列的首项的前项和为,且. (1)证明数列是等比数列； (2)由(1),所以, 所以, 所以, 所以, 所以, 所以, 所以. (3)不存在,理由如下：由题, 则,设对任意正整数都成立, 则当为偶数时,, 因为为偶数,所以,所以；当为奇数时, 因为为奇数,所以,所以, 综上所述,不存在实数,使对任意正整数都成立. (1)分别求出数列中的,,的值； 【详解】(1)当时,, 又∵,∴, 当时,∵,∴, ∵,∴, ∴,,． (2)求数列的通项公式． (2)由(1)知,,, 则,故时,有,① ∴,② 由①,②得,, 即, 当n为偶数时,, 当n为奇数时,． 综上所述,数列的通项公式为(或,)． 题型十一 递推公式 【典例1】(24-25高二下.广东汕尾.期末)已知数列的前n项和为,且满足,,． (2)设,求数列的前项和； (3)若集合,且中仅有2个元素,求的取值范围． 【详解】(1)由,得, 又,所以数列是首项为1、 公差为2的等差数列, 所以,故． (2)由(1)知, 所以, 则, 两式相减得 ． 所以． 【典例2】(24-25高二下.江西.期末)已知数列满足． (1)求的通项公式； (3)由(1)知, 所以, 因为当或2时,,当时,, 所以, 又,若中仅有2个元素,则这2个元素为, 所以,即的取值范围是． (2)设,求数列的前项和. 【详解】(1)因为, 所以 (2)因为, 所以. 【变式1】(24-25高二下.辽宁辽阳.期末)在数列中,,. (1)求； (2)若数列的前项和为,求； (3)若,求数列的前项和． 【详解】(1)当时,,得． 当时,, , 两式相减得,则． 当时,符合上式, 所以． (2)由(1)得, 所以, 故． (3)由(1)得, 则, , 两式相减得, , 所以． 【变式2】(25-26高二上.湖南常德.期末)在数列中,． (1)求的通项公式； (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前n项和为． 【详解】(1)设等差数列的公差为, 则由等差数列求和公式得：, 又因为, 所以可得, 即数列的通项公式为； (2)由, 所以. 题型十二 裂项相消求和 【典例1】(24-25高二下.江西九江.期末)已知等差数列的前n项和为,且,． (2)设,求的前2n项和. 【详解】(1)依题意,,当时,得,则, 由,得, 则,即, 当时,,于是,解得, 所以数列是以为首项,为公差的等差数列. (2)由(1)得, 则, 所以 . 【典例2】(24-25高二下.新疆乌鲁木齐.期末)已知正项数列的前n项之积为,且. (1)求证：数列是等差数列； (2)若, (i)证明：数列为等比数列； (ii)求数列的前项和. 【详解】(1)数列中,,由,得, 则,解得或, 当时,,,, 而,显然不恒成立,因此, 当时,,,,符合题意, 所以. (2)(ⅰ)由,得,两式相减得, 则,当时,, 而,,则,即,, 所以数列为等比数列. 【变式1】(24-25高二下.黑龙江哈尔滨.期末)已知数列的前项和为,且. (1)若为等比数列,求公比的值； (ⅱ)由(ⅰ)知等比数列的首项为3,公比为2,则, ,两式相减得, 当时,, 于是,,则； 当时,, 于是,,则, 则, 所以. (2)若,求数列的前n项和； (3)若,求数列的前n项和． 【详解】(1)证明：因为,所以, 两式相减得, 因为,所以,所以, 又因为,令,可得,解得或(舍去), 则,符合上式,所以数列是首项为1,公差为1的等差数列． (2)解：由(1)知,数列的通项公式为,则, 可得, 则, 两式相减得, 所以,即数列的前n项和. (3)解：由(1)知,所以, 则, 所以． 【变式2】(24-25高二下.辽宁沈阳.期末)已知正项数列的前n项和为,且． (1)证明：数列是等差数列； (1)求数列和的通项公式； (2)求的前n项和． 【详解】(1)已知 ,当 时,； 当 时,； 验证时,,符合上式, 故数列通项公式为. 因为, 所以,等式两边同时加 可得, 即,所以, 所以数列是以为首项,2为公比的等比数列, 数列通项公式为,所以. 故数列的通项公式为. 题型十三 错位相减求和 【典例1】(24-25高二下.浙江杭州.期末)数列的前n项和为,已知,数列满足递推关系：． (2)由(1)可知,则, 所以, 记数列的前项和为 , , ① 上式乘以公比2可得； ,② 由①②可得： , 即, , 化简可得, 即. (2)设,求数列的前项和为. 【详解】(1)由,即, 得,即, 又,得到, 故数列是首项为3,公比为3的等比数列. (2)由(1)可知,, 则,则, 得到, 两式作差得 ,故. 【典例2】(24-25高二下.山东淄博.期末)已知数列满足,. (1)证明：数列为等比数列； (2)若,求数列的前n项和． 【详解】(1)已知,当时,,故 当时,,,则 又  数列是以2为首项,2为公比的等比数列, 故得,整理得 (2)由(1)知,,． ① ② 由①②得 ． 【变式1】(24-25高二下.湖南郴州.期末)已知数列的前n项和为,且,． (1)求数列的通项公式； (1)证明：是等比数列； (2)求的通项公式； (3)若,求数列的前n项和． 【详解】(1)由题设,可得,即, 又, 故是首项、公比均为的等比数列,得证； (2)由(1),则； (3)由(2)知,故,则, 所以, 所以. 【变式2】(24-25高二下.河南周口.期末)已知数列满足,,． (1)求和的通项公式； (2)设,求数列的前项和. 【详解】(1)因为是各项均为正数的等比数列,设公比为, 又,所以,, 因为,,所以,所以, 解得或(舍),所以, 所以,因为是等差数列,设公差为,因为,则, 所以. 所以,. (2)有(1)可得, 则 题型十四 分组求和 【典例1】(24-25高二下.北京房山.期末)设是等差数列,是各项均为正数的等比数列,已知,,,. (2)若,设数列的前项和为,求. 【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 . 【典例2】(24-25高二下.辽宁.期中)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)令,求数列的前项和. 【详解】(1)由,可得,化简得, 所以是首项为1,公差为1的等差数列, 所以,所以； (2)由可得, 则, 根据分组求和可得. 【变式1】(24-25高二下.四川南充.期末)已知数列满足,且. (1)求证：是等差数列,并求的通项公式； (2)设数列满足 (ⅰ)求数列的前项和； (ⅱ)设,问是否存在正整数,使得,若存在,求出所有的值；若不存在,请说明理由． 【详解】(1)因为,所以当时,, 当时,, ． 【变式2】(25-26高二上.重庆.期末)已知数列的前项和为,且 (1)求数列的通项公式； (2)(ⅰ)由(1)知, 所以 ①当为偶数, ②当为奇数, (ⅱ)①当为偶数时,, , 故当为偶数时,单调递增, , 故当为偶数且时,； ②当为奇数,, ,故当为奇数时,单调递减, ,当为奇数时,(舍), 综上,当为偶数且时,. (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. 【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：. 题型十五 数列不等式与参数问题 【典例1】(25-26高二上.重庆.期末)已知数列的前项和为,且 (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：. (2)设数列的前n项和为． (i)求； (ii)若不等式对一切恒成立,求实数的取值范围． 【详解】(1)因为,两边同时除以,得到：, 又因为, 所以,又, 故是首项为,公差为等差数列,结论得证； (2)(i)由(1)结论即可得到, 所以,所以①, 两边同乘2得：②, 由得：, 所以. (ii)不等式,代入,得到：, 当n为偶数,不等式变为：,右边随n的增大而减小,故,所以, 当n为奇数,不等式变为：,右边随n的增大而增大,故,所以, 故实数的取值范围为 【变式1】(24-25高二下.江西上饶.期末)已知数列满足,记． (1)求证：是等差数列； (2),数列的前项和为,若,都有恒成立,求实数的最小值． 【详解】(1)由已知,,, 所以,则,所以, , (), 且也成立, 所以． (2)由(1)可知,,则, 则, , 两式作差得,, 则, ,, 所以数列为递增数列, 因,则,即, 又,都有恒成立,则,则实数的最小值为． 【变式2】(24-25高二下.四川眉山.期末)已知数列的前项和为,其中为常数,且． (1)求的值,并求； (1)求； (2)记事件“且甲获胜”的概率为． ①求； ②求证：． 【详解】(1)由题可得：事件“” 表示在双方平后,甲先发球,两人又打了4个球, 且这4个球分为前两球是甲、乙各得1分,后两个球均由甲得分,或者均由乙得分, 所以. 题型十六 数列杂糅问题 【典例1】(24-25高二下.四川自贡.期末)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10：10平后,每球交换发球权．先多得2分的一方获胜,该局比赛结束．甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为,乙发球时甲得分的概率为,各球的结果相互独立．某局在双方10：10平后,甲先发球,两人又打了个球该局比赛结束． (2)①,, ②由比赛规则可知： 当时,； 当时,事件“且甲获胜”表示,在双方平后,甲先发球,两人又打了个球,且这个球的得分情况为：前个球是每两个球甲、乙各得1分,最后第,个球均由甲得分； 记“比赛2局结果为平局”为事件,则, 则． 又因为,所以, 综上,, 故当为奇数时,； 当为偶数时,, 因,,则. (2)若恒成立,求的值； (3)设,求证：. 【详解】(1)因为,所以数列是等差数列, 又因为,所以,解得, 所以. 【典例2】(24-25高二下.江西抚州.期末)已知数列满足,且.函数. (1)求； (2)的定义域为, ,, 当时,,所以在上单调递增, 又因为,所以当时,,不符合题意, 当时,令得,令得,令得, 所以在上单调递减,在上单调递增, 所以, 令,, 令,得,令,得, 所以在上单调递增,在上单调递减,所以, 又因为,要使得恒成立,则. (3)由(1)知, 由(2)知,当时,,即, 令,所以,即, ,不等式成立. (2)假设有若干只蚂蚁,据统计,其中的蚂蚁只可能从点出发,另外的蚂蚁既可能从点出发,又可能从点出发.若蚂蚁只可能从点出发,则记1分；若既可能从点出发,又可能从点出发,则记2分.假设每只蚂蚁从哪个点出发相互独立,视频率为概率. (i)从蚂蚁中随机抽取只蚂蚁,记这只蚂蚁的合计得分恰为分的概率为,求； (ii)从若干蚂蚁中随机抽取一些蚂蚁,记这些蚂蚁的合计得分恰为分的概率为,随着抽取蚂蚁的无限增加,是否趋近于某个常数？若是,求出这个常数；若不是,请说明理由. 【详解】(1)设底面边长为,则侧棱长也为,由勾股定理可知： . 若该蚂蚁沿着移动,则2秒后该蚂蚁与点的距离为0； 若该蚂蚁沿着或移动,则2秒后该蚂蚁与点的距离为2； 若该蚂蚁沿着移动,则2秒后该蚂蚁与点的距离为. 设蚂蚁到点的距离为2为事件,. 【变式1】(24-25高二下.贵州贵阳.期末)已知侧棱与底面边长相等的正四棱锥的高为. (1)现有一蚂蚁从点处等可能地沿各条棱向底面匀速移动,已知该蚂蚁每秒移动1个单位,求2秒后该蚂蚁与点的距离为2的概率； (2)(i)每只蚂蚁有的概率得1分,有的概率得2分. 从而只蚂蚁的总得分为当且仅当恰有一只蚂蚁得2分, 故,所以. 设,则,作差即得, 所以. (ii)由于每只蚂蚁至少记分1分,所以抽取的这些蚂蚁的总得分恰为分,必然是至多抽取了只蚂蚁. 在得分为分的前提下,再抽取一只蚂蚁,只能得到分或分,这两者是对立事件, 抽取若干蚂蚁得分分,记为事件,得分分的事件记为, ,, 由对立事件的概率关系可得： ,, 因为,所以是以为首项、为公比的等比数列, 所以,当时,, 所以. (2)当时,不等式恒成立,求a的取值范围； 【详解】(1)当时,函数的定义域为,求导得, 当时,；当时,, 所以函数在上单调递减,在上单调递增. (2)函数,求导得,, 令,求导得,, ①当,即时,由,则存在,使得当时,, 函数在上单调递增,当时,, 函数在上单调递增,因此与矛盾； ②当,即时,此时,, 下面证明恒成立即可,即证, 令,求导得, 函数在上单调递减,因此恒成立, 则,即,因此,即恒成立, 所以a的取值范围为. 【变式2】(24-25高二下.山东济南.期末)已知函数． (1)当时,讨论函数的单调性； 【详解】设等比数列的公比为,由题意可得解得 则 故选：B. 2．(24-25高二下.陕西渭南.期末)(多选)数列的前项和为,已知,则下列说法正确的是(    ) A．是递增数列 B． C．当时, D．当时,取得最大值 期末基础通关练(测试时间：15分钟) 【详解】时,, 时,, 综上,, 所以,数列是递减数列,故A错误； ,故B正确； 时,,故C正确； ,所以当或时,取得最大值,故D错误； 故选：BC. 1．(24-25高二下.浙江杭州.期末)已知是等比数列的前n项和,若,则(   ) A．1022 B．1023 C．1024 D．1025 (2)设,求数列的前项和. 【详解】(1)因为, 所以 (2)因为, 所以. 3．(24-25高二下.辽宁辽阳.期末)在数列中,,. (1)求； (2)设,求数列的前项和． 【详解】(1)由是首项和公差为1的等差数列,得,则, 当时, 当时,, 因为满足上式, 所以数列的通项公式． (2)因为, 所以． 4．(24-25高二下.福建福州.期末)已知数列的前项和为是首项和公差均为1的等差数列． (1)求数列的通项公式； (2)若,证明是等差数列,并求的前项和． 【详解】(1)设等比数列的公比为,则,, 由可得,整理化简得, 解得或(舍去),故. (2)由(1)可知,,则． 因为,所以是以为首项,为公差的等差数列, 故． 5．(24-25高二上.湖南岳阳.期末)在正项等比数列中,,． (1)求的通项公式； A．的公差为 B． C．数列为递增数列 D．当且仅当时,取得最大值 【详解】A选项,设等差数列的公差为,由,得, 即,解得,A正确； B选项,,B正确； C选项,由上可知,所以, 根据一次函数的性质可知,数列为递减数列,C错误； D选项,由二次函数的性质可知,其对称轴方程为, 又,所以当或时,取得最大值,D错误． 故选：AB 期末重难突破练(测试时间：30分钟) 6．(24-25高二下.辽宁.期末)(多选)已知是等差数列的前项和,,则下列说法正确的是(    ) C．任意3项不可能成等差数列 D．、、()一定成等比数列 【详解】等比数列的前项和, 当时,, 当时,, 当时,, 则公比,, 所以,则A,B正确； 所以, 设等比数列中的三项,且成等差数列, 则,即, 则,由于, 即与都为偶数,所以等式不成立, 即任意3项不可能成等差数列,C正确； 若、、()成等比数列, 则,即, 可得, 因为,所以上式不成立,D错误. 7．(24-25高二下.四川德阳.期末)(多选)等比数列的前项和,则(     ) A． B．公比 【详解】对于A,当为等差数列时,设首项和公差分别为,则, 则,当时,, 由于, 由于,故当时,, 故,不满足为递增数列,故A错误, 对于B, 当为等比数列时,设,则, ,由于单调递减,故为递增数列,故B正确, 对于C, 是递减数列,则时,, 即,故,故C正确, 对于D, 是递减数列,则时,, 即, 故不存在且,使得．故D错误, 故选：BC 8．(24-25高二下.辽宁.期末)(多选)已知无穷数列满足,设其前n项和为,记,则(   ) A．存在等差数列,使得是递增数列； B．存在等比数列,使得是递增数列； C．若是递减数列,则且； D．若是递减数列,则可能存在且,使得． (2)设的前项和为,若,求的最大值． 【详解】(1)因为数列是公差为3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, 整理得,解得, 由于,所以的最大值为5． 9．(24-25高二下.福建泉州.期末)已知数列是公差为3的等差数列,满足． (1)求的通项公式； (2)若数列满足,.求的前13项和. 【详解】(1)因,则, 所以数列是首项为的等差数列, 由于,得,则公差为,所以, 则的通项公式为. (2)由(1)知,,故, 所以,当时,, 又因为,代入化简可得(,). 因为也符合上式,所以, 注意到, 所以的前13项和为. 10．(24-25高二下.重庆.期末)已知数列的前项和为,满足,且. (1)求的通项公式； A． B．数列的前项和为 C．数列的前项和为 D．若,则 【详解】对A： , 由,则,即, 故数列是以为公差的等差数列,则, 即,故,则, 故,则,故A正确； 对B：, 则其前项和为,故B错误； 对C: , 则数列的前项和为： ,故C正确； 对D：,令,, 则,故在上单调递减, 则,即, 故 , 即有,则,故D正确. 故选：ACD. 期末综合拓展练(测试时间：20分钟) 11．(24-25高二下.四川达州.期末)(多选)已知各项均为正数的数列满足：,以及,数列满足,则(    ) (2)若学生甲已答过的题累计得分为分的概率为,求与． 【详解】(1)的可能取值为、、、 ,, ,． 的分布列为 所以,． 12．(24-25高二下.河南信阳.期末)第届联合国大会通过决议,将春节确定为联合国假日．某大学举办中国传统节日知识竞赛,每位大学生随机抽取问题并依次作答,其中每个问题的回答相互独立．若答对一题记分,答错一题记分．已知学生甲答对每个问题的概率为,答错的概率为． (1)学生甲随机抽取题,记总得分为,求的分布列与数学期望； (2),, 当时,若甲已答过的题累计得分为分,可由以下两种情况得出： ①甲已答过的题累计得分为分,下一个题答错得分, ②甲已答过的题累计得分为分,下一个题答对得分, 所以,即, 所以,数列为常数列． 又,所以, 则,所以,是以为首项,为公比的等比数列, 所以,即． 当时,上式也成立． 所以,对任意的,． . $