错位相减法求和专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦错位相减法求和，通过等差等比乘积型数列求和，系统构建“通项分析-错位相减-化简求和”解题逻辑，强化运算能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|15题|“乘公比-错位减-等比求和”三步法，强调项数对齐与化简技巧|从等差、等比概念出发，推导错位相减法适用条件（等差×等比型通项）| |综合拓展|10题|结合递推关系、参数问题、概率情境的变式处理|延伸至数列与函数、概率的综合应用，深化数学建模与逻辑推理|

2027届高考数学一轮复习作业——错位相减法求和 一、单选题 1．已知等差数列满足，数列满足，则的前项和为（   ） A． B． C． D． 2．数列满足，数列的前n项和为（    ） A． B． C． D． 3．已知数列满足，，数列的前项和为，若恒成立，则M的最小值为（   ） A．不存在 B．1 C． D． 4．已知圆：，点，为坐标原点，对于上的点（），按照如下方式构造点：过点作直线垂直于轴，垂足为，点满足，直线交于点（异于）．数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 5．已知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，且，数列的前n项和为，则_________． 6．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数个数．例如（不超过正整数3，且与3互素的正整数有1和2）．欧拉函数有很多性质，比如欧拉函数是积性函数，即如果互素，则．计算___________，数列的前项和___________． 7．若正项数列满足，则集合的所有非空子集中最小元素之和为_____． 8．“二分法”是一种常用的检索方法．为正整数且数，为了寻找，我们可以把与区间中点进行比较，不断缩小区间范围，最后检索到．检索的过程分为取数和比较两个步骤． ①取数：是中的整数，若为偶数，取；若为奇数，取． ②比较：比较与的大小关系．若，则停止检索；若，则， ，继续检索；若，则，，继续检索，下一次检索区间范围更新为，其中， ． 对于正整数，从集合中任取一个数，按上述检索过程找到数经历的比较次数为，记，则______(结果可保留幂形式)． 9．已知数列的通项公式为，设集合，的所有非空子集中的最小元素的和为．若，则实数的取值范围为___________． 三、解答题 10．2026年中央广播电视总台春节联欢晚会设立义乌分会场，向全球展现了“世界小商品之都”的商贸活力与新春年味．某机构为研究观众对义乌分会场节目的满意度是否与了解义乌小商品市场有关，从观看了义乌分会场节目的观众中随机抽取了200人进行问卷调查，得到如下列联表： 对节目基本满意 对节目特别满意 合计 不了解义乌小商品市场 60 40 100 了解义乌小商品市场 30 70 100 合计 90 110 200 (1)依据小概率值的独立性检验，分析观众对义乌分会场节目的满意度是否与了解义乌小商品市场有关； (2)节目组设置了摸“义乌小商品盲盒”游戏环节，观众每次游戏有两种结果： 摸到“一锤定音”，概率为，此时观众获得100元奖金，游戏结束； 摸到“再接再厉”，概率为，此时观众获得10元奖金，并继续游戏，奖金累计计入总奖金； 若一名观众参与游戏最多可摸10次，10次均未摸到“一锤定音”，游戏也结束．求游戏结束时该观众获得的总奖金数X的均值． 附：，其中 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 11．已知满足，为等比数列，，． (1)求和的通项公式； (2)设，求数列的前n项和． 12．已知等比数列的前项和为，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 13．已知正项数列的前n项和为，且满足． (1)求的通项公式； (2)记，求数列的前n项和． 14．记为数列的前项和，已知，是等差数列，且，． (1)求和的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 15．2025年11月5日，第八届中国国际进口博览会在国家会展中心（上海）举办，某企业参展的产品有甲、乙两款机器人，为调查消费者喜爱程度与产品的类型是否有关，在展览期间设置投票箱，随机抽取了部分观众进行现场投票，得到如下列联表： 类型 是否喜爱 合计 喜爱 不喜爱 甲 2m 4m 6m 乙 9m 3m 12m 合计 11m 7m 18m 并根据小概率值的独立性检验，得出了“消费者喜爱程度与产品的类型有关”的结论． 附：． 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 (1)求正整数m的最小值． (2)为感谢现场参与的观众，主办方设置了一个挑战机器人对抗赛活动．每人挑战局，每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，若每局比赛参与者战胜机器人的概率为，胜者记3分，负者记1分．每局胜负不受其他因素的影响． （ⅰ）若参与者甲与机器人共对抗4局，求其得分不少于10分的概率． （ⅱ）记参与者的得分恰好比对抗的局数n多4分的概率为，若，求． 16．设数列的前n项和为，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，求数列的前n项和； (3)令，记数列的前n项和为，求证：． 17．在数列中，，，，且数列是等差数列. (1)求的通项公式； (2)求的前n项和. 18．已知数列为递增的等比数列，其前n项和为，已知，，成等差数列，. (1)求数列的通项公式； (2)在与之间插入n个数，使这个数成等差数列，公差记为，设，求数列的前n项和. 19．已知数列的首项，且满足. (1)证明：数列为等比数列，求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 20．已知数列 . (1)令 ，证明数列 是等差数列，并求出通项公式； (2)求数列 的前 项和 . 21．已知数列满足，． (1)证明是等比数列，并求的通项公式； (2)设数列满足，求的前项和． 22．已知数列的前项和为，且满足，，. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 23．已知是等差数列，是等比数列，.设的前项和为，且，. (1)求和的通项公式； (2)若数列的前项和对任意都成立，求整数的最小值. 24．已知数列3，7，13，…的各项是由一个等比数列和一个等差数列的对应项相加得到的，其中等差数列的首项为1，记等比数列为数列，等差数列为． (1)求数列的通项公式； (2)设，证明：． 25．设是等差数列，是各项都为正数的等比数列，且，，． (1)求，的通项公式； (2)求数列的前项和． 26．某公司举办的活动的互动环节中，设置了一个有趣的摸球游戏，在一个黑箱中，装有个完全相同的小球． (1)若，从中有放回地每次摸取1个小球，记第1次摸出的小球为1号球，继续摸球． （ⅰ）求直到第4次又一次摸出1号球的概率． （ⅱ）记为又一次摸出1号球时摸球的次数，求． (2)若将黑箱中的小球编号为1，2，…，，从中一次性抽取个小球，记录下小球编号后放回并摇匀，再次从中一次性抽取个小球，并记录编号，记表示这两组小球中编号相同的个数，求取得最大值时的值（用含的式子表达）． 附：． 27．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．某攀岩集训队有位学员，他们的学号分别为，教练将他们带到2条平行赛道（道和道），首先做了一个小游戏，有两种游戏方案. 方案一： a.1号学员首先攀越道. b.若号学员成功攀越道，则该学员继续攀越道；若号学员攀越道失败，则由号学员接着攀越道. c.若号学员攀越道成功，则游戏结束；若号学员攀越道失败，则由号学员接着攀越道. d.若攀越轮到号学员，则当该学员攀越不成功时，游戏也结束. 方案二： 将上述方案中的（c）改为： 若号学员攀越道成功，则游戏结束；若号学员攀越道失败，则由号学员攀越，且从道攀越. 假设每位学员攀越道成功的概率为，攀越道成功的概率为，且各位学员攀越是否成功相互独立. (1)若，且按方案一进行游戏，当游戏结束时，求攀越学员少于3人的概率； (2)当时，要使3号学员攀越后游戏结束的概率较大，应选择哪种游戏方案？ (3)如果按方案二进行游戏，记游戏结束时参加了游戏的学员的总人数为，求的数学期望. 29．已知数列是正项等比数列，是等差数列，且. (1)求数列和的通项公式； (2)设数列的前项和为，求证：； (3)表示不超过的最大整数，；求. 30．已知数列的首项，且满足． (1)证明：数列是等比数列； (2)记数列的前项和为， （i）求； （ii）若不等式对任意正整数都成立，求的取值范围． 31．某从业资格考试共分3级，考生必须从第1级考试开始，每级考试次数不限，通过后即进入下一级考试，直至第3级考试通过，考试终止并取得从业资格．已知甲参加一次第1，2，3级考试通过的概率分别为，，，且每次考试相互独立．记甲第次考试后取得从业资格为事件． (1)求，； (2)求的表达式； (3)甲第次考试恰通过2级为事件，比较与的大小，并根据你的理解说明其含义． 32．定义函数，且． (1)直接写出的值，以及当时，求； (2)对于每一个，证明：在区间内有唯一解； (3)已知在区间上存在，，使得，证明：． 33．在数列中，，若存在自然数，使得对于任意正整数，数列是以为公差的等差数列，则称为“组差数列”． (1)若，判断是不是“组差数列”，并说明理由； (2)若是“组差数列”，且为定值，证明：； (3)记的前项和为，且为“组差数列”，证明：存在常数，使得恒成立． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 《2027届高考数学一轮复习作业——错位相减法求和》参考答案 题号 1 2 3 4 答案 D D B C 1．D 【分析】先根据条件求解出的通项公式，再利用构造法求解出的通项公式，最后根据错位相减法求解出. 【详解】设的公差为，因为，所以，所以， 所以，所以， 所以且，所以是首项为公差为的等差数列， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 故选：D. 2．D 【分析】利用已知条件构造是等比数列，即可求出通项公式，再由错位相减法进行求和即可. 【详解】，可得，又， 是首项为，公比为的等比数列，，， ，① 则，② ①②可得， . 故选：D. 3．B 【分析】采用累加法可求得，进而得到；利用错位相减法可求得，由此可得的取值范围. 【详解】，， 当时， ， ， 又时，满足，，， ，， ，， ，；又，，. 所以M的最小值为1. 4．C 【分析】由题可得，由，求得，将直线的方程与圆方程联立，进而求得与的递推关系，求得，代入求得数列的通项公式，利用错位相减法求出，得解. 【详解】由，得，设，由，得， 得，所以直线的方程为 ，代入C的方程并化简，得 ，又，即 解得或（舍）， 所以，所以，所以， 又，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以 ， 于是， 两边同乘以，得， 两式相减，得， 所以，所以. 5． 【分析】通过构造等差数列求出通项公式，再利用错位相减法求和，进而可求. 【详解】因为是以2为首项，2为公比的等比数列，所以， 所以，即，又， 所以是首项为1，公差为的等差数列． 得，所以， 所以， 则， 两个等式作差可得， ， 故．则． 6． 4 【分析】利用欧拉函数的互素性质求出；利用欧拉函数的积性性质求出，进而求出的通项公式，再利用等比数列的前项和公式结合错位相减法求解． 【详解】由欧拉函数的定义可知表示不超过且与互素的正整数，有共4个， ； 利用欧拉函数的积性性质，， 对于，集合中被整除的数可表示为，且满足， ，故的取值为，共个， 集合中共有个元素，其中不互质的有， ， ， ， ， ①，②， 由①减去②得，， ， ， ． 故答案为：4；． 7．2036 【详解】时，，（舍）或1 时，， 整理得，即， 因是正项数列，故，所以， 是以1为首项1为公差的等差数列， ，最小元素为1的非空子集有个，最小元素为2的非空子集有个，，最小元素为10的非空子集有1个，设所求和为， 则． 8． 【分析】考虑随机变量的可能取值，研究对应值的概率，结合期望算法即可求出. 【详解】由题意：可取 ， 当时，所有可能取到的数的个数记为， 则，，所以，因此， 于是 令， 则， 上述两个等式作差得， 整理可得， 所以， 所以． 9． 【分析】根据数列的通项公式，判断出数列为严格递减数列，进而确定集合的所有非空子集中的最小元素及其个数，从而利用等差乘以等比数列求和的方法，求出，最后求出实数的取值范围. 【详解】解：因为，所以数列为递减数列， 则对集合，其非空子集的最小元素为该子集最大下标对应的元素， 所以元素作为最小元素的子集个数为（含元素，其余选择比大的个元素的任意子集）， 因此，又，所以. 因为①， 所以②， ①②错位相减得， 化简得，所以， 易知当时，，则，所以， 所以，即实数的取值范围为. 10．(1)有关； (2). 【分析】（1）根据给定的数表求出的观测值，再与临界值比对即可. （2）法1：求出的可能值及对应的概率，再利用期望的定义列式，利用错位相减法求和即得；法2：求出获得的累计奖金期望的递推公式，再利用构造法求出通项公式即可. 【详解】（1）零假设：观众对节目的满意度与了解义乌小商品市场无关， 计算， 依据小概率值的独立性检验，推断零假设不成立， 认为观众对义乌分会场节目的满意度与了解义乌小商品市场有关，此推断犯错误的概率不超过0.001. （2）方法1：奖金总数， ，其中，， 因此， 即， ， 两式相减得， ， 于是， 所以游戏结束时该观众获得的总奖金数X的均值为：. 方法2：设为剩余最多n次抽奖机会时，获得的累计奖金期望， 则，即，， 因此，而， 则，当n＝10时，， 所以游戏结束时该观众获得的总奖金数X的均值为. 11．(1) ， (2) 【分析】（1）用等差数列通项公式求解；利用等比数列通项公式列方程求解，再得到的通项公式； （2）利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）由对任意正整数成立，可知是首项、公差的等差数列，由等差数列通项公式得：； 设等比数列公比为，已知，故，代入得： 等比数列公比，两边同除以，可得， 即，解得，因此. （2）由题意得， ① ② ②①得： . 12．(1) (2) 【分析】（1）根据等比数列的定义及的关系求解即可； （2）利用错位相减法求和即可. 【详解】（1）当时，， 相减可得当，即，． 因为是等比数列，． 当时，，可解得． 数列的通项公式为． （2）∵    ∴，① ①3得，② 由①②得， 即， 化简得． 13．(1) (2) 【分析】（1）利用，结合等差数列的定义求得. （2）对进行分类讨论，利用裂项求和法、错位相减求和法求得. 【详解】（1）由，得，当时，，即， 又，所以．当时，， 所以， 即，整理得， 因为，所以， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以． （2）由（1）得， ①当n为偶数时， ， 设，则， 令，所以， 两式相减得：， ， 所以，所以； ②当n为奇数时， ， 所以． 14．(1) ， (2) 【分析】（1）对利用前项和与通项的关系推导其为等比数列求通项，对利用等差数列基本量求公差得通项； （2）数列为等差乘等比的结构，采用错位相减法求解前项和. 【详解】（1）当时，，解得； 当时，，整理得，故是首项为2、公比为2的等比数列， ， 设等差数列的公差为，由，得，解得， . （2）由（1）得，故①， 又②， ①②得，化简得， . 15．(1) (2)（ⅰ）;（ⅱ） 【分析】（1）根据公式计算结合临界表值进行解不等式即可得出结果； （2）（ⅰ）将“得分不少于10分”转化为“胜利局数”利用二项分布的概率公式计算即可；（ⅱ）将“得分比局数多4分”转化为“胜利局数”，利用二项分布写出（），化简，用错位相减法求和，即可得出结果. 【详解】（1）由题意可知，， 已知时，，且得出有关的结论，故： ，解得：. 因为为正整数，故. （2）（ⅰ）设4局中胜利局，则失败局，得分为. 得分不少于10分，即：，， 故：. 所以得分不少于10分的概率为. （ⅱ）设局比赛中获胜局，则总得分为. 得分恰好比局数多4分，即：，解得：， ，（） （） 所以， 设 则 两式相减得： . 所以. 16．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据，得出是等比数列，即可得结果； （2）利用错位相减法求和即可； （3）利用裂项相消法求出，结合数列单调性即可得结果. 【详解】（1）由，当时，，解得， 当，，则，即， 故是公比为3的等比数列，，所以，也适合此式，. （2）因为所以，. 从而， ， 两式相减得:， ，解得 （3）由（1）可知：，， ， ， 所以{}为递增数列，， 所以. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列通项公式列式，再利用构造法，结合等比数列定义求解. （2）由（1）的结论，利用错位相减法求和即得. 【详解】（1）依题意，，则等差数列的公差， ，因此，数列是首项为，公比为的等比数列， ，即，所以数列的通项公式为. （2）由（1）得，则， 两式相减得， 所以. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据等差中项的概念和等比数列的基本性质，列出方程组，求出公比，写出等比数列通项公式即可； （2）根据等差数列的性质求出，进而求出数列的通项公式，再根据错位相减法求解即可. 【详解】（1）设数列公比为，由题意可得，， 可得，解得， 所以， 化简得，解得或， 因为数列为递增数列，所以，则. （2）由题意可得，则， 设数列的前n项和为， 则， 即， 两式作差得， . 19．(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）通过对已知递推公式两边取倒数构造出目标等比数列求得其通项，进而解出原数列的通项公式； （2）将通项化简后拆分为两部分，对“等差数列乘以等比数列”结构的部分运用错位相减法，最后将两部分结果相加即可. 【详解】（1）因为，所以. 所以，则. 因为，所以， 所以数列是首项和公比均为的等比数列. 所以，所以. （2）由（1）得，所以，所以. 所以 . 设， 则， ， ， ， 所以. 20．(1)证明： ， 两端除以 ，得 ，即 ， 由 ，得 ， 所以数列 是以 4 为首项，3 为公差的等差数列， (2) . 【分析】（1）由数列递推式变形后，利用等差数列定义证明并求出其通项公式； （2）先利用（1）的结论，求出，再由错位相减法即可求得. 【详解】（1）略 （2） ， ，① 由①-②，得 ， . 21．(1)证明：由得，又因为， 所以，所以是首项为2，公比为2的等比数列； 所以，解得． (2) 【分析】（1）由递推式构造新数列，计算相邻项比值为常数2，故为等比数列，可得通项； （2）为等差数列与等比数列的乘积，用错位相减法求和，写出与相减化简. 【详解】（1）略. （2）， 又， 则， 两式相减得， 化简得． 22．(1) (2) 【分析】（1）根据，结合累加法求出数列的通项公式； （2）利用等差乘等比数列的求和方法，乘公比错位相减，即可求出数列的前项和. 【详解】（1）当时，. 由，则 ， 即，所以， ，，， 累加得，又，所以， 检验，当时，符合，所以. （2）由（1）知，则， 则①， ②， ①-②得， 所以. 23．(1)，，其中. (2)6 【分析】（1）将条件分解成有关的方程组进行求解，进而可求得和的通项公式； （2）运用“错位相减法”求出数列前n项和的最大值以确定整数的最小值. 【详解】（1）设的公差为，的公比为. 由及，得，即.     由及，得，即.     将代入，得，因为，所以，故.     所以数列的通项公式为.     数列的通项公式为，其中. （2）因为，所以.     故.     相减得.     .     故.     因为，所以.     又，故.     所以整数的最小值为6. 24．(1)，． (2)，① ，② ①-②，得， ． 【分析】（1）设分别为数列、数列的公比与公差，由已知列出关于的方程组，解出，再利用通项公式即可. （2）由（1）得，利用错位相减法求即可证明不等式. 【详解】（1）设分别为数列、数列的公比与公差，而，且， 解之得，，， ，． （2）略 25．(1)， (2) 【分析】（1）利用等差数列等比数列公式列出方程组求解. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得. 【详解】（1）设的公差为，的公比为， 则依题意有且 联立解得，， 所以，． （2）（2）， 则有， ． 则 ． 26．(1)（i）；（ii） (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据古典概型的概率公式计算即可．（ⅱ）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； （2）先确定“”的事件总数，再得出表达式．通过，与1比较大小，得到的范围．最后根据是否取整，得出）取最大值时的值． 【详解】（1）（ⅰ）由题意知，第2，3次摸出的是另外一个球，第4次才摸出1号球， 故． （ⅱ）依题意可得，， 则，， 所以， 设，， ， 作差可得， 所以， 又，所以． （2）由题意得，整数满足， 其中． “”所包含的事件总数为，所以． 设，则 ， ， 令解得 则当时，在或处达到最大值； 当时，在表示不超过的最大整数）处达到最大值． 综上，使取得最大值时， 27．(1) (2)证明： 当时， 当时， 得 设①，此时， ② ①－②得： 所以 【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）略 28．(1) (2)应选择方案一进行游戏 (3) 【分析】（1）借助相互独立事件的概率公式计算即可得； （2）分别求出方案一与方案二中3号学员攀越后游戏结束的概率并比较即可得； （3）表示出的可能取值及其对应概率后，利用期望公式结合错位相减法计算即可得. 【详解】（1）设攀越学员人数为，则， ， 则； （2）若选择方案一：则3号学员攀越后游戏结束的概率： ； 若选择方案二：由于每位学员攀越、道都成功的概率为， 则3号学员攀越后游戏结束的概率：， 因为，所以应选择方案一进行游戏； （3）按方案二进行游戏，的可能取值为1、2、3、、， 当时，， 当时，， 则， 则， 故 ， 故. 29．(1)，； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用等差数列和等比数列公式求解通项即可； （2）利用放缩思想，结合裂项相消法求和即可； （3）利用分类讨论，求解，然后利用分组求和、错位相减法求和即可. 【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为， 由， 得，解得或（舍去）； 故，； （2）由（1）知，，，则 所以 则； （3）因为， 所以， ， ， 所以. 则①， 则②， 由①②得： ， 所以. 30．(1)由，得， 则，即， 又， 所以，是首项和公比均为的等比数列 (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）只要证为常数即可； （2）由（i）知，分组求和即可； （ii）由，得，所以．设，利用作差法，判断出数列的单调性，即可求解. 【详解】（1）略 （2）（i）由（1）得， 则． 则 令， 相减可得， 整理得， 故． （ii）由，得， 所以．设， 则． 当时，；当时，；当时，， 可得； 故当或4时，有最大值为， 所以． 31．(1)， (2) (3) 当，4时，，说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较大， 当时，，说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较小． 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求解； （2）分析出事件发生分两步：第次考试后恰好通过第2级考试，概率为，第次至次参加第3级考试没有通过，第次通过，概率为，由全概率公式及错位相减法即可求解； （3）由题意表示出，由条件概率公式及作差法得出，构造数列，得出的大小情况，进而得出与的大小． 【详解】（1）依题意，， ． （2）事件发生分两步： 第一步，第次考试后恰好通过第2级考试，概率为， 第二步，第次至次参加第3级考试没有通过，第次通过，概率为； 由全概率公式得，， 设， 则， 两式相减得， ， 所以，所以． （3）依题意，， 又因为，， 所以， 令，则， 因为，所以， 故数列在时递增，又，， 故当，4时，， 故，即， 说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较大， 当时，，故，即， 说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较小． 32．(1)； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）令得；对写出 与 ，作差消去前项，得； （2）设 ，计算得 ， ；求导得 ，故单调递增，存在唯一零点； （3）利用的关系，推导差值为正得​；再代入比较函数值得. 【详解】（1）已知， 当时，，由条件，故 . 时，， ， 两式相减得， 即. （2）设 ， ， ， 因为 ， 所以 ． 则在上单调递增， 所以在区间内有唯一解. （3）先证： ， 又由（2）知在上单调递增，所以成立； 再证： 因为是关于的递减数列，故， 所以 . 又在上单调递增，所以成立． 综上． 33．(1)是，理由如下： 当时，， 当时，，， 所以， 所以数列是以为公差的等差数列，且， 所以是“组差数列” (2)证明：因为是“组差数列”， 所以数列是以18为公差的等差数列， 则， 又为定值，可设，则， 所以， 所以数列是等差数列，且公差为， 则， 设， 则， 两式相减得： ， 所以，即； (3)因为为“组差数列”， 所以数列是以为公差的等差数列， 则， 对于任意正整数，均存在非负整数和整数，使得， 此时，， 设这四项中的最小值为， 因为，所以， 从而， ， 令，由对任意的实数均成立，则 【分析】（1）由可得，当时，可得，进而结合题设定义即可判断； （2）由题意可得，设，可得，进而得到，进而得到数列是等差数列，且公差为3，即可求出，再利用错位相减法求证即可； （3）由题意可得，即存在非负整数和整数，使得，此时，设这四项中的最小值为，进而得到，进而求证即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $