新高考版2023年高考数学必刷压轴题专题17数列解答题压轴题（教师版）

这是一份新高考版2023年高考数学必刷压轴题专题17数列解答题压轴题（教师版），共65页。试卷主要包含了已知数列满足，设数列满足，已知正项数列的前项和满足，已知数列的前项和为，.等内容，欢迎下载使用。

1．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高二开学考试）数列对任意且，均存在正整数，满足，，．
(1)求可能值；
(2)若，成立，求数列的通项公式．
【答案】(1)或
(2)
（1）
解：由，
可得，
所以或；
（2）
因为，
，，
，
，
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明恒成立：
当，明显成立，
假设时命题成立，即，
则，则，命题得证．
回到原题，分类讨论求解数列的通项公式：
①若，则矛盾，
②若，则，，，
此时，
，
③若，则，
，，
，
，
事实上：矛盾．
综上可得．
2．（2022·上海·华师大二附中高三阶段练习）已知无穷数列满足，其中，对于数列中的一项，若包含的连续项满足或者，则称为包含的长度为的“单调片段”.
(1)若，写出所有包含的长度为3的“单调片段”；
(2)若对任意正整数，包含的“单调片段”长度的最大值都等于2，并且，求的通项公式；
(3)若对任意大于1的正整数，都存在包含的长度为的“单调片段”，求证：存在正整数，使得时，都有.
【答案】(1)和；
(2)或；
(3)证明见解析.
（1）
，包含的单调片段有两个，为和；
（2）
因为，
所以
若，因为包含的“单调片段”长度的最大值为2，则，
所以，故
因为包含的“单调片段”长度的最大值为2，
所以且，以此类推，可得到对任意且，
所以
所以，
若，则同理可得：，
综上所述：或；
（3）
首先证明：存在，使得为单调数列.
假设结论不成立，不妨设，
因为不成立，所以存在，使得且.
若从开始，一直单调递减下去，则与假设矛盾；
所以存在，使得且.
若从开始，一直单调递增下去，则与假设矛盾；
所以存在，使得且.
由可知，
因为存在包含的长度为的“单调片段”，所以
考虑，显然包含的最长“单调片段”为，其长度为
因为，所以，
这与已知：存在包含的长度为的“单调片段”，矛盾.
故假设不成立，结论成立.
当时，同理可证结论（*）成立.
根据结论为单调数列，
则对任意的正负号都相同，
于是当时，有
，
当时，显然
综上所述，题目所给结论成立.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足：，
(1)求a2，a3；
(2)设，求证：数列是等比数列，并求其通项公式；
(3)求数列前20项中所有奇数项的和．
【答案】(1)，；
(2)证明见解析，；
(3).
（1）
令，得，令，得；
（2）
根据题意，得，，
所以，
所以数列是，的等比数列，故；
（3）
由（2）可得，
所以数列前20项中所有奇数项的和
.
4．（2022·北京四中高三开学考试）设满足以下两个条件的有穷数列为阶“期待数列”：①；②.
(1)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”（不必说明理由）；
(2)若等差数列是15阶“期待数列”，求的通项公式；
(3)记阶“期待数列”的前项和为，证明：
（i）；
（ii）.
【答案】(1)一个单调递增的3阶“期待数列”：，，；一个单调递增的4阶“期待数列”：，，，；
(2)当时，；当时，；
(3)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
（1）
通过题意可得到， 3阶“期待数列”满足：①；②，易得，，满足一个单调递增的3阶“期待数列”的定义；
4阶“期待数列”满足：①；②，易得，，，满足一个单调递增的4阶“期待数列”的定义；
（2）
设等差数列，，，，公差为，
∵，
∴，
∴，即，
∴
当时，则与②矛盾；
当时，由①②得：，
∴，即，
由得，即，
∴，
令，∴，
当时，同理得，即，
由得即，
∴，
∴令，所以；
（3）
（i）假设，
若则，
，，
，
与矛盾；
若则，
，，
，
与矛盾；
所以不成立，
所以得证；
（ii）
.
5．（2022·全国·高三专题练习）设数列满足：对任意正整数n，有．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
（1）
当n＝1，得．
当时，，
得，即，
又也满足上式，
所以的通项公式为．
（2）
（2）由（1）及，得．因此
，①
，②
①－②得，
化简得.
6．（2022·全国·高三专题练习）已知数列的前项和为，且满足，当时，.
(1)计算：，；
(2)证明为等差数列，并求数列的通项公式；
(3)设，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，
(3)
（1）
令，得，又，所以；
令，得，又；
（2）
因为当时，，
所以，
所以数列为等差数列，首项为，公差为，
所以，
所以，
于是，当时，
，
当时，，满足上式，
故；
（3）
因为，则，
于是，
.
7．（2022·全国·高三专题练习）已知正项数列的前项和满足：，数列满足，且．
(1)求的值及数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求．
【答案】(1)，
(2)
（1）
，
当时，，，
解得．
又，，
，
当时，，
当时上式也成立，
．
（2）
数列满足，且．
,
，
当为偶数时，数列的前项和为
．
当为奇数时，数列的前项和为
,
当时也成立，
．
8．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）已知数列的前项和为，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的通项公式.
【答案】(1)
(2)
(1)
∵，∴，∴
令，得，∴是以4为首项，4为公比的等比数列，∴
(2)
∵，
即
∴
等式两边同乘以4得：
∴
∴，∴，经检验成立，∴
9．（2022·天津市西青区杨柳青第一中学高二期末）已知为等差数列，为公比大于0的等比数列，且，，，.
(1)求和的通项公式；
(2)设求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
(1)
设公差为，公比为，由可得，即，
因为解得.又，故，解得.故
(2)
因为，故，
设中奇数项和为，偶数项和为，则.
，
则，
则，
则，
即，
解得，故
10．（2022·上海·华师大二附中高一期末）记是公差不为的等差数列的前项和，已知，，数列满足，且．
(1)求的通项公式；
(2)证明数列是等比数列，并求的通项公式；
(3)求证：对于任意正整数，．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
(3)证明见解析
(1)
设等差数列的公差为，
由得：，解得：，
.
(2)
由（1）知：，则，
由得：，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，.
(3)
当时，；当时，；
当时，；
当时，（当且仅当时取等号），
当时，（当且仅当时取等号）；
当时，；
综上所述：对于任意正整数，.
11．（2022·全国·高三专题练习）已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项之积为，且．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，若数列的前项和，证明：．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
（1）
设等比数列的公比为， ,
∵，，成等差数列，∴，∴，
化为：，，解得．
又满足，∴，即，解得,
∴，
∵数列的前项之积为，∴，
∴，
即，∴是以2为公差的等差数列．
又，即，所以
（2）
,
所以数列的前项和
证明：，
，
则，又，随着n的增大而增大，故
所以．
12．（2022·天津·耀华中学二模）已知为等差数列，前n项和为，，是首项为2的等比数列，且公比大于0，，，.
(1)求和的通项公式；
(2)设，，，求；
(3)设，其中.求的前2n项和.
【答案】(1)，；
(2)；
(3).
(1)
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，或舍去，所以；
，
，解得：，即，
所以有，；
(2)
因为，
所以当时，
有
，显然当时也适合，
即；
(3)
由（1）（2）可知：，，.
当，时，，
当，时，，
，
.
②数列中的恒成立（能成立）问题
1．（2022·四川·雅安中学高二阶段练习）已知数列{an}是正项等差数列，其中a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列；数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+bn＝1．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)如果cn＝anbn，设数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数n，使得Tn＞Sn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，2
（1）
设数列{an}的公差为d，
∵a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列，
∴，即，解得（舍去）或，
所以，
由2Sn+bn＝1，得，
当n＝1时，2S1+b1＝1，解得，
当n≥2时，，
所以，
所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，
故．
（2）
由（1）知，，
所以①
则②
①-②得，，
所以，
又．
所以，
因为，
所以，即，
所以是递增数列，且当时，，
故当时，，即，
故所求的正整数n存在，其最小值是2.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知数列各项都是正数，，对任意n∈N*都有．数列满足，（n∈N*）．
(1)求数列，的通项公式；
(2)数列满足cn＝，数列的前n项和为，若不等式对一切n∈N*恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)，n∈N*；
(2)
（1）
数列各项都是正数，，对任意n∈N*都有，①
当时，，②
①﹣②可得，
因为数列各项都是正数，
所以可化为，
因为，
所以，所以，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，n∈N*；
数列满足，（n∈N*），
可得，
当时，，又，
两式相减可得，
所以的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列，
可得奇数项为1，3，5，7，...，2n﹣1，...，偶数项为2，4，6，...，2n，...，
所以；
（2）
因为，
所以，
所以
两式相减可得
化为，
若不等式对一切n∈N*恒成立，
即为恒成立，
设，
﹣1＝﹣1＝﹣1＝，
当时，，当时，，
所以时，取得最大值，
则﹣9，解得﹣，
即λ的取值范围是．
3．（2022·上海市松江二中高一期末）已知数列的前项和为，数列是首项为3，公比为3的等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围；
(3)若，是否存在正整数，使得依次成等差数列？若存在，求出所有的有序数组；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或
(1)
因为…①
所以当时，…②
①-②得：，整理得
则由累加法可得：
整理得：
又当时，上式也成立，所以的通项公式为
(2)
由题知，，因为存在，使得成立，所以存在，使得成立，即求的最大值.
又，故当时，，即，当时，，故当或时，取得最大值,所以的取值范围为
(3)
，由（2）因为，且，故若，则，，故，即不成等差数列，故.
若，则，又，故不成等差数列，故.
当时，此时，此时，解得.此时或，，，为或
当时，因为，且，故，即，故，即当时，.又，故，故不成等差数列.
综上所述，有序数组为或
4．（2022·全国·高三专题练习）已知数列的前项和，其中．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，，求数列的前项和；
(3)若存在，使得成立，求实数的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
（1）
当时，，
当时，，
两式相减并化简得（），
当时，上式也符合，
所以.
（2）
数列满足，，
则，，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
设数列满足，且前项和为，
,,
两式相减得，
所以.
设数列满足，则的前项和，
所以.
（3）
依题意，存在，使得成立，
，则只需求的最小值.
，
当或时，取得最小值为.
所以的最小值为.
5．（2022·四川·树德中学高一竞赛）已知数列中，，．正项等比数列的公比，且满足，．
(1)证明数列为等差数列，并求数列和的通项公式；
(2)如果，求的前n项和为；
(3)若存在，使成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析，，
(2)
(3)
(1)
解：因为，可得，
可得，所以，
即，
又因为，可得，所以数列表示首项为，公差为的等差数列，
所以，所以，
由，，可得，，
因为，所以，所以.
(2)
解：由（1）知，，可得，
所以.
(3)
解：由，可得，
则，
存在，使成立，
即存在，使成立，即存在，使成立，
设，则
令，
当时，，即
当时，，即，
当时，可得，即的最小值为，
所以，即实数k的取值范围．
6．（2022·湖北·武汉市第一中学高二期中）设为等差数列的前n项和，其中，且．
(1)求常数的值，并写出的通项公式；
(2)记，数列的前n项和为，若对任意的，，都有，求正整数的最小值．
【答案】(1)，.
(2)的最小值为.
(1)
解：由，且，
令，可得，解得；
当，可得，解得，
因为数列为等差数列，可得，解得，
所以，所以，
所以数列的通项公式为.
(2)
解：由（1）知，所以，
则，
可得，
两式相减可得
，
所以
要使得，即，即，
令，可得，
则，
当时，；
当时，，即，
即，
所以当时，恒有，
故存在时，对于任意时，都有成立.
7．（2022·全国·高三专题练习（理））已知数列满足，，为的前n项和.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前n项和满足对一切正奇数n恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
(1)
∵，，
∴，
∴数列是首项为1，公差为2的等差数列，
∴；
(2)
由题可得，
∴，
∴，n为奇数，
∴当 n为奇数，且时，
，
当时，也适合，
故当 n为奇数时，，
又对一切正奇数n恒成立，
∴对一切正奇数n恒成立，
又，
∴.
8．（2022·全国·高三专题练习）设数列的前项和为,且满足.
(1)求数列的通项公式;
(2)记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立,求的取值范围.
【答案】(1)
(2).
（1）
由题意,当 时，,
当 时， ，
所以， 即 ，
数列是首项为，公比为的等比数列，
故数列的通项公式为.
（2）
，
由 (1)，得当为偶数时，，
当为奇数时， ，
设数列的前项中奇数项的和为，
所以，
设数列的前项中偶数项的和为，
，
由两，得
，
整理得
故，，
.
不等式对一切恒成立, 即不等式对一切恒成立,
在上是单调增
所以，易知在上为递增数列，
当为偶数时，，
当为奇数时, ， 解得，
所以的取值范围为.
9．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）设数列的前项和为，且，数列满足，其中.
(1)证明为等差数列，求数列的通项公式；
(2)求使不等式对任意正整数都成立的最大实数的值；
(3)当时，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
(1)
解：当时，，所以，
当时，，
即，则有，
，
所以是以1为公差2为首项的等差数列，
是以，
是以；
(2)
解：，
则，
即为，
即为对于任意的正整数都成立，
令，
则，
故，
是以单调递增，
所以，
所以，
所以的最大值为；
(3)
证明：要证，
只需证，
因为，
所以
，
所以.
10．（2022·上海市建平中学高三阶段练习）已知实数列满足：，点（在曲线上．
(1)当且时，求实数列的通项公式；
(2)在（1）的条件下，若表示不超过实数t的最大整数，令，是数列的前n项和，求的值；
(3)当，时，若存在，且对恒成立，求证：．
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
(1)
由题可知：，
故数列是公差为的等差数列，又，
则，故.
(2)
由（1）可知：，
，
，
，
，
故.
(3)
根据题意可得，则，又，
即，解得或；
又因为，由数列极限定义可知：，
结合可得：，
故关于的一元二次方程有实数根，
故，解得，又或，故；
由可解得：舍；
又，且，
故
所以；
又，
故
因为，且，故，
，
则，
故，
故，
综上所述：，即证.
11．（2022·全国·高三专题练习（理））已知单调递增的等比数列，满足，且是，的等差中项．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，，对任意正整数，总有成立，试求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(1)
设等比数列的首项为，公比为．
依题意是，的等差中项，
有，
代入，
得．
．
，
解之得或，，
又单调递增，
，，
；
(2)
，
得，
，
由，
即对任意正整数恒成立，
．
对任意正整数，
恒成立．
，．
即的取值范围是．
12．（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足：，，，且；等比数列满足：，，，且．
(1)求数列、的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，若不等式对任意都成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)（），（），
(2)
（1）
由两边同除得：，
两边同除得：，
则，
所以
，（）
所以，又符合，
故（），
由得：，解得：，
所以（）.
（2）
∵，
∴ ①
∴ ②
由①-②得：，

∴.
则，由得：
，
因为
所以当为偶数时，；当为奇数时，.
故
所以，即，
故的取值范围是.
13．（2022·湖北武汉·高二阶段练习）设数列满足，数列的前项和为，且
(1)求证：数列为等差数列，并求的通项公式；
(2)设，若对任意正整数，当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，；
(2)或.
(1)
当时，
得到
，∴，
当时，
是以4为首项，2为公差的等差数列
∴
当时，
当时，也满足上式，.
(2)
令，
当，
因此的最小值为，的最大值为
对任意正整数，当时，恒成立，得，
即在时恒成立，
，解得t＜0或t＞3.
③数列与函数
1．（2022·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)证明：；
(2)若存在直线，其与两条曲线和共有四个不同的交点，设从左到右的四个交点的横坐标分别为，，，，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
（1）
令，则，
令
则当时，，所以在单调递增，
因为，
所以存在唯一零点，且当时，，当时， ，
所以当时，，单调递减；当时，单调递增，
所以，
由得，得，
两边取对数得，所以，所以，
所以，即；
（2）
由可得，
令，解得，
所以当时，，单调递减；当时，单调递增，
所以，
当趋向于负无穷时，且趋向于0，，当趋向于正无穷时，趋向于正无穷，所以如图所示，
由可得，
令，解得，
所以当时，，单调递减；当时，单调递增，
所以，
当趋向于0时，且趋向于0，，当趋向于正无穷时，趋向于正无穷，所以如图所示，
所以若存在直线，其与两条曲线和共有四个不同的交点，
则，
由图可得，是直线与的两个交点，，是直线与的两个交点，
则，
因为，，所以，
则，
因为在单调递增，且，所以，
所以，，
所以
2．（2022·上海·华师大二附中高二开学考试）已知函数的周期为，图像的一个对称中心为，将函数图像上所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），再将所得图像向右平移个单位长度后得到函数的图像．
(1)求函数与的解析式；
(2)是否存在，使得、、按照某种顺序成等差数列？若存在，请求出该数列公差绝对值的取值范围；若不存在，请说明理由；
(3)求实数与正整数，使得在内恰有个零点．
【答案】(1)，
(2)存在，
(3)答案见解析
（1）
周期，；
又是的一个对称中心，，解得：，
，，，
.
（2）
假设存在，使得、、按照某种顺序成等差数列；
当时，，，，
又，，
，即，
令，，
则
在上单调递增，
又，且在上连续，
唯一的，使得，即成立；
即存在，使得，，或，，成等差数列；
，
，，
即该等差数列公差的绝对值的取值范围为.
（3）
由题意得：，
当，即时，，不是的零点；
则的零点个数等价于的根的个数，即与的交点个数；
，是以为周期的周期函数；
当时，；
当时，；当时，；
在，上单调递增，在，上单调递减，
则在上的图像如下图所示，
由图像可知：当时，与在内无交点，在内有两个交点；
当时，与在内有两个交点，在内有两个交点；
当时，与在内有两个交点，在内无交点；
当时，与在内有且仅有一个交点，在内有且仅有一个交点；
①当时，与若有个交点，由得：，此时或；
②当时，与若有个交点，由得：，此时；
③当时，与若有个交点，由得：，此时或；
④当时，与若有个交点，由得：，此时.
3．（2022·江苏·泰州中学高三开学考试）已知函数和有相同的最大值.
(1)求a；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
（1）
定义域是，的定义域是，
因为，
当时，,,
,,
则在上单调递减，在单调递增，不存在最大值，
在上单调递减，在单调递增，也不存在最大值；
同理知当时，在上单调递增，在单调递减，
在上单调递增，在单调递减，
所以有极大值，即的最大值，
有极大值，即的最大值，
所以，即；
（2）
由（1）知，
由于时，，时，，因此只有才可能满足题意，
记，且，
由（1）得在上单调递增，在单调递减，
且，
所以存在，使得，
设，则，
设，则，
时，，递减，时，，递增，
所以，
所以，是增函数，时，，
，
又，所以存在，使得，
即此时与有两个交点，
其中一个交点在内，另一个交点在内，
同理与也有两个交点，
其中一个交点在内，另一个交点在内，
若与和共有三个不同的交点，
则其中一个交点为两条曲线和的公共点，记其横坐标为，
令，则，
记与的三个交点的横坐标从左到右依次为，
且满足，
且，即，
又，且，
且在和上分别单调，所以，即，
所以为的等比中项，
所以从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
4．（2022·福建泉州·高二期末）已知函数和．
(1)求在处的切线方程；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列．
【答案】(1);
(2)证明见解析.
（1）
由，则切点为，
而，则，故斜率为，
切线方程为，即.
（2）
时，由得：；
由得：，
在上为减函数，在上为增函数，则，
时，直线与曲线有两个不同交点.
时，由得：；
由得：或，
在、上为减函数，在上为增函数；
；，
时直线与曲线有两个不同交点.
不妨设存在，使得，即
，又时直线与曲线有两个不同交点，
，同理得：，即，
，又
∴，故，
所以存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列．
5．（2022·四川·德阳五中高一阶段练习（理））已知函数，.
(1)若，求函数在的值域；
(2)若， 求的值；
(3)令，已知函数在区间有零点，求实数k的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
（1）
若
，
当上函数为增函数，
则函数的最大值为，函数的最小值为，则函数的值域为.
（2）
若，则，
则，
设
则
两式相加得，即，则
故.
（3）
令
，
设，当，则，则函数等价为，
若函数在区间有零点，
则等价为在上有零点，
即在上有解，
即在上有解，
即，
设，则，则，则在上递增，
则当时，，当时，，
∴，即，即实数k的取值范围是.
6．（2022·全国·模拟预测）设函数，．
(1)若对任意，都有，求a的取值范围；
(2)设，．当时，判断，，是否能构成等差数列，并说明理由．
【答案】(1)
(2)不能构成等差数列；理由见解析
（1）
（1）的定义域是，．
①若，则当时，，在单调递增，等价于，即，由得．
设，．，故在单调递减，在单调递增，而，所以的解集为．
②若，则在单调递减，在单调递增，等价于，即，即，矛盾，故a的取值范围是．
（2）
（2）．
．
同理可得，
．
所以．
下面证明．
，且由（1）知，所以只需证明时，．令，即证．
设，，，
所以．
设，，故在（0，1）单调递减，．
所以，故，，不能构成等差数列．
7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，，求a的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)
(3)见解析
（1）
当时，，则，
当时，，当时，，
故的减区间为，增区间为.
（2）
设，则，
又，设，
则，
若，则，
因为为连续不间断函数，
故存在，使得，总有，
故在为增函数，故，
故在为增函数，故，与题设矛盾.
若，则，
下证：对任意，总有成立，
证明：设，故，
故在上为减函数，故即成立.
由上述不等式有，
故总成立，即在上为减函数，
所以.
当时，有，
所以在上为减函数，所以.
综上，.
（3）
取，则，总有成立，
令，则，
故即对任意的恒成立.
所以对任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
8．（2022·山东省实验中学模拟预测）已知函数．
(1)求函数的最大值；
(2)若关于x的方程有实数根，求实数k的取值范围；
(3)证明：．
【答案】(1)1；
(2)；
(3)证明见解析.
（1）
，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减
所以，即当时，取最大值1．
（2）
依题意，，令，，
当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，
即，因此的值域是，方程有解，有，
所以实数k的取值范围是.
（3）
由（1）知，当且仅当时取等号，因此当时，，
即当时，，，
所以．
9．（2022·辽宁实验中学高二期中）已知数列的前n项和满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)用数学归纳法证明不等式：，其中．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(1)
解：由，可得，
两式相减得，即，
则，
两式相减得，即，
所以为等差数列，
又因为，解得，
又由，可得，
所以数列的首项为1，公差为1，所以的通项为．
(2)
解：因为，所以原不等式可化为，，
以下用数学归纳法证明：
①时，显然成立．
②假设当时成立，则当时，
只需证，只需证，
只需证，只需证，
取，可得，所以在单调递增，
又因为，所以成立，所以成立．
综上所述，成立．
10．（2022·陕西·西安中学高三阶段练习（理））已知函数.
(1)讨论函数的零点个数；
(2)若数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)当或，有1个零点；当且时，有2个零点.
(2)证明见解析
(1)
因为，其定义域为，又，且，
①时，，在单调递增，故此时有1个零点；
②当时，令，可得，且，
令，解得，令，解得，
故在单调递增，在单调递减.
（i）当时，在单调递增，在单调递减，又因为，
所以，因此当且仅当时取等号，故此时有1个零点；
（ii）当时，在单调递增，在单调递减.
而，，，
令，，
所以在上单调递增，所以，即，
所以在上有1个零点，又，
故此时有2个零点；
（iii）当时，在单调递增，在单调递减.
，，，
所以在上有1个零点，又，
故此时有2个零点；
综上所述，当或，有1个零点；
当且时，有2个零点.
(2)
由（1）可知：时，，即：，当且仅当时取等号，
令可得，即，
令可得，即，
即
所以，
整理得：.
11．（2022·辽宁·东北育才学校高二阶段练习）已知函数，其中且．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：；
(3)求证：对任意的且，都有：…．（其中为自然对数的底数）
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
(1)
函数的定义域为，，
①当时，，所以在上单调递增；
②当时，令，解得，
当时，，所以，所以在上单调递减，
当时，，所以，所以在上单调递增.
综上，当时，函数在上调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
(2)
当时，，要证明，
即证，即，
设，则，令得，可得，
当时，，当时，．
所以，即，故.
(3)
由（2）可得，（当且仅当时等号成立），
令，，则，
故………
…，
即…，
故….
12．（2022·全国·高二单元测试）已知二次函数同时满足：
①不等式的解集有且只有一个元素；
②在定义域内存在，使得不等式成立．
设数列的前项和．
(1)求的表达式．
(2)求数列的通项公式．
(3)设，，的前项和为，若对任意，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
(1)
解：由不等式的解集有且只有一个元素得，
解得或，
当时，在上单调递增，
故不存在，
使得不等式成立；
当时，在上单调递减，
故存在，
使得不等式成立．
综上所述，．
(2)
解：由知：，
当时，，
当时，
，
．
(3)
解：，
，，，
当时，，
由对，恒成立，等价于对，恒成立，
而是关于的增函数，
当时，，
实数的取值范围是．
④数列与概率
1．（2022·广东·东莞四中高三阶段练习）足球是一项大众喜爱的运动.2022卡塔尔世界杯揭幕战将在2022年11月21日打响，决赛定于12月18日晚进行，全程为期28天.
(1)为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到22列联表如下：
依据小概率值a=0.001的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关?
(2)校足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即．
（i）求（直接写出结果即可）；
（ii）证明：数列为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小．
【答案】(1)喜爱足球运动与性别有关
(2)（i）；（ii）证明见解析，甲的概率大
（1）
假设：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关．
根据列联表数据，经计算得
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001．
（2）
（i）由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，第二次触球者传给包括甲的三人中的一人，故传给甲的概率为，故．
（ii）第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，
第次触球者不是甲的概率为，
则，
从而，
又，是以为首项，公比为的等比数列．
则，
∴，，
，故第19次触球者是甲的概率大
2．（2022·湖北武汉·高二期末）最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且试验成功的概率为，现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，则试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验次.记为试验结束时所进行的试验次数．
(1)写出的分布列；
(2)证明：．
【答案】(1)分布列见解析
(2)证明见解析
(1)
当时，，；
当时，；
的分布列为：
(2)
；
令，则，
，
，
，
；
又，，.
3．（2022·福建福建·高二期末）某汽车公司最近研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程的测试.现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图：
(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
(2)经计算第（1）问中样本标准差的近似值为50，根据大量的测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为的近似值），现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程的概率；
（参考数据：若随机变量，则，
(3)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上（方格图上依次标有数字0､1､2､3､……､20）移动，若遥控车最终停在“胜利大本营”（第19格），则可获得购车优惠券3万元；若遥控车最终停在“微笑大本营”（第20格），则没有任何优优惠券.已知硬币出现正､反面的概率都是，遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次：若掷出正面，遥控车向前移动一格（从到；若掷出反面，遥控车向前移动两格（从到），直到遥控车移到“胜利大本营”或“微笑大本营”时，游戏结束.设遥控车移到第格的概率为，试证明是等比数列，并求参与游戏一次的顾客获得优惠券全额的期望值（精确到万元）.
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析，参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为万元.
（1）
估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值为：
；
（2）
∵，
∴.
（3）
由题可知，
遥控车移到第格有两种可能：
①遥控车先到第格，又掷出反面，其概率为；
②遥控车先到第格，又掷出正面，其概率为，
∴，
∴时，，又∵，
∴当时，数列首项为，公比为的等比数列，
∴，
以上各式相加，得，
∴时，，
∴到达“胜利大本营”的概率，
∴设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为万元，则或0，
∴的期望，
∴参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为万元
4．（2022·辽宁实验中学高二期中）近两年因为疫情的原因，同学们对于居家上网课的情景越来越熟悉了．相较于在学校教室里线下课程而言，上网课因为少了课堂氛围，难于与老师和同学互动，听课学生很容易走神．为了提升同学们的听课效率，授课教师可以选择在授课过程中进行专注度监测，即要求同学们在10秒钟内在软件平台上按钮签到，若同学们能够在10秒钟内完成签到，则说明该同学在认真听课，否则就可以认为该同学目前走神了．经过一个月对全体同学上课情况的观察统计，平均每次专注度监测有90%的同学能够正常完成签到．为了能够进一步研究同学们上课的专注度情况，我们做如下两个约定：
①假设每名同学在专注度监测中出现走神情况的概率均相等；
②约定每次专注度监测中，每名同学完成签到加2分，未完成签到加1分．
请回答如下两个问题：
(1)若某班级共有50名学生，一节课老师会进行三次专注度监测，那么全班同学在三次专注度监测中的总得分的数学期望是多少？
(2)计某位同学在数次专注度监测中累计得分恰为n分的概率为（比如：表示累计得分为1分的概率，表示累计得分为2的概率，），试探求：
（Ⅰ）的通项公式；
（Ⅱ）的通项公式．
【答案】(1)285分
(2)（Ⅰ）；（Ⅱ）
(1)
基于约定①，可以认为每名同学在每次专注度监测中完成签到的概率为0.9，取全班同学在三次专注度监测中完成签到的总人次数为随机变量X，则，取全班同学在三次专注度监测中完成签到的总分数为随机变量Y，则，
∴分．
(2)
（Ⅰ）依题意，，，
∴，
又∵，∴为等比数列，
∴，
（Ⅱ）∵，，…，，将这个式子相加得，
∴
5．（2022·全国·高二期末）2022年4月23日是第27个“世界读书日”，某校组织“读书使青春展翅，知识让生命飞翔”主题知识竞赛，规定参赛同学每答对一题得2分，答错得1分，不限制答题次数.已知小明能正确回答每题的概率都为，且每次回答问题是相互独立的，记小明得分的概率为，.
(1)求，的值；
(2)求.
【答案】(1)，
(2)
(1)
解：得2分即回答1题正确或者回答2题都错误，所以，
得3分即回答2题1题正确，1题错误或者回答3题都错误，所以；
(2)
解：因为小明得分有两种情况，一种是小明在得分的情况下又答1题错误；
另一种是小明在得分的情况下又答1题正确.
所以，即，
因为，
所以，
因此是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
当时，，
，
又符合上式，
所以.
6．（2022·全国·高三专题练习）“学习强国”学习平台的答题竞赛包括三项活动，分别为“四人赛”“双人对战”和“挑战答题”.在一天内参与“四人赛”活动，每局第一名积3分，第二、三名各积2分，第四名积1分，每局比赛相互独立. 在一天内参与“双人对战”活动，每局比赛有积分，获胜者得2分，失败者得1分，每局比赛相互独立. 已知甲参加“四人赛”活动，每局比赛获得第一名、第二名的概率均为，获得第四名的概率为；甲参加“双人对战”活动，每局比赛获胜的概率为.
(1)记甲在一天中参加“四人赛”和“双人对战”两项活动（两项活动均只参加一局）的总得分为 ，求的分布列与数学期望；
(2)“挑战答题”比赛规则如下：每位参赛者每次连续回答5道题，在答对的情况下可以持续答题，若第一次答错时，答题结束，积分为0分，只有全部答对5道题可以获得5个积分.某市某部门为了吸引更多职工参与答题，设置了一个“得积分进阶”活动，从1阶到阶，规定每轮答题获得5个积分进2阶，没有获得积分进1阶，按照获得的阶级给予相应的奖品，记乙每次获得5个积分的概率互不影响，均为，记乙进到阶的概率为，求.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
（1）
甲参加“四人赛”时，每局比赛获得第三名的概率为，
依题意，所有可能的取值为
，

所以 的分布列如表所示
所以 ；
（2）
依题意， ， ，
“进到阶”的情况包括：第一种情况是进到阶后下一轮未获得5个积分，其概率为；第二种情况是进到阶后下一轮获得5个积分，其概率为，两种情况互斥，所以 ，
则
所以
又 ，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
故
即 ；
综上，为E(X)= ，.
7．（2022·山东·青岛大学附属中学高二期中）某商场拟在周年店庆进行促销活动，对一次性消费超过200元的顾客，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子，若向上点数不超过4点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为9分，则游戏结束，可得到200元礼券，若累计得分为10分，则游戏结束，可得到纪念品一份，最多进行9轮游戏.
(1)当进行完3轮游戏时，总分为，求的分布列和数学期望；
(2)若累计得分为的概率为，初始分数为0分，记
（i）证明：数列是等比数列；
（ii）求活动参与者得到纪念品的概率.
【答案】(1)分布列见解析，期望为
(2)（i）证明见解析；（ii）
(1)
解：由题意得每轮游戏获得1分的概率为，获得2分的概率为
所以随机变量可能取值为3，4，5，6，
可得，
，
所以的分布列：
所以期望.
(2)
解：（ⅰ）证明：，即累计得分为1分，是第1次掷骰子，向上点数不超过4点的概率
则，
累计得分为分的情况有两种：
①，即前一轮累计得分，又掷骰子点数超过4点得2分，其概率为，
②，即前一轮累计得分，又掷骰子点数没超过4点得1分，其概率为，
所以，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（ⅱ）因为数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，，…，，
各式相加，得：，
所以
所以活动参与者得到纪念品的概率为.
8．（2022·江苏徐州·高二期中）为了方便出行，缓解交通压力，保护环境，推进生态文明建设，市政府大力推行共享交通工具出行．某企业根据市场发展情况推出共享单车和共享电动车两种产品，市场调查发现，由于两种产品中共享电动车速度更快，故更受市民欢迎．一般使用共享电动车的概率为，使用共享单车的概率为，该企业为了促进市民消费，使用共享电动车一次记2分，使用共享单车一次记1分，每个市民各次使用共享交通工具选择意愿相互独立，市民之间选择意愿也相互独立．
(1)从首次使用共享交通工具的市民中随机抽取3人，记总得分为随机变量，求的分布列和数学期望；
(2)记某一市民已使用该企业共享交通工具的累计得分恰为分的概率为（比如：表示累计得分为1分的概率，表示累计得分为2分的概率，），试探求与之间的关系，并求数列的通项公式．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
(1)
X=3，则 三人首次都是使用共享单车， ，
X=4，则有一人使用电动车，另外两人使用共享单车， ，
X=5，则有二人使用电动车，剩下一人使用共享单车， ，
X=6，则三人都使用电动车， ，
分布列为：
；
(2)
当得分为n-1时，其概率为 ，如果再得分为2（使用电动车），则得不到n分，
所以 即
；
综上， ， 与 的关系为，.
9．（2022·全国·高三专题练习）一种掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第站、第站、第站、、第站，共站，设棋子跳到第站的概率为，一枚棋子开始在第站，棋手每掷一次骰子，棋子向前跳动一次．若掷出奇数点，棋子向前跳一站；若掷出偶数点，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第站（获胜）或第站（失败）时，游戏结束（骰子是用一种均匀材料做成的立方体形状的游戏玩具，它的六个面分别标有点数、、、、、）．
(1)求、、，并根据棋子跳到第站的情况，试用和表示；
(2)求证：为等比数列；
(3)求玩该游戏获胜的概率．
【答案】(1)，，，且.
(2)证明见解析
(3)
(1)
解：棋子开始在第站是必然事件，所以，
棋子跳到第站，只有一种情形，第一次掷骰子出现奇数点，其概率为，所以；
棋子跳到第站，包括两种情形，①第一次掷骰子出现偶数点，其概率为；②前两次掷骰子都出现奇数点，其概率为，所以；
棋子跳到第站，包括两种情形，①棋子先跳到第站，又掷骰子出现偶数点，其概率为；
②棋子先跳到第站，又掷骰子出现奇数点，其概率为，
故，
棋子跳到站只有一种情况，棋子先跳到第站，又掷骰子出现偶数点，其概率为，所以，.
(2)
证明：由（1）可得且，
所以，数列为等比数列，且公比为.
(3)
解：由（2）可知，
所以，
.
所以，玩该游戏获胜的概率为.
10．（2022·山东潍坊·模拟预测）某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了个相同的箱子，其中第个箱子中有个数学题，个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目（每次取出不放回），并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品．
(1)已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了个数学题，个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为，答对每一个物理题的概率为．
①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率；
②已知，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时、的值．
(2)若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率．
【答案】(1)①；②至少要进行轮游戏，，．
(2)
（1）
解：①记“学生甲第一轮活动获得一个奖品”为事件．则；
②学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为，
令，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，，
即当时，．
学生甲在轮活动中获得奖品的个数，由，知．
故理论上至少要进行轮游戏，此时，．
（2）
解：设选出的是第个箱子，连续三次取出题目的方法数为．
设数学题为，物理题为，第三次取出的是物理题有如下四种情形：
取法数为，
取法数为，
取法数为，
取法数为，
从而，第三次取出的是物理题的种数为
．
则在第个箱子中第三次取出的是物理题的概率为．
而选到第个箱子的概率为，
故所求的概率为．
喜爱足球运动
不喜爱足球运动
合计
男性
60
40
100
女性
20
80
100
合计
80
120
200
3
4
5
6
X
3
4
5
6
P(X)