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重难点突破01 数列的综合应用（十三大题型）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）
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这是一份重难点突破01 数列的综合应用（十三大题型）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考），文件包含重难点突破01数列的综合应用十三大题型原卷版docx、重难点突破01数列的综合应用十三大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共99页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc172671537" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc172671537 \h 2
\l "_Tc172671538" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc172671538 \h 3
\l "_Tc172671539" 题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用 PAGEREF _Tc172671539 \h 3
\l "_Tc172671540" 题型二：数列不动点与递推问题 PAGEREF _Tc172671540 \h 6
\l "_Tc172671541" 题型三：数列与函数、不等式的综合问题 PAGEREF _Tc172671541 \h 10
\l "_Tc172671542" 题型四：数列在实际问题中的应用 PAGEREF _Tc172671542 \h 13
\l "_Tc172671543" 题型五：数列不等式的证明 PAGEREF _Tc172671543 \h 16
\l "_Tc172671544" 题型六：公共项问题 PAGEREF _Tc172671544 \h 20
\l "_Tc172671545" 题型七：插项问题 PAGEREF _Tc172671545 \h 24
\l "_Tc172671546" 题型八：蛛网图问题 PAGEREF _Tc172671546 \h 27
\l "_Tc172671547" 题型九：整数的存在性问题（不定方程） PAGEREF _Tc172671547 \h 35
\l "_Tc172671548" 题型十：数列与函数的交汇问题 PAGEREF _Tc172671548 \h 38
\l "_Tc172671549" 题型十一：数列与导数的交汇问题 PAGEREF _Tc172671549 \h 40
\l "_Tc172671550" 题型十二：数列与概率的交汇问题 PAGEREF _Tc172671550 \h 46
\l "_Tc172671551" 题型十三：数列与几何的交汇问题 PAGEREF _Tc172671551 \h 50
\l "_Tc172671552" 03过关测试 PAGEREF _Tc172671552 \h 54
1、解决数列与数学文化相交汇问题的关键
2、新定义问题的解题思路
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，使问题得以解决．
3、数列与函数综合问题的主要类型及求解策略
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形．
注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性．
4、数列与不等式综合问题的求解策略
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
利用等价转化思想将其转化为最值问题.
恒成立；
恒成立.
5、现实生活中涉及银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、产品产量等问题，常常考虑用数列的知识去解决．
（1）数列实际应用中的常见模型
①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差；
②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；
③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第项与第项的递推关系还是前项和与前项和之间的递推关系．
在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．
（2）解决数列实际应用题的3个关键点
①根据题意，正确确定数列模型；
②利用数列知识准确求解模型；
③问题作答，不要忽视问题的实际意义．
6、在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法.
放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）.
放缩法证不等式的理论依据是：；.
放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.
题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用
【典例1-1】（2024·重庆九龙坡·三模）正整数的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当很大时，.其中称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数，用上式计算的值为（ ）
（参考数据：，，）
A．10B．9C．8D．7
【答案】C
【解析】设，则，
因为，
可知数列为递增数列，
且，
，
可知，所以.
故选：C.
【典例1-2】（2024·黑龙江佳木斯·三模）《算法统宗》是一部中国古代数学名著，全称为《新编直指算法统宗》，由明代数学家程大位所著．该书在万历二十一年（即公元1593年）首次刊行，全书共有17卷．其主要内容涵盖了数学名词、大数与小数的解释、度量衡单位以及珠算盘式图和各种算法的口诀等基础知识．同时，书中还按照“九章”的次序列举了多种应用题及其解法，并附有图式说明．此外，《算法统宗》还包括了难题解法的汇编和不能归入前面各类别的杂法算法等内容．其中有一首诗，讲述了“竹筒容米”问题．诗云：‘家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上稍四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明’（【注释】三升九：3.9升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量）用你所学数学知识求该九节竹一共盛米多少升?（ ）
A．8.8升B．9升C．9.1升D．9.2升
【答案】B
【解析】设第节竹筒盛米升，
则数列为等差数列，，
设公差为，
则有，解得，
所以，
则该九节竹一共盛米升.
故选：B.
【变式1-1】（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，.
从而有，
整理得，
，
，
，，
由于皆为正整数，所以
（i）当时，，
当时，，
（iii）当时，，
（iv）当时，
只有符合题意，即的值为2.
故选：B.
【变式1-2】（2024·云南·模拟预测）当前，全球新一轮科技革命和产业变革蓬勃发展，汽车与能源､交通､信息通信等领域有关技术加速融合，电动化､网联化､智能化成为汽车产业的发展潮流和趋势.某车企为转型升级，从2024年起大力发展新能源汽车，2024年全年预计生产新能源汽车10万辆，每辆车的利润为2万元.假设后续的几年中，经过车企关键核心技术的不断突破和受众购买力的提升，每年新能源汽车的产量都比前一年增加（假设每年生产的新能源汽车都能销售出去），每辆车的利润都比前一年增加2000元，则至2030年年底，该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为（ ）参考数据：，结果精确到0.1）
A．320.5亿元B．353.8亿元C．363.2亿元D．283.8亿元
【答案】B
【解析】设第年每辆车的利润为万元，则每辆车的利润是以2为首项，0.2为公差的等差数列，
所以，设第年新能源汽车的销量为辆，
则该汽车的销量是以100000为首项，1.2为公比的等比数列，所以，
设该车企销售新能源汽车的总利润为，
①，
，②
①-②得：
，
所以万元，即亿元，
故选：B.
题型二：数列不动点与递推问题
【典例2-1】（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，，的前n项和为，则下列说法正确的有（ ）
A．对任意，不可能为常数数列
B．当时，为递减数列
C．若，则
D．若，则
【答案】BCD
【解析】因为，，故.
对于A，当时，，即数列为常数数列，故A错误；
对于B，当时，，
若存在，使得等号成立，则，故，故，
依次有，矛盾，故,
则，即，所以为递减数列，故B正确；
对于C，由得，由A，B知，当时，，
故，则，
故，当n＝2时，，此时等号成立，故C正确；
对于D，由题有，，则，两式相减得，
故，
所以
（提示：），故D正确．
故选：BCD．
【典例2-2】（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，B．若数列为常数列，则
C．若数列为递增数列，则D．当时，
【答案】AD
【解析】对于A，当时，，令，则，，故，即，A正确；
对于B，若数列为常数列，令，则，解得或或，B不正确；
对于C，令，则，
若数列为递增数列，则数列为递增数列，则，解得或.
当时，，且，
，此时数列为递增数列，即数列为递增数列；
当时，，且，
，此时数列不为递增数列，即数列不为递增数列；
当时，，
，此时数列为递增数列，即数列为递增数列.
综上，当或，即或时，数列为递增数列，C不正确；
对于D，令，则，，两边同时取以2为底的对数，得，，
数列是首项为1，公比为2的等比数列，
，即，D正确.
故选：AD.
【变式2-1】已知数列满足，.给出下列四个结论：
①数列每一项都满足；
②数列是递减数列；
③数列的前项和；
④数列每一项都满足成立.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③
C．①②③D．①②④
【答案】D
【解析】对①：，，
当时，，所以，
假设当时，；
则当时，；
综上，，正确；
对②：，故数列是递减数列，正确；
对③：，，，，，错误；
对④：当时，成立，
假设时成立，即，
当时，函数在上单调递增，
则，
故时成立.
综上所述：数列每一项都满足成立，正确.
故选：D.
【变式2-2】（2024·浙江·模拟预测）设数列满足，其中c为实数，数列的前n项和是，下列说法不正确的是（ ）
A．c∈[0,1]是的充分必要条件B．当c>1时，一定是递减数列
C．当c<0时，不存在c使是周期数列D．当时，
【答案】C
【解析】若，则，即必要性成立；
若c∈[0,1]，则
假设时，
则时，
因此c∈[0,1] 时，，即充分性成立；故A成立；
单调递增，
同理，依次类推可得，即一定是递减数列，故B成立；
当c<0时，
由，令存在零点，即存在c使是周期数列，即C错误；
当时，
由A得，所以
因为时，，所以，即D成立；
故选：C
题型三：数列与函数、不等式的综合问题
【典例3-1】（2024·江苏苏州·三模）已知函数.
①当时，，记前项积为，若恒成立，整数的最小值是 ;
②对所有n都有成立，则的最小值是 .
【答案】 3
【解析】，，，故，
设，，则，
故在上单调递减，
则，故当时，，
则
，
所以，
综上，，若恒成立，整数的最小值为3，
，
化简得，即，
令，，
当时，，
所以在上单调递减，
又，
所以，故，
解得，所以的最小值为.
故答案为：3，
【典例3-2】欧拉函数的函数值等于所有不超过且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个整数称为互质整数），例如：，．记，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】在的整数中与不互质的数有，共有个，所以与互质的数有个，因此．
在的整数中，2的倍数共有个，5的倍数共有个，10的倍数共有个，所以．
所以，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，
则恒成立等价于恒成立，
即恒成立，所以，
令，则，
所以，且，
所以，
所以，即实数的取值范围是
【变式3-1】（2024·河北保定·二模）已知数列的前项积为，若，则满足的正整数的最小值为 .
【答案】
【解析】由满足，即，
故：，
当时，，
又为偶数时，为奇数时，，所以要满足，
所以的最小值为5，
故答案为：5.
【变式3-2】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知数列的前项和为，且.若，则的最小值为 .
【答案】7
【解析】因为，
两式相减得：，即.
两边同除以可得，
又，得，满足，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，故，
即，所以，
因为，
令，则，
所以数列单调递增，因为，
所以当时，，即；
当7时，，
即.所以的最小值为7.
故答案为：7.
【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知正项数列的前项和为，，若存在非零常数，使得对任意的正整数均成立，则 ，的最小值为 .
【答案】 1 /0.5
【解析】当时，，即，又，所以.
由①，得：当时，②，①②得，故，
所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，
所以，则，解得；
故数列的公比为2，，则，，则.
解法一 令，则，，
由对勾函数的性质可得在区间上单调递增，
所以当，即时，取得最小值.
解法二 令，则，单调递增，
所以当时，取得最小值，即的最小值为.
故答案为：1，
题型四：数列在实际问题中的应用
【典例4-1】（2024·上海杨浦·二模）某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .
【答案】134
【解析】设第一层有根，共有层，则，
，显然和中一个奇数一个偶数，
则或或，即或或，
显然每增加一层高度增加厘米，
当时，厘米厘米，此时最下层有根；
当时，厘米厘米，此时最下层有根；
当时，厘米，超过米，
所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为根.
故答案为：134
【典例4-2】（2024·北京延庆·一模）北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板 块．
【答案】
【解析】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差，，
设每层有环，则，，
所以，即，
即，解得或（舍去），
所以，则，
即上层有扇形石板块.
故答案为：．
【变式4-1】（2024·广东茂名·一模）有一座六层高的商场，若每层所开灯的数量都是下面一层的两倍，一共开了1890盏，则底层所开灯的数量为 盏.
【答案】30
【解析】依题意，从下往上每层灯的数据构成等比数列，公比，，前6项和，
于是，解得，
所以底层所开灯的数量为30盏.
故答案为：30
【变式4-2】（2024·贵州·模拟预测）拓扑结构图在计算机通信、计算机网络结构设计和网络维护等方面有着重要的作用.某树形拓扑结构图如图所示，圆圈代表节点，每一个节点都有两个子节点，则到第10层一共有 个节点.（填写具体数字）
【答案】1023
【解析】由图可知，每一层节点的个数组成以1为首项，2为公比的等比数列，
所以到第10层节点的总个数是.
故答案为：1023.
【变式4-3】（2024·湖北·一模）2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花——“科赫雪花”．它的绘制规则是：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分，以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线．重复上述两步，画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，，，，．
设雪花曲线周长为，面积为．若的边长为3，则 ； ．
【答案】
【解析】设雪花曲线的边长为，边数为，又周长为，面积为，
由题意可知，，，，
所以，，
所以，
则，
又，
当时，，
.
也符合该式.
故答案为：；.
题型五：数列不等式的证明
【典例5-1】（2024·高三·河北衡水·期中）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：．
【解析】（1）当时，.
当时，，，两式相减得：
.
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
所以.
（2）由（1）知：
所以.
当时，，
当时，，故，
所以.
【典例5-2】（2024·江苏盐城·模拟预测）在数列的第项与第项之间插入个1，称为变换．数列通过变换所得数列记为，数列通过变换所得数列记为，以此类推，数列通过变换所得数列记为（其中）．
(1)已知等比数列的首项为1，项数为，其前项和为，若，求数列的项数；
(2)若数列的项数为3，的项数记为．
①当时，试用表示；
②求证：．
【解析】（1）设等比数列的公比为，显然，
由，得，解得.
故数列有8项，经过1次变换后的项数为，
即的项数为36.
（2）①由的项数为，则当时，，
所以
②因数列是一个3项的数列，所以，
由，所以，
于是，则有
所以，得，即，
所以.
，，于是，
则有，可得，有，即，
所以，
综上所述，．
【变式5-1】（2024·江苏盐城·一模）已知正项数列中，，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)，证明：.
【解析】（1）由，，
得，又，
则是以为首项，为公比的等比数列，
所以，.
（2）证明：因为
，
所以
.
【变式5-2】已知数列满足．
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明：
【解析】（1）因为，所以，且，则，
即，所以数列是首项为，公比为7的等比数列，
所以，则；
（2）由（1）可知，，
，即，只有当时，等号成立，
所以，只有当时，等号成立，
当时，，成立，
当时，，
综上可知，.
【变式5-3】已知数列是等差数列，，，数列的前n项和为，且，
(1)求数列和的通项公式；
(2)若集合中恰有四个元素，求实数的取值范围；
(3)设数列满足，的前n项和为，证明：．
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得：，解得，
所以；
又因为，
若，可得，解得；
若，可得，
两式相减得，即；
可知数列是以首项，公比的等比数列，所以.
（2）由（1）可知：，
若，即，可得，
设，原题意等价于关于n的不等式恰有4个不同的解，
令，
当且仅当时，等号成立，
可得，且，则，
所以实数的取值范围为.
（3）由题意可知：，则，
则，
因为，则，即，可得，
则；
又因为，则，可得，
则；
综上所述：.
题型六：公共项问题
【典例6-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列的前n项积为，数列满足，（，）．
(1)求数列，的通项公式；
(2)将数列，中的公共项从小到大排列构成新数列，求数列的通项公式．
【解析】（1），，
当时，，
当时，，即，
而，满足上式，
所以数列的通项公式为；
若数列满足，（，），
则，
从而数列的通项公式为；
（2）令，解得，这表明，
从而只能，
所以，
所以数列的通项公式为.
【典例6-2】（2024·全国·模拟预测）设为等差数列的前n项和，且，数列满足．
(1)求和的通项公式；
(2)若将数列和的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，求数列的前n项和．
【解析】（1）设等差数列的公差为d，
由题意得，解得，
所以由等差数列的通项公式可得：．
由得数列是首项为4，公比为4的等比数列，
所以由等比数列的通项公式可得：
（2）令，则可得，
所以
，
即对于数列中的任意一项，都在数列中存在公共项，
所以数列是数列的子数列，从而可得，
所以．
【变式6-1】（2024·四川南充·一模）已知等差数列的前n项和为，满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)将数列与的公共项从大到小排列得到数列，求数列的前n项和为.
【解析】（1）记等差数列的公差为，
由题知，即，解得，
所以数列的通项公式为：.
（2）数列的公差为，数列的公差为，
所以数列的公差为，
又数列和的首项都为2，
所以数列是以2为首项，为公差的等差数列，
所以.
【变式6-2】已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，若．
(1)求数列，的通项公式；
(2)设由，的公共项构成的新数列记为，求数列的前5项之和．
【解析】（1）设数列的公差为，数列的公比为，
因为
则，解得，
所以，
因为，
所以，则，
所以，
因为，所以，，
所以．
（2）设数列的第项与数列的第项相等，
则，，，
所以，，，
因为，，
所以当时，，当时，，则，当时，，
当时，，则，当时，，
当时，，则，当时，
当时，，则，当时，
当时，，则，
故的前5项之和．
【变式6-3】已知，设与的公共项数列为，给出至少两种求的方法，要求讲清思路，并求出．
【解析】方法1， 由是与的公共项，设的第n项是中的第m项，是的第k项，
即，则，，
显然是正整数，而为正整数，当且仅当，即为奇数时等式成立，
所以.
方法2，显然，不是公共项，，，则，
不是公共项，，则，
一般地，如果，则一定不是中的项，
而是中的项，
因此数列的指数构成以2为公差的等差数列，其首项为1，
所以.
方法3，显然，不是公共项，，，则，
不是公共项，，则，猜想，
用数学归纳法证明：
当时，猜想显然成立，
假设当时，猜想成立，即，且，
于是，即是数列与的公共项，猜想成立，
综上，对于任意正整数，是数列与的公共项，
所以的通项公式为.
题型七：插项问题
【典例7-1】已知数列是等差数列，其前和为，，，数列满足
(1)求数列，的通项公式；
(2)若对数列，，在与之间插入个2（），组成一个新数列，求数列的前83项的和.
【解析】（1）设公差为，
故，解得，
故，
故，①
当时，，
当时，，②
式子①-②得，，
即，
当时，也满足上式，故；
（2）因为，所以在中，从项开始，到项为止，
共有项数为，
当时，，当时，，
故数列前项是项之后还有项为2，
.
【典例7-2】（2024·广东广州·二模）已知等差数列的前项和为，且为等差数列．
(1)求的通项公式；
(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，记数列的前项和为，求证：．
【解析】（1）因为等差数列中，，又，
所以，即①，
因为为等差数列，所以，
令时，，即，则②，
结合①②，解出，则，
所以的通项公式为．
（2）由题设得，即，
所以①，
则②，
由①-②得：，
所以，
因为，所以，所以，即证．
【变式7-1】（2024·河北沧州·一模）在数列中，已知．
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列中的和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；…；在和之间插入个数，使成等差数列，这样可以得到新数列，设数列的前项和为，求（用数字作答）．
【解析】（1）当时，；
当时，，
所以，.
当时，上式亦成立，
所以：.
（2）由.
所以新数列前55项中包含数列的前10项，还包含，，，，，，，，.
且，，， .
所以
.
设
则，
所以.
故：.
所以.
【变式7-2】（2024·广西·模拟预测）记数列的前n项和为，对任意正整数n，有．
(1)求数列的通项公式；
(2)对所有正整数m，若，则在和两项中插入，由此得到一个新数列，求的前91项和．
【解析】（1）当时，．
又时，得，也满足上式，
故．
（2）由，所以，
又，所以前91项中有87项来自，
所以
．
题型八：蛛网图问题
【典例8-1】已知数列若（且），若对任意恒成立，则实数t的取值范围是 .
【答案】
【解析】法一：不妨先由得到恒成立的必要条件，
；
，设，则，
所以，解得，故，
又，
故，
所以，得证.
法二：蛛网法
记函数，过定点.
当时，迭代收敛于点A，只需位于直线下方，即；
当时，迭代收敛于点A，由蛛网图：单调递减，故只需
即
综上.
故答案为：
【典例8-2】已知数列满足：，，前项和为，则下列选项错误的是 （参考数据：，
A．是单调递增数列，是单调递减数列
B．
C．
D．
【解析】解：由，得，
，
令，即，
则，
，．
作图如下：
由图可得：
．是单调递增数列，是单调递减数列，因此正确；
．，，，，
，，
，，因此正确；
．，，因此不正确；
．由不动点，，得，可得：，，因此正确．
故选：．
【变式8-1】（2024•浙江模拟）数列满足，，，表示数列前项和，则下列选项中错误的是
A．若，则
B．若，则递减
C．若，则
D．若，则
【解析】解：（法一）对于选项，令，，则，令，
易知在上单调递减，在，上单调递增，此时，
又，若，则有，故选项正确；
对于选项，结合选项中的过程，作出递推函数与的交点，可得函数的不动点为和1，且，
故函数在单调递增，且，
故为吸引不动点，为排斥不动点，
故当时，数列向吸引不动点靠近，单调递减，故选项正确；
对于选项，，由选项，的过程可知，当时，数列单调递减且，故，
而显然，故成立，故选项正确；
对于选项，当时，结合选项，的过程及蛛网图，易知数列单调递增，
又，故当时，，即，
故，
，
故，故选项错误．
（法二）作出与的图象，由蛛网图可知，选项，正确；
若，由蛛网图可知，，时，，则，
故，选项正确；
若，则，，比较与的大小，
，
则，选项错误．
故选：．
【变式8-2】已知数列满足：，，前项和为（参考数据：，，则下列选项中错误的是
A．是单调递增数列，是单调递减数列
B．
C．
D．
【解析】解：由，得，
，
令，即，则，，，
作图如下：
由图得：
①单调递增，单调递减，
，故正确；
②，，，，
，，
，，故正确；
③，，故错误．
④由不动点，得，，
，，故正确．
故选：．
【变式8-3】（多选题）已知数列满足，，记数列的前n项和为，对恒成立，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则数列为递减数列
B．若，则数列为递增数列
C．若a＝3，则的可能取值为
D．若a＝3，则
【答案】BCD
【解析】对于A，令，解得，即数列的不动点为2，所以当a＝2时，，此时为常数列，A错误；
对于B，作出函数与函数y＝x的图像如图：
由图可知B正确；
对于C，作出函数与函数y＝x的图像如图：
由图可知：，∴，∴，
即，又∵，∴，
一方面，由得，
∴，，
∴
∵，且当n→＋∞，，∴，∵，
∴另一方面，由，，得，，
又∵，，，且，∴，
所以CD正确.
故选：BCD.
题型九：整数的存在性问题（不定方程）
【典例9-1】已知等比数列的前项和为，公比.
(1)求；
(2)若在与之间插入3个数，使这5个数组成一个等差数列，试问在这5个数中是否存在3个数可以构成等比数列？若存在，找出这3个数；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由，得，所以.
（2）设这5个数组成的等差数列为，
则，，得该数列的公差，
所以，，.
因为，所以，，成等比数列，即这3个数为4，12，36.
【典例9-2】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．
【解析】（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．
【变式9-1】（2024·天津南开·二模）已知是等差数列，公差，，且是与的等比中项.
(1)求的通项公式
(2)数列满足，且.
（ⅰ）求的前n项和.
（ⅱ）是否存在正整数m，n（），使得，，成等差数列，若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为为等差数列，且，所以．
又是与的等比中项，所以，即．
化简得，解得或（舍），
所以．
（2）（i）由，得，所以（），又，
当时，
，
又也适合上式，所以，
则，
所以．
（ⅱ）假设存在正整数m，n，使得，，成等差数列，
则，即，整理得，
显然是25的正约数，又，则或，
当，即时，与矛盾；
当，即时，，符合题意，
所以存在正整数使得，，成等差数列，此时，．
【变式9-2】（2024·黑龙江·二模）已知等比数列的前n项和为，且，其中.
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在不同三项，，（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为，故，故，
而为等比数列，故其公比为，
又，故，故，
故.
（2）由题设可得，
若数列中存在不同三项，，（其中成等差数列）成等比数列，
则，因为等差数列，
故即，故，
故即，这样不同矛盾，
故数列中不存在不同三项，，（其中成等差数列）成等比数列.
【变式9-3】（2024·天津北辰·三模）已知为等差数列，前项和为，若，；数列满足：，.
(1)求和的通项公式；
(2)对任意的，将中落入区间内项的个数记为.
（i）求；
（ii）记，的前项和记为，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1），
所以，
①
当时，令得：②
①②得：，所以是公差为的等差数列，
当时有：，所以
（2）（i）
因为，所以，所以
（ii），把代入得：，
所以，，
所以
因为，，所以，
当时，（舍去），当时，（舍去），
当时，，所以存在，.
题型十：数列与函数的交汇问题
【典例10-1】已知定义在上的函数是奇函数且满足，，数列是等差数列，若，，则
A．B．C．2D．3
【解析】解：函数是奇函数且满足，
有，
则，
即，
为周期为3的函数，
数列是等差数列，若，，
，，
，
（1）（3）（5），
，，（1），
（1）（3）（5），
（1）（3）（5）（1）（3），
故选：．
【典例10-2】已知数列的通项公式，则
A．150B．162C．180D．210
【解析】解：，
可得当时，数列递减，时，数列递增，
可得
．
故选：．
【变式10-1】设等差数列的前项和为，已知，，则下列结论中正确的是
A．，B．，
C．，D．，
【解析】解：由，
可得，，即，，从而可得等差数列的公差
，
把已知的两式相加可得
整理可得
结合上面的判断可知
所以，而
故选：．
题型十一：数列与导数的交汇问题
【典例11-1】（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，数列满足，且
①比较，，1的大小
②证明：.
【解析】（1）由题意知的单调性为，
.
当时，令，解得，令，解得，
在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）①当时，，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，，，，
令，
，
所以在上单调递减，且，
因为，
又，所以，
所以，则.
②要证，即证，
又，，即证.
所以，即，
所以成立，
故.
【典例11-2】（2024·黑龙江·二模）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数是第n层球数与的和，设各层球数构成一个数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：当时，
(3)若数列满足，对于，证明：．
【解析】（1）根据题意，，
则有，
当时，
，
又也满足，所以.
（2）设，，
则，
所以在上单调递增，则，
即，即当时，.
（3）由（2）可知当时，，
令，则，
所以，
所以，
令，
则，
所以
，
所以，
所以.
【变式11-1】（2024·湖南长沙·三模）已知函数．
(1)判断并证明的零点个数
(2)记在上的零点为，求证;
（i）是一个递减数列
（ii）．
【解析】（1）当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
证明如下：
当时，由，得，
所以函数在上单调递增，又，，
所以函数在内有唯一零点；
当时，，
若为奇数，，则，此时在内无零点；
若为偶数，设，
则，方程有一个解，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且，此时在内有1个零点.
综上，当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
（2）（i）由（1）知，当时，在在内的零点，
当时，，，
则，
故，所以数列是一个递减数列；
（ii）由（i）知，当时，，
当时，，
有，所以，求和可得
，当且仅当时等号成立；
当时，，
故，则，得，
即，即，即，
即，即，
即，当时，，
所以当时，均有成立，求和可得
.
综上，.
【变式11-2】（2024·湖南衡阳·三模）已知正项数列的前项和为，首项.
(1)若，求数列的通项公式；
(2)若函数，正项数列满足：.
（i）证明：；
（ii）证明：.
【解析】（1）正项数列中，，，，当时，，
两式相减得，即，
而，则，因此数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以数列的通项公式为.
（2）（i）令，求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，
于是，
即，即，
当时，，
当时，因此，
所以
（ii）由已知，所以，得，
当时，，于是，
当时，，
又，所以，恒有，当时，，
由，得当时，，
则当时，，
从而
，
于是，
所以.
【变式11-3】（2024·高三·江西萍乡·期中）已知函数.
(1)证明：当时，恒成立；
(2)首项为的数列满足：当时，有，证明：.
【解析】（1）要证，即，只需证，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，即单调递增，
则，单调递增，则，
故当时，恒成立；
（2），由（1）知，则，即，依此类推，可知，
等价于，
当时，（等价于），下证，
即证，即证，
因为，则只要证，
即，
令，则，
令，则，所以单调递增，
即单调递增，，则单调递增，，
所以，即，
所以，
即
所以.
题型十二：数列与概率的交汇问题
【典例12-1】（2024·江苏苏州·模拟预测）现有甲、乙两个盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，记为一次操作．重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为，甲盒中恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为．
(1)求随机变量的分布列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求证：．
【解析】（1）由题可知的可能取值为0，1，2，
根据相互独立事件的概率公式得到：即为甲盒中拿黑球乙盒中拿红球交换，即为甲盒中拿黑球乙盒中拿黑球交换或甲盒中拿红球乙盒中拿红球交换，即为甲盒中拿红球乙盒中拿黑球交换，则
，
的分布列为：
（2）由全概率公式可知：
，
即，即，，
又，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
，
即的通项公式；
（3）
，
所以
得证.
【典例12-2】掷一枚质地均匀的骰子，得分规则如下：若出现的点数为1，则得1分；若出现的点数为2或3，则得2分；若出现的点数为4或5或6，则得3分．
(1)记为连续掷这枚骰子2次的总得分，求的数学期望；
(2)现在将得分规则变更如下：若出现的点数为1或2，则得2分，其他情况都得1分．反复掷这枚骰子，设总得分为的概率为，证明：数列为等比数列．
【解析】（1）由题知掷一次骰子，得1分的概率为，得2分的概率为，得3分的概率为．
的所有可能取值为2，3，4，5，6，
，，，
，．
故．
（2）改变规则后，掷一次骰子，得1分的概率为，得2分的概率为．
由题意知，，
总得分为有两种情况：一种情况是当得分为时，下一次再得1分；
另一种情况是当得分为时，下一次再得2分．
所以．
故，
又，所以是首项为，公比为的等比数列．
【变式12-1】4月19日是中国传统二十四节气之一的“谷雨”，联合国将这天定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，旨在庆祝多种语言以及文化多样性，促进联合国六种官方语言平等使用．某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，每位留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2分，答错一题记1分，已知甲留学生答对每个问题的概率为，答错的概率为．
(1)甲留学生随机抽取题，记总得分为，求的分布列与数学期望；
(2)（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，记总得分恰为分的概率为，求数列的前项和；
（ⅱ）记甲留学生已答过的题累计得分恰为分的概率为，求数列的通项公式．
【解析】（1）依题意可得的可能取值为、、、，
则，，
，，
所以的分布列为
所以.
（2）（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，总得分恰为分，即道题均答对了，
所以，
设数列的前项和为，则.
（ⅱ）依题意可得，，，
当时，
所以，
所以为常数数列，又，
所以，
则，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
经检验当、上式也成立，所以.
【变式12-2】（2024·全国·模拟预测）甲、乙两名小朋友，每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲手中的3张卡片为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片都是金色的，现在两人各从自己的卡片中随机取1张，去与对方交换，重复次这样的操作，记甲手中银色纪念卡片张，恰有2张银色纪念卡片的概率为，恰有1张银色纪念卡片的概率为．
(1)求的值．
(2)问操作几次甲手中银色纪念卡片就可能首次出现0张，求首次出现这种情况的概率．
(3)记．
（i）证明数列为等比数列，并求出的通项公式．
（ii）求的分布列及数学期望．（用表示）
【解析】（1）根据题意，表示“重复2次操作，甲手中恰有2张银色卡片”的概率，
包含两种情况：第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换金色卡片；
第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换金色卡片，乙交换银色卡片.
则．
所以；
表示“重复2次操作，甲手中恰有1张银色卡片”的概率，包含两种情况：
第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换银色卡片；第一次甲交换银色卡片，
第二次甲交换银色卡片，乙交换银色卡片或第二次甲交换金色卡片，乙交换金色卡片.
则.
（2）结合（1）的计算得，即交换一次不会出现的情况，
而，则操作两次就会首次出现0张，其概率为.
（3）根据题意可得．
．
（i），
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以．
（ii）由已知及（1）（2），得的所有可能取值为．
其分布列为
从而.
题型十三：数列与几何的交汇问题
【典例13-1】（2024·浙江绍兴·三模）已知四面体，分别在棱，，上取等分点，形成点列，，，过，，作四面体的截面，记该截面的面积为，则（ ）
A．数列为等差数列B．数列为等比数列
C．数列为等差数列D．数列为等比数列
【答案】C
【解析】设，，与所成角为，
由题意可知：，，
根据平行线分线段成比例可知：，，
，
对于A，，
则不恒等于常数，则数列恒为等差数列不成立，A错误；
对于B，，
不恒等于不为零的常数，则数列恒为等比数列不成立，B错误；
对于C，，
则，
即恒为常数，为等差数列，C正确；
对于D，，即不恒等于不为零的常数，
则数列恒为等比数列不成立，D错误.
故选：C.
【典例13-2】（2024·福建福州·三模）数列中，，点 在双曲线上.若恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知：双曲线的渐近线方程为，
因为点 在双曲线上，则，
且，可得，
可知为递减数列，且，则为递减数列，
可得，且，可得，
记点，则为直线的斜率，记，
由双曲线的性质可知：因为为递减数列，直线的斜率为递减数列，即，
且随着增大，直线越接近渐近线，故接近于，
所以，则.
故选：C.
【变式13-1】（2024·四川成都·一模）公差为的等差数列的首项为，其前项和为，若直线与圆的两个交点关于直线对称，则数列的前100项和等于（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【解析】因为直线与圆的两个交点关于直线对称，
所以直线经过圆心，且直线与直线垂直，
所以且，解得：，.
则，，
所以数列的前100项和为.
故选：A.
【变式13-2】（2024·辽宁大连·模拟预测）已知三棱锥，P是面内任意一点，数列共9项，且满足，满足上述条件的数列共有 个.
【答案】70
【解析】因为P是面内任意一点，
所以四点共面，
因为，
所以，即，
解得或，
可转化为组合计数问题
①若，则，只有1个
②若，则，有个
③若，则，有个
④若，则，有个
⑤若，则，只有1个
共70个
故答案为：70
【变式13-3】（2024·高三·北京·期中）已知直线与相交于点，直线与轴交于点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的工线交直线于点，…，这样一直作下去，可得到一系列点，，，，…，记点的横坐标构成数列，给出下列四个结论：
①点； ②数列单调递减；
③； ④数列的前项和满足：.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③
【解析】由题设，，故①对；
设，则，进而有，即，
所以，故是以1为首项，为公比的等比数列，则，
对于，，易知数列单调递增，②错；
由两直线交点和，则，③对；
由，故，所以，④错；
故答案为：①③
1．（2024·浙江绍兴·二模）汉诺塔（Twer f Hani），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为，例如：，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为等差数列
C．为等比数列D．
【答案】C
【解析】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：
若有2个圆盘，则移动情况为：，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：
，共7次，故，A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动次，则,
所以，而，故为等比数列，
故即，该式不是n的一次函数，
则不为等差数列，B错误；
又，则，，则为等比数列，C正确，
，D错误，
故选：C
2．（2024·河南洛阳·模拟预测）折纸是一种用纸张折成各种不同形状的艺术活动，起源于中国，其历史可追溯到公元583年，民间传统折纸是一项利用不同颜色、不同硬度、不同质地的纸张进行创作的手工艺．其以纸张为主材，剪刀、刻刀、画笔为辅助工具，经多次折叠造型后再以剪、刻、画手法为辅助手段，创作出或简练、或复杂的动物、花卉、人物、鸟兽等内容的立体几何造型作品．随着一代代折纸艺人的传承和发展，现代折纸技术已发展至一个前所未有的境界，有些作品已超越一般人所能想象，其复杂而又栩栩如生的折纸作品是由一张完全未经裁剪的正方形纸张所创作出来的，是我们中华民族的传统文化，历史悠久，内涵博大精深，世代传承．在一次数学实践课上某同学将一张腰长为l的等腰直角三角形纸对折，每次对折后仍成等腰直角三角形，则对折6次后得到的等腰直角三角形斜边长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可知，对折后的等腰直角三角形的腰长成等比数列，且首项为，公比为，
故对折6次后，得到腰长为的等腰直角三角形，
所以斜边长为.
故选：A．
3．（多选题）（2024·全国·模拟预测）数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．若且，数列单调递减
B．若存在无数个自然数，使得，则
C．当或时，的最小值不存在
D．当时，
【答案】ACD
【解析】A选项，，
令，解得：，
令，解得：
综上：且，
所以且，数列单调递减，A正确；
B选项，当时，，
当时，，
所以存在无数个自然数，使得，
故B错误；
C选项，当或时，，
所以数列单调递减，所以最小值不存在，C正确；
D选项，，
所以，
所以，
故
，
因为，，单调递减，
所以当时，，，
所以，
又因为单调递减，所以当时，取得最大值，
最大值为，
综上：，D正确.
故选：ACD
4．（多选题）已知正项数列满足，则（ ）
A．为递增数列
B．
C．若，则存在大于1的正整数，使得
D．已知，则存在，使得
【答案】AB
【解析】数列中，，由，得，
对于A，，因此为递增数列，A正确；
对于B，，则，因此，B正确；
对于C，，由，得，有，
显然，于是，由选项A知，，
因此不存在大于1的正整数，使得，C错误；
对于D，，则，
即，于是，
因此，，则不存在，使得，D错误.
故选：AB
5．（多选题）已知数列满足：，其中，数列的前项和是，下列说法正确的是（ ）
A．当时，数列是递增数列
B．当时，若数列是递增数列，则
C．当时，
D．当时，
【答案】ACD
【解析】因为且，
所以，数列是递增数列，故A正确；
若数列是单调递增数列，
当时，
且，所以，又因为是单调递增的，
所以只需要，则，解得或，故B错误；
，所以，
所以，所以，故C正确；
易知是递增数列，所以，则，
即，所以，
即，所以，
当时，，所以
所以，D正确，
故选:ACD.
6．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】由，令，
若为奇数，则，
若为偶数，则，
即奇数项与偶数项分别成以为公差的等差数列，
易知，
所以，则，
若为奇数，则
有解，即，
由指数函数的单调性可知；
若为偶数，则
有解，即，
由指数函数的单调性可知；
综上满足题意.
故答案为：
7．（2024·浙江·模拟预测）已知数列的前项和为，且，数列的前项和为，且，则满足的正整数的最小值为 .
【答案】15
【解析】因为，
所以，
因为，所以，
整理得，
所以，
所以，
令，解得.
所以正整数的最小值为15.
故答案为：15
8．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量（万件）近似地满足关系式，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是 .
【答案】7，8
【解析】因为，
所以当时，，
当时，
，
化为，
解得，
可知当或8，需求量超过1.5万件.
故答案为：7，8.
9．已知平面内有四点，且任意三点不共线，点为平面外一点，数列为等差数列，其前项和为，若，则 .
【答案】2020
【解析】因为平面内有四点，且任意三点不共线，
所以，
所以，
可整理得，
即，
易得，
因为，所以，即
因为为等差数列，所以，
故答案为：2020
10．已知数列满足（），在双曲线上，则 .
【答案】/
【解析】当时，与渐近线平行，且在轴的投影为1，
不妨取渐近线，令其倾斜角为，则，，
所以.
故答案为：
11．已知数列是首项为，公差为d的等差数列，其前n项和为，若直线与圆的两个交点关于直线对称，则数列的前100项和为 ．
【答案】
【解析】由对称性可知经过，故，解得，
且与垂直，其中的斜率为，故，
所以，，
所以，
则.
故答案为：
12．（2024·云南昆明·模拟预测）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数比第层球数多，设各层球数构成一个数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最小值；
(3)若数列满足，对于，证明：.
【解析】（1）依题意，，则有，
当时，
，
又也满足，所以.
（2）函数的定义域为，
求导得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，因此，
所以函数的最小值为0.
（3）由（2）知，当时，，令，则，
则，
因此，
令，
于是，
两a式相减得，
因此，所以.
13．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，证明：．
【解析】（1）当时，；
当时，①，
②．
①②得，
因为不满足上式，所以.
（2）由（1），
因为，所以，
当时，；
当时，
，
综上，对任意的，.
14．已知等差数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列由与的公共项按从小到大的顺序排列而成，求数列落在区间内的项的个数．
【解析】（1）设等差数列的公差为．
由可得得
解得
所以．
（2）因为，所以表示所有正整数的完全平方数从小到大组成的数列，
而表示全体正奇数从小到大组成的数列，所以表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列，
因为，所以落在区间内的项的个数为22项．
15．（2024·吉林通化·一模）记为公比不为1的等比数列的前项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)设，若由与的公共项从小到大组成数列，求数列的前项和．
【解析】（1）设等比数列的公比为，
因为，即，即，所以，
又，即，解得，
所以.
（2）由（1）可得，
则数列为、、、、，偶数组成的数列，
又，令，则为正偶数，
所以，，，，，
所以为以为首项，为公比的等比数列，
所以.
16．（2024·高三·黑龙江哈尔滨·开学考试）记数列的前项和，对任意正整数，有 ，且 .
(1)求数列的通项公式；
(2)对所有正整数，若，则在和两项中插入，由此得到一个新数列，求的前91项和.
【解析】（1）由，则，两式相减得：，
整理得：，即时，，
所以时， ，
又时，，得，也满足上式.
故.
（2）由，所以，
又，所以前91项中有87项来自.
所以故
.
17．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）设数列的前项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列的和项之间插入个数，使得这个数成等差数列，其中，将所有插入的数组成新数列，设为数列的前项和，求．
【解析】（1）当时，，所以，
当时，，即，
所以，
当时，符合，
所以；
（2）依题意，，
，
，
︙
．
所以，
即，①
则，②
由①②可得，，
所以．
18．（2024·全国·模拟预测）已知数列为等差数列，，前n项和为，数列满足，
(1)数列中是否存在不同的三项构成等比数列？请说明理由．
(2)若，求满足条件的最大整数n．
【解析】（1）因为等差数列满足，
所以，所以．
设数列中任意三项，且．
假设成等比数列，则，
即．
因为，
所以
即
所以
所以，即，与矛盾，
所以数列中的任意三项均不能构成等比数列．
（2）由题意，知，
所以．
而随着n的增大而增大．
设满足条件的最大整数为，
则
即
所以，即满足条件的最大整数为98．
19．已知数列的前项和为，且满足：
(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，在数列中是否存在三项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由①
得时②
①-②得，①中令得，
是以为首项，为公比的等比数列，，
（2）
假设存在这样的三项成等比数列，
为递增数列，不妨设，
则
则，
成等差数列，
，，
由，得，所以，与题设矛盾
不存在这样的三项（其中成等差数列）成等比数列.
20．设数列的首项为常数，且．
(1)证明：是等比数列；
(2)若中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项：若不存在，请说明理由．
(3)若是递增数列，求的取值范围．
【解析】（1）证明：
，
因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）因为，所以数列的首项是，
所以，则，
若中存在连续三项成等差数列，则必有，
即，
整理为：，
解得：，
所以成等差数列；
（3）如果，
即对任意自然数均成立，
化简得，
当为偶数时，恒成立，
因为是递减数列，
所以的最大值是，即，
当为奇数时，恒成立，
单调递增，
所以的最小值为，即，
所以的取值范围是.
21．（2024·重庆渝中·模拟预测）（1）证明：当时，；
（2）已知正项数列满足.
（i）证明：数列为递增数列；
（ii）证明：若，则对任意正整数，都有.
【解析】（1）令，则，
所以在上单调递增，所以，即，
再令，则，，
令，则，由上面知，
即在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，所以，
即.
综上，当时，成立.
（2）（i）因为，所以，
所以，由（1）知，当时，，
所以，
所以数列为递增数列.
（ii）要证，即证，即，
由（1）知：当时，，
所以，即有，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，即，
所以，归纳易得数列为减函数，
又数列为递增数列，
所以，
所以
，
又因为，
所以，
所以，
即成立.
22．（2024·江苏南通·三模）已知函数．
(1)若，求的最小值；
(2)设数列前项和，若，求证：．
【解析】（1）因为，则，
因为，则，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得；
可知在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
（2）因为，
若，则，满足；
若，由（1）可知：，
即，当且仅当时，等号成立，
令，可得，
且，
可得，
所以；
综上所述：.
23．设函数，.
(1)①当时，证明：；
②当时，求的值域；
(2)若数列满足，，，证明：（）.
【解析】（1）①在恒成立，
故在上单调递增，
故，证毕；
②，恒有，
故为偶函数，
当时，，
由①可知，在上恒成立，
又，故在上恒成立，
故在上单调递减，
故，，
结合函数在上为偶函数可得，函数值域为；
（2）因为，，
所以，
其中，故只需证明，
因为，，
所以，
由（1）可知，
上式两边取倒数得，故，
于是
，，
所以（）.
24．（2024·浙江杭州·模拟预测）投掷一枚硬币（正反等可能），设投掷次不连续出现三次正面向上的概率为.
(1)求，，和；
(2)写出的递推公式；
(3)单调有界原理：①若数列单调递增，且存在常数，恒有成立，那么这个数列必定有极限，即存在；②若数列单调递减，且存在常数，恒有成立，那么这个数列必定有极限，即存在.请根据单调有界原理判断是否存在？有何统计意义？
【解析】（1）依题意，，
而投掷3次，共有8个不同结果，其中连续出现三次正面向上的只有1个，则，
又投掷4次，共有16个不同结果，其中连续出现三次正面向上的有：正正正正，正正正反，
反正正正，因此.
（2）共有三种情况：
①如果第n次出现反面向上，前n次不连续出现三次正面向上和前次不连续出现三次正面向上是相同的，
此时不连续出现三次正面向上的概率为；
②如果第n次出现正面向上，第次出现反面向上，
则前n次不连续出现三次正面向上和前次不连续出现三次正面向上是相同的，
此时不连续出现三次正面向上的概率为；
③如果第n次出现正面向上，第次出现正面向上，第次出现反面向上，
则前n次不连续出现三次正面向上和前次不连续出现三次正面向上是相同的，
此时不连续出现三次正面向上的概率为，
所以，.
（3）由（2）知，，
当时，，则，
即，因此当时，数列是递减的，又，
则当时，数列是递减的，显然有下界0，
于是数列的极限存在，对两边取极限，得，
其统计意义是：当投掷的次数足够多时，不出现连续三次正面向上的次数非常少，其概率趋近于0.
25．（2024·广东广州·模拟预测）甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留继续投掷骰子；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.
(1)求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；
(2)投掷次骰子后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式；
(3)设，求证：.
【解析】（1）依题意，球在甲手中时，保留在自己手中的概率为，传给乙的概率为；
球在乙手中时，传给甲的概率为，传给丙的概率为；球在丙手中时，传给甲和丙的概率都是.
则三次投掷骰子后球在甲手中包括四类的情况，
第一类情况：甲→甲→甲→甲，概率为；
第二类情况：甲→乙→甲→甲，概率为；
第三类情况：甲→乙→丙→甲，概率为；
第四类情况：甲→甲→乙→甲，概率为
由互斥事件的概率加法公式，三次投掷骰子后球在甲手中的概率为.
（2）由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，
故有，变形为.
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以.
所以数列的通项公式.
（3）由（2）可得，
则
① 当是奇数时，因是单调增函数，故，则，
于是，，故；
② 当是偶数时，因是单调减函数，故，则，
于是，，故.
综上，.
0
1
2
0
1
2
\l "_Tc172671537" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc172671537 \h 2
\l "_Tc172671538" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc172671538 \h 3
\l "_Tc172671539" 题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用 PAGEREF _Tc172671539 \h 3
\l "_Tc172671540" 题型二：数列不动点与递推问题 PAGEREF _Tc172671540 \h 6
\l "_Tc172671541" 题型三：数列与函数、不等式的综合问题 PAGEREF _Tc172671541 \h 10
\l "_Tc172671542" 题型四：数列在实际问题中的应用 PAGEREF _Tc172671542 \h 13
\l "_Tc172671543" 题型五：数列不等式的证明 PAGEREF _Tc172671543 \h 16
\l "_Tc172671544" 题型六：公共项问题 PAGEREF _Tc172671544 \h 20
\l "_Tc172671545" 题型七：插项问题 PAGEREF _Tc172671545 \h 24
\l "_Tc172671546" 题型八：蛛网图问题 PAGEREF _Tc172671546 \h 27
\l "_Tc172671547" 题型九：整数的存在性问题（不定方程） PAGEREF _Tc172671547 \h 35
\l "_Tc172671548" 题型十：数列与函数的交汇问题 PAGEREF _Tc172671548 \h 38
\l "_Tc172671549" 题型十一：数列与导数的交汇问题 PAGEREF _Tc172671549 \h 40
\l "_Tc172671550" 题型十二：数列与概率的交汇问题 PAGEREF _Tc172671550 \h 46
\l "_Tc172671551" 题型十三：数列与几何的交汇问题 PAGEREF _Tc172671551 \h 50
\l "_Tc172671552" 03过关测试 PAGEREF _Tc172671552 \h 54
1、解决数列与数学文化相交汇问题的关键
2、新定义问题的解题思路
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，使问题得以解决．
3、数列与函数综合问题的主要类型及求解策略
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、求和方法等对式子化简变形．
注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性．
4、数列与不等式综合问题的求解策略
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
利用等价转化思想将其转化为最值问题.
恒成立；
恒成立.
5、现实生活中涉及银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、产品产量等问题，常常考虑用数列的知识去解决．
（1）数列实际应用中的常见模型
①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差；
②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比；
③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第项与第项的递推关系还是前项和与前项和之间的递推关系．
在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．
（2）解决数列实际应用题的3个关键点
①根据题意，正确确定数列模型；
②利用数列知识准确求解模型；
③问题作答，不要忽视问题的实际意义．
6、在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这种方法为放缩法.
放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式的分子（或分母）.
放缩法证不等式的理论依据是：；.
放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.
题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用
【典例1-1】（2024·重庆九龙坡·三模）正整数的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当很大时，.其中称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数，用上式计算的值为（ ）
（参考数据：，，）
A．10B．9C．8D．7
【答案】C
【解析】设，则，
因为，
可知数列为递增数列，
且，
，
可知，所以.
故选：C.
【典例1-2】（2024·黑龙江佳木斯·三模）《算法统宗》是一部中国古代数学名著，全称为《新编直指算法统宗》，由明代数学家程大位所著．该书在万历二十一年（即公元1593年）首次刊行，全书共有17卷．其主要内容涵盖了数学名词、大数与小数的解释、度量衡单位以及珠算盘式图和各种算法的口诀等基础知识．同时，书中还按照“九章”的次序列举了多种应用题及其解法，并附有图式说明．此外，《算法统宗》还包括了难题解法的汇编和不能归入前面各类别的杂法算法等内容．其中有一首诗，讲述了“竹筒容米”问题．诗云：‘家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上稍四节贮三升，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明’（【注释】三升九：3.9升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量）用你所学数学知识求该九节竹一共盛米多少升?（ ）
A．8.8升B．9升C．9.1升D．9.2升
【答案】B
【解析】设第节竹筒盛米升，
则数列为等差数列，，
设公差为，
则有，解得，
所以，
则该九节竹一共盛米升.
故选：B.
【变式1-1】（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，.
从而有，
整理得，
，
，
，，
由于皆为正整数，所以
（i）当时，，
当时，，
（iii）当时，，
（iv）当时，
只有符合题意，即的值为2.
故选：B.
【变式1-2】（2024·云南·模拟预测）当前，全球新一轮科技革命和产业变革蓬勃发展，汽车与能源､交通､信息通信等领域有关技术加速融合，电动化､网联化､智能化成为汽车产业的发展潮流和趋势.某车企为转型升级，从2024年起大力发展新能源汽车，2024年全年预计生产新能源汽车10万辆，每辆车的利润为2万元.假设后续的几年中，经过车企关键核心技术的不断突破和受众购买力的提升，每年新能源汽车的产量都比前一年增加（假设每年生产的新能源汽车都能销售出去），每辆车的利润都比前一年增加2000元，则至2030年年底，该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为（ ）参考数据：，结果精确到0.1）
A．320.5亿元B．353.8亿元C．363.2亿元D．283.8亿元
【答案】B
【解析】设第年每辆车的利润为万元，则每辆车的利润是以2为首项，0.2为公差的等差数列，
所以，设第年新能源汽车的销量为辆，
则该汽车的销量是以100000为首项，1.2为公比的等比数列，所以，
设该车企销售新能源汽车的总利润为，
①，
，②
①-②得：
，
所以万元，即亿元，
故选：B.
题型二：数列不动点与递推问题
【典例2-1】（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，，的前n项和为，则下列说法正确的有（ ）
A．对任意，不可能为常数数列
B．当时，为递减数列
C．若，则
D．若，则
【答案】BCD
【解析】因为，，故.
对于A，当时，，即数列为常数数列，故A错误；
对于B，当时，，
若存在，使得等号成立，则，故，故，
依次有，矛盾，故,
则，即，所以为递减数列，故B正确；
对于C，由得，由A，B知，当时，，
故，则，
故，当n＝2时，，此时等号成立，故C正确；
对于D，由题有，，则，两式相减得，
故，
所以
（提示：），故D正确．
故选：BCD．
【典例2-2】（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，B．若数列为常数列，则
C．若数列为递增数列，则D．当时，
【答案】AD
【解析】对于A，当时，，令，则，，故，即，A正确；
对于B，若数列为常数列，令，则，解得或或，B不正确；
对于C，令，则，
若数列为递增数列，则数列为递增数列，则，解得或.
当时，，且，
，此时数列为递增数列，即数列为递增数列；
当时，，且，
，此时数列不为递增数列，即数列不为递增数列；
当时，，
，此时数列为递增数列，即数列为递增数列.
综上，当或，即或时，数列为递增数列，C不正确；
对于D，令，则，，两边同时取以2为底的对数，得，，
数列是首项为1，公比为2的等比数列，
，即，D正确.
故选：AD.
【变式2-1】已知数列满足，.给出下列四个结论：
①数列每一项都满足；
②数列是递减数列；
③数列的前项和；
④数列每一项都满足成立.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③
C．①②③D．①②④
【答案】D
【解析】对①：，，
当时，，所以，
假设当时，；
则当时，；
综上，，正确；
对②：，故数列是递减数列，正确；
对③：，，，，，错误；
对④：当时，成立，
假设时成立，即，
当时，函数在上单调递增，
则，
故时成立.
综上所述：数列每一项都满足成立，正确.
故选：D.
【变式2-2】（2024·浙江·模拟预测）设数列满足，其中c为实数，数列的前n项和是，下列说法不正确的是（ ）
A．c∈[0,1]是的充分必要条件B．当c>1时，一定是递减数列
C．当c<0时，不存在c使是周期数列D．当时，
【答案】C
【解析】若，则，即必要性成立；
若c∈[0,1]，则
假设时，
则时，
因此c∈[0,1] 时，，即充分性成立；故A成立；
单调递增，
同理，依次类推可得，即一定是递减数列，故B成立；
当c<0时，
由，令存在零点，即存在c使是周期数列，即C错误；
当时，
由A得，所以
因为时，，所以，即D成立；
故选：C
题型三：数列与函数、不等式的综合问题
【典例3-1】（2024·江苏苏州·三模）已知函数.
①当时，，记前项积为，若恒成立，整数的最小值是 ;
②对所有n都有成立，则的最小值是 .
【答案】 3
【解析】，，，故，
设，，则，
故在上单调递减，
则，故当时，，
则
，
所以，
综上，，若恒成立，整数的最小值为3，
，
化简得，即，
令，，
当时，，
所以在上单调递减，
又，
所以，故，
解得，所以的最小值为.
故答案为：3，
【典例3-2】欧拉函数的函数值等于所有不超过且与互质的正整数的个数（公约数只有1的两个整数称为互质整数），例如：，．记，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】在的整数中与不互质的数有，共有个，所以与互质的数有个，因此．
在的整数中，2的倍数共有个，5的倍数共有个，10的倍数共有个，所以．
所以，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，
则恒成立等价于恒成立，
即恒成立，所以，
令，则，
所以，且，
所以，
所以，即实数的取值范围是
【变式3-1】（2024·河北保定·二模）已知数列的前项积为，若，则满足的正整数的最小值为 .
【答案】
【解析】由满足，即，
故：，
当时，，
又为偶数时，为奇数时，，所以要满足，
所以的最小值为5，
故答案为：5.
【变式3-2】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知数列的前项和为，且.若，则的最小值为 .
【答案】7
【解析】因为，
两式相减得：，即.
两边同除以可得，
又，得，满足，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，故，
即，所以，
因为，
令，则，
所以数列单调递增，因为，
所以当时，，即；
当7时，，
即.所以的最小值为7.
故答案为：7.
【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知正项数列的前项和为，，若存在非零常数，使得对任意的正整数均成立，则 ，的最小值为 .
【答案】 1 /0.5
【解析】当时，，即，又，所以.
由①，得：当时，②，①②得，故，
所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，
所以，则，解得；
故数列的公比为2，，则，，则.
解法一 令，则，，
由对勾函数的性质可得在区间上单调递增，
所以当，即时，取得最小值.
解法二 令，则，单调递增，
所以当时，取得最小值，即的最小值为.
故答案为：1，
题型四：数列在实际问题中的应用
【典例4-1】（2024·上海杨浦·二模）某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .
【答案】134
【解析】设第一层有根，共有层，则，
，显然和中一个奇数一个偶数，
则或或，即或或，
显然每增加一层高度增加厘米，
当时，厘米厘米，此时最下层有根；
当时，厘米厘米，此时最下层有根；
当时，厘米，超过米，
所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为根.
故答案为：134
【典例4-2】（2024·北京延庆·一模）北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板 块．
【答案】
【解析】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差，，
设每层有环，则，，
所以，即，
即，解得或（舍去），
所以，则，
即上层有扇形石板块.
故答案为：．
【变式4-1】（2024·广东茂名·一模）有一座六层高的商场，若每层所开灯的数量都是下面一层的两倍，一共开了1890盏，则底层所开灯的数量为 盏.
【答案】30
【解析】依题意，从下往上每层灯的数据构成等比数列，公比，，前6项和，
于是，解得，
所以底层所开灯的数量为30盏.
故答案为：30
【变式4-2】（2024·贵州·模拟预测）拓扑结构图在计算机通信、计算机网络结构设计和网络维护等方面有着重要的作用.某树形拓扑结构图如图所示，圆圈代表节点，每一个节点都有两个子节点，则到第10层一共有 个节点.（填写具体数字）
【答案】1023
【解析】由图可知，每一层节点的个数组成以1为首项，2为公比的等比数列，
所以到第10层节点的总个数是.
故答案为：1023.
【变式4-3】（2024·湖北·一模）2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花——“科赫雪花”．它的绘制规则是：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分，以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线．重复上述两步，画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，，，，．
设雪花曲线周长为，面积为．若的边长为3，则 ； ．
【答案】
【解析】设雪花曲线的边长为，边数为，又周长为，面积为，
由题意可知，，，，
所以，，
所以，
则，
又，
当时，，
.
也符合该式.
故答案为：；.
题型五：数列不等式的证明
【典例5-1】（2024·高三·河北衡水·期中）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：．
【解析】（1）当时，.
当时，，，两式相减得：
.
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
所以.
（2）由（1）知：
所以.
当时，，
当时，，故，
所以.
【典例5-2】（2024·江苏盐城·模拟预测）在数列的第项与第项之间插入个1，称为变换．数列通过变换所得数列记为，数列通过变换所得数列记为，以此类推，数列通过变换所得数列记为（其中）．
(1)已知等比数列的首项为1，项数为，其前项和为，若，求数列的项数；
(2)若数列的项数为3，的项数记为．
①当时，试用表示；
②求证：．
【解析】（1）设等比数列的公比为，显然，
由，得，解得.
故数列有8项，经过1次变换后的项数为，
即的项数为36.
（2）①由的项数为，则当时，，
所以
②因数列是一个3项的数列，所以，
由，所以，
于是，则有
所以，得，即，
所以.
，，于是，
则有，可得，有，即，
所以，
综上所述，．
【变式5-1】（2024·江苏盐城·一模）已知正项数列中，，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)，证明：.
【解析】（1）由，，
得，又，
则是以为首项，为公比的等比数列，
所以，.
（2）证明：因为
，
所以
.
【变式5-2】已知数列满足．
(1)证明是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明：
【解析】（1）因为，所以，且，则，
即，所以数列是首项为，公比为7的等比数列，
所以，则；
（2）由（1）可知，，
，即，只有当时，等号成立，
所以，只有当时，等号成立，
当时，，成立，
当时，，
综上可知，.
【变式5-3】已知数列是等差数列，，，数列的前n项和为，且，
(1)求数列和的通项公式；
(2)若集合中恰有四个元素，求实数的取值范围；
(3)设数列满足，的前n项和为，证明：．
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得：，解得，
所以；
又因为，
若，可得，解得；
若，可得，
两式相减得，即；
可知数列是以首项，公比的等比数列，所以.
（2）由（1）可知：，
若，即，可得，
设，原题意等价于关于n的不等式恰有4个不同的解，
令，
当且仅当时，等号成立，
可得，且，则，
所以实数的取值范围为.
（3）由题意可知：，则，
则，
因为，则，即，可得，
则；
又因为，则，可得，
则；
综上所述：.
题型六：公共项问题
【典例6-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列的前n项积为，数列满足，（，）．
(1)求数列，的通项公式；
(2)将数列，中的公共项从小到大排列构成新数列，求数列的通项公式．
【解析】（1），，
当时，，
当时，，即，
而，满足上式，
所以数列的通项公式为；
若数列满足，（，），
则，
从而数列的通项公式为；
（2）令，解得，这表明，
从而只能，
所以，
所以数列的通项公式为.
【典例6-2】（2024·全国·模拟预测）设为等差数列的前n项和，且，数列满足．
(1)求和的通项公式；
(2)若将数列和的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列，求数列的前n项和．
【解析】（1）设等差数列的公差为d，
由题意得，解得，
所以由等差数列的通项公式可得：．
由得数列是首项为4，公比为4的等比数列，
所以由等比数列的通项公式可得：
（2）令，则可得，
所以
，
即对于数列中的任意一项，都在数列中存在公共项，
所以数列是数列的子数列，从而可得，
所以．
【变式6-1】（2024·四川南充·一模）已知等差数列的前n项和为，满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)将数列与的公共项从大到小排列得到数列，求数列的前n项和为.
【解析】（1）记等差数列的公差为，
由题知，即，解得，
所以数列的通项公式为：.
（2）数列的公差为，数列的公差为，
所以数列的公差为，
又数列和的首项都为2，
所以数列是以2为首项，为公差的等差数列，
所以.
【变式6-2】已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，若．
(1)求数列，的通项公式；
(2)设由，的公共项构成的新数列记为，求数列的前5项之和．
【解析】（1）设数列的公差为，数列的公比为，
因为
则，解得，
所以，
因为，
所以，则，
所以，
因为，所以，，
所以．
（2）设数列的第项与数列的第项相等，
则，，，
所以，，，
因为，，
所以当时，，当时，，则，当时，，
当时，，则，当时，，
当时，，则，当时，
当时，，则，当时，
当时，，则，
故的前5项之和．
【变式6-3】已知，设与的公共项数列为，给出至少两种求的方法，要求讲清思路，并求出．
【解析】方法1， 由是与的公共项，设的第n项是中的第m项，是的第k项，
即，则，，
显然是正整数，而为正整数，当且仅当，即为奇数时等式成立，
所以.
方法2，显然，不是公共项，，，则，
不是公共项，，则，
一般地，如果，则一定不是中的项，
而是中的项，
因此数列的指数构成以2为公差的等差数列，其首项为1，
所以.
方法3，显然，不是公共项，，，则，
不是公共项，，则，猜想，
用数学归纳法证明：
当时，猜想显然成立，
假设当时，猜想成立，即，且，
于是，即是数列与的公共项，猜想成立，
综上，对于任意正整数，是数列与的公共项，
所以的通项公式为.
题型七：插项问题
【典例7-1】已知数列是等差数列，其前和为，，，数列满足
(1)求数列，的通项公式；
(2)若对数列，，在与之间插入个2（），组成一个新数列，求数列的前83项的和.
【解析】（1）设公差为，
故，解得，
故，
故，①
当时，，
当时，，②
式子①-②得，，
即，
当时，也满足上式，故；
（2）因为，所以在中，从项开始，到项为止，
共有项数为，
当时，，当时，，
故数列前项是项之后还有项为2，
.
【典例7-2】（2024·广东广州·二模）已知等差数列的前项和为，且为等差数列．
(1)求的通项公式；
(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，记数列的前项和为，求证：．
【解析】（1）因为等差数列中，，又，
所以，即①，
因为为等差数列，所以，
令时，，即，则②，
结合①②，解出，则，
所以的通项公式为．
（2）由题设得，即，
所以①，
则②，
由①-②得：，
所以，
因为，所以，所以，即证．
【变式7-1】（2024·河北沧州·一模）在数列中，已知．
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列中的和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；…；在和之间插入个数，使成等差数列，这样可以得到新数列，设数列的前项和为，求（用数字作答）．
【解析】（1）当时，；
当时，，
所以，.
当时，上式亦成立，
所以：.
（2）由.
所以新数列前55项中包含数列的前10项，还包含，，，，，，，，.
且，，， .
所以
.
设
则，
所以.
故：.
所以.
【变式7-2】（2024·广西·模拟预测）记数列的前n项和为，对任意正整数n，有．
(1)求数列的通项公式；
(2)对所有正整数m，若，则在和两项中插入，由此得到一个新数列，求的前91项和．
【解析】（1）当时，．
又时，得，也满足上式，
故．
（2）由，所以，
又，所以前91项中有87项来自，
所以
．
题型八：蛛网图问题
【典例8-1】已知数列若（且），若对任意恒成立，则实数t的取值范围是 .
【答案】
【解析】法一：不妨先由得到恒成立的必要条件，
；
，设，则，
所以，解得，故，
又，
故，
所以，得证.
法二：蛛网法
记函数，过定点.
当时，迭代收敛于点A，只需位于直线下方，即；
当时，迭代收敛于点A，由蛛网图：单调递减，故只需
即
综上.
故答案为：
【典例8-2】已知数列满足：，，前项和为，则下列选项错误的是 （参考数据：，
A．是单调递增数列，是单调递减数列
B．
C．
D．
【解析】解：由，得，
，
令，即，
则，
，．
作图如下：
由图可得：
．是单调递增数列，是单调递减数列，因此正确；
．，，，，
，，
，，因此正确；
．，，因此不正确；
．由不动点，，得，可得：，，因此正确．
故选：．
【变式8-1】（2024•浙江模拟）数列满足，，，表示数列前项和，则下列选项中错误的是
A．若，则
B．若，则递减
C．若，则
D．若，则
【解析】解：（法一）对于选项，令，，则，令，
易知在上单调递减，在，上单调递增，此时，
又，若，则有，故选项正确；
对于选项，结合选项中的过程，作出递推函数与的交点，可得函数的不动点为和1，且，
故函数在单调递增，且，
故为吸引不动点，为排斥不动点，
故当时，数列向吸引不动点靠近，单调递减，故选项正确；
对于选项，，由选项，的过程可知，当时，数列单调递减且，故，
而显然，故成立，故选项正确；
对于选项，当时，结合选项，的过程及蛛网图，易知数列单调递增，
又，故当时，，即，
故，
，
故，故选项错误．
（法二）作出与的图象，由蛛网图可知，选项，正确；
若，由蛛网图可知，，时，，则，
故，选项正确；
若，则，，比较与的大小，
，
则，选项错误．
故选：．
【变式8-2】已知数列满足：，，前项和为（参考数据：，，则下列选项中错误的是
A．是单调递增数列，是单调递减数列
B．
C．
D．
【解析】解：由，得，
，
令，即，则，，，
作图如下：
由图得：
①单调递增，单调递减，
，故正确；
②，，，，
，，
，，故正确；
③，，故错误．
④由不动点，得，，
，，故正确．
故选：．
【变式8-3】（多选题）已知数列满足，，记数列的前n项和为，对恒成立，则下列说法正确的有（ ）
A．若，则数列为递减数列
B．若，则数列为递增数列
C．若a＝3，则的可能取值为
D．若a＝3，则
【答案】BCD
【解析】对于A，令，解得，即数列的不动点为2，所以当a＝2时，，此时为常数列，A错误；
对于B，作出函数与函数y＝x的图像如图：
由图可知B正确；
对于C，作出函数与函数y＝x的图像如图：
由图可知：，∴，∴，
即，又∵，∴，
一方面，由得，
∴，，
∴
∵，且当n→＋∞，，∴，∵，
∴另一方面，由，，得，，
又∵，，，且，∴，
所以CD正确.
故选：BCD.
题型九：整数的存在性问题（不定方程）
【典例9-1】已知等比数列的前项和为，公比.
(1)求；
(2)若在与之间插入3个数，使这5个数组成一个等差数列，试问在这5个数中是否存在3个数可以构成等比数列？若存在，找出这3个数；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由，得，所以.
（2）设这5个数组成的等差数列为，
则，，得该数列的公差，
所以，，.
因为，所以，，成等比数列，即这3个数为4，12，36.
【典例9-2】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．
【解析】（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．
【变式9-1】（2024·天津南开·二模）已知是等差数列，公差，，且是与的等比中项.
(1)求的通项公式
(2)数列满足，且.
（ⅰ）求的前n项和.
（ⅱ）是否存在正整数m，n（），使得，，成等差数列，若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为为等差数列，且，所以．
又是与的等比中项，所以，即．
化简得，解得或（舍），
所以．
（2）（i）由，得，所以（），又，
当时，
，
又也适合上式，所以，
则，
所以．
（ⅱ）假设存在正整数m，n，使得，，成等差数列，
则，即，整理得，
显然是25的正约数，又，则或，
当，即时，与矛盾；
当，即时，，符合题意，
所以存在正整数使得，，成等差数列，此时，．
【变式9-2】（2024·黑龙江·二模）已知等比数列的前n项和为，且，其中.
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在不同三项，，（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为，故，故，
而为等比数列，故其公比为，
又，故，故，
故.
（2）由题设可得，
若数列中存在不同三项，，（其中成等差数列）成等比数列，
则，因为等差数列，
故即，故，
故即，这样不同矛盾，
故数列中不存在不同三项，，（其中成等差数列）成等比数列.
【变式9-3】（2024·天津北辰·三模）已知为等差数列，前项和为，若，；数列满足：，.
(1)求和的通项公式；
(2)对任意的，将中落入区间内项的个数记为.
（i）求；
（ii）记，的前项和记为，是否存在，，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1），
所以，
①
当时，令得：②
①②得：，所以是公差为的等差数列，
当时有：，所以
（2）（i）
因为，所以，所以
（ii），把代入得：，
所以，，
所以
因为，，所以，
当时，（舍去），当时，（舍去），
当时，，所以存在，.
题型十：数列与函数的交汇问题
【典例10-1】已知定义在上的函数是奇函数且满足，，数列是等差数列，若，，则
A．B．C．2D．3
【解析】解：函数是奇函数且满足，
有，
则，
即，
为周期为3的函数，
数列是等差数列，若，，
，，
，
（1）（3）（5），
，，（1），
（1）（3）（5），
（1）（3）（5）（1）（3），
故选：．
【典例10-2】已知数列的通项公式，则
A．150B．162C．180D．210
【解析】解：，
可得当时，数列递减，时，数列递增，
可得
．
故选：．
【变式10-1】设等差数列的前项和为，已知，，则下列结论中正确的是
A．，B．，
C．，D．，
【解析】解：由，
可得，，即，，从而可得等差数列的公差
，
把已知的两式相加可得
整理可得
结合上面的判断可知
所以，而
故选：．
题型十一：数列与导数的交汇问题
【典例11-1】（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，，数列满足，且
①比较，，1的大小
②证明：.
【解析】（1）由题意知的单调性为，
.
当时，令，解得，令，解得，
在上单调递减，在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，，在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）①当时，，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，，，，
令，
，
所以在上单调递减，且，
因为，
又，所以，
所以，则.
②要证，即证，
又，，即证.
所以，即，
所以成立，
故.
【典例11-2】（2024·黑龙江·二模）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数是第n层球数与的和，设各层球数构成一个数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：当时，
(3)若数列满足，对于，证明：．
【解析】（1）根据题意，，
则有，
当时，
，
又也满足，所以.
（2）设，，
则，
所以在上单调递增，则，
即，即当时，.
（3）由（2）可知当时，，
令，则，
所以，
所以，
令，
则，
所以
，
所以，
所以.
【变式11-1】（2024·湖南长沙·三模）已知函数．
(1)判断并证明的零点个数
(2)记在上的零点为，求证;
（i）是一个递减数列
（ii）．
【解析】（1）当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
证明如下：
当时，由，得，
所以函数在上单调递增，又，，
所以函数在内有唯一零点；
当时，，
若为奇数，，则，此时在内无零点；
若为偶数，设，
则，方程有一个解，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且，此时在内有1个零点.
综上，当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
（2）（i）由（1）知，当时，在在内的零点，
当时，，，
则，
故，所以数列是一个递减数列；
（ii）由（i）知，当时，，
当时，，
有，所以，求和可得
，当且仅当时等号成立；
当时，，
故，则，得，
即，即，即，
即，即，
即，当时，，
所以当时，均有成立，求和可得
.
综上，.
【变式11-2】（2024·湖南衡阳·三模）已知正项数列的前项和为，首项.
(1)若，求数列的通项公式；
(2)若函数，正项数列满足：.
（i）证明：；
（ii）证明：.
【解析】（1）正项数列中，，，，当时，，
两式相减得，即，
而，则，因此数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以数列的通项公式为.
（2）（i）令，求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，
于是，
即，即，
当时，，
当时，因此，
所以
（ii）由已知，所以，得，
当时，，于是，
当时，，
又，所以，恒有，当时，，
由，得当时，，
则当时，，
从而
，
于是，
所以.
【变式11-3】（2024·高三·江西萍乡·期中）已知函数.
(1)证明：当时，恒成立；
(2)首项为的数列满足：当时，有，证明：.
【解析】（1）要证，即，只需证，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，即单调递增，
则，单调递增，则，
故当时，恒成立；
（2），由（1）知，则，即，依此类推，可知，
等价于，
当时，（等价于），下证，
即证，即证，
因为，则只要证，
即，
令，则，
令，则，所以单调递增，
即单调递增，，则单调递增，，
所以，即，
所以，
即
所以.
题型十二：数列与概率的交汇问题
【典例12-1】（2024·江苏苏州·模拟预测）现有甲、乙两个盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，记为一次操作．重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为，甲盒中恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为．
(1)求随机变量的分布列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求证：．
【解析】（1）由题可知的可能取值为0，1，2，
根据相互独立事件的概率公式得到：即为甲盒中拿黑球乙盒中拿红球交换，即为甲盒中拿黑球乙盒中拿黑球交换或甲盒中拿红球乙盒中拿红球交换，即为甲盒中拿红球乙盒中拿黑球交换，则
，
的分布列为：
（2）由全概率公式可知：
，
即，即，，
又，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
，
即的通项公式；
（3）
，
所以
得证.
【典例12-2】掷一枚质地均匀的骰子，得分规则如下：若出现的点数为1，则得1分；若出现的点数为2或3，则得2分；若出现的点数为4或5或6，则得3分．
(1)记为连续掷这枚骰子2次的总得分，求的数学期望；
(2)现在将得分规则变更如下：若出现的点数为1或2，则得2分，其他情况都得1分．反复掷这枚骰子，设总得分为的概率为，证明：数列为等比数列．
【解析】（1）由题知掷一次骰子，得1分的概率为，得2分的概率为，得3分的概率为．
的所有可能取值为2，3，4，5，6，
，，，
，．
故．
（2）改变规则后，掷一次骰子，得1分的概率为，得2分的概率为．
由题意知，，
总得分为有两种情况：一种情况是当得分为时，下一次再得1分；
另一种情况是当得分为时，下一次再得2分．
所以．
故，
又，所以是首项为，公比为的等比数列．
【变式12-1】4月19日是中国传统二十四节气之一的“谷雨”，联合国将这天定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，旨在庆祝多种语言以及文化多样性，促进联合国六种官方语言平等使用．某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，每位留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2分，答错一题记1分，已知甲留学生答对每个问题的概率为，答错的概率为．
(1)甲留学生随机抽取题，记总得分为，求的分布列与数学期望；
(2)（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，记总得分恰为分的概率为，求数列的前项和；
（ⅱ）记甲留学生已答过的题累计得分恰为分的概率为，求数列的通项公式．
【解析】（1）依题意可得的可能取值为、、、，
则，，
，，
所以的分布列为
所以.
（2）（ⅰ）若甲留学生随机抽取道题，总得分恰为分，即道题均答对了，
所以，
设数列的前项和为，则.
（ⅱ）依题意可得，，，
当时，
所以，
所以为常数数列，又，
所以，
则，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
经检验当、上式也成立，所以.
【变式12-2】（2024·全国·模拟预测）甲、乙两名小朋友，每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲手中的3张卡片为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片都是金色的，现在两人各从自己的卡片中随机取1张，去与对方交换，重复次这样的操作，记甲手中银色纪念卡片张，恰有2张银色纪念卡片的概率为，恰有1张银色纪念卡片的概率为．
(1)求的值．
(2)问操作几次甲手中银色纪念卡片就可能首次出现0张，求首次出现这种情况的概率．
(3)记．
（i）证明数列为等比数列，并求出的通项公式．
（ii）求的分布列及数学期望．（用表示）
【解析】（1）根据题意，表示“重复2次操作，甲手中恰有2张银色卡片”的概率，
包含两种情况：第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换金色卡片；
第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换金色卡片，乙交换银色卡片.
则．
所以；
表示“重复2次操作，甲手中恰有1张银色卡片”的概率，包含两种情况：
第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换银色卡片；第一次甲交换银色卡片，
第二次甲交换银色卡片，乙交换银色卡片或第二次甲交换金色卡片，乙交换金色卡片.
则.
（2）结合（1）的计算得，即交换一次不会出现的情况，
而，则操作两次就会首次出现0张，其概率为.
（3）根据题意可得．
．
（i），
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以．
（ii）由已知及（1）（2），得的所有可能取值为．
其分布列为
从而.
题型十三：数列与几何的交汇问题
【典例13-1】（2024·浙江绍兴·三模）已知四面体，分别在棱，，上取等分点，形成点列，，，过，，作四面体的截面，记该截面的面积为，则（ ）
A．数列为等差数列B．数列为等比数列
C．数列为等差数列D．数列为等比数列
【答案】C
【解析】设，，与所成角为，
由题意可知：，，
根据平行线分线段成比例可知：，，
，
对于A，，
则不恒等于常数，则数列恒为等差数列不成立，A错误；
对于B，，
不恒等于不为零的常数，则数列恒为等比数列不成立，B错误；
对于C，，
则，
即恒为常数，为等差数列，C正确；
对于D，，即不恒等于不为零的常数，
则数列恒为等比数列不成立，D错误.
故选：C.
【典例13-2】（2024·福建福州·三模）数列中，，点 在双曲线上.若恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知：双曲线的渐近线方程为，
因为点 在双曲线上，则，
且，可得，
可知为递减数列，且，则为递减数列，
可得，且，可得，
记点，则为直线的斜率，记，
由双曲线的性质可知：因为为递减数列，直线的斜率为递减数列，即，
且随着增大，直线越接近渐近线，故接近于，
所以，则.
故选：C.
【变式13-1】（2024·四川成都·一模）公差为的等差数列的首项为，其前项和为，若直线与圆的两个交点关于直线对称，则数列的前100项和等于（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【解析】因为直线与圆的两个交点关于直线对称，
所以直线经过圆心，且直线与直线垂直，
所以且，解得：，.
则，，
所以数列的前100项和为.
故选：A.
【变式13-2】（2024·辽宁大连·模拟预测）已知三棱锥，P是面内任意一点，数列共9项，且满足，满足上述条件的数列共有 个.
【答案】70
【解析】因为P是面内任意一点，
所以四点共面，
因为，
所以，即，
解得或，
可转化为组合计数问题
①若，则，只有1个
②若，则，有个
③若，则，有个
④若，则，有个
⑤若，则，只有1个
共70个
故答案为：70
【变式13-3】（2024·高三·北京·期中）已知直线与相交于点，直线与轴交于点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的工线交直线于点，…，这样一直作下去，可得到一系列点，，，，…，记点的横坐标构成数列，给出下列四个结论：
①点； ②数列单调递减；
③； ④数列的前项和满足：.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③
【解析】由题设，，故①对；
设，则，进而有，即，
所以，故是以1为首项，为公比的等比数列，则，
对于，，易知数列单调递增，②错；
由两直线交点和，则，③对；
由，故，所以，④错；
故答案为：①③
1．（2024·浙江绍兴·二模）汉诺塔（Twer f Hani），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为，例如：，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为等差数列
C．为等比数列D．
【答案】C
【解析】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：
若有2个圆盘，则移动情况为：，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：
，共7次，故，A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动次，则,
所以，而，故为等比数列，
故即，该式不是n的一次函数，
则不为等差数列，B错误；
又，则，，则为等比数列，C正确，
，D错误，
故选：C
2．（2024·河南洛阳·模拟预测）折纸是一种用纸张折成各种不同形状的艺术活动，起源于中国，其历史可追溯到公元583年，民间传统折纸是一项利用不同颜色、不同硬度、不同质地的纸张进行创作的手工艺．其以纸张为主材，剪刀、刻刀、画笔为辅助工具，经多次折叠造型后再以剪、刻、画手法为辅助手段，创作出或简练、或复杂的动物、花卉、人物、鸟兽等内容的立体几何造型作品．随着一代代折纸艺人的传承和发展，现代折纸技术已发展至一个前所未有的境界，有些作品已超越一般人所能想象，其复杂而又栩栩如生的折纸作品是由一张完全未经裁剪的正方形纸张所创作出来的，是我们中华民族的传统文化，历史悠久，内涵博大精深，世代传承．在一次数学实践课上某同学将一张腰长为l的等腰直角三角形纸对折，每次对折后仍成等腰直角三角形，则对折6次后得到的等腰直角三角形斜边长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意可知，对折后的等腰直角三角形的腰长成等比数列，且首项为，公比为，
故对折6次后，得到腰长为的等腰直角三角形，
所以斜边长为.
故选：A．
3．（多选题）（2024·全国·模拟预测）数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．若且，数列单调递减
B．若存在无数个自然数，使得，则
C．当或时，的最小值不存在
D．当时，
【答案】ACD
【解析】A选项，，
令，解得：，
令，解得：
综上：且，
所以且，数列单调递减，A正确；
B选项，当时，，
当时，，
所以存在无数个自然数，使得，
故B错误；
C选项，当或时，，
所以数列单调递减，所以最小值不存在，C正确；
D选项，，
所以，
所以，
故
，
因为，，单调递减，
所以当时，，，
所以，
又因为单调递减，所以当时，取得最大值，
最大值为，
综上：，D正确.
故选：ACD
4．（多选题）已知正项数列满足，则（ ）
A．为递增数列
B．
C．若，则存在大于1的正整数，使得
D．已知，则存在，使得
【答案】AB
【解析】数列中，，由，得，
对于A，，因此为递增数列，A正确；
对于B，，则，因此，B正确；
对于C，，由，得，有，
显然，于是，由选项A知，，
因此不存在大于1的正整数，使得，C错误；
对于D，，则，
即，于是，
因此，，则不存在，使得，D错误.
故选：AB
5．（多选题）已知数列满足：，其中，数列的前项和是，下列说法正确的是（ ）
A．当时，数列是递增数列
B．当时，若数列是递增数列，则
C．当时，
D．当时，
【答案】ACD
【解析】因为且，
所以，数列是递增数列，故A正确；
若数列是单调递增数列，
当时，
且，所以，又因为是单调递增的，
所以只需要，则，解得或，故B错误；
，所以，
所以，所以，故C正确；
易知是递增数列，所以，则，
即，所以，
即，所以，
当时，，所以
所以，D正确，
故选:ACD.
6．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【解析】由，令，
若为奇数，则，
若为偶数，则，
即奇数项与偶数项分别成以为公差的等差数列，
易知，
所以，则，
若为奇数，则
有解，即，
由指数函数的单调性可知；
若为偶数，则
有解，即，
由指数函数的单调性可知；
综上满足题意.
故答案为：
7．（2024·浙江·模拟预测）已知数列的前项和为，且，数列的前项和为，且，则满足的正整数的最小值为 .
【答案】15
【解析】因为，
所以，
因为，所以，
整理得，
所以，
所以，
令，解得.
所以正整数的最小值为15.
故答案为：15
8．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量（万件）近似地满足关系式，按此预测，在本年度内，需求量超过1.5万件的月份是 .
【答案】7，8
【解析】因为，
所以当时，，
当时，
，
化为，
解得，
可知当或8，需求量超过1.5万件.
故答案为：7，8.
9．已知平面内有四点，且任意三点不共线，点为平面外一点，数列为等差数列，其前项和为，若，则 .
【答案】2020
【解析】因为平面内有四点，且任意三点不共线，
所以，
所以，
可整理得，
即，
易得，
因为，所以，即
因为为等差数列，所以，
故答案为：2020
10．已知数列满足（），在双曲线上，则 .
【答案】/
【解析】当时，与渐近线平行，且在轴的投影为1，
不妨取渐近线，令其倾斜角为，则，，
所以.
故答案为：
11．已知数列是首项为，公差为d的等差数列，其前n项和为，若直线与圆的两个交点关于直线对称，则数列的前100项和为 ．
【答案】
【解析】由对称性可知经过，故，解得，
且与垂直，其中的斜率为，故，
所以，，
所以，
则.
故答案为：
12．（2024·云南昆明·模拟预测）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第层球数比第层球数多，设各层球数构成一个数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求的最小值；
(3)若数列满足，对于，证明：.
【解析】（1）依题意，，则有，
当时，
，
又也满足，所以.
（2）函数的定义域为，
求导得，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，因此，
所以函数的最小值为0.
（3）由（2）知，当时，，令，则，
则，
因此，
令，
于是，
两a式相减得，
因此，所以.
13．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，证明：．
【解析】（1）当时，；
当时，①，
②．
①②得，
因为不满足上式，所以.
（2）由（1），
因为，所以，
当时，；
当时，
，
综上，对任意的，.
14．已知等差数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列由与的公共项按从小到大的顺序排列而成，求数列落在区间内的项的个数．
【解析】（1）设等差数列的公差为．
由可得得
解得
所以．
（2）因为，所以表示所有正整数的完全平方数从小到大组成的数列，
而表示全体正奇数从小到大组成的数列，所以表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列，
因为，所以落在区间内的项的个数为22项．
15．（2024·吉林通化·一模）记为公比不为1的等比数列的前项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)设，若由与的公共项从小到大组成数列，求数列的前项和．
【解析】（1）设等比数列的公比为，
因为，即，即，所以，
又，即，解得，
所以.
（2）由（1）可得，
则数列为、、、、，偶数组成的数列，
又，令，则为正偶数，
所以，，，，，
所以为以为首项，为公比的等比数列，
所以.
16．（2024·高三·黑龙江哈尔滨·开学考试）记数列的前项和，对任意正整数，有 ，且 .
(1)求数列的通项公式；
(2)对所有正整数，若，则在和两项中插入，由此得到一个新数列，求的前91项和.
【解析】（1）由，则，两式相减得：，
整理得：，即时，，
所以时， ，
又时，，得，也满足上式.
故.
（2）由，所以，
又，所以前91项中有87项来自.
所以故
.
17．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）设数列的前项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)在数列的和项之间插入个数，使得这个数成等差数列，其中，将所有插入的数组成新数列，设为数列的前项和，求．
【解析】（1）当时，，所以，
当时，，即，
所以，
当时，符合，
所以；
（2）依题意，，
，
，
︙
．
所以，
即，①
则，②
由①②可得，，
所以．
18．（2024·全国·模拟预测）已知数列为等差数列，，前n项和为，数列满足，
(1)数列中是否存在不同的三项构成等比数列？请说明理由．
(2)若，求满足条件的最大整数n．
【解析】（1）因为等差数列满足，
所以，所以．
设数列中任意三项，且．
假设成等比数列，则，
即．
因为，
所以
即
所以
所以，即，与矛盾，
所以数列中的任意三项均不能构成等比数列．
（2）由题意，知，
所以．
而随着n的增大而增大．
设满足条件的最大整数为，
则
即
所以，即满足条件的最大整数为98．
19．已知数列的前项和为，且满足：
(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，在数列中是否存在三项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由①
得时②
①-②得，①中令得，
是以为首项，为公比的等比数列，，
（2）
假设存在这样的三项成等比数列，
为递增数列，不妨设，
则
则，
成等差数列，
，，
由，得，所以，与题设矛盾
不存在这样的三项（其中成等差数列）成等比数列.
20．设数列的首项为常数，且．
(1)证明：是等比数列；
(2)若中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项：若不存在，请说明理由．
(3)若是递增数列，求的取值范围．
【解析】（1）证明：
，
因为，所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）因为，所以数列的首项是，
所以，则，
若中存在连续三项成等差数列，则必有，
即，
整理为：，
解得：，
所以成等差数列；
（3）如果，
即对任意自然数均成立，
化简得，
当为偶数时，恒成立，
因为是递减数列，
所以的最大值是，即，
当为奇数时，恒成立，
单调递增，
所以的最小值为，即，
所以的取值范围是.
21．（2024·重庆渝中·模拟预测）（1）证明：当时，；
（2）已知正项数列满足.
（i）证明：数列为递增数列；
（ii）证明：若，则对任意正整数，都有.
【解析】（1）令，则，
所以在上单调递增，所以，即，
再令，则，，
令，则，由上面知，
即在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，所以，
即.
综上，当时，成立.
（2）（i）因为，所以，
所以，由（1）知，当时，，
所以，
所以数列为递增数列.
（ii）要证，即证，即，
由（1）知：当时，，
所以，即有，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，即，
所以，归纳易得数列为减函数，
又数列为递增数列，
所以，
所以
，
又因为，
所以，
所以，
即成立.
22．（2024·江苏南通·三模）已知函数．
(1)若，求的最小值；
(2)设数列前项和，若，求证：．
【解析】（1）因为，则，
因为，则，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得；
可知在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
（2）因为，
若，则，满足；
若，由（1）可知：，
即，当且仅当时，等号成立，
令，可得，
且，
可得，
所以；
综上所述：.
23．设函数，.
(1)①当时，证明：；
②当时，求的值域；
(2)若数列满足，，，证明：（）.
【解析】（1）①在恒成立，
故在上单调递增，
故，证毕；
②，恒有，
故为偶函数，
当时，，
由①可知，在上恒成立，
又，故在上恒成立，
故在上单调递减，
故，，
结合函数在上为偶函数可得，函数值域为；
（2）因为，，
所以，
其中，故只需证明，
因为，，
所以，
由（1）可知，
上式两边取倒数得，故，
于是
，，
所以（）.
24．（2024·浙江杭州·模拟预测）投掷一枚硬币（正反等可能），设投掷次不连续出现三次正面向上的概率为.
(1)求，，和；
(2)写出的递推公式；
(3)单调有界原理：①若数列单调递增，且存在常数，恒有成立，那么这个数列必定有极限，即存在；②若数列单调递减，且存在常数，恒有成立，那么这个数列必定有极限，即存在.请根据单调有界原理判断是否存在？有何统计意义？
【解析】（1）依题意，，
而投掷3次，共有8个不同结果，其中连续出现三次正面向上的只有1个，则，
又投掷4次，共有16个不同结果，其中连续出现三次正面向上的有：正正正正，正正正反，
反正正正，因此.
（2）共有三种情况：
①如果第n次出现反面向上，前n次不连续出现三次正面向上和前次不连续出现三次正面向上是相同的，
此时不连续出现三次正面向上的概率为；
②如果第n次出现正面向上，第次出现反面向上，
则前n次不连续出现三次正面向上和前次不连续出现三次正面向上是相同的，
此时不连续出现三次正面向上的概率为；
③如果第n次出现正面向上，第次出现正面向上，第次出现反面向上，
则前n次不连续出现三次正面向上和前次不连续出现三次正面向上是相同的，
此时不连续出现三次正面向上的概率为，
所以，.
（3）由（2）知，，
当时，，则，
即，因此当时，数列是递减的，又，
则当时，数列是递减的，显然有下界0，
于是数列的极限存在，对两边取极限，得，
其统计意义是：当投掷的次数足够多时，不出现连续三次正面向上的次数非常少，其概率趋近于0.
25．（2024·广东广州·模拟预测）甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留继续投掷骰子；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.
(1)求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；
(2)投掷次骰子后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式；
(3)设，求证：.
【解析】（1）依题意，球在甲手中时，保留在自己手中的概率为，传给乙的概率为；
球在乙手中时，传给甲的概率为，传给丙的概率为；球在丙手中时，传给甲和丙的概率都是.
则三次投掷骰子后球在甲手中包括四类的情况，
第一类情况：甲→甲→甲→甲，概率为；
第二类情况：甲→乙→甲→甲，概率为；
第三类情况：甲→乙→丙→甲，概率为；
第四类情况：甲→甲→乙→甲，概率为
由互斥事件的概率加法公式，三次投掷骰子后球在甲手中的概率为.
（2）由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，
故有，变形为.
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以.
所以数列的通项公式.
（3）由（2）可得，
则
① 当是奇数时，因是单调增函数，故，则，
于是，，故；
② 当是偶数时，因是单调减函数，故，则，
于是，，故.
综上，.
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