資源簡(jiǎn)介

重難點(diǎn)突破 01 數(shù)列的綜合應(yīng)用
目錄
01 方法技巧與總結(jié)...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結(jié)...............................................................................................................................3
題型一：數(shù)列在數(shù)學(xué)文化與實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用................................................................................3
題型二：數(shù)列不動(dòng)點(diǎn)與遞推問(wèn)題........................................................................................................4
題型三：數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題........................................................................................5
題型四：數(shù)列在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用....................................................................................................6
題型五：數(shù)列不等式的證明................................................................................................................7
題型六：公共項(xiàng)問(wèn)題............................................................................................................................8
題型七：插項(xiàng)問(wèn)題..............................................................................................................................10
題型八：蛛網(wǎng)圖問(wèn)題..........................................................................................................................11
題型九：整數(shù)的存在性問(wèn)題（不定方程）......................................................................................12
題型十：數(shù)列與函數(shù)的交匯問(wèn)題......................................................................................................14
題型十一：數(shù)列與導(dǎo)數(shù)的交匯問(wèn)題..................................................................................................15
題型十二：數(shù)列與概率的交匯問(wèn)題..................................................................................................16
題型十三：數(shù)列與幾何的交匯問(wèn)題..................................................................................................18
03 過(guò)關(guān)測(cè)試 .........................................................................................................................................19
1、解決數(shù)列與數(shù)學(xué)文化相交匯問(wèn)題的關(guān)鍵
2、新定義問(wèn)題的解題思路
遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦
事”，逐條分析、運(yùn)算、驗(yàn)證，使問(wèn)題得以解決．
3、數(shù)列與函數(shù)綜合問(wèn)題的主要類型及求解策略
①已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問(wèn)題，此類問(wèn)題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問(wèn)題．
②已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問(wèn)題，解決此類問(wèn)題一般要利用數(shù)列的通項(xiàng)公式、前 n 項(xiàng)和公式、求和方
法等對(duì)式子化簡(jiǎn)變形．
注意數(shù)列與函數(shù)的不同，數(shù)列只能看作是自變量為正整數(shù)的一類函數(shù)，在解決問(wèn)題時(shí)要注意這一特殊
性．
4、數(shù)列與不等式綜合問(wèn)題的求解策略
解決數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題時(shí)，若是證明題，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、
分析法、放縮法等；若是含參數(shù)的不等式恒成立問(wèn)題，則可分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究最值問(wèn)題來(lái)解決．
利用等價(jià)轉(zhuǎn)化思想將其轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題.
a > F (n) 恒成立 a > F (n)max ；
a < F (n)恒成立 a < F (n)min .
5、現(xiàn)實(shí)生活中涉及銀行利率、企業(yè)股金、產(chǎn)品利潤(rùn)、人口增長(zhǎng)、產(chǎn)品產(chǎn)量等問(wèn)題，常常考慮用數(shù)列
的知識(shí)去解決．
（1）數(shù)列實(shí)際應(yīng)用中的常見(jiàn)模型
①等差模型：如果增加(或減少)的量是一個(gè)固定的數(shù)，則該模型是等差模型，這個(gè)固定的數(shù)就是公差；
②等比模型：如果后一個(gè)量與前一個(gè)量的比是一個(gè)固定的數(shù)，則該模型是等比模型，這個(gè)固定的數(shù)就
是公比；
③遞推數(shù)列模型：如果題目中給出的前后兩項(xiàng)之間的關(guān)系不固定，隨項(xiàng)的變化而變化，則應(yīng)考慮是第
n項(xiàng) an 與第 n 1項(xiàng) an 1的遞推關(guān)系還是前 n項(xiàng)和 Sn 與前 n 1項(xiàng)和 Sn 1 之間的遞推關(guān)系．
在實(shí)際問(wèn)題中建立數(shù)列模型時(shí)，一般有兩種途徑：一是從特例入手，歸納猜想，再推廣到一般結(jié)論；
二是從一般入手，找到遞推關(guān)系，再進(jìn)行求解．一般地，涉及遞增率或遞減率要用等比數(shù)列，涉及依次增
加或減少要用等差數(shù)列，有的問(wèn)題需通過(guò)轉(zhuǎn)化得到等差或等比數(shù)列，在解決問(wèn)題時(shí)要往這些方面聯(lián)系．
（2）解決數(shù)列實(shí)際應(yīng)用題的 3 個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
①根據(jù)題意，正確確定數(shù)列模型；
②利用數(shù)列知識(shí)準(zhǔn)確求解模型；
③問(wèn)題作答，不要忽視問(wèn)題的實(shí)際意義．
6、在證明不等式時(shí)，有時(shí)把不等式的一邊適當(dāng)放大或縮小，利用不等式的傳遞性來(lái)證明，我們稱這
種方法為放縮法.
放縮時(shí)常采用的方法有：舍去一些正項(xiàng)或負(fù)項(xiàng)、在和或積中放大或縮小某些項(xiàng)、擴(kuò)大（或縮小）分式
的分子（或分母）.
放縮法證不等式的理論依據(jù)是： A > B, B > C A > C ； A < B, B < C A < C .
放縮法是一種重要的證題技巧，要想用好它，必須有目標(biāo)，目標(biāo)可從要證的結(jié)論中去查找.
題型一：數(shù)列在數(shù)學(xué)文化與實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用
【典例 1-1】（2024·重慶九龍坡·三模）正整數(shù)1,2,3,L,n 的倒數(shù)的和1
1 1 1
L 已經(jīng)被研究了幾百年，
2 3 n
但是迄今為止仍然沒(méi)有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，當(dāng) n很大時(shí)，
1 1 1 L 1 ln n g .其中g(shù) 稱為歐拉-馬歇羅尼常數(shù)，g 0.577215664901L，至今為止都不確定g 是
2 3 n
é 1 1 1 ù
有理數(shù)還是無(wú)理數(shù).設(shè)[x]表示不超過(guò) x 的最大整數(shù)，用上式計(jì)算 ê1 L 的值為（ ） 2 3 2024 ú

（參考數(shù)據(jù)： ln 2 0.69 ， ln 3 1.10， ln10 2.30）
A．10 B．9 C．8 D．7
【典例 1-2】（2024·黑龍江佳木斯·三模）《算法統(tǒng)宗》是一部中國(guó)古代數(shù)學(xué)名著，全稱為《新編直指算法統(tǒng)
宗》，由明代數(shù)學(xué)家程大位所著．該書(shū)在萬(wàn)歷二十一年（即公元 1593 年）首次刊行，全書(shū)共有 17 卷．其主
要內(nèi)容涵蓋了數(shù)學(xué)名詞、大數(shù)與小數(shù)的解釋、度量衡單位以及珠算盤式圖和各種算法的口訣等基礎(chǔ)知
識(shí)．同時(shí)，書(shū)中還按照“九章”的次序列舉了多種應(yīng)用題及其解法，并附有圖式說(shuō)明．此外，《算法統(tǒng)宗》還
包括了難題解法的匯編和不能歸入前面各類別的雜法算法等內(nèi)容．其中有一首詩(shī)，講述了“竹筒容米”問(wèn)
題．詩(shī)云：‘家有九節(jié)竹一莖，為因盛米不均平，下頭三節(jié)三升九，上稍四節(jié)貯三升，唯有中間兩節(jié)竹，要
將米數(shù)次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明’（【注釋】三升九：3.9 升，次第盛：盛米容積依次相差
同一數(shù)量）用你所學(xué)數(shù)學(xué)知識(shí)求該九節(jié)竹一共盛米多少升 （ ）
A．8.8 升 B．9 升 C．9.1 升 D．9.2 升
【變式 1-1】（2024·北京朝陽(yáng)·二模）北宋科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中記載了“隙積術(shù)”，提出長(zhǎng)方臺(tái)形垛
積的一般求和公式.如圖，由大小相同的小球堆成的一個(gè)長(zhǎng)方臺(tái)形垛積的第一層有 ab個(gè)小球，第二層有
a 1 b 1 個(gè)小球，第三層有 a 2 b 2 個(gè)小球……依此類推，最底層有 cd 個(gè)小球，共有 n層，由“隙
é 2b d a 2d b c c - a ù n
積術(shù)”可得 這 些 小 球 的 總 個(gè) 數(shù) 為 .若由小球堆成的某個(gè)長(zhǎng)方臺(tái)形垛積
6
共 8 層，小球總個(gè)數(shù)為 240，則該垛積的第一層的小球個(gè)數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式 1-2】（2024·云南·模擬預(yù)測(cè)）當(dāng)前，全球新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革蓬勃發(fā)展，汽車與能源 交通
信息通信等領(lǐng)域有關(guān)技術(shù)加速融合，電動(dòng)化 網(wǎng)聯(lián)化 智能化成為汽車產(chǎn)業(yè)的發(fā)展潮流和趨勢(shì).某車企為轉(zhuǎn)型
升級(jí)，從 2024 年起大力發(fā)展新能源汽車，2024 年全年預(yù)計(jì)生產(chǎn)新能源汽車 10 萬(wàn)輛，每輛車的利潤(rùn)為 2 萬(wàn)
元.假設(shè)后續(xù)的幾年中，經(jīng)過(guò)車企關(guān)鍵核心技術(shù)的不斷突破和受眾購(gòu)買力的提升，每年新能源汽車的產(chǎn)量都
比前一年增加20%（假設(shè)每年生產(chǎn)的新能源汽車都能銷售出去），每輛車的利潤(rùn)都比前一年增加 2000 元，
則至 2030 年年底，該汽車集團(tuán)銷售新能源汽車的總利潤(rùn)約為（ ）參考數(shù)據(jù)：1.27 3.58，結(jié)果精確到
0.1）
A．320.5 億元 B．353.8 億元 C．363.2 億元 D．283.8 億元
題型二：數(shù)列不動(dòng)點(diǎn)與遞推問(wèn)題
a 2
【典例 2-1】（多選題）（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 an 滿足 a1 > 0， an 1 = n 2 a ， an 的前 n 項(xiàng)和n
為 Sn ，則下列說(shuō)法正確的有（ ）
A．對(duì)任意 a1 > 0， an 不可能為常數(shù)數(shù)列
B．當(dāng) a1 > 3時(shí)， an 為遞減數(shù)列
C．若 a =1 a 2
1
1 ，則 n 2n-1
1 1 1 S a
D n n．若 a1 =1，則 L 2
【典例 2-2】（多選題）（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 an 滿足 an 1 = an - 2an 2，則下列說(shuō)法正確的是
（ ）
1 5
A．當(dāng) a1 = 時(shí)，1 < an n 2 B．若數(shù)列 an 為常數(shù)列，則 an = 22 4
n-1
C．若數(shù)列 an 為遞增數(shù)列，則 a1 > 2 D．當(dāng) a1 = 3時(shí)， a 2n = 2 1
【變式 2-1】已知數(shù)列{an}滿足 a1 =1， an 1 = a
1
n - a
2
n .給出下列四個(gè)結(jié)論：2
①數(shù)列{an}每一項(xiàng) an 都滿足0 < an 1 (n N
*)；
②數(shù)列{an}是遞減數(shù)列；
③數(shù)列{an}的前 n項(xiàng)和 Sn < 2；
④數(shù)列{an}
2
每一項(xiàng)都滿足 an 成立.n 1
其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是（ ）
A．①② B．①③
C．①②③ D．①②④
【變式 2-2】（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)數(shù)列{an}滿足 a1 = 0, a = ca3n 1 n 1- c, n Z ，其中 c 為實(shí)數(shù)，數(shù)列
{a2n }的前 n 項(xiàng)和是 Sn ，下列說(shuō)法不正確的是（ ）
A．c∈[0,1]是an [0,1]的充分必要條件 B．當(dāng) c>1 時(shí)，{an}一定是遞減數(shù)列
1
C．當(dāng) c<0 時(shí)，不存在 c 使{an}是周期數(shù)列D．當(dāng) c = 時(shí)， Sn > n - 74
題型三：數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題
【典例 3-1】（2024·江蘇蘇州·三模）已知函數(shù) f (n) = an , n N* .
1
①當(dāng) a = 2時(shí)，bn = 1 bf (n) ，記 n 前 n項(xiàng)積為Tn ，若m > Tn 恒成立，整數(shù)m 的最小值是 ;
f (n) -1 n3
②對(duì)所有 n 都有 成立，則 a3 的最小值是 .f (n) 1 n 1
【典例 3-2】歐拉函數(shù)j n n N* 的函數(shù)值等于所有不超過(guò) n且與 n互質(zhì)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)（公約數(shù)只有 1
j 10n
的兩個(gè)整數(shù)稱為互質(zhì)整數(shù)），例如：j 3 = 2，j 4 = 2．記 an = ，數(shù)列 an 的前 n n 項(xiàng)和為
Sn ，若j 5
Sn n -1 lan 恒成立，則實(shí)數(shù)l 的取值范圍為 ．
n 1
【變式 3-1 1

】（2024·河北保定·二模）已知數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)積為Tn ，若 an = - ÷ ，則滿足T2 k
- ,0÷
è è 1000
的正整數(shù) k 的最小值為 .
【變式 3-2】（2024· n 1湖南衡陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ，且 a1 = 2, Sn = an 1 - 2 .若
Sn > n
2 61n ，則 n的最小值為 .
【變式 3-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知正項(xiàng)數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ， a4 = 8，若存在非零常數(shù)l ，使得
S 2Sn l = 1 l a nn對(duì)任意的正整數(shù) n均成立，則l = ， 的最小值為 .an 1
題型四：數(shù)列在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用
【典例 4-1】（2024·上海楊浦·二模）某鋼材公司積壓了部分圓鋼，經(jīng)清理知共有 2024 根，每根圓鋼的直徑
為 10 厘米．現(xiàn)將它們堆放在一起.若堆成縱斷面為等腰梯形（如圖每一層的根數(shù)比上一層根數(shù)多 1 根），且
3
為考慮安全隱患，堆放高度不得高于 米，若堆放占用場(chǎng)地面積最小，則最下層圓鋼根數(shù)為 .
2
【典例 4-2】（2024·北京延慶·一模）北京天壇的圜丘壇分上、中、下三層，上層中心有一塊圓形石板(稱為
天心石)， 環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊，下一層的第一環(huán)比上一層的
最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊．已知每層環(huán)數(shù)相同，且三層共有扇面形石板(不含天心石)
3402塊，則上層有扇形石板 塊．
【變式 4-1】（2024·廣東茂名·一模）有一座六層高的商場(chǎng)，若每層所開(kāi)燈的數(shù)量都是下面一層的兩倍，一
共開(kāi)了 1890 盞，則底層所開(kāi)燈的數(shù)量為 盞.
【變式 4-2】（2024·貴州·模擬預(yù)測(cè)）拓?fù)浣Y(jié)構(gòu)圖在計(jì)算機(jī)通信、計(jì)算機(jī)網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)設(shè)計(jì)和網(wǎng)絡(luò)維護(hù)等方面有
著重要的作用.某樹(shù)形拓?fù)浣Y(jié)構(gòu)圖如圖所示，圓圈代表節(jié)點(diǎn)，每一個(gè)節(jié)點(diǎn)都有兩個(gè)子節(jié)點(diǎn)，則到第 10 層一
共有 個(gè)節(jié)點(diǎn).（填寫(xiě)具體數(shù)字）
【變式 4-3】（2024·湖北·一模）2022 年第二十四屆北京冬奧會(huì)開(kāi)幕式上由 96 片小雪花組成的大雪花驚艷了
全世界，數(shù)學(xué)中也有一朵美麗的雪花——“科赫雪花”．它的繪制規(guī)則是：任意畫(huà)一個(gè)正三角形P1，并把每
一條邊三等分，以三等分后的每邊的中間一段為邊向外作正三角形，并把這“中間一段”擦掉，形成雪花曲
線P2．重復(fù)上述兩步，畫(huà)出更小的三角形，一直重復(fù)，直到無(wú)窮，形成雪花曲線P3，P4，L，Pn，L．
設(shè)雪花曲線Pn周長(zhǎng)為 ln ，面積為 Sn ．若P1的邊長(zhǎng)為 3，則 l5 = ； Sn = ．
題型五：數(shù)列不等式的證明
【典例 5-1】（2024·高三·河北衡水·期中）已知數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ，且 Sn = 2an -1, n 1 ．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
1 1 1 1
(2)求證： L < 2S1 S
．
2 S3 Sn
【典例 5-2】（2024·江蘇鹽城·模擬預(yù)測(cè)）在數(shù)列 an 的第 k 項(xiàng)與第 k 1項(xiàng)之間插入 k 個(gè) 1，稱為變換G．?dāng)?shù)
列 an 通過(guò)變換G所得數(shù)列記為W1 an ，數(shù)列W1 an 通過(guò)變換G所得數(shù)列記為W2 an ， ，以此類推，數(shù)
列Wn-1 an 通過(guò)變換G所得數(shù)列記為Wn an （其中 n 2）．
(1)已知等比數(shù)列 an 的首項(xiàng)為 1，項(xiàng)數(shù)為m ，其前m 項(xiàng)和為 Sm ，若 Sm = 2am -1 = 255，求數(shù)列W1 an 的項(xiàng)
數(shù)；
(2)若數(shù)列 an 的項(xiàng)數(shù)為 3，Wn an 的項(xiàng)數(shù)記為bn ．
①當(dāng) n 2時(shí)，試用bn-1表示bn ；
n-1 n-1
②求證： 2 ×32 bn 6
2 ．
【變式 5-1】（2024·江蘇鹽城·一模）已知正項(xiàng)數(shù)列 an 中， a
1
1 = ，且3a
2 2
n 1 2an 1an - an = 0 n N* .3
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
a - a 1
(2)b = n n 1 n N*n a a a a 1 ，證明：b1 b2 ××× bn < .n n 1 n n 1 4
【變式 5-2】已知數(shù)列 an 滿足a1 = 3,an 1 = 7an 3．
ì 1 ü
(1)證明 ían 是等比數(shù)列，并求 an 的通項(xiàng)公式；
2
1 1 1 7
(2)證明： 【變式 5-3】已知數(shù)列 an 是等差數(shù)列， a2 a5 =16， a5 - a3 = 4，數(shù)列 bn 的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，且
Sn = 2bn - 2，
(1)求數(shù)列 an 和 bn 的通項(xiàng)公式；
ì n* ü(2)若集合M = ín N | lbn < ai 中恰有四個(gè)元素，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍；
i=1
ìb , n為奇數(shù) n
(3)設(shè)數(shù)列 cn 滿足b n 1
1 1 1 1 1
n = í ， cn 的前 n 項(xiàng)和為Tb , n n
，證明： - < <
n 為偶數(shù) 8 8 4
n ．
k=1 T2k 6
題型六：公共項(xiàng)問(wèn)題
n n-1
【典例 6-1】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)積為T = 3 2 ，數(shù)列 bn 滿足b1 =1，n
bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ）．
(1)求數(shù)列 an ， bn 的通項(xiàng)公式；
(2)將數(shù)列 an ， bn 中的公共項(xiàng)從小到大排列構(gòu)成新數(shù)列 cn ，求數(shù)列 cn 的通項(xiàng)公式．
【典例 6-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）設(shè) Sn 為等差數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和，且 a1 = 4, S5 = 50，數(shù)列 bn 滿足
b1 = 4,bn 1 = 4bn ,n N
*
．
(1)求 an 和 bn 的通項(xiàng)公式；
(2)若將數(shù)列 an 和 bn 的公共項(xiàng)按從小到大的順序組成一個(gè)新的數(shù)列 cn ，求數(shù)列 cn 的前 n 項(xiàng)和Tn ．
【變式 6-1】（2024·四川南充·一模）已知等差數(shù)列{an}的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，滿足 S5 = a7 ， a3 = -2 .
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)將數(shù)列{an}與{5 - 3n}的公共項(xiàng)從大到小排列得到數(shù)列{bn}，求數(shù)列{bn}的前 n 項(xiàng)和為Tn .
*
【變式 6-2】已知數(shù)列 an 為等差數(shù)列，數(shù)列 bn 為等比數(shù)列，且bn N ，若
a1 = b2 = 2, a1 a2 a3 = b1 b2 b3 b4 =15．
(1)求數(shù)列 an ， bn 的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)由 an ， bn 的公共項(xiàng)構(gòu)成的新數(shù)列記為 cn ，求數(shù)列 cn 的前 5 項(xiàng)之和 S5 ．
【變式 6-3】已知 an = 3n -1,b
n
n = 2 ，設(shè) an 與bn 的公共項(xiàng)數(shù)列為cn ，給出至少兩種求cn 的方法，要求講清思
路，并求出cn ．
題型七：插項(xiàng)問(wèn)題
【典例 7-1】已知數(shù)列 an 是等差數(shù)列，其前 n和為 Sn ， a2 = 2， S9 = 45，數(shù)列 bn 滿足
a1b1 a2b2 L anbn = n -1 ×2n 1
(1)求數(shù)列 an ， bn 的通項(xiàng)公式；
(2)若對(duì)數(shù)列 an ， bn ，在 ak 與 ak 1之間插入bk 個(gè) 2（ k N* ），組成一個(gè)新數(shù)列 dn ，求數(shù)列 dn 的前
83 項(xiàng)的和T83 .
ì S ü
【典例 7-2】（2024·廣東廣州· n二模）已知等差數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ,a2n 1 = 2an 2 ，且 í 為等差數(shù)
n 1
列．
(1)求 an 的通項(xiàng)公式；
an a(2) n 1
ì 1 ü
在2 2 與2 2 之間插入 n個(gè)數(shù)，使這 n 2 個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn dn > 0 的等差數(shù)列，記數(shù)列 íd 的前 n
n項(xiàng)和為Tn ，求證：Tn < 3．
a a a
【變式 7-1】（2024·河北滄州·一模）在數(shù)列 a 中，已知 a 2 3n 1 2 L n2 2 2n-1 = 2n ．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)在數(shù)列 an 中的 a1和 a2之間插入 1 個(gè)數(shù) x11，使a1, x11,a2成等差數(shù)列；在 a2和a3之間插入 2 個(gè)數(shù) x21, x22 ，
使a2 , x21, x22 ,a3成等差數(shù)列；…；在 an 和 an 1之間插入 n個(gè)數(shù) xn1, xn2 ,L, xnn ，使 an , xn1, xn2 ,L, xnn ,an 1 成等差
數(shù)列，這樣可以得到新數(shù)列 bn : a1, x11,a2 , x21, x22 ,a3, x31, x32 , x33,a4 ,L,an ，設(shè)數(shù)列 bn 的前 n項(xiàng)和為 Sn ，求
S55（用數(shù)字作答）．
2
【變式 7-2】（2024· · 3n 3n廣西 模擬預(yù)測(cè)）記數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，對(duì)任意正整數(shù) n，有 Sn = - ．2 2
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2) m對(duì)所有正整數(shù) m，若ak < 4 < a mk 1 ，則在 ak 和 ak 1兩項(xiàng)中插入 4 ，由此得到一個(gè)新數(shù)列 bn ，求 bn 的
前 91 項(xiàng)和．
題型八：蛛網(wǎng)圖問(wèn)題
【典例 8-1】已知數(shù)列 b b t 3n 若 1 = 2，bn = bn-1 （ n N* 且 n 2，t R ），若 bn 2對(duì)任意 n N* 恒成立，4 4
則實(shí)數(shù) t 的取值范圍是 .
【典例 8-2】已知數(shù)列{an}滿足： a1 = 0 ， a
an *
n 1 = ln(e 1) - an (n N ) ，前 n項(xiàng)和為 Sn ，則下列選項(xiàng)錯(cuò)誤的
是 (　　 )（參考數(shù)據(jù)： ln2 0.693， ln3 1.099)
A．{a2n-1}是單調(diào)遞增數(shù)列，{a2n}是單調(diào)遞減數(shù)列
B． an an 1 ln3
C． S2020 < 670
D． a2n-1 a2n
ì ü
【變式 8-1】（2024 浙江模擬）數(shù)列{an}滿足 a1 > 0 ， an 1 = a
3 - a 1 n N * S 1n n ， ， n 表示數(shù)列 í 前 n項(xiàng)
an
和，則下列選項(xiàng)中錯(cuò)誤的是 (　　 )
A．若 0 2< a1 < ，則 an < 13
B 2．若 < a1 < 1，則{an}遞減3
C 1 1．若 a1 = ，則 S > 4( - 2)2 n an 1
D a 2 S 2．若 1 = ，則 2000 > 3
【變式 8-2】已知數(shù)列 {an}滿足： a1 = 0 ， an 1 = ln(e
an 1) - an (n N*) ，前 n項(xiàng)和為 Sn （參考數(shù)據(jù)：
ln2 0.693， ln3 1.099)，則下列選項(xiàng)中錯(cuò)誤的是 (　　 )
A．{a2n-1}是單調(diào)遞增數(shù)列，{a2n}是單調(diào)遞減數(shù)列
B． an an 1 ln3
C． S2020 < 666
D． a2n-1 < a2n
2
【變式 8-3】（多選題）已知數(shù)列 an 滿足 a1 = a ， an 1 = an -1a ，記數(shù)列 an - 2 的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，n
l > Sn對(duì) n N* 恒成立，則下列說(shuō)法正確的有（ ）
A．若 a > 0，則數(shù)列 an - 2 為遞減數(shù)列
B．若 2 < a < 2，則數(shù)列 an 為遞增數(shù)列
C．若 a 35＝3，則l 的可能取值為 12
5 5
D．若 a＝3，則 Sn -2 3 ×2n-1
題型九：整數(shù)的存在性問(wèn)題（不定方程）
【典例 9-1】已知等比數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ，公比 q = 3，S4 =160 .
(1)求a3；
(2)若在 a1與a3之間插入 3 個(gè)數(shù)，使這 5 個(gè)數(shù)組成一個(gè)等差數(shù)列，試問(wèn)在這 5 個(gè)數(shù)中是否存在 3 個(gè)數(shù)可以構(gòu)
成等比數(shù)列？若存在，找出這 3 個(gè)數(shù)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【典例 9-2】已知等比數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ，且 an 1 = 3Sn 2 n N* ．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)在 an 與 an 1之間插入 n個(gè)數(shù)，使這 n 2 個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為 dn 的等差數(shù)列，在數(shù)列 dn 中是否存在 3 項(xiàng)
d ，d ， d p （其中m ， k ， pm k 成等差數(shù)列）成等比數(shù)列？若存在，求出這樣的 3 項(xiàng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明
理由．
【變式 9-1】（2024·天津南開(kāi)·二模）已知 an 是等差數(shù)列，公差 d 0， a1 a5 = 8，且a3是 a1與a7的等比
中項(xiàng).
(1)求 an 的通項(xiàng)公式
b - b
(2)數(shù)列 b n n 1n 滿足 = 2a
1
b b n ，且
b1 = .
n n 1 2
（ⅰ）求 bn 的前 n 項(xiàng)和 Sn .
（ⅱ）是否存在正整數(shù) m，n（m n），使得 S4 ， S2m ， S2n 成等差數(shù)列，若存在，求出 m，n 的值；若不存
在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【變式 9-2】（2024·黑龍江·二模）已知等比數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，且 Sn 1 = 3Sn 1，其中 n N* .
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)在 an 與 an 1之間插入 n 個(gè)數(shù)，使這 n 2 個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為 dn 的等差數(shù)列，在數(shù)列 dn 中是否存在不同
三項(xiàng) dm ，dk ， d p （其中m, k, p成等差數(shù)列）成等比數(shù)列？若存在，求出這樣的三項(xiàng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明
理由.
【變式 9-3】（2024·天津北辰·三模）已知 an 為等差數(shù)列，前 n項(xiàng)和為 Sn ，若 a2 = 3， S8 = 6S3 10；數(shù)列
1 1 b 1 1 *n 滿足： 1- ÷ 1- ÷L 1- ÷ = ， n N .
è b1 è b2 è bn bn
(1)求 an 和 bn 的通項(xiàng)公式；
(2) m 2m對(duì)任意的m N*，將 an 中落入?yún)^(qū)間 2 ,2 內(nèi)項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為 cm .
（i）求 cm ；
2 T - t
（ii）記 dm = b d 2 2( m-1) c ， m 的前
m 項(xiàng)和記為Tm，是否存在m ，- t N
* m 1 ，使得 = dt 1T t 成立？若存m m -
在，求出mt的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
題型十：數(shù)列與函數(shù)的交匯問(wèn)題
【典例 10-1】已知定義在 R 上的函數(shù) f (x) 3是奇函數(shù)且滿足 f ( - x) = f (x)， f (-2) = -3，數(shù)列{an}是等差2
數(shù)列，若 a2 = 3 ， a7 = 13，則 f (a1) f (a2 ) f (a3 ) f (a2015 ) = ( 　　 )
A． -2 B． -3 C．2 D．3
【典例 10-2 {a } a n 100】已知數(shù)列 n 的通項(xiàng)公式 n = ，則 | a1 - a2 | | a2 - a3 | | a99 - a100 |= ( 　　 )n
A．150 B．162 C．180 D．210
【 變 式 10-1 】 設(shè) 等 差 數(shù) 列 {a 3n}的 前 n項(xiàng) 和 為 Sn ， 已 知 (a4 -1) 2012(a4 -1) = 1，
(a2009 -1)
3 2012(a2009 -1) = -1，則下列結(jié)論中正確的是 (　　 )
A． S2012 = 2012 ， a2009 < a4 B． S2012 = 2012 ， a2009 > a4
C． S2012 = 2011， a2009 < a4 D． S2012 = 2011， a2009 > a4
題型十一：數(shù)列與導(dǎo)數(shù)的交匯問(wèn)題
1
【典例 11-1】（2024·湖北襄陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = a ln x - a 1 x x2 .
2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)當(dāng) a =1時(shí)， h x = f x 1- x2 2x 1 ，數(shù)列 tn 滿足 t1 0,1 ，且 tn 1 = h tn n N* 2 x
① t t 1 n N*比較 n 1 ， n 2 ， 的大小
② *證明： tn 1 tn 3 > 2tn 2 n N .
【典例 11-2】（2024·黑龍江·二模）南宋的數(shù)學(xué)家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積
的連續(xù)量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求離散變量的垛積問(wèn)題”．在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應(yīng)
立體圖形作類比，推導(dǎo)出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式．如圖，“三角垛”的最上層有 1 個(gè)球，
第二層有 3 個(gè)球，第三層有 6 個(gè)球……第 n 1層球數(shù)是第 n 層球數(shù)與 n 1的和，設(shè)各層球數(shù)構(gòu)成一個(gè)數(shù)列
an ．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
x
(2)證明：當(dāng) x > 0時(shí)， ln 1 x >
1 x
n
(3)若數(shù)列 bn 滿足b
2
n = ，對(duì)于 * ，證明：b b b L b n 1ln(2a ) - 2lnn n N 1 2 3 n
< n 2 ．
n
【變式 11-1】（2024· n n-1湖南長(zhǎng)沙·三模）已知函數(shù) fn x = x x L x -1 n N ．
(1)判斷并證明 fn x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)
(2)記 fn x 在 (0, )上的零點(diǎn)為 xn，求證;
（i） xn 是一個(gè)遞減數(shù)列
n 1
（ii） x1 x2 L x
n
n < 1．2 2
【變式 11-2】（2024·湖南衡陽(yáng)·三模）已知正項(xiàng)數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ，首項(xiàng) a1 =1 .
(1) 2若 an = 4Sn - 2an -1，求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)若函數(shù) f (x) = 2ex x，正項(xiàng)數(shù)列 a *n 滿足： an 1 = f (an )(n N ) .
n
（i）證明： Sn 3 - n -1；
(1 1 )(1 1 1 1（ii 3）證明： 2 2 )(1 2 )L(1 2 ) < e(n 2,n N
*)
5a 5a 5a 5a .2 3 4 n
x
【變式 11-3 e - x -1】（2024·高三·江西萍鄉(xiāng)·期中）已知函數(shù) f x = 2 .x
1
(1)證明：當(dāng) x > 0時(shí)， f x > 恒成立；
2
1
(2)首項(xiàng)為 的數(shù)列 an n N a n 滿足：當(dāng) n 2時(shí)，有 e n = 2 f an-1 ，證明： ln 1 2 > an nln2 .3
題型十二：數(shù)列與概率的交匯問(wèn)題
【典例 12-1】（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測(cè)）現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)盒子中都有大小、形狀、質(zhì)地相同的 2 個(gè)紅球和
1 *個(gè)黑球．從兩個(gè)盒子中各任取一個(gè)球交換，記為一次操作．重復(fù)進(jìn)行 n n N 次操作后，記甲盒子中黑
球個(gè)數(shù)為 X n ，甲盒中恰有 1 個(gè)黑球的概率為 an ，恰有 2 個(gè)黑球的概率為bn ．
(1)求隨機(jī)變量 X1的分布列；
(2)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
n 6 -10a 9
(3)求證： i < ．
i=1 9aiai 1 5
【典例 12-2】擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，得分規(guī)則如下：若出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為 1，則得 1 分；若出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為 2
或 3，則得 2 分；若出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為 4 或 5 或 6，則得 3 分．
(1)記 X 為連續(xù)擲這枚骰子 2 次的總得分，求 X 的數(shù)學(xué)期望；
(2)現(xiàn)在將得分規(guī)則變更如下：若出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為 1 或 2，則得 2 分，其他情況都得 1 分．反復(fù)擲這枚骰子，
設(shè)總得分為 n n N* 的概率為Pn，證明：數(shù)列 Pn 1 - Pn 為等比數(shù)列．
【變式 12-1】4 月 19 日是中國(guó)傳統(tǒng)二十四節(jié)氣之一的“谷雨”，聯(lián)合國(guó)將這天定為“聯(lián)合國(guó)中文日”，以紀(jì)念
“中華文字始祖”倉(cāng)頡[jié]造字的貢獻(xiàn)，旨在慶祝多種語(yǔ)言以及文化多樣性，促進(jìn)聯(lián)合國(guó)六種官方語(yǔ)言平等
使用．某大學(xué)面向在校留學(xué)生舉辦中文知識(shí)競(jìng)賽，每位留學(xué)生隨機(jī)抽取問(wèn)題并依次作答，其中每個(gè)問(wèn)題的
1
回答相互獨(dú)立．若答對(duì)一題記 2 分，答錯(cuò)一題記 1 分，已知甲留學(xué)生答對(duì)每個(gè)問(wèn)題的概率為 ，答錯(cuò)的概
4
3
率為 ．
4
(1)甲留學(xué)生隨機(jī)抽取3題，記總得分為 X ，求 X 的分布列與數(shù)學(xué)期望；
(2)（ⅰ）若甲留學(xué)生隨機(jī)抽取m 道題，記總得分恰為 2m 分的概率為Pm ，求數(shù)列 Pm 的前m 項(xiàng)和；
（ⅱ）記甲留學(xué)生已答過(guò)的題累計(jì)得分恰為 n分的概率為Qn，求數(shù)列 Qn 的通項(xiàng)公式．
【變式 12-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）甲、乙兩名小朋友，每人手中各有 3 張龍年紀(jì)念卡片，其中甲手中
的 3 張卡片為 1 張金色和 2 張銀色，乙手中的 3 張卡片都是金色的，現(xiàn)在兩人各從自己的卡片中隨機(jī)取 1
張，去與對(duì)方交換，重復(fù) n次這樣的操作，記甲手中銀色紀(jì)念卡片 xn張，恰有 2 張銀色紀(jì)念卡片的概率為
pn ，恰有 1 張銀色紀(jì)念卡片的概率為 qn ．
(1)求 p2 , q2 的值．
(2)問(wèn)操作幾次甲手中銀色紀(jì)念卡片就可能首次出現(xiàn) 0 張，求首次出現(xiàn)這種情況的概率 p ．
(3)記 an = 2 pn qn ．
（i）證明數(shù)列 an -1 為等比數(shù)列，并求出 an 的通項(xiàng)公式．
（ii）求 xn的分布列及數(shù)學(xué)期望．（用 n表示）
題型十三：數(shù)列與幾何的交匯問(wèn)題
【典例 13-1】（2024·浙江紹興·三模）已知四面體 ABCD，分別在棱 AD ，BD，BC上取 n 1 n N *, n 3
等分點(diǎn)，形成點(diǎn)列 An ， Bn ， Cn ，過(guò) Ak ，Bk ，Ck k =1,2, × × ×, n 作四面體的截面，記該截面的面積為
M k ，則（ ）
A．?dāng)?shù)列 M k 為等差數(shù)列 B．?dāng)?shù)列 M k 為等比數(shù)列
ì M ü ì M ü
C k k．?dāng)?shù)列 í 為等差數(shù)列 D．?dāng)?shù)列k í
為等比數(shù)列
k
【典例 13-2】（2024·福建福州·三模）數(shù)列 an 中， an >1 n N* ，點(diǎn) an ,an 1 在雙曲線 2y2 - x2 =1上.若
an 2 - an 1 > l an 1 - an 恒成立，則實(shí)數(shù) λ 的取值范圍為（ ）
é1 , 1A B ,
é 2
． ê ÷ ． ÷ C． ê , 2 ÷÷ D． 1, 2 è 2
【變式 13-1】（2024·四川成都·一模）公差為d 的等差數(shù)列 an 的首項(xiàng)為 a1，其前 n項(xiàng)和為 Sn ，若直線
ì ü
y = a1x m
x - d 1 與圓 x - 2 2 y = 1的兩個(gè)交點(diǎn)關(guān)于直線 y = - 對(duì)稱，則數(shù)列 í 的前 100 項(xiàng)和等于（2 S ） n
100 99 98
A． B． C． D．1
101 100 99
【變式 13-2】（2024·遼寧大連·模擬預(yù)測(cè)）已知三棱錐O - ABC ，P 是面 ABC 內(nèi)任意一點(diǎn)，數(shù)列 an 共 9 項(xiàng)，
uuur uuur uuur uuur
a1 =1, a1 a9 = 2a 2 *5 且滿足OP = (an - an-1) OA - 3an OB 3(an-1 1)OC(2 n 9, n N ) ，滿足上述條件的數(shù)列
共有 個(gè).
【變式 13-3】（2024·高三·北京·期中）已知直線 l1 : x y - 2 = 0與 l2 : x - 2y 1 = 0 相交于點(diǎn) P ，直線 l1與 x 軸
交于點(diǎn)P1，過(guò)點(diǎn)P1作 x 軸的垂線交直線 l2于點(diǎn)Q1，過(guò)點(diǎn)Q1作 y 軸的垂線交直線 l1于點(diǎn)P2，過(guò)點(diǎn)P2作 x 軸的
l Q … P Q P Q … P n N*工線交直線 2于點(diǎn) 2， ，這樣一直作下去，可得到一系列點(diǎn) 1， 1， 2， 2， ，記點(diǎn) n 的橫
坐標(biāo)構(gòu)成數(shù)列 xn ，給出下列四個(gè)結(jié)論：
1 3
①點(diǎn)Q2 , ÷； ②數(shù)列 x2n 單調(diào)遞減；
è 2 4
n-1
③ PP 2 1n = 2

÷ ； ④數(shù)列 x4 n
的前 n項(xiàng)和 Sn 滿足： 2Sn 1 Sn = 4n 3 .
è
其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是 .
1．（2024·浙江紹興·二模）漢諾塔（Tower of Hanoi），是一個(gè)源于印度古老傳說(shuō)的益智玩具. 如圖所示，有
三根相鄰的標(biāo)號(hào)分別為 A、B、C 的柱子， A 柱子從下到上按金字塔狀疊放著 n個(gè)不同大小的圓盤，要把
所有盤子一個(gè)一個(gè)移動(dòng)到柱子 B 上，并且每次移動(dòng)時(shí)，同一根柱子上都不能出現(xiàn)大盤子在小盤子的上方，
請(qǐng)問(wèn)至少需要移動(dòng)多少次？記至少移動(dòng)次數(shù)為H n ，例如：H (1) =1， H (2) = 3，則下列說(shuō)法正確的是
（ ）
A． H (3) = 5 B． H (n) 為等差數(shù)列
C． H (n) 1 為等比數(shù)列 D．H 7 <100
2．（2024·河南洛陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）折紙是一種用紙張折成各種不同形狀的藝術(shù)活動(dòng)，起源于中國(guó)，其歷史可
追溯到公元 583 年，民間傳統(tǒng)折紙是一項(xiàng)利用不同顏色、不同硬度、不同質(zhì)地的紙張進(jìn)行創(chuàng)作的手工
藝．其以紙張為主材，剪刀、刻刀、畫(huà)筆為輔助工具，經(jīng)多次折疊造型后再以剪、刻、畫(huà)手法為輔助手段，
創(chuàng)作出或簡(jiǎn)練、或復(fù)雜的動(dòng)物、花卉、人物、鳥(niǎo)獸等內(nèi)容的立體幾何造型作品．隨著一代代折紙藝人的傳
承和發(fā)展，現(xiàn)代折紙技術(shù)已發(fā)展至一個(gè)前所未有的境界，有些作品已超越一般人所能想象，其復(fù)雜而又栩
栩如生的折紙作品是由一張完全未經(jīng)裁剪的正方形紙張所創(chuàng)作出來(lái)的，是我們中華民族的傳統(tǒng)文化，歷史
悠久，內(nèi)涵博大精深，世代傳承．在一次數(shù)學(xué)實(shí)踐課上某同學(xué)將一張腰長(zhǎng)為 l 的等腰直角三角形紙對(duì)折，
每次對(duì)折后仍成等腰直角三角形，則對(duì)折 6 次后得到的等腰直角三角形斜邊長(zhǎng)為（ ）
2 1 1A． B． C 2． D．
8 8 4 4
3 2．（多選題）（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）數(shù)列 an 滿足 a1 = a ， an 1 = 3an - an -1，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．若a 1且 a 2，數(shù)列 an 單調(diào)遞減
B．若存在無(wú)數(shù)個(gè)自然數(shù) n，使得 an 1 = an ，則 a =1
C．當(dāng) a > 2或a < 1時(shí)， an 的最小值不存在
1 1 1 1
D．當(dāng) a = 3時(shí)， ×××× × × ,1
ù
a ú1 - 2 a2 - 2 an - 2 è 2
2a2 4a 1
4 *．（多選題）已知正項(xiàng)數(shù)列 an 滿足 a n nn 1 = (n N )，則（　　）an 2
A． an 為遞增數(shù)列
B n． an 1 > 2 a1
1 m a a 1C．若 0 < a1 < ，則存在大于 1 的正整數(shù) ，使得 m - 1 3 6
1 n 1
D．已知bn = ，則存在 n N*a 1 2a 3 0 ，使得b =1n 1 n0i=1 i
5．（多選題）已知數(shù)列 an 滿足："n N*,an 1 = a2n 2an b，其中b R ，數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和是 Sn ，下
列說(shuō)法正確的是（ ）
A．當(dāng)b 1, 時(shí)，數(shù)列 an 是遞增數(shù)列
B．當(dāng)b = -6時(shí)，若數(shù)列 an 是遞增數(shù)列，則 a1 - ,-3 U 2,
5 2
C．當(dāng)b = ,a1 = 2 時(shí)， S
n 3n
n 4 2
1 1 1 3
D．當(dāng)b = -2, a1 = 3時(shí)， L a1 2 a2 2 an 2 10
n
6 1 n．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）已知數(shù)列 an 中， a1 =1，且2an 1 an = - ÷ ,bn = t
è 2 (-2)n
，若存在正整
數(shù) n，使得 an bn an 1 bn 1 < 0成立，則實(shí)數(shù) t 的取值范圍為 .
1
7．（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ，且 an = ，數(shù)列 b 的前 n項(xiàng)和為T ，n n -1 n n
且 2bn -1 Sn = an 1，則滿足Tn 2的正整數(shù) n的最小值為 .
8．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）根據(jù)市場(chǎng)調(diào)查結(jié)果，預(yù)測(cè)某種家用商品從年初開(kāi)始的 n 個(gè)月內(nèi)累積的需
n 2
求量 Sn （萬(wàn)件）近似地滿足關(guān)系式 Sn = 21n - n - 5 n =1,2, × × ×,12 ，按此預(yù)測(cè)，在本年度內(nèi)，需求量超90
過(guò) 1.5 萬(wàn)件的月份是 .
9．已知平面a 內(nèi)有四點(diǎn) A、B、C、D ，且任意三點(diǎn)不共線，點(diǎn)O為平面a 外一點(diǎn)，數(shù)列 an 為等差數(shù)列，
uuur uuur uuur uuur
其前n項(xiàng)和為 Sn ，若OA = a1010OB - OC a1011OD ，則 S2020 = .
2 2
10 x y．已知數(shù)列 an 滿足 an < an 1（ n N* ）， P (n,a )在雙曲線 - =1上，則 lim P P =n n 6 2 n n n 1 .
11．已知數(shù)列 an 是首項(xiàng)為 a1，公差為 d 的等差數(shù)列，其前 n 項(xiàng)和為 Sn ，若直線 y = a1x m與圓
ì 1 ü
x - 2 2 y2 =1的兩個(gè)交點(diǎn)關(guān)于直線 x 2 y - d = 0對(duì)稱，則數(shù)列 í 的前 100 項(xiàng)和為 ．
Sn
12．（2024·云南昆明·模擬預(yù)測(cè)）南宋的數(shù)學(xué)家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的
連續(xù)量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求離散變量的垛積問(wèn)題”.在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應(yīng)立體
圖形作類比，推導(dǎo)出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式. 如圖，“三角垛”的最上層有 1 個(gè)球，第二
層有 3 個(gè)球，第三層有 6 個(gè)球……第 n 1層球數(shù)比第 n層球數(shù)多 n 1，設(shè)各層球數(shù)構(gòu)成一個(gè)數(shù)列 an .
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)求 f x = ln 1 x x- 的最小值；
1 x
2n
(3)若數(shù)列 bn 滿足bn = * b b b L b < n 2n 1ln 2a ，對(duì)于 n N ，證明： 1 2 3 n .n - 2lnn
13．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 a 3n-1n 滿足 a1 3n-2 a2 ... 3a nn-1 an = 4 ， n N*．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
1 1 1 7
(2)若bn = an -1，證明： ... ．
14．已知等差數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ，且 S5 = 2a4 11, a5 = a1 a3 3．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)若數(shù)列 bn 由 Sn 與 an 的公共項(xiàng)按從小到大的順序排列而成，求數(shù)列 bn 落在區(qū)間 0,2022 內(nèi)的項(xiàng)的
個(gè)數(shù)．
15．（2024·吉林通化·一模）記 Sn 為公比不為 1 的等比數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和， a5 - a4 = -8a2 8a1， S6 = 21．
(1)求 an 的通項(xiàng)公式；
(2) 2設(shè)bn = log2 an ，若由 an 與 bn 的公共項(xiàng)從小到大組成數(shù)列 cn ，求數(shù)列 cn 的前 n項(xiàng)和Tn ．
16．（2024·高三·黑龍江哈爾濱·開(kāi)學(xué)考試）記數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和 Sn ，對(duì)任意正整數(shù) n，有 2Sn = nan ，且
a2 = 3 .
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2) m對(duì)所有正整數(shù)m ，若 a < 4 < a mk k 1，則在 ak 和 ak 1兩項(xiàng)中插入 4 ，由此得到一個(gè)新數(shù)列 bn ，求 bn 的
前 91 項(xiàng)和.
17．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）設(shè)數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ,3Sn = 2an 1．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)在數(shù)列 an 的 ak 和 ak 1項(xiàng)之間插入 k 個(gè)數(shù)，使得這 k 2個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，其中 k = 1,2,× × ×,n，將所有插入
的數(shù)組成新數(shù)列 bn ，設(shè)Tn 為數(shù)列 bn 的前 n項(xiàng)和，求T36 ．
18．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 an 為等差數(shù)列， a1 =1, a3 = 2 2 1，前 n 項(xiàng)和為 Sn ，數(shù)列 bn 滿足
1-an
bn = 2 2 1，
(1)數(shù)列 an 中是否存在不同的三項(xiàng)構(gòu)成等比數(shù)列？請(qǐng)說(shuō)明理由．
(2)若b1 b2 b3 L bn <100，求滿足條件的最大整數(shù) n．
19．已知數(shù)列 an 的前項(xiàng)和為 Sn ，且滿足： an = -Sn 1, n N*
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)在 an 與 an 1之間插入 n個(gè)數(shù)，使這 n 2 個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為 dn 的等差數(shù)列，在數(shù)列 dn 中是否存在三項(xiàng)
dm ,dk ,dt （其中m, k, t 成等差數(shù)列）成等比數(shù)列？若存在，求出這三項(xiàng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
3
20 n *．設(shè)數(shù)列 an 的首項(xiàng) a1為常數(shù) a1 ÷，且a5 n 1 = 3 - 2an n N ．è
ì 3n ü
(1)證明： ían - 是等比數(shù)列；
5
3
(2)若a1 = , an 中是否存在連續(xù)三項(xiàng)成等差數(shù)列？若存在，寫(xiě)出這三項(xiàng)：若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．2
(3)若 an 是遞增數(shù)列，求 a1的取值范圍．
3
21．（2024·重慶渝中·模擬預(yù)測(cè)）（1）證明：當(dāng) x > 0 x時(shí)， x - < sinx < x；
6
（2）已知正項(xiàng)數(shù)列 an a a
sina *
滿足 nn 1 = n - n N .n 1
（i）證明：數(shù)列 nan 為遞增數(shù)列；
3a
（ii）證明：若0 < a1 < 3
1
，則對(duì)任意正整數(shù) n，都有 nan < 3- a2 .1
22．（2024· k江蘇南通·三模）已知函數(shù) f x = (1 x) - kx -1(k > 1)．
(1)若 x > -1，求 f x 的最小值；
1 n a n S S n 2 n 2(2)設(shè)數(shù)列 n 前 項(xiàng)和 n ，若an = 1 ÷ ，求證： n - -2n 2n ．è
2
23．設(shè)函數(shù) f x = sin x - x cos x ， g x x= 1 ÷cos x .
è 2
(1)①當(dāng) x 0, π 時(shí)，證明： f x 0；
②當(dāng) x -π, π 時(shí)，求 g x 的值域；
(2)若數(shù)列 an 滿足 a1 =1， an 1 = an cos an ， an > 0，證明：
3a a a *1 2 3 ××× an cos a1 cos a2 cos a3 × × ×cos an < 2（ n N ）.
24．（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）投擲一枚硬幣（正反等可能），設(shè)投擲 n次不連續(xù)出現(xiàn)三次正面向上的概
率為Pn .
(1)求P1，P2，P3和P4；
(2)寫(xiě)出Pn的遞推公式；
(3)單調(diào)有界原理：①若數(shù)列 an 單調(diào)遞增，且存在常數(shù) M ，恒有 an M 成立，那么這個(gè)數(shù)列必定有極限，
即 lim an存在；②若數(shù)列 an 單調(diào)遞減，且存在常數(shù)m ，恒有 an mn 成立，那么這個(gè)數(shù)列必定有極限，即
lim a lim P
n n存在.請(qǐng)根據(jù)單調(diào)有界原理判斷 n n 是否存在？有何統(tǒng)計(jì)意義？
25．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）甲、乙、丙三人進(jìn)行傳球游戲，每次投擲一枚質(zhì)地均勻的正方體骰子決定
傳球的方式：當(dāng)球在甲手中時(shí)，若骰子點(diǎn)數(shù)大于 3，則甲將球傳給乙，若點(diǎn)數(shù)不大于 3，則甲將球保留繼
續(xù)投擲骰子；當(dāng)球在乙手中時(shí)，若骰子點(diǎn)數(shù)大于 4，則乙將球傳給甲，若點(diǎn)數(shù)不大于 4，則乙將球傳給丙；
當(dāng)球在丙手中時(shí)，若骰子點(diǎn)數(shù)大于 3，則丙將球傳給甲，若骰子點(diǎn)數(shù)不大于 3，則丙將球傳給乙.初始時(shí)，
球在甲手中.
(1)求三次投擲骰子后球在甲手中的概率；
(2)投擲 n n N* 次骰子后，記球在乙手中的概率為 pn ，求數(shù)列 pn 的通項(xiàng)公式；
1 4
(3)設(shè) an = -2 n p × p ，求證： a1 a2 ××× an - .n n 1 3重難點(diǎn)突破 01 數(shù)列的綜合應(yīng)用
目錄
01 方法技巧與總結(jié)...............................................................................................................................2
02 題型歸納與總結(jié)...............................................................................................................................3
題型一：數(shù)列在數(shù)學(xué)文化與實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用................................................................................3
題型二：數(shù)列不動(dòng)點(diǎn)與遞推問(wèn)題........................................................................................................6
題型三：數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題......................................................................................10
題型四：數(shù)列在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用..................................................................................................13
題型五：數(shù)列不等式的證明..............................................................................................................16
題型六：公共項(xiàng)問(wèn)題..........................................................................................................................20
題型七：插項(xiàng)問(wèn)題..............................................................................................................................23
題型八：蛛網(wǎng)圖問(wèn)題..........................................................................................................................26
題型九：整數(shù)的存在性問(wèn)題（不定方程）......................................................................................34
題型十：數(shù)列與函數(shù)的交匯問(wèn)題......................................................................................................37
題型十一：數(shù)列與導(dǎo)數(shù)的交匯問(wèn)題..................................................................................................39
題型十二：數(shù)列與概率的交匯問(wèn)題..................................................................................................45
題型十三：數(shù)列與幾何的交匯問(wèn)題..................................................................................................49
03 過(guò)關(guān)測(cè)試 .........................................................................................................................................53
1、解決數(shù)列與數(shù)學(xué)文化相交匯問(wèn)題的關(guān)鍵
2、新定義問(wèn)題的解題思路
遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦
事”，逐條分析、運(yùn)算、驗(yàn)證，使問(wèn)題得以解決．
3、數(shù)列與函數(shù)綜合問(wèn)題的主要類型及求解策略
①已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問(wèn)題，此類問(wèn)題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問(wèn)題．
②已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問(wèn)題，解決此類問(wèn)題一般要利用數(shù)列的通項(xiàng)公式、前 n 項(xiàng)和公式、求和方
法等對(duì)式子化簡(jiǎn)變形．
注意數(shù)列與函數(shù)的不同，數(shù)列只能看作是自變量為正整數(shù)的一類函數(shù)，在解決問(wèn)題時(shí)要注意這一特殊
性．
4、數(shù)列與不等式綜合問(wèn)題的求解策略
解決數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題時(shí)，若是證明題，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、
分析法、放縮法等；若是含參數(shù)的不等式恒成立問(wèn)題，則可分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究最值問(wèn)題來(lái)解決．
利用等價(jià)轉(zhuǎn)化思想將其轉(zhuǎn)化為最值問(wèn)題.
a > F (n) 恒成立 a > F (n)max ；
a < F (n)恒成立 a < F (n)min .
5、現(xiàn)實(shí)生活中涉及銀行利率、企業(yè)股金、產(chǎn)品利潤(rùn)、人口增長(zhǎng)、產(chǎn)品產(chǎn)量等問(wèn)題，常常考慮用數(shù)列
的知識(shí)去解決．
（1）數(shù)列實(shí)際應(yīng)用中的常見(jiàn)模型
①等差模型：如果增加(或減少)的量是一個(gè)固定的數(shù)，則該模型是等差模型，這個(gè)固定的數(shù)就是公差；
②等比模型：如果后一個(gè)量與前一個(gè)量的比是一個(gè)固定的數(shù)，則該模型是等比模型，這個(gè)固定的數(shù)就
是公比；
③遞推數(shù)列模型：如果題目中給出的前后兩項(xiàng)之間的關(guān)系不固定，隨項(xiàng)的變化而變化，則應(yīng)考慮是第
n項(xiàng) an 與第 n 1項(xiàng) an 1的遞推關(guān)系還是前 n項(xiàng)和 Sn 與前 n 1項(xiàng)和 Sn 1 之間的遞推關(guān)系．
在實(shí)際問(wèn)題中建立數(shù)列模型時(shí)，一般有兩種途徑：一是從特例入手，歸納猜想，再推廣到一般結(jié)論；
二是從一般入手，找到遞推關(guān)系，再進(jìn)行求解．一般地，涉及遞增率或遞減率要用等比數(shù)列，涉及依次增
加或減少要用等差數(shù)列，有的問(wèn)題需通過(guò)轉(zhuǎn)化得到等差或等比數(shù)列，在解決問(wèn)題時(shí)要往這些方面聯(lián)系．
（2）解決數(shù)列實(shí)際應(yīng)用題的 3 個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)
①根據(jù)題意，正確確定數(shù)列模型；
②利用數(shù)列知識(shí)準(zhǔn)確求解模型；
③問(wèn)題作答，不要忽視問(wèn)題的實(shí)際意義．
6、在證明不等式時(shí)，有時(shí)把不等式的一邊適當(dāng)放大或縮小，利用不等式的傳遞性來(lái)證明，我們稱這
種方法為放縮法.
放縮時(shí)常采用的方法有：舍去一些正項(xiàng)或負(fù)項(xiàng)、在和或積中放大或縮小某些項(xiàng)、擴(kuò)大（或縮小）分式
的分子（或分母）.
放縮法證不等式的理論依據(jù)是： A > B, B > C A > C ； A < B, B < C A < C .
放縮法是一種重要的證題技巧，要想用好它，必須有目標(biāo)，目標(biāo)可從要證的結(jié)論中去查找.
題型一：數(shù)列在數(shù)學(xué)文化與實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用
1 1 1
【典例 1-1】（2024·重慶九龍坡·三模）正整數(shù)1,2,3,L,n 的倒數(shù)的和1 L 已經(jīng)被研究了幾百年，
2 3 n
但是迄今為止仍然沒(méi)有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，當(dāng)n很大時(shí)，
1 1 1 L 1 ln n g .其中g(shù) 稱為歐拉-馬歇羅尼常數(shù)，g 0.577215664901L，至今為止都不確定g 是
2 3 n
é 1 1 1 ù
有理數(shù)還是無(wú)理數(shù).設(shè)[x]表示不超過(guò) x 的最大整數(shù)，用上式計(jì)算 ê1 L ú的值為（2 3 2024 ）
（參考數(shù)據(jù)： ln 2 0.69 ， ln 3 1.10， ln10 2.30）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】C
a 1 1 1 1【解析】設(shè) n = L , n N
*
，則 a
2 3 n n
ln n g ，
a a 1 1 1 L 1 1 1 1 1因?yàn)?n 1 - n =

÷ -

1 L ÷ = > 0 ，
è 2 3 n 1 è 2 3 n n 1
可知數(shù)列 an 為遞增數(shù)列，
且 a1800 ln1800 g = ln 2 2ln 3 2ln10 g 8.07 ，
a2048 ln 2048 g =11ln 2 g 8.17，
可知8.07 < a2024 < 8.17
é 1 1 1 ù
，所以 ê1 L ú = a2024 = 8 . 2 3 2024
故選：C.
【典例 1-2】（2024·黑龍江佳木斯·三模）《算法統(tǒng)宗》是一部中國(guó)古代數(shù)學(xué)名著，全稱為《新編直指算法統(tǒng)
宗》，由明代數(shù)學(xué)家程大位所著．該書(shū)在萬(wàn)歷二十一年（即公元 1593 年）首次刊行，全書(shū)共有 17 卷．其主
要內(nèi)容涵蓋了數(shù)學(xué)名詞、大數(shù)與小數(shù)的解釋、度量衡單位以及珠算盤式圖和各種算法的口訣等基礎(chǔ)知
識(shí)．同時(shí)，書(shū)中還按照“九章”的次序列舉了多種應(yīng)用題及其解法，并附有圖式說(shuō)明．此外，《算法統(tǒng)宗》還
包括了難題解法的匯編和不能歸入前面各類別的雜法算法等內(nèi)容．其中有一首詩(shī)，講述了“竹筒容米”問(wèn)
題．詩(shī)云：‘家有九節(jié)竹一莖，為因盛米不均平，下頭三節(jié)三升九，上稍四節(jié)貯三升，唯有中間兩節(jié)竹，要
將米數(shù)次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明’（【注釋】三升九：3.9 升，次第盛：盛米容積依次相差
同一數(shù)量）用你所學(xué)數(shù)學(xué)知識(shí)求該九節(jié)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】設(shè)第n節(jié)竹筒盛米 an 升，
則數(shù)列 an 為等差數(shù)列， a1 a2 a3 a4 = 3,a7 a8 a9 = 3.9 ，
設(shè)公差為d ，
ì4a1 6d = 3 ìa1 = 0.6
則有 í
3a 21d
，解得 ，
1 = 3.9
í
d = 0.1
所以 an = 0.1n 0.5，
0.6 1.4 9
則該九節(jié)竹一共盛米 = 9 升.
2
故選：B.
【變式 1-1】（2024·北京朝陽(yáng)·二模）北宋科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中記載了“隙積術(shù)”，提出長(zhǎng)方臺(tái)形垛
積的一般求和公式.如圖，由大小相同的小球堆成的一個(gè)長(zhǎng)方臺(tái)形垛積的第一層有 ab個(gè)小球，第二層有
a 1 b 1 個(gè)小球，第三層有 a 2 b 2 個(gè)小球……依此類推，最底層有 cd 個(gè)小球，共有n層，由“隙
é 2b d a 2d b c c - a ù n
積術(shù)”可得 這 些 小 球 的 總 個(gè) 數(shù)為 .若由小球堆成的某個(gè)長(zhǎng)方臺(tái)形垛積
6
共 8 層，小球總個(gè)數(shù)為 240，則該垛積的第一層的小球個(gè)數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】由題意知， n = 8，于是得最底層小球的數(shù)量為 cd = (a 7)(b 7)，即 c = a 7， d = b 7 .
8 ×[(2b b 7)a (2b 14 b)(a 7) 7]
從而有 = 240，
6
整理得 (2b b 7)a (2b 14 b)(a 7) 7 =180，
(3b 7)a (3b 14)(a 7) =173，
3ab 7a 3ab 14a 21b 98 =173，
6ab 21a 21b = 75， 2ab 7a 7b = 25，
由于 a,b皆為正整數(shù)，所以
（i）當(dāng) a =1,b =1時(shí)， 2 ×1×1 7 ×1 7 ×1 =16 < 25，
當(dāng) a =1,b = 2時(shí)， 2 ×1×2 7 ×1 7 × 2 = 25，
（iii）當(dāng) a =1,b = 3時(shí)， 2 ×1×3 7 ×1 7 ×3 = 34 > 25，
（iv）當(dāng) a = 2,b = 2時(shí)， 2 ×2 × 2 7 × 2 7 × 2 = 36 > 25
只有 a =1,b = 2符合題意，即 ab的值為 2.
故選：B.
【變式 1-2】（2024·云南·模擬預(yù)測(cè)）當(dāng)前，全球新一輪科技革命和產(chǎn)業(yè)變革蓬勃發(fā)展，汽車與能源 交通
信息通信等領(lǐng)域有關(guān)技術(shù)加速融合，電動(dòng)化 網(wǎng)聯(lián)化 智能化成為汽車產(chǎn)業(yè)的發(fā)展潮流和趨勢(shì).某車企為轉(zhuǎn)型
升級(jí)，從 2024 年起大力發(fā)展新能源汽車，2024 年全年預(yù)計(jì)生產(chǎn)新能源汽車 10 萬(wàn)輛，每輛車的利潤(rùn)為 2 萬(wàn)
元.假設(shè)后續(xù)的幾年中，經(jīng)過(guò)車企關(guān)鍵核心技術(shù)的不斷突破和受眾購(gòu)買力的提升，每年新能源汽車的產(chǎn)量都
比前一年增加20%（假設(shè)每年生產(chǎn)的新能源汽車都能銷售出去），每輛車的利潤(rùn)都比前一年增加 2000 元，
則至 2030 年年底，該汽車集團(tuán)銷售新能源汽車的總利潤(rùn)約為（ ）參考數(shù)據(jù)：1.27 3.58，結(jié)果精確到
0.1）
A．320.5 億元 B．353.8 億元 C．363.2 億元 D．283.8 億元
【答案】B
【解析】設(shè)第n年每輛車的利潤(rùn)為 an 萬(wàn)元，則每輛車的利潤(rùn) an 是以 2 為首項(xiàng)，0.2 為公差的等差數(shù)列，
所以 an = 0.2n 1.8，設(shè)第n年新能源汽車的銷量為bn 輛，
則該汽車的銷量 bn 是以 100000 n-1為首項(xiàng)，1.2 為公比的等比數(shù)列，所以bn =100000 1.2 ，
設(shè)該車企銷售新能源汽車的總利潤(rùn)為 S ,\S =100000 1.2n-1 0.2n 1.8 ，
\S =100000 2 2.2 1.2 2.4 1.22 2.6 1.23 2.8 1.24 3 1.25 3.2 1.26 ①，
1.2S =100000 2 1.2 2.2 1.22 2.4 1.23 2.6 1.24 2.8 1.25 3 1.26 3.2 1.27 ，②
①-②得：-0.2S =100000 é 2 0.2 1.2 1.22 1.23 1.24 1.25 1.26 - 3.2 1.27 ù
é 7 ù
=100000 1.2 -1.2 ê2 0.2 ÷ - 3.2 1.2
7
ú =100000 0.8 - 2.2 1.271 1.2 ， è -
7
所以 S = 500000 2.2 1.2 - 0.8 3538000萬(wàn)元，即 S 353.8億元，
故選：B.
題型二：數(shù)列不動(dòng)點(diǎn)與遞推問(wèn)題
a 2
【典例 2-1】（多選題）（2024· n全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 an 滿足 a1 > 0， an 1 = 2 a ， an 的前 n 項(xiàng)和n
為 Sn ，則下列說(shuō)法正確的有（ ）
A．對(duì)任意 a1 > 0， an 不可能為常數(shù)數(shù)列
B．當(dāng) a1 > 3時(shí)， an 為遞減數(shù)列
1
C．若 a1 =1，則 an 2 2n-1
1 1 1 S a
D．若 a1 =1，則 L <
n n
a1 a2 an 4
【答案】BCD
a 2
【解析】因?yàn)?a1 > 0， a
n
n 1 = 2 a ，故
an > 0 .
n
對(duì)于 A，當(dāng) a1 = 2時(shí)， an = 2 ，即數(shù)列 an 為常數(shù)數(shù)列，故 A 錯(cuò)誤；
a 3 a an 2 2 an 2對(duì)于 B，當(dāng) 1 > 時(shí)， n 1 = × = 2，2 an 2 an
an-1 2
若存在 an ，使得等號(hào)成立，則 an = 2 ，故 2 = 2 a ，故
an-1 = 2，
n-1
依次有 a1 = 2，矛盾，故 an > 2 ,
2
則 a
2 an 4 - an
n 1 - an = - = < 0，即 an 1 < an ，所以 an 為遞減數(shù)列，故 B 正確；an 2 2an
a =1 a 1 2 5對(duì)于 C，由 1 得 2 = = > 2，由 A，B 知，當(dāng) n 2時(shí)， a2 2 n
> 2 ，
a an 2 a故 n 1 = < n 1 n 2 12 a 2 ，則 an - 2 < an-1 - 2 1 1
< a
2 2n-2 2
- 2 = n-1 ，
n 2
1 5 1
故 an < 2 n-1 ，當(dāng) n＝2 時(shí)， a2 = = 2 2-1 ，此時(shí)等號(hào)成立，故 C 正確；2 2 2
an 2 S a a a
對(duì)于 D，由題有 an 1 - = ， Sn = a1 a2 L a2 a n，則
n = 1 2 L n ，兩式相減得
n 2 2 2 2
Sn a a a= a a - 1 a - 2 L a - n-1 an 2 21 2 ÷ 3 ÷ n ÷ - = a1 L
2 a
- n
2 è 2 2 2 2 a a
，
è è 1 2 an-1 2
2 2 L 2 Sn a - 2a故 = n 1a a a 2 ，1 2 n-1
1 1 L 1 Sn 1 an 1 - 2a1 Sn 2an 1 - 2a S a所以 = = 1 < n na1 a2 an 4 4 4
4
（提示： 2an 1 - 2a1 = an - 2 < aa n ），故 D 正確．n
故選：BCD．
【典例 2-2】（多選題）（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 a 2n 滿足 an 1 = an - 2an 2，則下列說(shuō)法正確的是
（ ）
1 5
A．當(dāng) a1 = 時(shí)，1 < an n 2 B．若數(shù)列 an 為常數(shù)列，則 an = 22 4
n-1
C．若數(shù)列 an 為遞增數(shù)列，則 a1 > 2 D．當(dāng) a1 = 3時(shí)， a 2n = 2 1
【答案】AD
1 5
【解析】對(duì)于 A，當(dāng) a1 = 時(shí)， a2 = ，令b = a -1
2 1 1
n n ，則b2 4 n 1
= bn ，b2 = ，故0 < bn n 24 ，即4
1 5< an n 2 ，A 正確；4
對(duì)于 B，若數(shù)列 an 為常數(shù)列，令 an = t ，則 t = t2 - 2t 2 ，解得 t =1或 t = 2,\an = 1或 an = 2 ，B 不正確；
對(duì)于 C 2，令bn = an -1，則bn 1 = bn ，
若數(shù)列 an 2為遞增數(shù)列，則數(shù)列 bn 為遞增數(shù)列，則bn 1 - bn = bn - bn > 0 ，解得bn < 0或bn >1.
當(dāng)b1 < -1時(shí)，b2 = b
2
1 > 1
2
，且bn 1 = bn ，
\b2 < b3 < ×× × < bn < ×× ×,b1 < b2 ，此時(shí)數(shù)列 bn 為遞增數(shù)列，即數(shù)列 an 為遞增數(shù)列；
當(dāng)-1 b1 < 0 2時(shí)，0 < b2 1，且bn 1 = bn ，
\b2 b3 ××× bn ×××,b1 < b2 ，此時(shí)數(shù)列 bn 不為遞增數(shù)列，即數(shù)列 an 不為遞增數(shù)列；
當(dāng)b1 >1
2
時(shí)，bn 1 = bn ，
\b1 < b2 < b3 < ××× < bn < ×××，此時(shí)數(shù)列 bn 為遞增數(shù)列，即數(shù)列 an 為遞增數(shù)列.
綜上，當(dāng)b1 < -1或b1 >1，即 a1 < 0或 a1 > 2時(shí)，數(shù)列 an 為遞增數(shù)列，C 不正確；
對(duì)于 D，令 bn = an -1，則 bn 1 = b
2
n ， b1 = 2，兩邊同時(shí)取以 2 為底的對(duì)數(shù)，得 log2bn 1 = 2log2bn ， log2b1 =1，
\數(shù)列 log2bn 是首項(xiàng)為 1，公比為 2 的等比數(shù)列，
\log b = 2n-1，即b = 22
n-1
,\a = 22
n-1
2 n n n 1，D 正確.
故選：AD.
1
【變式 2-1 2】已知數(shù)列{an}滿足 a1 =1， an 1 = an - an .給出下列四個(gè)結(jié)論：2
①數(shù)列{an}每一項(xiàng) an 都滿足0 < an 1 (n N
*)；
②數(shù)列{an}是遞減數(shù)列；
③數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和 Sn < 2；
2
④數(shù)列{an}每一項(xiàng)都滿足 an 成立.n 1
其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是（ ）
A．①② B．①③
C．①②③ D．①②④
【答案】D
① a 1= a - a2 1【解析】對(duì) ： n 1 n n = an (1- an )， a1 =12 2 ，
當(dāng) n = 1時(shí)， a
1
2 = ，所以0 < a2 2
<1，
假設(shè)當(dāng) n = k 時(shí)，0 < ak <1；
1 1 2 1
則當(dāng) n = k 1 2 時(shí)， ak 1 = ak - ak = - ak -1 0,
1
÷；2 2 2 è 2
*
綜上，0 < an 1(n N )，正確；
1 2
對(duì)②： an 1 - an = - an < 0 ，故數(shù)列是遞減數(shù)列，正確；2
a =1 a 1 a 3 a 39對(duì)③： 1 ， 2 = ， 3 = ， 4 = ， S4 =1
1 3 39 279
= > 2，錯(cuò)誤；
2 8 128 2 8 128 128
對(duì)④：當(dāng) n = 1時(shí)， a1 =1
2
=1成立，
1 1
假設(shè) n
2
= k 時(shí)成立，即 ak ，k 1
當(dāng) n = k 1
1
時(shí)，函數(shù) y = - x2 x在 0,1 上單調(diào)遞增，
2
2 2 2 k
a a 1 a2 2 1 2 2 2k 2則 k 1 = k - 2 k - ×2 k 2 2 k ÷ = < = ，è 2 k 2 2 k 2 2 k
故 n = k 1時(shí)成立.
{a } a 2綜上所述：數(shù)列 n 每一項(xiàng)都滿足 n 成立，正確.n 1
故選：D.
【變式 2-2】（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)數(shù)列{an}滿足 a 3 1 = 0, an 1 = can 1- c, n Z ，其中 c 為實(shí)數(shù)，數(shù)列
{a2n }的前 n 項(xiàng)和是 Sn ，下列說(shuō)法不正確的是（ ）
A．c∈[0,1]是an [0,1]的充分必要條件 B．當(dāng) c>1 時(shí)，{an}一定是遞減數(shù)列
1
C．當(dāng) c<0 時(shí)，不存在 c 使{an}是周期數(shù)列D．當(dāng) c = 時(shí)， Sn > n - 74
【答案】C
【解析】若an [0,1]，則 a2 [0,1]\1- c [0,1]\c [0,1]，即必要性成立；
若 c∈[0,1]，則 a2 =1- c [0,1]
假設(shè) n = k(k 1, k N *)時(shí)，an [0,1]
則 n = k 1時(shí)， a 3n 1 = can 1- c [1- c,1] [0,1]
因此 c∈[0,1] 時(shí)，an [0,1]，即充分性成立；故 A 成立；
c > 1, y = cx3 1- c 單調(diào)遞增，
Q a1 = 0,\a2 = 1- c < 0\a3 = f (a2 ) < f (a1) = 1- c = a2
同理 a4 = f (a3 ) < f (a2 ) = a3 ，依次類推可得 an 1 < an ，即{an}一定是遞減數(shù)列，故 B 成立；
當(dāng) c<0 時(shí)， a1 = 0,\a2 = 1- c > 0\a3 = c(1- c)3 1- c < 1- c = a2
由 a 23 = 0 c(1- c) 1 = 0，令 g(c) = c(1- c)
2 1,Q g(-1) 1< 0, g(- ) > 0\ g(c)
3 存在零點(diǎn)，即存在
c 使{an}是周期數(shù)
列，即 C 錯(cuò)誤；
c 1= a 1當(dāng) 時(shí)， n 1 = a3
3 1 1
n ,a -1 = (a
3 2
4 4 4 n 1 4 n
-1) = (an -1)(an a4 n
1),
由 A 得an [0,1]
1
，所以 an 1 -1 (a -1)(1 1 1) (a -1) (
3
× )2 L (0 -1) × (3)n ,
4 n n-1 4 4
a 1 (3)n , a 1 (3 3 - \ - )n-1(n 2)\a2 > 1- 2( )n-1n 1 n n (n 2)4 4 4
3 é 3 n-11-
ù
é 3 1 3 n-1 ù 4
ê ÷ ú
S n 1 2 ê
è 4 ú
\ n > - - ê ÷ L ÷ ú = n -1- 2
> n - 7， n 2
êè 4 è 4 ú 1 3-
4
因?yàn)?n = 1時(shí)， S1 = 0 > -7，所以 Sn > n - 7 ，即 D 成立；
故選：C
題型三：數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問(wèn)題
【典例 3-1】（2024·江蘇蘇州·三模）已知函數(shù) f (n) = an , n N* .
1
①當(dāng) a = 2時(shí)，bn = 1 f (n) ，記 bn 前n項(xiàng)積為Tn ，若m > Tn 恒成立，整數(shù)m的最小值是 ;
f (n) -1 n3
②對(duì)所有 n 都有 3 成立，則 a的最小值是 .f (n) 1 n 1
【答案】 3 17
【解析】 f (n) = 2n ，bn =1
1
n >1，T3 = b1b b
3 5 9 135
2 3 = = > 2，故Tn > 2，2 2 4 8 64
設(shè) g x = ln 1 x - x ， x > 0，則 g x 1 -x= -1 = < 0 ，
1 x 1 x
故 g x = ln 1 x - x 在 x 0, 上單調(diào)遞減，
則 g x < g 0 = 0，故當(dāng) x > 0時(shí)， ln 1 x < x ，
則 lnTn = ln b1b2 L bn = ln b1 ln b
1 1 1
2 L ln b = ln

n 1 ÷ ln 1 2 ÷ L ln
1
è 2 è 2 è 2n ÷
1 1
1 1 1 -
< L = 2 2
n 1 1
2 22 2n 1 1
=1- n <1，
- 2
2
所以Tn < e，
綜上，Tn 2,e ，若m > Tn 恒成立，整數(shù)m的最小值為 3，
f (n) -1 n3 an -1 n3 2 1
1 1-
f (n) 1 n3 1 an 1 n3 1 an 1 n3 1，
ln 2n3 1
化簡(jiǎn)得 an 2n3 1，即 ln a ，
n
3
ln 2x3 1 6x - ln 2x3 1 3 3- - ln 2x3 1
令 h x = , x > 0， 2x3 1 3
x h x = 2 = 2x 1
，
x x2
x 2 3 3- - ln 2x3 1 < 3 - ln 2x3當(dāng) 時(shí)， 3 1 < 3- ln17 < 0，2x 1
ln 2x3 1 所以 h x = , x > 0在 2, 上單調(diào)遞減，
x
又 h 2 ln17= ,h 1 = ln 3, h 2 > h 1 ，
2
ln 2n3 1
所以 h n ln17 ln a
ln17
= ，故 ，
n 2 2
解得 a 17 ，所以 a的最小值為 17 .
故答案為：3， 17
*
【典例 3-2】歐拉函數(shù)j n n N 的函數(shù)值等于所有不超過(guò)n且與n互質(zhì)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)（公約數(shù)只有 1
j 10n
的兩個(gè)整數(shù)稱為互質(zhì)整數(shù)），例如：j 3 = 2，j 4

= 2．記 an = n ，數(shù)列
an 的前n項(xiàng)和為 Sn ，若j 5
Sn n -1 lan 恒成立，則實(shí)數(shù)l 的取值范圍為 ．
é9
【答案】 ê ,

4 ÷
【解析】在1～5n 的整數(shù)中與5n 不互質(zhì)的數(shù)有5,10, × × ×,5n - 5,5n ，共有5n-1個(gè)，所以與5n 互質(zhì)的數(shù)有
5n - 5n-1 = 4 5n-1 n n-1個(gè)，因此j 5 = 4 5 ．
n n
在1～10n的整數(shù)中，2
10 10
的倍數(shù)共有 個(gè)，5 的倍數(shù)共有 個(gè)，10 的倍數(shù)共有10n-1個(gè)，所以
2 5
n n
j 10n =10n 10 10- - 10n-1 = 4 10n-1．2 5
j 10n 4 10n-1 n-1
所以 an = = = 2 n ，所以數(shù)列
a 是首項(xiàng)為 1，公比為 2 的等比數(shù)列，
j 5 4 5n-1 n
1- 2n
所以 Sn = = 2
n -1，
1- 2
則 Sn n -1 la 恒成立等價(jià)于 2n - 2 n l × 2n-1n 恒成立，
n - 2
即l 2
n - 2
n-1 恒成立，所以l 2
2
2n-1 ÷ ，è max
b n - 2 b b n -1 n - 2 3- n令 n = ，則 - = - = ，2n-1 n 1 n 2n 2n-1 2n
所以b4 - b3 = 0，且b1 < b2 < b3 ,b4 > b5 > b6 > b7 > ×××，
n - 2 1 9
所以 2 = 2 b = 2 b = 2 =
è 2n-1 ÷ 4 3 max 4 4
，
9 é9
所以l

，即實(shí)數(shù)l 的取值范圍是
4 ê
,
4 ÷
1 n3-1 2024· · a n T a = - 1 【變式 】（ 河北保定 二模）已知數(shù)列 n 的前 項(xiàng)積為 n ，若 n 2 ÷ ，則滿足
Tk - ,0÷
è è 1000
的正整數(shù) k 的最小值為 .
【答案】5
T 1【解析】由滿足 k - ,0
1
1000 ÷ ，即
T < ，
è k 1000
n n 1
1 n 1

2 L n
故： a = , T = 1 1
2
n ÷ n ÷ =

2 ÷
，
è è 2 è 2
n 1當(dāng) 4時(shí)， Tn < ，1000
又n為偶數(shù)時(shí)，Tn > 0, n
1
為奇數(shù)時(shí)，Tn < 0 ，所以要滿足Tk - ,01000 ÷ ，è
所以 k 的最小值為 5，
故答案為：5.
【變式 3-2】（2024·湖南衡陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為 Sn ，且 a1 = 2, S = a n 1n n 1 - 2 .若
S > n2n 61n ，則n的最小值為 .
【答案】7
n 1 n
【解析】因?yàn)?Sn = an 1 - 2 , Sn-1 = an - 2 n 2 ，
兩式相減得： Sn - S
n 1 n
n-1 = an 1 - 2 - an - 2 ，即 an 1 = 2an 2n .
n 1 an 1 an 1兩邊同除以 2 可得 2n 1
- n = n 2 ，2 2
又 S = a - 22 2
a a
= ，得 a = 6，滿足 2 - 1
1
1 2 2 2 = ，2 2 2
ìan ü a1 =1 1 an 1 n -1 n 1所以數(shù)列 í n 是首項(xiàng)為 ，公差為 的等差數(shù)列，故 n = =2 2 ， 2 2 2 2
a = n 1 2n-1即 n ，所以 Sn = an 1 - 2n 1 = n 2 2n - 2n 1 = n ×2n ，
因?yàn)?Sn - n2 61n = n ×2n - n2 61n = n 2n - n - 61 ，
令 cn = 2
n - n - 61 c - c = é2n 1 - n 1 - 61ù - 2n，則 n 1 n - n - 61 = 2n -1 > 0，
c c = 26所以數(shù)列 n 單調(diào)遞增，因?yàn)?6 - 6 - 61 = -3 < 0,c7 = 27 - 7 - 61 = 60 > 0，
所以當(dāng)1 n 6 S - n2 61 = nc nc < 0 S < n2時(shí)， n n 6 ，即 n 61n；
當(dāng) n 7 S - n2時(shí)， n 61n = ncn nc7 > 0，
2
即 Sn > n 61n .所以n的最小值為 7.
故答案為：7.
【變式 3-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知正項(xiàng)數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為 Sn ， a4 = 8，若存在非零常數(shù)l ，使得
2
Sn l = 1
S
l a nn對(duì)任意的正整數(shù)n均成立，則l = ， 的最小值為 .an 1
1
【答案】 1 /0.5
2
【解析】當(dāng) n = 1時(shí)， S1 l = 1 l a1 ，即 a1 l = a1 la1，又l 0，所以 a1 =1 .
由 Sn l = 1 l an ①，得：當(dāng) n 2時(shí)， Sn-1 l = 1 l an-1 ②，① - ②得 an = 1 l an - 1 l an-1，故
an 1 l= n 2
a ，n-1 l
1 l
所以數(shù)列 an 是以 1 為首項(xiàng)， 為公比的等比數(shù)列，l
1 l
n-1 1 l 3
所以 an = ÷ ，則 a4 = ÷ = 8，解得l = 1；
è l è l
n 2 n
2
故數(shù)列 a 2 -1n 的公比為 2 n-1 n 1- 2 S ， an = 2 ，則 a n n n 1n 1 = 2 ， Sn = = 2 -1，則 = n = 2 n - 2 .1- 2 an 1 2 2
S 2 1
解法一 令 t = 2n n，則 t 2， = t - 2，an 1 t
1
由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)可得 y = t - 2在區(qū)間 2, 上單調(diào)遞增，
t
S 2n 1
所以當(dāng) t = 2，即 n = 1時(shí)， 取得最小值
a 2
.
n 1
1 1
解法二 令 f x = 2x x - 2 x 1 ，則 f x =

2
x - x ÷ × ln2 > 0 ， f x 單調(diào)遞增，2 è 2
2
x =1 f x 1 S 1所以當(dāng) 時(shí)， 取得最小值 2 ，即
n 的最小值為 2 .an 1
1
故答案為：1， 2
題型四：數(shù)列在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用
【典例 4-1】（2024·上海楊浦·二模）某鋼材公司積壓了部分圓鋼，經(jīng)清理知共有 2024 根，每根圓鋼的直徑
為 10 厘米．現(xiàn)將它們堆放在一起.若堆成縱斷面為等腰梯形（如圖每一層的根數(shù)比上一層根數(shù)多 1 根），且
3
為考慮安全隱患，堆放高度不得高于 米，若堆放占用場(chǎng)地面積最小，則最下層圓鋼根數(shù)為 .
2
【答案】134
n(n -1)
【解析】設(shè)第一層有m根，共有n層，則 Sn = nm = 2024 ，2
n(2m n -1) = 4048 = 24 11 23，顯然n和 2m n -1中一個(gè)奇數(shù)一個(gè)偶數(shù)，
ìn =11 ìn =16 ìn = 23 ìn =11 ìn =16 ìn = 23
則 í
2m n -1
或
= 368 í 2m n -1 = 253
或 í ，即 í 或 í
m =176 m =179 m =119
或 í
m = 77
，
顯然每增加一層高度增加5 3 厘米，
ìn =11
當(dāng) ím 179時(shí)， h =10 5 3 10 96.6厘米
<150 厘米，此時(shí)最下層有189根；
=
ìn =16
當(dāng) ím 119時(shí)，= h =15 5 3 10 139.9厘米
<150 厘米，此時(shí)最下層有134根；

ìn = 23 3
當(dāng) ím = 77 時(shí)， h = 22 5 3 10 200.52 >150厘米，超過(guò) 米， 2
所以堆放占用場(chǎng)地面積最小時(shí)，最下層圓鋼根數(shù)為134根.
故答案為：134
【典例 4-2】（2024·北京延慶·一模）北京天壇的圜丘壇分上、中、下三層，上層中心有一塊圓形石板(稱為
天心石)， 環(huán)繞天心石砌9塊扇面形石板構(gòu)成第一環(huán)，向外每環(huán)依次增加9塊，下一層的第一環(huán)比上一層的
最后一環(huán)多9塊，向外每環(huán)依次也增加9塊．已知每層環(huán)數(shù)相同，且三層共有扇面形石板(不含天心石)
3402塊，則上層有扇形石板 塊．
【答案】 405
【解析】記從中間向外每環(huán)扇面形石板數(shù)為{an}，則{an}是等差數(shù)列，且公差 d = 9 ， a1 = 9，
設(shè)每層有 k 環(huán)，則 n = 3k ， Sn = 3402，
n n -1 d 9n n -1
所以 Sn = na1 = 3402，即9n = 3402，2 2
即 n2 n - 756 = 0，解得 n = 27或 n = -28（舍去），
9 9 -1 d 9 9 -1 9
所以 k = 9，則 S9 = 9a1 = 9 9 = 405，2 2
即上層有扇形石板 405塊.
故答案為： 405．
【變式 4-1】（2024·廣東茂名·一模）有一座六層高的商場(chǎng)，若每層所開(kāi)燈的數(shù)量都是下面一層的兩倍，一
共開(kāi)了 1890 盞，則底層所開(kāi)燈的數(shù)量為 盞.
【答案】30
【解析】依題意，從下往上每層燈的數(shù)據(jù)構(gòu)成等比數(shù)列 an ，公比 q = 2， n = 6，前 6 項(xiàng)和 S6 =1890，
a (1- q6 ) a (1- 26 )
于是 S6 = 1 = 1 =1890，解得a1- q 1- 2 1
= 30，
所以底層所開(kāi)燈的數(shù)量為 30 盞.
故答案為：30
【變式 4-2】（2024·貴州·模擬預(yù)測(cè)）拓?fù)浣Y(jié)構(gòu)圖在計(jì)算機(jī)通信、計(jì)算機(jī)網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)設(shè)計(jì)和網(wǎng)絡(luò)維護(hù)等方面有
著重要的作用.某樹(shù)形拓?fù)浣Y(jié)構(gòu)圖如圖所示，圓圈代表節(jié)點(diǎn)，每一個(gè)節(jié)點(diǎn)都有兩個(gè)子節(jié)點(diǎn)，則到第 10 層一
共有 個(gè)節(jié)點(diǎn).（填寫(xiě)具體數(shù)字）
【答案】1023
【解析】由圖可知，每一層節(jié)點(diǎn)的個(gè)數(shù)組成以 1 為首項(xiàng)，2 為公比的等比數(shù)列，
10
所以到第 10 1- 2層節(jié)點(diǎn)的總個(gè)數(shù)是 S10 = =1023 .1- 2
故答案為：1023.
【變式 4-3】（2024·湖北·一模）2022 年第二十四屆北京冬奧會(huì)開(kāi)幕式上由 96 片小雪花組成的大雪花驚艷了
全世界，數(shù)學(xué)中也有一朵美麗的雪花——“科赫雪花”．它的繪制規(guī)則是：任意畫(huà)一個(gè)正三角形P1，并把每
一條邊三等分，以三等分后的每邊的中間一段為邊向外作正三角形，并把這“中間一段”擦掉，形成雪花曲
線P2．重復(fù)上述兩步，畫(huà)出更小的三角形，一直重復(fù)，直到無(wú)窮，形成雪花曲線P3 ，P4，L，Pn，L．
設(shè)雪花曲線Pn周長(zhǎng)為 ln ，面積為 Sn ．若P1的邊長(zhǎng)為 3，則 l5 = ； Sn = ．
256 n-1
【答案】 18 3 27 3 4- ×
9 5 20 ֏ 9
【解析】設(shè)雪花曲線Pn的邊長(zhǎng)為 an ，邊數(shù)為bn ，又周長(zhǎng)為 ln ，面積為 Sn ，
由題意可知， a1 = 3，b1 = 3， l1 = 9，
1 n-1 1 n-2
所以 an = a1 × ÷ =

÷ ，bn = b × 4
n-1
1 = 3 × 4
n-1
，
è 3 è 3
n-2 n-1
所以 ln = an ×b
1= ×3 ×4n-1 4= 9 × n 3 ÷ ÷
，
è è 3
l 9 4
5-1 256
則 5 =

÷ = ，
è 3 9
S 1又 2 9 31 = ×a1 ×sin 60° = ，2 4
n-2
S S b 3 a2 3 4n-2 3 1 3 3 4
n-2

當(dāng) n 2時(shí)， n - n-1 = n-1 × n ÷÷ = × × × ÷ = × ÷ ，
è 4 4 è 9 4 è 9
Sn = S1 S2 - S1 S3 - S2 ××× Sn - Sn-1
9 3 3 3 é 4 4
2
4
n-2
ù 18 3 27 3 4
n-1
= × ê1 ÷ ××× ÷ ú = - ×

4 4 9 9 9 5 20 9 ÷
.
ê è è ú è
S 4 31 = 也符合該式.9
256 18 3 27 3 4 n-1
故答案為： ； - × .9 5 20 è 9 ÷
題型五：數(shù)列不等式的證明
【典例 5-1】（2024·高三·河北衡水·期中）已知數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為 Sn ，且 Sn = 2an -1, n 1 ．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
1 1 1 1
(2)求證： L < 2S1 S2 S3 S
．
n
【解析】（1）當(dāng) n = 1時(shí)，a1 = 2a1 -1 a1 =1 .
當(dāng) n 2時(shí)， Sn = 2an -1， Sn-1 = 2an-1 -1，兩式相減得：
an = 2an - 2an-1 an = 2an-1 .
所以 an 是以 a1 =1為首項(xiàng)，以 q = 2為公比的等比數(shù)列.
n-1
所以 an = 2 .
n
（2 1- 2）由（1）知： S = = 2nn -11- 2
1 1
所以 =S n .n 2 -1
1 1
當(dāng) n = 1時(shí)， = =1 < 2S1 2
1 -1 ，
1 1 1 1
當(dāng) n 2時(shí)， 2n-1 >1，故 =S 2n
< =
n -1 2
n - 2n-1 2n-1 ，
1 n
1 1 1 1 1-

÷ n
所以 L <1
1 1 L 1 è 2 é 1 ù
S1 S2 S3 Sn 2 2
2 2n-1 = 1 = 2 ê1- ÷ ú
< 2 .
1- ê è 2 ú
2
【典例 5-2】（2024·江蘇鹽城·模擬預(yù)測(cè)）在數(shù)列 an 的第 k 項(xiàng)與第 k 1項(xiàng)之間插入 k 個(gè) 1，稱為變換G．?dāng)?shù)
列 an 通過(guò)變換G所得數(shù)列記為W1 an ，數(shù)列W1 an 通過(guò)變換G所得數(shù)列記為W2 an ， ，以此類推，數(shù)
列Wn-1 an 通過(guò)變換G所得數(shù)列記為Wn an （其中 n 2）．
(1)已知等比數(shù)列 an 的首項(xiàng)為 1，項(xiàng)數(shù)為m，其前m項(xiàng)和為 Sm ，若 Sm = 2am -1 = 255，求數(shù)列W1 an 的項(xiàng)
數(shù)；
(2)若數(shù)列 an 的項(xiàng)數(shù)為 3，Wn an 的項(xiàng)數(shù)記為bn ．
①當(dāng) n 2時(shí)，試用bn-1表示bn ；
n-1 n-1
②求證： 2 ×32 b 62n ．
【解析】（1）設(shè)等比數(shù)列 an 的公比為q，顯然 q 1，
ì
S 1- q
m
a =1 S ， m
= = 255
由 1 m = 2am -1 = 255，得 í 1- q ，解得 q = 2, m = 8 .

a = q
m-1
m =128
故數(shù)列 an 有 8 項(xiàng)，經(jīng)過(guò) 1 次變換后的項(xiàng)數(shù)為8 1 2 L 7 = 36，
即Ω1 an 的項(xiàng)數(shù)為 36.
（2）①由Ωn an 的項(xiàng)數(shù)為bn ，則當(dāng) n 2時(shí)，bn = bn-1 é 1 2 L bn-1 -1 ù ，
b b b 1 2 1所以 = n-1n n-1 bn-1 -1 = b2 2 n-1 b2 n-1
②因數(shù)列 an 是一個(gè) 3 項(xiàng)的數(shù)列，所以b1 = 6，
1 2 1 1 2
由bn = bn-1 bn-1 > bn-1 n 2 ，所以 lgbn > 2lgb2 2 2 n-1
- lg2，
于是 lgbn - lg2 > 2 lgb - lg2 lgb - lg2 > 2n-1n-1 ，則有 n lgb1 - lg2
lgb - lg2 > 2n-1 bn
n-1
所以 n lg3，得 lg > lg3
2 n-1
，即b > 2 ×32 n 2 ，
2 n
n-1
所以bn 2 ×3
2 .
n-1 1 1
Qbn 2 ×3
2 >1 \b < b2 2 2， n-1 n-1 n 2 ，于是bn = b2 n-1 bn-1 < bn-1 n 2 ，2
則有 lgb < 2lgb n-1 2
n-1 2n-1
n n-1，可得 lgbn < 2 lgb1，有 lgbn < lg6 ，即bn < 6 n 2 ，
n-1
所以b 62n ，
n-1
綜上所述， 2 ×3n-1 b 2n 6 ．
1 2 2 *
【變式 5-1】（2024·江蘇鹽城·一模）已知正項(xiàng)數(shù)列 an 中， a1 = ，且3a3 n 1 2an 1an - an = 0 n N .
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
b a - a(2) = n n 1 n N*
1
n a a a a 1 ，證明：b1 b2 ××× bn < .n n 1 n n 1 4
2 2
【解析】（1）由3an 1 2an 1an - an = an 1 an 3an 1 - an = 0 ， an > 0，
得 a
1 1
n 1 = an ，又 a1 = ，3 3
a 1 1則 n 是以 為首項(xiàng)， 為公比的等比數(shù)列，3 3
a 1所以 *n = 3n
， n N .
2 b
a - a
= n n 1（ ）證明：因?yàn)?n anan 1 an an 1 1
an 1 - an 1 1 1 1= = - n N*
an 1 an 1 1 a

n 1 1 an 1
，
所以b1 b2 ××× bn
n
1 1
1 1 1 3 3 1
= - ÷ = - = - <1- =
k =1 è ak 1 1 ak 1 an 1 1 a1 1 1 4 4 4 .
3n 1
1
【變式 5-2】已知數(shù)列 an 滿足a1 = 3,an 1 = 7an 3．
ì 1 ü
(1)證明 ían 是等比數(shù)列，并求 an 的通項(xiàng)公式；
2
1 1 1 7
(2)證明： 1 1 1 7 1
【解析】（1）因?yàn)?an 1 = 7an 3，所以 an 1 = 7 an ÷ ，且 a1 = ，則 an 0，2 è 2 2 2 2
a 1n 1 2 = 7 ì 1 ü 1 7即 1 ，所以數(shù)列 ían 是首項(xiàng)為 a = ，公比為 7 的等比數(shù)列，a 2
1 2 2
n 2
1 7 n na 7n-1 7 a 7 -1所以 n = × = ，則 = ；2 2 2 n 2
1 2
（2）由（1）可知， =a nn 7 -1
，
7n -1- 6 ×7n-1 = 7n-1 -1 0，即7n -1 6 ×7n-1，只有當(dāng) n = 1時(shí)，等號(hào)成立，
1 2 1
所以 = a 7n -1 3 ×7n-1 ，只有當(dāng) n = 1時(shí)，等號(hào)成立，n
1 1 7
當(dāng) n = 1時(shí)， = n
1 1-
n 2 1 1 ... 1 2 1 1 1 1
÷ 7
當(dāng) 時(shí)， < ...

n ÷ =
è 7
1 <
，
a1 a2 an 6 è 7 7 3 1- 18
7
1 1 1 7
綜上可知， 【變式 5-3】已知數(shù)列 an 是等差數(shù)列， a2 a5 =16， a5 - a3 = 4，數(shù)列 bn 的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，且
Sn = 2bn - 2 ，
(1)求數(shù)列 an 和 bn 的通項(xiàng)公式；
ì n
(2)若集合M = *ín N | lbn < a üi 中恰有四個(gè)元素，求實(shí)數(shù)l 的取值范圍；
i=1
ìb , n為奇數(shù)
n
(3)設(shè)數(shù)列 cn 滿足b =
n 1
n í ，
1 1 1 1 1
c
b , n n
的前 n 項(xiàng)和為Tn ，證明： - n < < ．
n 為偶數(shù) 8 8 4 k=1 T2k 6
【解析】（1）設(shè)等差數(shù)列 an 的公差為d ，
ìa5 - a3 = 2d = 4 ìa1 = 3
由題意可得： í
a2 a5 = 2a 5d 16
，解得 íd 2 ，1 = =
所以 an = 3 2 n -1 = 2n 1；
又因?yàn)?Sn = 2bn - 2 ，
若 n = 1，可得b1 = 2b1 - 2 ，解得b1 = 2；
若 n 2，可得 Sn-1 = 2bn-1 - 2，
兩式相減得bn = 2bn - 2bn-1，即bn = 2bn-1；
n-1 n
可知數(shù)列 bn 是以首項(xiàng)b1 = 2，公比 q = 2的等比數(shù)列，所以bn = 2 2 = 2 .
n n 3 2n 1
（2）由（1）可知： ai = = n2 2n，
i=1 2
n n2 2n
若lbn < ai ，即l2n < n2 2n ，可得l < n ，
i=1 2
c n
2 2n
設(shè) = l < cn 2n
，原題意等價(jià)于關(guān)于 n 的不等式 n 恰有 4 個(gè)不同的解，
n 1 2 2 n 1 n2 2n 3 1- n 1 n 令 c - c = - = 0，n 1 n 2n 1 2n 2n 1
當(dāng)且僅當(dāng) n = 1時(shí)，等號(hào)成立，
3 35 35 3
可得 c1 = c2 > c3 > c4 > ×××，且 c4 = ,c5 = ，則 l < ，2 32 32 2
é35 3
所以實(shí)數(shù)l 的取值范圍為 ê ,32 2 ÷
.

ì2n 1,n為奇數(shù)
（3）由題意可知：bn = í 2kn ，則 c2k -1 c2k = 2 2
2k = 22k 1，
2 ,n為偶數(shù)
8 1- 4k
則T = c c ××× c 3 5

2k 1 2 2k -1 c2k = 2 2 ××× 2
2k 1 8= = 4k -11 4 3 ，-
1 3 1
因?yàn)?k N* k，則0 2 4k -8，即0 < 6 4 8 4k -1 ，可得 = T2k 8 4k -1 2 4k ，
1 1 1- n
1
n
1

= 8 è 4
n ÷ 1 1 1則 k =

1-

n ÷ < ；
k =1 T2k k =1 2 4 1 1- 6 è 4 6
4
1 3 3
又因?yàn)?k N* ，則0 < 4k -1 < 4k ，可得 = >T2k 8 4k -1 8 4k ，
3
n n 1
1
-
1 > 3 = 32
4n ÷
則 è
1 1 1
k 1 = - n ；k =1 T2k k =1 8 4 1- 8 8 4
4
1 1 1 n 1 1
綜上所述： - n <8 8 4 題型六：公共項(xiàng)問(wèn)題
n n-1
【典例 6-1】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)積為T 2 ，數(shù)列 bn 滿足b1 =1，n = 3
bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ）．
(1)求數(shù)列 an ， bn 的通項(xiàng)公式；
(2)將數(shù)列 an ， bn 中的公共項(xiàng)從小到大排列構(gòu)成新數(shù)列 cn ，求數(shù)列 cn 的通項(xiàng)公式．
n n-1 n n -1
【解析】（1）T = 3 2 = a a La ， ln a1 ln a2 L ln a

n = × ln 3，n 1 2 n 2
當(dāng) n = 1 0時(shí)， a1 = T1 = 3 =1，
é n n -1 n -1 n - 2 ù
當(dāng) n 2,n N* 時(shí)， ln an = ê - ú × ln 3 = n -1 × ln 3 = ln 3n-1 n-1，即an = 3 ，
2 2
a 1-1 0而 1 = 3 = 3 =1，滿足上式，
所以數(shù)列 an n-1的通項(xiàng)公式為an = 3 ；
若數(shù)列 bn 滿足b1 =1， bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ），
則 bn = b1 n -1 ×1 = n ，
2
從而數(shù)列 bn 的通項(xiàng)公式為bn = n ；
2 a = 3n-1（ ）令 n = m
2 = bm , n,m N* n-1 n -1，解得m = 3 2 N* ，這表明 N ，2
從而只能 n = 2k -1,k N*，
2
所以 ck = bm = b = b = 3
k -1 = 9k -1n-1 3k-1 ，
3 2
所以數(shù)列 cn n-1的通項(xiàng)公式為 cn = 9 .
【典例 6-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）設(shè) Sn 為等差數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和，且 a1 = 4, S5 = 50，數(shù)列 bn 滿足
b = 4,b = 4b ,n N*1 n 1 n ．
(1)求 an 和 bn 的通項(xiàng)公式；
(2)若將數(shù)列 an 和 bn 的公共項(xiàng)按從小到大的順序組成一個(gè)新的數(shù)列 cn ，求數(shù)列 cn 的前 n 項(xiàng)和Tn ．
【解析】（1）設(shè)等差數(shù)列 an 的公差為 d，
ìa
1
= 4,
由題意得， í 5 4 解得 d = 3，
5a 1
d = 50,
2
所以由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得： an = a1 (n -1)d = 4 (n -1)3 = 3n 1．
由b1 = 4 0,bn 1 = 4bn得數(shù)列 bn 是首項(xiàng)為 4，公比為 4 的等比數(shù)列，
b = b qn-1 n-1 n所以由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得： n 1 = 4 4 = 4
（2 n）令 an = bn ，則可得3n1 1 = 4 21 2 ，
4n2n -1 (3 1)
n2 -1 C0 3n2 1 n2 -1 n2 -1 n2
所以 = = = n
Cn 3 L Cn 3 C -12 2 2 n2
1 3 3 3
= C0 3n2 -1 C1 3n2 -2n n L C
n2 -1
n N
*
，
2 2 2
即對(duì)于數(shù)列 bn 中的任意一項(xiàng)，都在數(shù)列 an 中存在公共項(xiàng)，
所以數(shù)列 bn 是數(shù)列 a nn 的子數(shù)列，從而可得 cn = 4 ，
4 1- 4n n 1
所以T 4 - 4n = = ．1- 4 3
【變式 6-1】（2024·四川南充·一模）已知等差數(shù)列{an}的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，滿足 S5 = a7 ， a3 = -2 .
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)將數(shù)列{an}與{5 - 3n}的公共項(xiàng)從大到小排列得到數(shù)列{bn}，求數(shù)列{bn}的前 n 項(xiàng)和為Tn .
【解析】（1）記等差數(shù)列{an}的公差為d ，
ì5a 5 4 1 d = a1 6d ìa1 d = 0 ìa1 = 2
由題知 í 2 ，即 í
a 2d = -2 a1 2d 2
，解得 í ，= - d = -2 1
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為： an = 4 - 2n .
（2）數(shù)列{an}的公差為-2，數(shù)列{5 - 3n}的公差為-3，
所以數(shù)列{bn}的公差為-6，
又?jǐn)?shù)列{an}和{5 - 3n}的首項(xiàng)都為 2，
所以數(shù)列{bn}是以 2 為首項(xiàng)，-6為公差的等差數(shù)列，
n n -1
所以Tn = 2n

-6 = -3n2 5n .
2
【變式 6-2】已知數(shù)列 an *為等差數(shù)列，數(shù)列 bn 為等比數(shù)列，且bn N ，若
a1 = b2 = 2, a1 a2 a3 = b1 b2 b3 b4 =15．
(1)求數(shù)列 an ， bn 的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)由 an ， bn 的公共項(xiàng)構(gòu)成的新數(shù)列記為 cn ，求數(shù)列 cn 的前 5 項(xiàng)之和 S5 ．
【解析】（1）設(shè)數(shù)列 an 的公差為d ，數(shù)列 bn 的公比為q，
因?yàn)?a1 = 2, a1 a2 a3 =15
ìa1 = 2 ìa1 = 2
則 í ，解得 í ，
2a1 3d =13 d = 3
所以 an = a1 (n -1)d = 2 3(n -1) = 3n -1，
因?yàn)閎2 = 2,b1 b2 b3 b4 =15，
ìb1q = 2
所以 í 2 3 ，則 2q
3 2q2 -13q 2 = 0
b b q b q 13 ， 1 1 1 =
所以 (q - 2)(2q2 6q -1) = 0，
b *因?yàn)?n N ，所以 q = 2，b1 =1，
所以bn = 2
n-1
．
（2）設(shè)數(shù)列 an 的第m項(xiàng)與數(shù)列 bn 的第n項(xiàng)相等，
a = b 3m -1 = 2n-1則 m n ，m， n N* ，
m 2
n-1 1
所以 = ，m， n N* ，
3
因?yàn)閙， n N* ，
2
所以當(dāng) n = 1時(shí)，m = N*，當(dāng) n = 2時(shí)，m =1，則 c1 = 2 ，當(dāng) n
5
= 3時(shí)，m = N* ，
3 3
當(dāng) n 4
17
= *時(shí)，m = 3，則 c2 = 8，當(dāng) n = 5時(shí)，m = N ，3
n 65= 6 m =11 c = 32 n = 7 m = N*當(dāng) 時(shí)， ，則 3 ，當(dāng) 時(shí)， 3
257
當(dāng) n = 8 m = 43 *時(shí)， ，則 c4 =128，當(dāng)n = 9 時(shí)，m = N3
當(dāng) n =10 時(shí)，m =171，則 c5 = 512，
故 cn 的前 5 項(xiàng)之和 S5 = 2 8 32 128 512 = 682．
6-3 a = 3n -1,b = 2n【變式 】已知 n n ，設(shè) an 與bn 的公共項(xiàng)數(shù)列為 cn ，給出至少兩種求 cn 的方法，要求講清思
路，并求出 cn ．
【解析】方法 1， 由 cn 是 an 與bn 的公共項(xiàng)，設(shè) cn 的第 n 項(xiàng)是 an 中的第 m 項(xiàng)，是 bn 的第 k 項(xiàng)，
2k 1 (3-1)k k
即 a = b k m 1，則3m -1 = 2 ， = = = C0 3k -1 - C1 3k -2 L (-1)k -1Ck -1
(-1) 1
m k k k k ，3 3 3
C0 3k -1 1顯然 k - Ck 3
k -2 L (-1)k -1Ck -1k 是正整數(shù)，而m為正整數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng) (-1)k 1 = 0，即 k 為奇數(shù)時(shí)等式成
立，
c = 22n-1所以 n .
1
方法 2，顯然 c1 = 2 ，b2 = 4不是公共項(xiàng)，b3 = 2
3
， a3 = 8 = b3 ，則 c2 = 2
3 = 22 2-1，
b = 24 54 不是公共項(xiàng)，b5 = 2 ,a11 = 32 = b c = 2
5 = 22 3-15，則 3 ，
一般地，如果 2k = 3n -1，則 2k 1 = 2 (3n -1) = 3(2n -1) 1一定不是 an 中的項(xiàng)，
而 2k 2 = 4(3n -1) =12n - 4 = 3(4n -1) -1是 an 中的項(xiàng)，
因此數(shù)列 cn 的指數(shù)構(gòu)成以 2 為公差的等差數(shù)列，其首項(xiàng)為 1，
c = 22n-1所以 n .
方法 3，顯然 c1 = 2
1
，b2 = 4不是公共項(xiàng)，b3 = 2
3
， a3 = 8 = b
3 2 2-1
3 ，則 c2 = 2 = 2 ，
b 4 5 54 = 2 不是公共項(xiàng)，b5 = 2 ,a11 = 32 = b5，則 c3 = 2 = 2
2 3-1
，猜想 c = 22n-1n ，
用數(shù)學(xué)歸納法證明：
當(dāng) n = 1時(shí)，猜想顯然成立，
假設(shè)當(dāng) n = k,k N* 2k -1 *時(shí)，猜想成立，即 ck = 2 ，且 ck = am = 3m -1,m N ，
2k 1
于是 ck 1 = 2 = 4ck = 4(3m -1) =12m - 4 = 3(4m -1) -1，即ck 1是數(shù)列 an 與 bn 的公共項(xiàng)，猜想成立，
綜上，對(duì)于任意正整數(shù)n， c = 22n-1n 是數(shù)列 an 與 bn 的公共項(xiàng)，
所以 c 2n-1n 的通項(xiàng)公式為 cn = 2 .
題型七：插項(xiàng)問(wèn)題
【典例 7-1】已知數(shù)列 an 是等差數(shù)列，其前n和為 Sn ， a2 = 2， S9 = 45，數(shù)列 bn 滿足
a1b1 a2b2 L anbn = n -1 ×2n 1
(1)求數(shù)列 an ， bn 的通項(xiàng)公式；
(2)若對(duì)數(shù)列 an ， bn ，在 ak 與 ak 1之間插入bk 個(gè) 2（ k N* ），組成一個(gè)新數(shù)列 dn ，求數(shù)列 dn 的前
83 項(xiàng)的和T83 .
【解析】（1）設(shè)公差為d ，
ìa1 d = 2 ìa1 =1
故 í9a 36d 45，解得= í ， 1 d =1
故 an = a1 n -1 d =1 n -1 = n，
故b1 2b2 L nbn = n -1 × 2n 1，①
當(dāng) n = 1時(shí)，b1 =1，
當(dāng) n 2時(shí)，b1 2b2 L n -1 bn-1 = n - 2 × 2n-1 1，②
式子①-②得， nbn = n -1 × 2n 1- n - 2 × 2n-1 -1 = n × 2n-1，
n ×2n-1
即bn = = 2
n-1，
n
當(dāng) n = 1時(shí)，b =1 n-11 也滿足上式，故bn = 2 ；
（2）因?yàn)?an = n ，所以在 dn 中，從項(xiàng) a1開(kāi)始，到項(xiàng) ak 為止，
k -1
共有項(xiàng)數(shù)為 k 20 2 22 L 2k -2 = k 1- 2 = k 2k -1 -1，
1- 2
當(dāng) k = 7時(shí)，7 26 -1 = 70 < 83，當(dāng) k = 8時(shí)，8 27 -1 =135 > 83，
故數(shù)列 dn 前83項(xiàng)是項(xiàng) a7之后還有83- 70 =13項(xiàng)為 2，
T83 = 1 2 3 4 5 6 7 2 20 21 L 25 13 =180 .
【典例 7-2】（2024·廣東廣州·二模）已知等差數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為 Sn ,a2n 1 = 2an 2
ì Sn ü
，且 í 為等差數(shù)
n 1
列．
(1)求 an 的通項(xiàng)公式；
an a(2) n 1
ì 1 ü
在2 2 與2 2 之間插入n個(gè)數(shù)，使這 n 2 個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為dn dn > 0 的等差數(shù)列，記數(shù)列 íd 的前 n
n項(xiàng)和為Tn ，求證：Tn < 3．
【解析】（1）因?yàn)榈炔顢?shù)列 an 中， an = a1 n -1 d ，又a2n 1 = 2an 2，
所以a1 2nd = 2 é a1 n -1 d ù 2 ，即a1 2 = 2d ①，
ì Sn ü S S S S
因?yàn)?í 為等差數(shù)列，所以 n 1 - n = n 2 - n 1 ，
n 1 n 2 n 1 n 3 n 2
S S S S 2a d a 3a 3d 2a d
令 n = 1時(shí)， 2 - 1 = 3 - 2 ，即 1 - 1 = 1 - 1 ，則 a
3 2 4 3 3 2 4 3 1
= d ②，
結(jié)合①②，解出 d = 2, a1 = 2，則 an = 2 n -1 2 = 2n ，
所以 an 的通項(xiàng)公式為 an = 2n．
an 1 an
2 2 2（ ）由題設(shè)得d - 2
2 2n 1 - 2n 2n 1 n 1
n = = = ，即
= n ，
n 2 -1 n 1 n 1 dn 2
所以T
1 1 1 2 3 n 1
n = L = d d d 2 22
L
2n ①，1 2 n
1 T 2 3則 n = 2 3 L
n 1
n 1 ②，2 2 2 2
1 1 1-
①-② 1 T 1 1 1 1 n 1 2
2 2n-1 ÷è n 1 3 n 3由 得： =
2 n 22
3 L n - = 1 -2 2 2n 1 1 2n 1
= - n 1 ，
1- 2 2
2
T n 3所以 n = 3- 2n
，
因?yàn)?n N*
n 3
，所以 n > 0 ，所以Tn < 3，即證．2
a a a
【變式 7-1】（2024·河北滄州·一模）在數(shù)列 an 中，已知 a1 2 32 L nn-1 = 2n2 2 2 ．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)在數(shù)列 an 中的 a1和 a2之間插入 1 個(gè)數(shù) x11，使a1, x11,a2成等差數(shù)列；在 a2和a3之間插入 2 個(gè)數(shù) x21, x22 ，
使a2 , x21, x22 ,a3成等差數(shù)列；…；在 an 和 an 1之間插入n個(gè)數(shù) xn1, xn2 ,L, xnn ，使 an , xn1, xn2 ,L, xnn ,an 1 成等差
數(shù)列，這樣可以得到新數(shù)列 bn : a1, x11,a2 , x21, x22 ,a3, x31, x32 , x33,a4 ,L,an ，設(shè)數(shù)列 bn 的前n項(xiàng)和為 Sn ，求
S55（用數(shù)字作答）．
【解析】（1）當(dāng) n = 1時(shí)， a1 = 2；
a a a
n 2 n = 2 3
an a
當(dāng) 時(shí)， 2
a3 a
n-1 a1 2 L n-1 ÷ - a1 2 L
n-1
2 2 2 2 ÷
= 2n - 2 n -1 = 2，
è è 2 2 2n-2
a
所以 nn-1 = 2 an = 2
n
2 ， n 2 .
當(dāng) n = 1時(shí)，上式亦成立，
所以： a = 2nn .
（2）由 n é 1 2 3 L n -1 ù = 55 n =10 .
所以新數(shù)列 bn 前 55 項(xiàng)中包含數(shù)列 an 的前 10 項(xiàng)，還包含， x11， x21， x22 ， x31， x32，L， x98， x99 .
x a1 a2 2 a2 a 3 a a 9 a a且 11 = ， x21 x 322 = ， x31 x32 x
3 4 9 10
2 2 33
= ， x91 x92 L x99 = .2 2
所以 S55 =
a1 a2 2 a2 a3 9 a9 aa a L a L 10 1 2 10 2 2 2
3a 5a 7a L 19a 11a
= 1 2 3 9 10 .
2 2
設(shè)T = 3a1 5a2 7a3 L 19a9 = 3 21 5 22 7 23 L 19 29
則 2T = 3 22 5 23 7 24 L 19 210 ，
1
所以-T = T - 2T = 3 2 2 22 23 L 29 -19 210 = -17 210 - 2 .
故：T =17 210 2 .
S 17 2
10 2 11
所以 = 210 = 28 2955 1 =14337 .2 2
2
【變式 7-2】（2024·廣西·模擬預(yù)測(cè)）記數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和為 S 3n 3nn ，對(duì)任意正整數(shù) n，有 Sn = - ．2 2
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2) m對(duì)所有正整數(shù) m，若ak < 4 < ak 1 ，則在 ak 和 ak 1兩項(xiàng)中插入 4m，由此得到一個(gè)新數(shù)列 bn ，求 bn 的
前 91 項(xiàng)和．
3n2 3n éa S S 3(n -1)
2 3(n -1) ù
【解析】（1）當(dāng) n 2時(shí)， n = n - n-1 = - ÷ - ê - ú = 3n - 3．
è 2 2 2 2
又 n = 1時(shí)，得 a1 = 0，也滿足上式，
故 an = 3(n -1)．
4
（2）由a91 = 270 ，所以4 < a < 4591 ，
又a87 = 258 > 4
4
，所以 bn 前 91 項(xiàng)中有 87 項(xiàng)來(lái)自 an ，
所以b1 b
1 2 3 4
2 L b91 = a1 a2 L a87 4 4 4 4
87 a a 4 44 -1
= 1 87

=11223 340 =11563．
2 4 -1
題型八：蛛網(wǎng)圖問(wèn)題
t 3
【典例 8-1】已知數(shù)列 bn 若b1 = 2，bn = bn-1 （ n N* 且 n 2，t R ），若 bn 2對(duì)任意 n N* 恒成立，4 4
則實(shí)數(shù) t 的取值范圍是 .
é 5 ù
【答案】 ê-4， 2 ú
【解析】法一：不妨先由 b2 2, b3 2得到 bn 2恒成立的必要條件，
ì
b
t 3
2 = 2 ì 11 52 4 - t 2 2 5í í -4 t ；
b 2t
2 3t 12 5 2
3 = 2
-4 t
16 2
t t tbn = b
3 t
n-1 ，設(shè)bn l = bn-1 l b

，則
4 4 4 n
= bn-1 -1 l ，4 è 4 ÷
t
所以 -1

÷l
3 3 1
= 3，解得l = ，故b =
b 3
4 4 t - 4 n t - 4 4 n-1
÷ ，
è è t - 4
b 3 2 3 2t - 5又 1 = = ，t - 4 t - 4 t - 4
2t - 5 t n-1 3
故bn = ×t - 4
- ，
è 4 ÷ t - 4
5 - 2t t n-1
所以 b 3 5 - 2t 1 3n = × × = 2，得證.4 - t 4 4 - t 4 - t 4 - t
法二：蛛網(wǎng)法
t 3
記函數(shù) f x = x ，過(guò)定點(diǎn) 0
3
， ÷.bn = f bn-1 .4 4 è 4
當(dāng) t 0時(shí)，B1 2
t 3 5
，b2 迭代收斂于點(diǎn) A，只需位于直線 y = x 下方，即 ×2 2 0 t ；4 4 2
當(dāng) t < 0時(shí)，B1 2，b2 迭代收斂于點(diǎn) A，由蛛網(wǎng)圖： b2n-1 單調(diào)遞減，故只需b3 b1
t t 3 3
即
2 -4 t < 0
4 è 2 4 ÷ 4
綜上-4 t
5
.
2
é 4 5- ù故答案為： ê ， 2 ú
【典例 8-2】已知數(shù)列{an}滿足： a1 = 0 ， an 1 = ln(e
an 1) - an (n N
*) ，前 n項(xiàng)和為 Sn ，則下列選項(xiàng)錯(cuò)誤的
是 (　　 )（參考數(shù)據(jù)： ln2 0.693， ln3 1.099)
A．{a2n-1}是單調(diào)遞增數(shù)列，{a2n}是單調(diào)遞減數(shù)列
B． an an 1 ln3
C． S2020 < 670
D． a2n-1 a2n
【解析】解：由 an 1 = ln(e
an 1) - a ，得 a = ln(eann n 1 1) - lne
an ，
1
\ ean 1 = 1 a ，e n
令b ann = e ，即 an = lnbn ，
則b 1n 1 = 1 ，bn
a1 = 0 ，b1 = 1．
作圖如下：
由圖可得：
A．{a2n-1}是單調(diào)遞增數(shù)列，{a2n}是單調(diào)遞減數(shù)列，因此 A正確；
B Qb 1． n [1， 2]，\bnbn 1 = bn (1 ) = bn 1 [2 ，3] ，bn
\b an an 1nbn 1 = e × e [2 ，3] ，
\an 1 an [ln2， ln3]，因此 B 正確；
C ．Qan 1 an…ln2，\S2020 = (a1 a2 ) (a3 a4 ) (a2019 a2020 )…1010ln2 > 693，因此C 不正確；
D 5 1 5 1 5 1．由不動(dòng)點(diǎn) ( ， ) ，得1 b
2 2 2n-1
< < b2n 2 ，可得：b2 2n-1 < b2n ，\a2n > a2n-1 ，因此 D 正確．
故選：C ．
ì ü
【變式 8-1】（2024 浙江模擬）數(shù)列{an}滿足 a1 > 0 ， an 1 = a
3
n - an 1， n N
* S 1， n 表示數(shù)列 ía
前 n項(xiàng)
n
和，則下列選項(xiàng)中錯(cuò)誤的是 (　　 )
A 0 a 2．若 < 1 < ，則 an < 13
B 2．若 < a1 < 1，則{an}遞減3
C 1．若 a1 = ，則 Sn > 4(
1
- 2)
2 an 1
D 2．若 a1 = 2，則 S2000 > 3
【 解 析 】 解 ：（ 法 一 ） 對(duì) 于 選 項(xiàng) A， 令 f (x) = x3 - x 1， x (0,1) ， 則 f (x) = 3x2 -1， 令
f (x) 3= 0 x = ，
3
易知 f (x) 在 (0, 3 ) 3上單調(diào)遞減，在 ( ，1) 上單調(diào)遞增，此時(shí) f (x) < 1，
3 3
又 a 3n 1 = an - an 1 = f (an )
2
，若 0 < a1 < ，則有 an < 1，故選項(xiàng) A正確；3
對(duì)于選項(xiàng) B ，結(jié)合選項(xiàng) A中的過(guò)程，作出遞推函數(shù)與 y = x 的交點(diǎn)，可得函數(shù) f (x) = x3 - x 1(x > 0) 的不動(dòng)
5 -1 3 5 -1 2
點(diǎn)為 和 1，且 < < < 1，
2 3 2 3
故函數(shù) f (x) (2在 ,1) 5 -1單調(diào)遞增，且 f ( ) < 1, f (1) > 1，
3 2
5 -1
故 x = 為吸引不動(dòng)點(diǎn)， x = 1為排斥不動(dòng)點(diǎn)，
2
2 a 5 -1故當(dāng) < 1 < 1時(shí)，數(shù)列{an}向吸引不動(dòng)點(diǎn) 靠近，單調(diào)遞減，故選項(xiàng) B 正確；3 2
對(duì)于選項(xiàng) C ， a 11 = ,a
5 5 -1
2 = > ，由選項(xiàng) A， B 的過(guò)程可知，當(dāng) n…2 時(shí)，數(shù)列 {an}單調(diào)遞減且2 8 2
1 5 -1
< < a 1n < 1，故 - 2 < 0 ，2 2 an 1
1
而顯然 Sn > 0 ，故 Sn > 4( - 2) 成立，故選項(xiàng)C 正確；an 1
對(duì)于選項(xiàng) D ，當(dāng) a1 = 2時(shí)，結(jié)合選項(xiàng) A， B 的過(guò)程及蛛網(wǎng)圖，易知數(shù)列{an}單調(diào)遞增，
又 a2 = f (a1) = 7 ， 故 當(dāng) n…2 時(shí) ， a 3n 1 = an - an 1 > a 3n - an = an (a 2 -1)…(72n -1)an = 48an ， 即
1 1 (n…2) ，
an 1 48an
1 1
故
a 48n-2
，
n a2
1
1 1 1 1 1 1 a2 48 1 1\ < = < ，
a2 a3 a2020 a2 48a2 48
2018 a 1 12 - 47 7 6
48
故 S 1 1 22020 < = ，故選項(xiàng) D 錯(cuò)誤．a(chǎn)1 6 3
（法二）作出 f (x) = x3 - x 1(x > 0) 與 y = x 的圖象，由蛛網(wǎng)圖可知，選項(xiàng) A， B 正確；
a 1 5 5 -1 1 5 1若 1 = ，由蛛網(wǎng)圖可知， an < a2 = ， n 時(shí)， an ，則 ，2 8 2 an 1 2
4( 1故 - 2) < 0 < Sn ，選項(xiàng)C 正確；an 1
若 a1 = 2
1 1 1 1 1 1
，則 = ， = ，比較 S - 與 的大小，
a1 2 a
2020
2 7 a1 6
1 1 1 1
= 3 < 3 = g
1 1 1 1
2 < g 2 = (n…2)，an 1 an - an 1 an - an an an -1 an 7 -1 48an
1
1 1 1 1 1 1 48 1
則 < < 7 = < ，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤．
a2 a3 a
2018 1
2020 7 7 48 7 48 1- 329 6
48
故選： D ．
【變式 8-2】已知數(shù)列 {an}滿足： a1 = 0 ， an 1 = ln(e
an 1) - an (n N*) ，前 n項(xiàng)和為 Sn （參考數(shù)據(jù)：
ln2 0.693， ln3 1.099)，則下列選項(xiàng)中錯(cuò)誤的是 (　　 )
A．{a2n-1}是單調(diào)遞增數(shù)列，{a2n}是單調(diào)遞減數(shù)列
B． an an 1 ln3
C． S2020 < 666
D． a2n-1 < a2n
【解析】解：由 a ann 1 = ln(e 1) - a ，得 a = ln(e
an 1) - ln(eann n 1 )，
ea 1n 1 = 1
ea
，
n
令bn = e
an ，即 an = lnb b 1
1
n ，則 n 1 = ， a1 = 0 ，\b1 = 1，bn
作圖如下：
由圖得：
①{b2n-1}單調(diào)遞增，{b2n}單調(diào)遞減，
an = lnbn ，故 A正確；
②Qbn [1
1
， 2]，\bnbn 1 = bn (1 ) = bn 1 [2 ，3] ，bn
\b b = ean an 1n n 1 [2 ，3] ，
\an an 1 [ln2， ln3]，故 B 正確；
③Qan an 1…ln2，\S2020 = (a1 a2 ) (a2019 a2010 )…1010gln2 > 693，故C 錯(cuò)誤．
④ ( 5 1 5 1) 1 b 1 5 1 5由不動(dòng)點(diǎn) ，得 2n-1 < ， < b2n 2 ，2 2 2 2
\b2n > b2n-1，\a2n > a2n-1 ，故 D 正確．
故選：C ．
2
【變式 8-3】（多選題）已知數(shù)列 an 滿足 a1 = a ， an 1 = an -1a ，記數(shù)列 an - 2 的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，n
l > S 對(duì) n N*n 恒成立，則下列說(shuō)法正確的有（ ）
A．若 a > 0，則數(shù)列 an - 2 為遞減數(shù)列
B．若 2 < a < 2，則數(shù)列 an 為遞增數(shù)列
C a 3 l 35．若 ＝ ，則 的可能取值為 12
5 5
D．若 a＝3，則 Sn -2 3 ×2n-1
【答案】BCD
2
【解析】對(duì)于 A，令 an 1 = an -1 = aa n ，解得
an = 2 ，即數(shù)列 an 的不動(dòng)點(diǎn)為 2，所以當(dāng) a＝2 時(shí)，
n
an = 2 ，此時(shí) an - 2 為常數(shù)列，A 錯(cuò)誤；
2
對(duì)于 B，作出函數(shù) y = x -1與函數(shù) y＝x 的圖像如圖：
x
由圖可知 B 正確；
2
對(duì)于 C，作出函數(shù) y = x -1與函數(shù) y＝x 的圖像如圖：
x
1 1 1 2
2 < a < a 3 < a∴ ∴ n 1 2 1
1 1 7 8
= - 1 = 2 - é ,1 由圖可知： n 1 n ， 3 a 2 ， a a2 a a 4 ÷ 8 ê ÷
，
n n n n è n 9
8 2 2 - an
即 an an 1 < an ，又∵ an 1 - an = -1 = ，∴ an - 2 = an an - a ，9 a a n 1n n
8 17
一方面，由 an 1 an 得 a9 n
an 1 an ，9
a 9∴ n a a a
9 2 2
，
17 n n 1 n
- 2 = an an - an 1 an - an 1 ，17
∴ Sn = a1 - 2 a2 - 2 L an - 2
9
2 2 2 2 é a1 - a2 a2 - a3
9
L a2 - a2 ùn n 1 = 9 - a217 17 n 1
9 45 35 45
∵ an 1 > 2，且當(dāng) n→＋∞， an 1 2，∴ Sn < 9 - 4 = ，∵ > ，17 17 12 17
2 a 2n - 3an 2 an - 2 an -1 a∴ n 1
- 2 1
另一方面，由 an 1 - 2 = an - 3 = = ， 2 < a 3，得 =1-an a a
n
n n an - 2 a
，
n
1 1 1 2< -
2 a 3 ，n
2 5 1
又∵ a1 - 2 = 1， a2 - 2 = ， a3 - 2 = ，且 an 1 - 2 > an - 2 × ，∴3 12 2
S a 2 a 2 L a 2 1 2 2 5 1 5 1
n-3 5 5
n = 1 - 2 - n - × L ×

÷ = - ，3 12 12 2 12 è 2 2 3 × 2n-1
所以 CD 正確.
故選：BCD.
題型九：整數(shù)的存在性問(wèn)題（不定方程）
【典例 9-1】已知等比數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為 Sn ，公比 q = 3，S4 =160 .
(1)求a3；
(2)若在 a1與a3之間插入 3 個(gè)數(shù)，使這 5 個(gè)數(shù)組成一個(gè)等差數(shù)列，試問(wèn)在這 5 個(gè)數(shù)中是否存在 3 個(gè)數(shù)可以構(gòu)
成等比數(shù)列？若存在，找出這 3 個(gè)數(shù)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
a1 1- 34 【解析】（1）由 S = =160 ，得 a1 = 4，所以 a3 = a 21q = 36 .4 1- 3
（2）設(shè)這 5 個(gè)數(shù)組成的等差數(shù)列為 bn ，
b - b
則b = a 5 11 1 = 4，b5 = a3 = 36，得該數(shù)列的公差 d = = 8，4
所以b2 =12，b3 = 20，b4 = 28 .
因?yàn)?22 = 4 36 ，所以b1，b2，b5成等比數(shù)列，即這 3 個(gè)數(shù)為 4，12，36.
【典例 9-2 *】已知等比數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為 Sn ，且 an 1 = 3Sn 2 n N ．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)在 an 與 an 1之間插入n個(gè)數(shù)，使這 n 2 個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為 dn 的等差數(shù)列，在數(shù)列 dn 中是否存在 3 項(xiàng)
dm ，dk ， d p （其中m， k ， p 成等差數(shù)列）成等比數(shù)列？若存在，求出這樣的 3 項(xiàng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明
理由．
【解析】（1）由題意知當(dāng) n = 1時(shí)， a1q = 3a1 2 ①
2
當(dāng) n = 2時(shí)， a1q = 3 a1 a1q 2 ②
聯(lián)立①②，解得 a1 = 2， q = 4；
所以數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式 a = 2 4n-1n ．
2 n-1（ ）由（1）知 an = 2 4 ， an 1 = 2 4
n
，
n-1
所以 an 1 = an n 2 -1 d a - a 6 4，可得 d = n 1 nn = ；n 1 n 1
2
設(shè)數(shù)列 dn 中存在 3 項(xiàng) dm ，dk ， d p （其中m， k ， p 成等差數(shù)列）成等比數(shù)列，則 dk = dm ×d p，
k -1 2 6 4 6 4m-1 6 4 p-1 36 42k -2 36 4m p-2
所以 ÷ = × ，即 =
è k 1 m 1 p 1 (k 1)
2 m 1 p ； 1
又因?yàn)閙， k ， p 成等差數(shù)列，所以 2k = m p ，
2
所以 (k 1) = m 1 p 1 ，化簡(jiǎn)得 k 2 2k = mp m p ，即 k 2 = mp；
又 2k = m p ，所以 k = m = p 與已知矛盾；
所以在數(shù)列 dn 中不存在 3 項(xiàng) dm ，dk ， d p 成等比數(shù)列．
【變式 9-1】（2024·天津南開(kāi)·二模）已知 an 是等差數(shù)列，公差 d 0， a1 a5 = 8，且a3是 a1與 a7的等比
中項(xiàng).
(1)求 an 的通項(xiàng)公式
b - b
(2) b n n 1 1數(shù)列 n 滿足 = 2a bb b n ，且 1 = .n n 1 2
（ⅰ）求 bn 的前 n 項(xiàng)和 Sn .
（ⅱ）是否存在正整數(shù) m，n（m n），使得 S4 ， S2m ， S2n 成等差數(shù)列，若存在，求出 m，n 的值；若不存
在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
【解析】（1）因?yàn)?an 為等差數(shù)列，且 a1 a5 = 8，所以 a3 = 4．
又a3是 a1與 a 27的等比中項(xiàng)，所以 a3 = a1a7 ，即16 = (4 - 2d ) 4 4d ．
化簡(jiǎn)得 d 2 - d = 0，解得 d =1或 d = 0 （舍），
所以 an = a3 n - 3 1 = n 1．
bn - bn 1 1 1 1 1
（2）（i）由 = 2an ，得 - = 2an ，所以 - = 2a
1
b b n-1（ n 2），又
b1 = ，
n n 1 bn 1 bn bn bn-1 2
1 1 1 1 1 1 1 1
當(dāng) n 2時(shí)， = - ÷ - ÷ L b
- ÷
n è bn bn-1 è bn-1 bn-2 è b2 b1 b1
= 2a 1 2a n -1 n - 2 n-1 n-2 L 2a1 b = 4 n -1 2 2 = n n 1 ，1 2
1
又b
1
1 = 也適合上式，所以 = n n 1 ，2 bn
b 1 1 1則 n = = -n n 1 n n 1，
S = 1 1 1 1 1 1 n所以 n 1- 2 ÷
-2 3 ÷
L - ÷ =1- = ．
è è è n n 1 n 1 n 1
（ⅱ）假設(shè)存在正整數(shù) m，n，使得 S4 ， S2m ， S2n 成等差數(shù)列，
S S 2S 1 1 1 1 2 1 1 = - - = - 25則 4 2n 2m ，即 ÷ ，整理得 2m = 9 - ，4 1 2n 1 è 2m 1 n 3
顯然 n 3是 25 的正約數(shù)，又 n 3 4，則 n 3 = 5或 n 3 = 25，
當(dāng) n 3 = 5，即 n = 2時(shí)，m = 2 與m n矛盾；
當(dāng) n 3 = 25，即 n = 22時(shí)，m = 4 ，符合題意，
所以存在正整數(shù)使得 S4 ， S2m ， S2n 成等差數(shù)列，此時(shí)m = 4 ， n = 22．
【變式 9-2】（2024·黑龍江·二模）已知等比數(shù)列 an 的前 n 項(xiàng)和為 Sn ，且 S *n 1 = 3Sn 1，其中 n N .
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)在 an 與 an 1之間插入 n 個(gè)數(shù)，使這 n 2 個(gè)數(shù)組成一個(gè)公差為 dn 的等差數(shù)列，在數(shù)列 dn 中是否存在不
同三項(xiàng) dm ，dk ， d p （其中m, k, p成等差數(shù)列）成等比數(shù)列？若存在，求出這樣的三項(xiàng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)
明理由.
【解析】（1）因?yàn)?Sn 1 = 3Sn 1，故 Sn = 3Sn-1 1，故 an 1 = 3an n 2 ，
而 an 為等比數(shù)列，故其公比為3，
又 S2 = 3S1 1，故3a1 a1 = 3a1 1，故 a1 =1，
故 an =1 3
n-1 = 3n-1 .
2 d an 1 - an 2 3
n-1
（ ）由題設(shè)可得 n = = ，n 2 -1 n 1
若數(shù)列 dn 中存在不同三項(xiàng) dm ，dk ， d p （其中m, k, p成等差數(shù)列）成等比數(shù)列，
2
2 3k -1 2 3m-1 2 3p-1
則 ÷ = ，因m, k, p為等差數(shù)列，
è k 1 m 1 p 1
2
2
故 k 1 = m 1 p 1 即 k 2 = mp m p ，故 ÷ = mp ，
è 2
故m = p即m = p = k ，這樣m, k, p不同矛盾，
故數(shù)列 dn 中不存在不同三項(xiàng) dm ，dk ， d p （其中m, k, p成等差數(shù)列）成等比數(shù)列.
【變式 9-3】（2024·天津北辰·三模）已知 an 為等差數(shù)列，前n項(xiàng)和為 Sn ，若 a2 = 3， S8 = 6S3 10；數(shù)列
bn 滿足： 1
1 1 1 1
- ÷ 1- ÷L 1- ÷ = ， n N* .
è b1 è b2 è bn bn
(1)求 an 和 bn 的通項(xiàng)公式；
(2)對(duì)任意的m N*，將 a m 2mn 中落入?yún)^(qū)間 2 ,2 內(nèi)項(xiàng)的個(gè)數(shù)記為 cm .
（i）求 cm ；
2 T - t
（ii m 1）記 dm = b d m T m * = d 12 2( m-1) c ， m 的前 項(xiàng)和記為 m，是否存在 ， t N ，使得- T - t t 成立？若存m m
在，求出mt的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.
ì a2 = 3 ì a1 d = 3 ìa1 =1
【解析】（1） í í
S8 = 6S3 10 8a
í
1 28d = 6 3a1 3d 10 d
，
= 2
所以 an =1 2 n -1 = 2n -1，
1 1 1 1
1- 1
1
- LL 1- 1- = ①
è b
÷ b ÷ b ÷ ÷1 è 2 è n-1 è bn bn
1 1 1 1 LL 1 1
1
當(dāng) n 2時(shí)，令 n = n -1得： - ÷ - ÷ - ÷ = ②
è b1 è b2 è bn-1 bn-1
1 b
① ② 1- = n-1得： bb b n
- bn-1 =1，所以 bn 是公差為1的等差數(shù)列，
n n
1 1
當(dāng) n = 1時(shí)有：1- = b1 = 2，所以bn = 2 n -1 = n 1b1 b1
m 2m
（2）（i） 2m < 2n -1 < 22m 2 1 2 1 1 < n < 2m-1 < n < 22m-1 1
2 2 2 2
因?yàn)?n N*，所以 2m-1 1 n 22m-1 c = 22m-1 - 2m-1，所以 m
m-2
ii b = 2m -1 c = 22m-1 m-1 d
2 1
（ ） 2 m-1 ，把 m - 2 代入 dm 得： m = =22m-1 - 22m-1 - 2m-1 ÷ ，è 2
é
2 1 1
m
ù
ê - 2 ÷ ú é m
所以 è T ê= ú = 4 1- 1
ù Tm 1 - t d 1 Tm dm 1 - t， = t = dt 1
d
m 1 = d
m 1 ê ÷ ú T - t T
t ，
ê è 2 ú m m
- t Tm - t
1-
2
T t dm 1 1
m 1-t 1 m 1 m 1 1-t 1 m 4 - t
m - = =

÷ 4 - 4 ×

÷ - t =
× ÷ ÷ ÷ =
所以 dt è 2 è 2 è 2 è 2 è 2 1
1-t
4 ÷
è 2
1
m 1-t
1
因?yàn)? ÷ > 0， 4 ÷ > 0 ，所以 4 - t > 0 t 1,2,3 ，
è 2 è 2
3 1
當(dāng) t =1時(shí)，m = log 1 5 （舍去），當(dāng) t = 2時(shí)，
m = log 1 3 （舍去），2 2
當(dāng) t = 3時(shí)，m = 3，所以存在 t,m ，mt = 9 .
題型十：數(shù)列與函數(shù)的交匯問(wèn)題
【典例 10-1 3】已知定義在 R 上的函數(shù) f (x) 是奇函數(shù)且滿足 f ( - x) = f (x)， f (-2) = -3，數(shù)列{an}是等差2
數(shù)列，若 a2 = 3 ， a7 = 13，則 f (a1) f (a2 ) f (a3 ) f (a2015 ) = ( 　　 )
A． -2 B． -3 C．2 D．3
3
【解析】解：Q函數(shù) f (x) 是奇函數(shù)且滿足 f ( - x) = f (x)，
2
有 f (3 - x) = - f (-x)，
2
則 f (3 - x) = - f (3 - x) = f (-x)，
2
即 f (3 - x) = f (-x) ，
\ f (x)為周期為 3 的函數(shù)，
Q數(shù)列{an}是等差數(shù)列，若 a2 = 3 ， a7 = 13，
\a1 = 1， d = 2，
\an = 2n -1，
\ f (a1) f (a2 ) f (a3 ) f (a2015 ) = f （1） f （3） f （5） f (4029) ，
Q f (-2) = -3， f (0) = 0，\ f （1） = -3，
\ f （1） f （3） f （5） = 0，
\ f (a1) f (a2 ) f (a3 ) f (a2015 ) = f （1） f （3） f （5） f (4029) = f （1） f （3） = -3，
故選： B ．
【典例 10-2】已知數(shù)列{a 100n}的通項(xiàng)公式 an = n ，則 | a1 - a2 | | a2 - a3 | | a99 - a100 |= ( 　　 )n
A．150 B．162 C．180 D．210
a n 100【解析】解： n = …2 ng
100
= 20 ，
n n
可得當(dāng)1 n 10 時(shí)，數(shù)列{an}遞減， n…11時(shí)，數(shù)列{an}遞增，
可得 | a1 - a2 | | a2 - a3 | | a99 - a100 |= a1 - a2 a2 - a3 a9 - a10 a11 - a10 a12 - a11 a100 - a99
= a1 - a10 a100 - a10 = 1 100 100 1- 2(10 10) = 162 ．
故選： B ．
【 變 式 10-1 】 設(shè) 等 差 數(shù) 列 {an}的 前 n項(xiàng) 和 為 Sn ， 已 知 (a
3
4 -1) 2012(a4 -1) = 1，
(a 32009 -1) 2012(a2009 -1) = -1，則下列結(jié)論中正確的是 (　　 )
A． S2012 = 2012 ， a2009 < a4 B． S2012 = 2012 ， a2009 > a4
C． S2012 = 2011， a2009 < a4 D． S2012 = 2011， a2009 > a4
【解析】解：由 (a4 -1)
3 2012(a4 -1) = 1， (a2009 -1)
3 2012(a2009 -1) = -1
可得 a4 -1 > 0， -1 < a2009 -1 < 0 ，即 a4 > 1， 0 < a2009 < 1，從而可得等差數(shù)列的公差 d < 0
\a2009 < a4 ，
把已知的兩式相加可得 (a -1)34 2012(a4 -1) (a
3
2009 -1) 2012(a2009 -1) = 0
整理可得 (a4 a2009 - 2)g[(a4 -1)
2 (a2009 -1)
2 - (a4 -1)(a2009 -1) 2012] = 0
結(jié)合上面的判斷可知 (a -1)2 (a 24 2009 -1) - (a4 -1)(a2009 -1) 2012 > 0
a 2012 2012所以 4 a2009 = 2 ，而 s2012 = (a2 1
a2012 ) = (a a2 4 2009
) = 2012
故選： A．
題型十一：數(shù)列與導(dǎo)數(shù)的交匯問(wèn)題
【典例 11-1】（2024·湖北襄陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = a ln x 1- a 1 x x2 .
2
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
(2)當(dāng) a =1時(shí)， h x = f x 1- x2 2x 1 *，數(shù)列 tn 滿足 t1 0,1 ，且 tn 1 = h tn n N 2 x
① t t 1 n N*比較 n 1 ， n 2 ， 的大小
②證明： tn 1 tn 3 > 2tn 2 n N* .
【解析】（1）由題意知 f x 的單調(diào)性為 0, ，
2
a x - a 1 x a x - a x -1f x a 1 x = - = = .
x x x
當(dāng) a 0時(shí)，令 f x > 0，解得 x >1，令 f x < 0，解得0 < x < 1，
f x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, 上單調(diào)遞增；
當(dāng) 0 < a < 1時(shí)，令 f x > 0，解得0 < x < a 或 x >1，令 f x < 0，解得 a < x <1，
f x 在 0,a 上單調(diào)遞增，在 a,1 上單調(diào)遞減，在 1, 上單調(diào)遞增；
當(dāng) a =1時(shí)， f x 0， f x 在 0, 上單調(diào)遞增；
當(dāng) a > 1時(shí)，令 f x > 0，解得0 < x < 1或 x > a，令 f x < 0，解得1< x < a ，
f x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, a 上單調(diào)遞減，在 a, 上單調(diào)遞增.
綜上所述，當(dāng) a 0時(shí)， f x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, 上單調(diào)遞增；
當(dāng) 0 < a < 1時(shí)， f x 在 0,a 上單調(diào)遞增，在 a,1 上單調(diào)遞減，在 1, 上單調(diào)遞增；
當(dāng) a =1時(shí)， f x 在 0, 上單調(diào)遞增；
當(dāng) a > 1時(shí)， f x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, a 上單調(diào)遞減，在 a, 上單調(diào)遞增.
1 x -1
（2）①當(dāng) a =1時(shí)， h x = ln x ，則 h x = 2 ，x x
令 h x < 0，得0 < x < 1；令 h x > 0，得 x >1，
所以 h x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, 上單調(diào)遞增，
所以 h x h 1 =1，
因?yàn)?t1 0,1 ， t2 = h t1 >1， t3 = h t2 >1，L， tn 1 = h tn >1，
令m x = h x - x 1= ln x - x x 1 ，
x
x 1
2 3
2 - -
-
-x x -1

è 2 ÷ 4 ，m x = 2 = 2 < 0x x
所以m x 在 1, 上單調(diào)遞減，且m x m 1 = 0，
因?yàn)?tn 2 - tn 1 = h tn 1 - tn 1 = m tn 1 ，
又 tn 1 >1，所以m tn 1 < 0，
所以 tn 2 - tn 1 < 0，則1< tn 2 < tn 1 .
②要證 tn 1 tn 3 > 2tn 2 ，即證 tn 3 - tn 2 > tn 2 - tn 1，
又 tn 3 = h tn 2 ， tn 2 = h tn 1 ，即證 h tn 2 - tn 2 > h tn 1 - tn 1 .
所以m tn 2 > m tn 1 ，即 h tn 2 - tn 2 > h tn 1 - tn 1，
所以 tn 3 - tn 2 > tn 2 - tn 1成立，
故 tn 1 tn 3 > 2tn 2 .
【典例 11-2】（2024·黑龍江·二模）南宋的數(shù)學(xué)家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積
的連續(xù)量問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求離散變量的垛積問(wèn)題”．在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應(yīng)
立體圖形作類比，推導(dǎo)出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式．如圖，“三角垛”的最上層有 1 個(gè)球，
第二層有 3 個(gè)球，第三層有 6 個(gè)球……第 n 1層球數(shù)是第 n 層球數(shù)與 n 1的和，設(shè)各層球數(shù)構(gòu)成一個(gè)數(shù)列
an ．
(1)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
x
(2)證明：當(dāng) x > 0時(shí)， ln 1 x >
1 x
n
(3)若數(shù)列 bn 滿足b
2
n = ，對(duì)于 n N* ，證明：b1 b2 b3 L bn < n 2
n 1
．
ln(2an ) - 2lnn
【解析】（1）根據(jù)題意， a1 =1, a2 = 3,a3 = 6, a4 =10,L，
則有 a2 - a1 = 2, a3 - a2 = 3,L, an - an-1 = n，
當(dāng) n 2時(shí)， an = an - an-1 an-1 - an-2 L a2 - a1 a1
n n 1
= n n -1 n - 2 L 2 1 = ，
2
a =1 na n 1 又 1 也滿足，所以 n = .2
x
（2）設(shè) f x = ln 1 x - ， x 0, ，
1 x
則 f x
1 1 x
= - 2 = > 01 x 1 x 1 x 2 ，
所以 f x 在 0, 上單調(diào)遞增，則 f x > f 0 = 0，
即 ln 1 x x - > 0，即當(dāng) x > 0時(shí)， ln 1 x x > .
1 x 1 x
x
（3）由（2）可知當(dāng) x > 0時(shí)， ln 1 x > ，
1 x
1 n N* ln 1 1 1令 x = ，則 ÷ > ，n è n 1 n
n n n n
b 2 2 2 2n = = = = < n 1 2n
所以 ln(2an ) - 2lnn ln é n n 1 ù - lnn2 én n 1 ù 1 ln ，ê n2 ú
ln 1 ÷
è n
所以b1 b2 b3 L bn < 2 2
1 3 22 4 23 L n 1 2n ，
1
令Tn = 2 2 3 2
2 4 23 L n 1 2n ，
2 3 4
則 2Tn = 2 2 3 2 4 2 L n 1 2n 1，
-T = 2 21 22 23 L 2n所以 n - n 1 2n 1
2 1- 2n
= 2 - n 1 2n 1 = -n 2n 1 ，
1- 2
T = n 2n 1所以 n ，
所以b1 b2 b3 L bn < n 2
n 1 .
【變式 11-1】（2024·湖南長(zhǎng)沙·三模）已知函數(shù) fn x = xn xn-1 L x -1 n N ．
(1)判斷并證明 fn x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)
(2)記 fn x 在 (0, )上的零點(diǎn)為 xn，求證;
（i） xn 是一個(gè)遞減數(shù)列
n 1 n
（ii） x1 x2 L xn < 1．2 2
【解析】（1）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)， fn (x)有 1 個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)， fn (x)有 2 個(gè)零點(diǎn).
證明如下：
當(dāng) x 0 時(shí)，由 fn (x) = xn xn-1 L x -1，得 f (x) = nxn-1n (n -1)xn-2 L 1 > 0 ，
所以函數(shù) fn (x)在 (0, )上單調(diào)遞增，又 fn (0) = -1 < 0， fn (1) = n -1 0，
所以函數(shù) fn (x)在 (0, )內(nèi)有唯一零點(diǎn)；
當(dāng) x < 0 時(shí)， f (x)
1
= (2x -1- xn 1n )1- x ，
若n為奇數(shù)， 2x -1- xn 1 < 0 ，則 fn (x) < 0，此時(shí) fn (x)在 (- ,0)內(nèi)無(wú)零點(diǎn)；
若n為偶數(shù)，設(shè) h(x) = 2x -1- xn 1 ，
1
則 h (x) = 2 - (n 1)xn ，方程 h (x) = 0 2有一個(gè)解 x = -( )n0 ，n 1
所以函數(shù) h(x) 在 (- , x0 ) 上單調(diào)遞減，在 (x0 ,0) 上單調(diào)遞增，
且 h(-2) = -5 - (-2)n 1 > 0,h(x0 ) < h(0) < 0 ，此時(shí) fn (x)在 (- ,0)內(nèi)有 1 個(gè)零點(diǎn).
綜上，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)， fn (x)有 1 個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)， fn (x)有 2 個(gè)零點(diǎn).
（2）（i）由（1）知，當(dāng) n = 1時(shí)， f1(x)在在 (0, )內(nèi)的零點(diǎn) x1 =1，
當(dāng) n 2時(shí)， fn (xn ) = 0， f2 (0) = -1 < 0, fn (1) > 0,0 < xn <1，
則 f (x ) = xn 1 xn n 1n 1 n n n L xn -1 = xn > 0 = fn 1(xn 1) ，
故 xn 1 < xn ，所以數(shù)列{xn}是一個(gè)遞減數(shù)列；
（ii）由（i）知，當(dāng) n = 1時(shí)， x1 =1，
當(dāng) n 2時(shí)， f (1n ) = (
1)n (1)n-1 L (1)1 -1 (1= - )n < 0
2 2 2 2 2 ，
1 1
有 fn ( ) f2 n
(1) < 0，所以1 > xn > xn 1 > 2 ，求和可得
x x L x 1 n -1 n 11 2 n =2 2 ，當(dāng)且僅當(dāng)
n = 1時(shí)等號(hào)成立；
當(dāng) n 3時(shí)， 2n = C0n C1n L Cnn 2n 2 ，
故 2n ln 2 (2n 2)ln 2 n 1
ln 2 1 ln 4 1
> ，則 > ，得 > n 1 > ln(1
1
)
n 1 2 n 1 2 2n 1 ，
ln 4 (n 1)ln(1 1 ) 4 (1 1 )(n 1) 4 2 1 (1 1即 > (n 1)2n 1 ，即
> n 1 ，即 n 1 - n >2 2 2 2n 1

2n 1
) ，
1 1 (1 1 - )(n 1)1 1 n
即 - (
1 1
)(n 1) 1 1> - ，即 f (
1 1
) = 2 2 2 2
n
-1 > 0 = f (x )
2 2n 2 2n 2 2n n 2 2n 1 1 n n ，-
2 2n
x 1 (1即 n < )
n
，當(dāng) n = 2 5 -1 3時(shí)， x2 = < ，2 2 2 4
1 1 n
所以當(dāng) n 2時(shí)，均有 xn < ( ) 成立，求和可得2 2
x x L x 1 n -1 1 1 1 n -1 1 1 n1 2 n < ( )
1 ( )2L ( )n =1 [1- ( )n-1] <1
2 2 2 2 2 2 2 2 .
n 1
綜上， x1 x2 L xn <1
n

2 2 .
【變式 11-2】（2024·湖南衡陽(yáng)·三模）已知正項(xiàng)數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和為 Sn ，首項(xiàng) a1 =1 .
(1)若 a2n = 4Sn - 2an -1，求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
(2)若函數(shù) f (x) = 2ex x，正項(xiàng)數(shù)列 an 滿足： an 1 = f (an )(n N*) .
n
（i）證明： Sn 3 - n -1；
(1 1（ii）證明： 2 )(1
1 1 1
2 )(1 2 )L(1 2 ) <
3 e(n 2,n N*)
5a 5a 5a 5a .2 3 4 n
2 2
【解析】（1）正項(xiàng)數(shù)列 an 中， a *1 =1， n N ， an = 4Sn - 2an -1，當(dāng) n 2時(shí)， an-1 = 4Sn-1 - 2an-1 -1，
2 2
兩式相減得 an - an-1 = 4 Sn - Sn-1 - 2an 2an-1，即 an an-1 an - an-1 = 2 an an-1 ，
而 an > 0，則 an - an-1 = 2，因此數(shù)列 an 是首項(xiàng)為 1，公差為 2 的等差數(shù)列，
所以數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式為 an =1 2(n -1) = 2n -1 .
（2）（i）令 h(x) = ex - x -1，求導(dǎo)得 h (x) = ex -1，當(dāng) x < 0 時(shí)， h (x) < 0，當(dāng) x > 0時(shí)， h (x) > 0，
即函數(shù) f (x) 在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, )上單調(diào)遞增，則 h(x) h(0) = 0 ，即 ex x 1，
a
于是 a nn 1 = f an = 2e an 2 an 1 an = 3an 2，
a 1
即 an 1 1 3 a 1 n 1n ，即 3an 1
，
當(dāng) n 2時(shí)， an 1 = a1 1
a 1 a 1 a 1 a 1
× 2 × 3 × 4 ×L× n a 1 ×3n-1 = 2 3n-1
a1 1 a2 1 a3 1 an-1 1
1 ，
當(dāng) n = 1時(shí) a1 1 = 2 = 2 3
0
，因此 an 2 3
n-1 -1，
所以 Sn = a1 a2 a3 L an 2 30 -1 2 31 -1 2 32 -1 L 2 3n-1 -1
n
= 2 30 31 32 L 3n-1 n 2 1- 3 - = - n = 3n - n -11- 3
（ii a a）由已知 an 1 = f an = 2e n an ，所以 an 1 - a nn = 2e > 0，得 an 1 > an ，
當(dāng) n 1時(shí)， ean ea1 = e > 2，于是 an 1 - a = 2e
an 2ea1n = 2e > 5，
當(dāng) n 2時(shí)， an = a1 a2 - a1 a3 - a2 L an - an-1 >1 5(n -1) = 5n - 4，
又 a =1，所以"n N*1 ，恒有 an 5n - 4 ，當(dāng) n 2時(shí)， (5n - 4)2 > (5n - 7)(5n - 2)，
由 ex x 1，得當(dāng) x > -1時(shí)， ln(x +1) x ，

則當(dāng) n 2時(shí)， ln 1
1 1 1 1 1 1
2 ÷ 2 < 2 < = - ，
è 5an 5an 5(5n - 4) 5(5n - 7)(5n - 2) 5n - 7 5n - 2
1 1 ln 1
1
從而 1 ln5a2 ÷
1 ln 1 L ln
5a2 ÷ 5a2 ÷
1
è 2 è 3 è 4 è 5a
2 ÷
n
1 1 1 1 1 1 L 1 1 1 1 1< - - - - = - <
è 3 8 ÷ è 8 13 ÷ è13 18 ÷ è 5n - 7 5n
，
- 2 ÷ 3 5n - 2 3
é
ln 1 1
ù
于是 ê 2 ÷ 1
1
2 ÷ 1
1 1 1

5a 2 ÷
L 1 <
è 2 è 5a3 è 5a4 è 5a
2 ÷ú ，
n 3
1
所以 1 2 ÷ 1
1 1 1
1 3
5a 2 ÷ 2 ÷
L 1 2 ÷ < e .
è 2 è 5a3 è 5a4 è 5an
x
【變式 11-3】（2024· e - x -1高三·江西萍鄉(xiāng)·期中）已知函數(shù) f x = 2 .x
1
(1)證明：當(dāng) x > 0時(shí)， f x > 恒成立；
2
1
(2) a首項(xiàng)為 的數(shù)列 an n N 滿足：當(dāng) n 2時(shí)，有 e n = 2 f a nn-1 ，證明： ln 1 2 > an nln2 .3
1 x
1 f x > e - x -1 1> ex - x -1 1- x2【解析】（ ）要證 ，即 ，只需證 > 0，
2 x2 2 2
令 g x = ex - x -1 1- x2 (x > 0) x，則 g x = e - x -1，
2
G x = ex令 - x -1 x，則G x = e -1，
當(dāng) x > 0時(shí)，G x > 0，G x 單調(diào)遞增，即 g x 單調(diào)遞增，
則 g x > g 0 = 0， g x 單調(diào)遞增，則 g x > g 0 = 0，
故當(dāng) x > 0時(shí)， f x 1> 恒成立；
2
1
（2） a1 = > 0，由（1）知 2 f a1 >1，則 ea23 >1，即 a2 > 0，依此類推，可知 an > 0 n N ，
ln 1 2n > a nln2 an 等價(jià)于 e n -1 1< n ，2
1 27 1
當(dāng) n = 1時(shí)， ea 1 11 - = e3 -1 < a a（等價(jià)于 e < ），下證 e n -1< e n-1 -1 n 2 ，
2 8 2
1 2 a
ean-1 - a
2 f a 1 e 1 n n-1
-1 1
即證 - < n-1n-1 - 2 ，即證 2 -1< ean-1 -1 n 2 ，2 a 2n-1
2 ex - x -1
因?yàn)?an > 0 n N ，則只要證 12 -1< ex -1 (x > 0)，x 2
x
即 x 2 é x - 2 e x 2ù > 0(x > 0) ，
令 h x = x - 2 ex x 2(x > 0) ，則 h x = x -1 ex 1，
令H x = x -1 ex 1，則H x = xex > 0，所以H x 單調(diào)遞增，
即 h x 單調(diào)遞增， h x > h 0 = 0 ，則 h x 單調(diào)遞增， h x > h 0 = 0，
x 2 ex - x -1
所以 x 2 é x - 2 e x 2ù 1 > 0(x > 0) ，即 -1< ex -1 (x > 0)，x2 2
a 1
所以 e n -1< ean-1 -1 n 2 ，2
ea 1 1 ea 1 1 ea 1 1 1即 n - < n-1 - < n-22 - ln 1 2n所以 > an nln2 .
題型十二：數(shù)列與概率的交匯問(wèn)題
【典例 12-1】（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測(cè)）現(xiàn)有甲、乙兩個(gè)盒子中都有大小、形狀、質(zhì)地相同的 2 個(gè)紅球和
1 *個(gè)黑球．從兩個(gè)盒子中各任取一個(gè)球交換，記為一次操作．重復(fù)進(jìn)行 n n N 次操作后，記甲盒子中黑
球個(gè)數(shù)為 X n ，甲盒中恰有 1 個(gè)黑球的概率為 an ，恰有 2 個(gè)黑球的概率為bn ．
(1)求隨機(jī)變量 X1的分布列；
(2)求數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式；
n
(3)求證： 6 -10ai 9< ．
i=1 9aiai 1 5
【解析】（1）由題可知 X1的可能取值為 0，1，2，
根據(jù)相互獨(dú)立事件的概率公式得到： X1 = 0 即為甲盒中拿黑球乙盒中拿紅球交換， X1 =1即為甲盒中拿黑
球乙盒中拿黑球交換或甲盒中拿紅球乙盒中拿紅球交換， X1 = 2即為甲盒中拿紅球乙盒中拿黑球交換，則
P X 0 1 2 2 , P X 1 1 1 2 2 51 = = = 1 = = = , P X
2 1 2
3 3 9 3 3 3 3 9 1
= 2 = = ，
3 3 9
X1的分布列為：
X1 0 1 2
2 5 2
P 9 9 9
（2）由全概率公式可知：
P X n 1 =1 = P X n =1 P X n 1 =1 X n =1 P X n = 2 P X n 1 =1 X n = 2
P X n = 0 P X n 1 =1 X n = 0
1 1 2 2= 2 2 ÷ P X n =1 1÷ P X n = 2 1 ÷ P X n = 0
è 3 3 3 3 è 3 è 3
5 2 2
= P X n =1 P X n = 2 P X n = 0 ，9 3 3
a 5 a 2 2即 n 1 = n bn 1- an - bn
1 2 3 1 3
，即 a = - a ， a - = - a - ，
9 3 3 n 1 9 n 3 n 1 5 9 n ֏ 5
a P X 1 5又 1 = 1 = = ，9
ì 3ü 3 1
所以數(shù)列 ían - 是以a1 - 為首項(xiàng)，以- 為公比的等比數(shù)列， 5 5 9
a 3 2
n-1 n
- = -
1 2
- =
1
n ÷ ÷ -

，
5 ÷è 45 è 9 5 è 9
n
即 an 的通項(xiàng)公式 a 3 2 1n = 5 5 - 9 ÷ ；è
é i ù
6 3 2 1-10 ê -

÷ ú
6 -10a 5 5 9
3 i
ê è ú
（ ） =
9a a é3 2 1 i ù é3 2 i 1i i 1 9 - 1
ù
ê5 5 9 ÷ ú ê5 5
- ÷ ú
ê è ú ê è 9 ú
i
-4 1× -

÷ 1 1
= è 9 = -
é i ù é i 1 ù 3 2 1 i 3 2 1 i 1 ，
9 3 2 1- 3 2 1 ê5 5 9 ÷ ú ê
- ÷ ú - ÷ - ÷
ê è ú ê5 5 è 9 ú 5 5 è 9 5 5 è 9
n
6 -10ai 1 1 1 1= - 2 2 - 3 L
所以 i=1 9aiai 1 3 2 1 - 3 2 1 ÷ -
3 2

1
-
3 2

1
- 5 5 è 9 5 5 è 9 ÷ 5 5 9 ÷ ÷ è 5 5 è 9
1 1 9 1 9
- = - <
3 2 1
i 3 2 1 i 1 5 3 2 1
i 1 5
- - - 得證.
5 5 ÷ ÷ ÷è 9 5 5 è 9 5 5 è 9
【典例 12-2】擲一枚質(zhì)地均勻的骰子，得分規(guī)則如下：若出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為 1，則得 1 分；若出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為 2
或 3，則得 2 分；若出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為 4 或 5 或 6，則得 3 分．
(1)記 X 為連續(xù)擲這枚骰子 2 次的總得分，求 X 的數(shù)學(xué)期望；
(2)現(xiàn)在將得分規(guī)則變更如下：若出現(xiàn)的點(diǎn)數(shù)為 1 或 2，則得 2 分，其他情況都得 1 分．反復(fù)擲這枚骰子，
設(shè)總得分為 n n N* 的概率為Pn，證明：數(shù)列 Pn 1 - Pn 為等比數(shù)列．
1 1 1
【解析】（1）由題知擲一次骰子，得 1 分的概率為 ，得 2 分的概率為 ，得 3 分的概率為
6 3 2
．
X 的所有可能取值為 2，3，4，5，6，
P X 2 1 1 1 P X 3 2 1 1 1= = = ， = = = ，P X = 4 1 1 1 1 5= 2 = ，
6 6 36 3 6 9 3 3 6 2 18
P X = 5 = 2 1 1 1 = ，P X 6 1 1 1= = = ．
3 2 3 2 2 4
E X 2 1 3 1故 = 4 5 5 1 1 14 6 = ．
36 9 18 3 4 3
1
（2
2
）改變規(guī)則后，擲一次骰子，得 1 分的概率為 3 ，得 2 分的概率為 ．3
P 2 P 2 2 1 7由題意知 1 = ， 2 = = ，3 3 3 3 9
總得分為 n 1 n 2 有兩種情況：一種情況是當(dāng)?shù)梅譃閚時(shí)，下一次再得 1 分；
另一種情況是當(dāng)?shù)梅譃? n -1 時(shí)，下一次再得 2 分．
2 1
所以Pn 1 = P3 n
Pn-1 n 2 ． 3
故P
2 1 1
n 1 - Pn = Pn Pn-1 - Pn = - P - P n 2 ，3 3 3 n n-1
P 7 2 1又 2 - P1 = - = ，所以 Pn 1 - P
1 1
n 是首項(xiàng)為 ，公比為- 的等比數(shù)列．9 3 9 9 3
【變式 12-1】4 月 19 日是中國(guó)傳統(tǒng)二十四節(jié)氣之一的“谷雨”，聯(lián)合國(guó)將這天定為“聯(lián)合國(guó)中文日”，以紀(jì)念
“中華文字始祖”倉(cāng)頡[jié]造字的貢獻(xiàn)，旨在慶祝多種語(yǔ)言以及文化多樣性，促進(jìn)聯(lián)合國(guó)六種官方語(yǔ)言平等
使用．某大學(xué)面向在校留學(xué)生舉辦中文知識(shí)競(jìng)賽，每位留學(xué)生隨機(jī)抽取問(wèn)題并依次作答，其中每個(gè)問(wèn)題的
1
回答相互獨(dú)立．若答對(duì)一題記 2 分，答錯(cuò)一題記 1 分，已知甲留學(xué)生答對(duì)每個(gè)問(wèn)題的概率為 ，答錯(cuò)的概
4
3
率為 ．
4
(1)甲留學(xué)生隨機(jī)抽取3題，記總得分為 X ，求 X 的分布列與數(shù)學(xué)期望；
(2)（ⅰ）若甲留學(xué)生隨機(jī)抽取m道題，記總得分恰為 2m 分的概率為Pm ，求數(shù)列 Pm 的前m項(xiàng)和；
（ⅱ）記甲留學(xué)生已答過(guò)的題累計(jì)得分恰為n分的概率為Qn，求數(shù)列 Qn 的通項(xiàng)公式．
【解析】（1）依題意可得 X 的可能取值為3、 4、5、6

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