資源簡介

第05講 新高考新結構命題下的
數列解答題綜合訓練
（15類核心考點精講精練）
在新課標、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推進。這不僅僅是一場考試形式的變革，更是對教育模式和教育理念的全面革新。
當前的高考試題設計，以“三維”減量增質為核心理念，力求在減少題目數量的同時，提升題目的質量和考查的深度。這具體體現在以下三個方面：
三考
題目設計著重考查學生的知識主干、學習能力和學科素養，確保試題能夠全面、客觀地反映學生的實際水平。
三重
強調對學生思維深度、創新精神和實際應用能力的考查，鼓勵學生不拘泥于傳統模式，展現個人的獨特見解和創造力。
三突出
試題特別突出對學生思維過程、思維方法和創新能力的考查，通過精心設計的題目，引導學生深入思考和探索，培養邏輯思維和創新能力。
面對新高考新結構試卷的5個解答題，每個題目的考查焦點皆充滿變數，無法提前預知。數列版塊作為一個重要的考查領域，其身影可能悄然出現在第15題中，作為一道13分的題目，難度相對較為適中，易于學生入手。同樣不能忽視的是，解三角形版塊也可能被置于第18、19題這樣的壓軸大題中，此時的分值將提升至17分，挑戰學生的解題能力和思維深度，難度自然相應加大。
面對如此多變的命題趨勢，教師在教學備考過程中必須與時俱進。不僅要深入掌握不同題目位置可能涉及的知識點及其命題方式，更要能夠靈活應對，根據試題的實際情況調整教學策略。本文基于新高考新結構試卷的特點，結合具體的導數解答題實例，旨在為廣大師生提供一份詳盡的導數解答題綜合訓練指南，以期在新高考中取得更好的成績。
考點一、構造等差數列
1．（2024·河北衡水·三模）已知數列的前項和為，．
(1)證明：是等差數列；
(2)求數列的前項積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）根據與的關系化簡，可得，由等差數列的定義得證；
（2）由（1）求出，再由累乘法求解.
【詳解】（1）由，得．
所以，
即，整理得，
上式兩邊同時除以，得．
又，所以，即，
所以是首項為2，公差為1的等差數列．
（2）由（1）知，．
所以．
所以．
2．（2024·全國·模擬預測）已知正項數列滿足，.
(1)求證：數列為等差數列；
(2)設，求數列的前n項和.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由題，利用累乘法即可求解，進而可得，進而可證等差；
（2）由（1）得，由裂項求和即可求解.
【詳解】（1）由題可得，
所以當時，
，
易知滿足，所以.
所以，
所以是首項為1，公差為1的等差數列.
（2）由（1）可得，
所以
.
所以.
3．（2024·陜西西安·模擬預測）已知數列的前項的積記為，且滿足.
(1)證明：數列為等差數列；
(2)設，求數列的前項和.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）分類討論與兩種情況，利用遞推式求得與，從而得證；
（2）利用裂項相消法求解即可.
【詳解】（1）因為，
當時，，即，易知，則，
當時，，所以，即，
故數列是以3為首項，2為公差的等差數列.
（2）由（1）得，
則，
所以.
4．（2024·湖南·模擬預測）已知數列滿足，.
(1)求數列的通項公式；
(2)設，求數列的前n項和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用構造法，先求得，進而求得.
（2）利用裂項求和法求得.
【詳解】（1）由得：，
∵，所以數列是首項為4，公差為2的等差數列，
所以，
所以；
（2），
所以
.
5．（2024·新疆·一模）非零數列滿足，且．
(1)設，證明：數列是等差數列；
(2)設，求的前項和．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）對已知條件因式分解可得，根據等差數列定義可證；
（2）利用累乘法求得，然后由裂項相消法可得.
【詳解】（1）由，
得對于恒成立，
所以，即，
所以，
而，故，
所以數列是以1為公差，為首項的等差數列.
（2）由（1）知，，即，
整理得，
由累乘法得，即，
又，所以，
則，
所以.
考點二、構造等比數列
1．（2024·四川成都·二模）已知數列的首項為3，且滿足.
(1)求證：是等比數列；
(2)求數列的通項公式，并判斷數列是否是等比數列.
【答案】(1)證明見解析
(2)，數列不是等比數列
【分析】（1）化簡變形為，結合定義即可證明；
（2）由即可判斷.
【詳解】（1）由，，
得，又，
所以是以為首項，為公比的等比數列.
（2）由（1）得，，
所以
所以數列不是等比數列.
2．（2024·安徽合肥·模擬預測）設數列的前n項和為，已知，，．
(1)證明：數列是等差數列；
(2)記，為數列的前n項和，求．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由得出，再計算，將代入，即可證明；
（2）由（1）得，得出為公比為的等比數列，根據等比數列的通項公式得出，代入，再裂項得，即可求得數列的前n項和．
【詳解】（1）因為，
所以，即
所以
（為常數），
所以數列是等差數列．
（2）由（1）知，即.
所以，
所以為公比為的等比數列，
又，
所以，
因為，
所以，
所以數列的前項和為：
．
3．（2024·四川綿陽·模擬預測）設數列的前n項和為，．
(1)求證數列為等比數列，并求數列的通項公式．
(2)若數列的前m項和，求m的值，
【答案】(1)證明見解析，
(2)7
【分析】（1）利用數列中與的關系，得，可證明數列為等比數列，可求數列的通項公式．
（2）利用裂項相消求數列的前m項和，由求m的值.
【詳解】（1）因為，所以當時，，解得．
當時，，則，
整理得，故，，
所以數列是首項為2，公比為2的等比數列，所以．所以
（2），
數列的前m項和
，
則，則，則，解得，故m的值為7．
4．（2024·全國·模擬預測）記為數列的前項和，已知，．
(1)證明數列是等比數列，并求的通項公式；
(2)若，數列的最大項為，求的值．
【答案】(1)證明見解析，
(2)或
【分析】（1）由，兩式相減可得，該式可化為，即可證明并求出數列的通項公式；
（2）由（1）求得，后，可作差比較大小，或者作商，進一步分析即可.
【詳解】（1）因為，①
所以，②
②①，得，即，
所以，
又，所以，所以數列是首項為、公比為的等比數列．
所以，所以．
（2）由（1）知，，所以，．
解法一 ，
當時，，即；當時，，即；
當時，，即．所以，且，
所以數列的最大項為，故的值為或．
解法二 ，
令，解得；令，解得；令，解得．
因為，所以，且，
所以數列的最大項為，故的值為或．
5．（2024·全國·模擬預測）數列的前項和滿足．
(1)令，求的通項公式；
(2)令，設的前項和為，求證：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據題意，當時，解得，當時，，可得，當時，，即當時，，即可得解；
（2）由（1）知，，求和即可.
【詳解】（1）因為，所以當時，，解得；
當時，，
兩式相減得，即．
所以當時，，
即當時，，且，
所以是以3為首項，3為公比的等比數列，
所以．
（2）由（1）知，
則，
所以
．
因為，所以．
考點三、等差數列前n頂和
1．（23-24高三上·陜西咸陽·階段練習）等差數列 中，已知是其前項和，,求與
【答案】，.
【分析】先利用等差數列的前項和公式求出公差；再利用等差數列的通項公式求出，利用等差數列的前項和公式求出.
【詳解】設等差數列 的公差為
，.
，
，即 ，解得.
，.
即，.
2．（23-24高三上·遼寧·階段練習）記為等差數列的前項和，已知，.
(1)求的通項公式；
(2)求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）設等差數列的公差為，根據題意，列出方程組，求得，進而得到數列的通項公式；
（2）由（1）得到數列為遞增數列，且，得到或時，取得最小值，結合等差數列的求和公式，即可求解.
【詳解】（1）解：設等差數列的公差為，
由，，可得，解得，
所以數列的通項公式為.
（2）解：由（1）知，可得數列為遞增數列，且，
所以當時，；當時，；當時，，
所以，當或時，取得最小值，即，
所以，故的最小值為.
3．（23-24高二上·甘肅金昌·階段練習）已知等差數列的前n項和為，，．
(1)求數列的通項公式；
(2)求的最小值及取得最小值時n的值．
【答案】(1)
(2)當時，最小，最小值為-26
【分析】（1）根據等差數列的通項公式和求和公式列方程，解方程得到，，然后寫通項即可；
（2）方法一：根據等差數列的性質求最小值即可；
方法二：根據前項和的函數性質求最小值.
【詳解】（1）設等差數列的公差為d，
由，，得，，解得，，
所以．
（2）方法一：由知是遞增數列，
當時，；當時，．
所以，
所以當時，最小，最小值為．
方法二：，
又，所以當時，最小，最小值為-26.
4．（23-24高三上·遼寧朝陽·階段練習）已知等差數列的前項和為，，.
(1)求的通項公式；
(2)求使成立的n的取值集合.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用公式法列方程組求得等差數列的首項和公差，從而得到數列的通項公式；（2）代入等差數列前n項和公式，列出關于n的不等式，解出n的取值范圍，又因為n為正整數，從而得到n的取值集合.
【詳解】（1）設等差數列的公差為.
因為，所以，則.①
又因為，所以，得，②
聯立①②，解得，，
即數列的通項公式為.
（2）由（1）知，所以，即為，
當時，，解得（舍）或（舍）；
當時，，解得，所以，
所以滿足條件的的取值集合為.
5．（2023·山西·模擬預測）已知等差數列滿足.
(1)求的通項公式；
(2)設數列的前項和為，且，若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)10
【分析】（1）設等差數列的公差為，然后利用公式構建基本量的方程求解即可.
（2）先將等差數列的通項代入,得到數列的通項,再求和,解不等式即可.
【詳解】（1）設等差數列的公差為，
則解得，
故.
（2）由（1）可得，則，
所以,則數列是是等差數列，
故.
因為，所以，所以，
所以或.
因為，所以的最小值是10.
考點四、等比數列前n項和
1．（23-24高三上·河南·階段練習）已知數列是等差數列，其前項和為，且，.
(1)求的通項公式；
(2)設，求數列的前項和.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）利用等差數列的通項公式和前項和公式求解；
（2）分組求和方法求解.
【詳解】（1）設等差數列的公差為，又，，
所以，解得，，
所以的通項公式.
（2）由（1）知，
所以
.
2．（23-24高三上·河南·階段練習）已知等比數列的公比，記其前項和為，且成等差數列.
(1)求的通項公式；
(2)求的前項和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據等差中項，結合等比數列基本量計算可得，進而可求解通項，
（2）根據等比求和公式得，即可由分組求和求解.
【詳解】（1）因為成等差數列，所以，
得，即，解得，
所以.
（2）由（1）知，
所以，
則.
3．（23-24高三上·湖南長沙·階段練習）在數列中，且滿足（且）．
(1)證明：數列為等比數列；
(2)求數列的前項和．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）變形得到，得到結論；
（2）在（1）的基礎上得到，進而利用分組求和可得.
【詳解】（1）（且），
（且），
，
所以是首項為2，公比為2的等比數列．
（2）是首項為2，公比為2的等比數列，
，故，
.
4．（20-21高一下·貴州黔東南·階段練習）已知等差數列的前項和為，且，.
(1)求的通項公式；
(2)若是等比數列，且，，求數列的前項和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出等差數列的公差，利用等差數列的通項公式可求得數列的通項公式；
（2）求出等比數列的首項和公比，利用等比數列的求和公式可求得.
【詳解】（1）解：設等差數列的公差為，則，可得，
所以，，所以，.
（2）解：設等比數列的公比為，則，，
所以，，，
因此，.
5．（23-24高二上·北京·期中）已知數列是等比數列，滿足，，數列滿足，，設，且是等差數列.
(1)求數列和的通項公式；
(2)求的通項公式和前項和.
【答案】(1)，
(2)，
【分析】（1）根據等差數列、等比數列定義求解；
（2）先寫出數列的通項公式，再分組求和即可求解.
【詳解】（1）設等比數列的公比為，
因為，，所以，即，
設等差數列公差為，
因為，，所以，即.
（2）因為，所以,
由（1）可得，
設前項和為，
.
考點五、裂項相消求和
1．（2024·全國·模擬預測）已知數列的各項均不小于1，前項和為是公差為1的等差數列．
(1)求數列的通項公式．
(2)求數列的前項和．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）利用前項和與通項公式之間的關系判定是等差數列，再求通項公式即可.
（2）對需要求和的數列先進行化簡，再利用裂項相消法求和即可.
【詳解】（1）由，得．
因為是公差為1的等差數列，所以．
當時，．兩式相減，得，
所以，又，所以，則，
所以是首項為1，公差為1的等差數列，所以．
（2）由（1）可知，，則，
所以數列的前項和
．
2．（2024·山西臨汾·二模）已知數列滿足．
(1)計算，并求數列的通項公式；
(2)設數列滿足，求數列的前項和．
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）由，可得，可得，法一：可得為常數列，可求數列的通項公式；法二：可得，利用累乘法可求數列的通項公式；
（2）由（1）可得，進而由裂項相消法可求的前項和.
【詳解】（1）由題可知，，
令，，得；
令，得．
由已知，
可得，
兩式相減得．
解法一：
整理得：．又滿足上式．從而對均成立．
因此為常數列，即有，故．
解法二：
整理得：．又滿足上式．
故．
即．當時符合上式，故．
（2）由（1）可知，所以．
因此
=.
3．（2024·四川·模擬預測）已知為正項數列的前項和，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)若，求的前10項和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）已知與的關系求通項公式，用退位作差，再利用平方差公式進行化簡，最后對時進行檢驗，得到數列是等差數列，從而寫出通項公式；
（2）根據得到，觀察數列通項公式特點，裂項，進而得到前10項和.
【詳解】（1）由題意知：，即，
當時，，
兩式相減，可得，
因為，可得．
又因為，當時，，即，
解得或（舍去），所以（符合），
從而，所以數列表示首項為3，公差為2的等差數列．
所以數列的通項公式為．
（2）由題意得，
所以
，
所以.
4．（2024·河北邯鄲·二模）已知正項數列的前項和為，，且．
(1)求的通項公式；
(2)若，求數列的前項和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先求出，可證明數列為首項為，公差為的等差數列，得到，利用得到的通項公式；
（2）由（1）知，，化簡可得，利用分組求和以及裂項相消即可求出數列的前項和.
【詳解】（1）當時，由，即，解得：，
所以，則數列為首項為，公差為的等差數列；
所以，則，
當時，，
當時，滿足條件，
所以的通項公式為
（2）由（1）知，，
所以，
故，
即
5．（23-24高二下·四川成都·期中）已知數列滿足：（）．
(1)求數列的通項公式；
(2)設（），數列前項和為，試比較與的大小并證明．
【答案】(1)，（）
(2)，證明見解析
【分析】（1）結合前項和與通項公式的關系分和兩種情況求解即可；
（2）先驗證，再討論時，，進而根據裂項求和法得.
【詳解】（1）①，
（）②，
①－②得（），
∴（），
當時，，不滿足上式，
∴，（）
（2）當時，，
，
當時，
，
∵，∴
綜上所述，．
考點六、錯位相減求和
1．（2024·浙江寧波·二模）已知等差數列的公差為2，記數列的前項和為且滿足.
(1)證明：數列是等比數列；
(2)求數列的前項和.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）根據通項與前項和之間的關系，作差可得，即可利用等比數列的定義求解，
（2）根據錯位相減法求和以及分組求解，結合等差等比數列求和求解.
【詳解】（1）時，，即.
又，也符合，
所以時，，即.
又，所以，
所以，所以數列成等比數列.
（2）由（1）易得.由可得，所以.
所以，
所以.
令，
則，
所以，
所以.
2．（2024·全國·模擬預測）已知數列的前項和為，關于的方程有兩個相等的實數根．
(1)求的通項公式；
(2)若，求數列的前項和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據題意，由得到，再利用與的關系求解；
（2）由（1）得到，再利用錯位相減法求解.
【詳解】（1）解：因為關于的方程有兩個相等的實數根，
所以，即，
當時，，
又當時，，符合上式，所以．
（2）由（1）得，
則，①
，②
①②得
，
，
故．
3．（2024·陜西咸陽·模擬預測）記為數列的前項和．已知，．
(1)求數列的通項公式；
(2)若數列滿足，求的前項和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用前項和和通項公式之間的關系求解即可.
（2）利用錯位相減法求和即可.
【詳解】（1）當時，若，則，
兩式相減得，
化簡得，而，
故是以為首項，為公差的等差數列，
故，
（2）由上問得，
故，
，
兩式相減得，
，
即，
所以，
故
4．（2024·四川涼山·二模）設等比數列的前n項和為，，．
(1)求；
(2)設，求數列的前n項和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】
（1）根據給定條件，求出數列的公比即可求出通項公式.
（2）由（1）求出，再利用錯位相減法求和即得.
【詳解】（1）設等比數列的公比為，由，得，
則，即，
而，因此，解得，
所以.
（2）
由（1）知，，則，
則，
于是，
兩式相減得，
即.
5．（2024·全國·模擬預測）已知數列的前項和為，且滿足（），數列滿足．
(1)求，的通項公式．
(2)求數列的前項和．
【答案】(1)，；
(2)
【分析】（1）根據題意，求得，得到是等比數列，得到，再由對數的運算性質，求得；
（2）由（1）得，分類討論，結合乘公比錯位相減求和，即可求解.
【詳解】（1）解：當時，，所以，
因為，當時，可得，
兩式相減，得，
所以，所以，
又因為，所以是首項為，公比為的等比數列，所以，
所以．
（2）解:由（1）得，
當時，，
則，
兩式相減得
，
所以，
當時，
，
綜上可知，數列的前項和.
考點七、周期與類周期求和
1．（2023高三·全國·專題練習）已知數列滿足，且，求數列的前2023項和S．
【答案】1013
【分析】先得到數列是周期為3的周期數列，然后將每連續三項合并在一起求和（并項求和法）.
【詳解】因為，且，
所以，，，…，
由，
故數列是周期為3的周期數列，
所以
.
故答案為：1013.
2．（2023高三·全國·專題練習）已知數列滿足（為實數），，求．
【答案】
【分析】考慮不動點方程，即，該方程無實數解，故該數列具有周期性，結合結構特點可以聯想兩角和的正切函數進行構造求解．
【詳解】不動點方程，變形得到，方程無解，故該數列具有周期性，
可變形為．
結合，設（其中），
則，
∴，即．
∴，即，則數列的周期是6．
∵，
∴．
3．（2024·福建福州·模擬預測）已知數列中，，．
(1)證明：數列為常數列；
(2)求數列的前2024項和．
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）利用和差角的余弦公式，結合構造法推理即可.
（2）由（1）求出數列的通項，再結合余弦函數的周期性，利用分組求和法求和即可.
【詳解】（1）依題意，
，
則化為，
而，則，因此，
所以數列為常數列.
（2）由（1）知，，由，即是以6為周期的周期數列，令，
所以數列的前2024項和
.
4．（22-23高三上·貴州遵義·階段練習）已知數列滿足，，．
(1)求，，，并寫出一個符合題意的的通項公式（不需要證明）；
(2)設，記為數列的前項和，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）代入求出，依次代入求出，看出數列的周期為3，寫出通項公式；
（2）在第一問的基礎上，寫出的通項公式，并分組求和.
【詳解】（1），，
，
可看出數列為周期為3的數列，故，
理由如下：為周期為3的數列，當時，，
當時，，當時，；
（2）由第一問可知：
，
則，
故
.
5．（22-23高三上·山東青島·期中）已知正項數列滿足，且，.
(1)已知，求的通項公式；
(2)求數列的前2023項和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由可得，從而得到，進而得到是以為首項，公比為的等比數列，再根據等比數列的通項公式即可求解；
（2）由可得，從而有，得到數列偶數項具有周期性，最后根據分組求和即可.
【詳解】（1），，
，，
即，，即，
是以為首項，公比為的等比數列，
.
（2），
又，
，，
，即，
，即數列偶數項具有周期性，
，
所以·
考點八、奇偶并項求和
1．（2024·福建莆田·二模）已知等差數列的前項和為，公差，且成等比數列，．
(1)求數列的通項公式；
(2)若，求數列的前項和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據題意列式求，進而可得結果；
（2）根據題意利用分組求和法結合等差、等比數列求和公式運算求解.
【詳解】（1）由題意可得：，即，
且，解得，
所以數列的通項公式.
（2）由（1）可得，
可得
，
所以.
2．（2024·河北石家莊·二模）已知數列滿足
(1)寫出;
(2)證明:數列為等比數列;
(3)若，求數列的前項和.
【答案】(1)，，
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）由數列的遞推式，分別令，2，3，計算可得所求值；
（2）推得，由等比數列的定義，可得證明；
（3）求得，，由數列的錯位相減法求和，結合等比數列的求和公式，可得所求和．
【詳解】（1）由
可得；；；
（2）證明：由題可得，
則數列是首項為1，公比為2的等比數列；
（3）由（2）可得，即，
，
，
前項和，
，
兩式相減可得，
化簡可得．
3．（2024·湖南·模擬預測）已知等差數列的前項和為，且.等比數列是正項遞增數列，且.
(1)求數列的通項和數列的通項；
(2)若，求數列的前項和.
【答案】(1)，
(2)（或）
【分析】（1）根據題意分別求出數列的首項和公差，以及數列的首項和公比，進而可得出答案；
（2）利用并項求和法求解即可.
【詳解】（1）由題意，設等差數列的首項為，公差為，又，
所以解得，
故，
因為數列為各項為正的遞增數列，設公比為，且，
因為，所以，得，
又，所以，即，又，
解得，從而，
所以；
（2）由（1）得，
所以，
所以數列的前項和為
（或）.
4．（2024·河南新鄉·二模）已知數列滿足，．
(1)記，證明數列是等比數列，并求的通項公式；
(2)求的前項和，并證明．
【答案】(1)證明見解析；.
(2)；證明見解析.
【分析】（1）結合遞推公式利用等比數列的概念即可證明并求得通項公式；
（2）利用遞推公式將用得前項和來表示，即，進而利用等比數列的前項和公式即可求解；令，并用可得單調性，從而即可證明.
【詳解】（1）證明：由題意可知，，
所以數列是首項，公比為6的等比數列.
于是.
（2）由題意可知，，所以
.
又，
令，
，
所以數列單調遞增，故，即.
5．（2023·山東·模擬預測）已知等差數列的前項和為，且，數列滿足，設．
(1)求的通項公式，并證明：；
(2)設，求數列的前項和．
【答案】(1)；證明見解析
(2)
【分析】（1）求等差數列的基本量可得的通項公式，根據數列的迭代可得；
（2）構造法求出數列為等比數列且，用錯位相減法可得.
【詳解】（1）設等差數列的公差為，
因為，可得，即，解得，
又因為，可得，所以，
由數列滿足，可得，，，
所以，
因為，所以.
（2）解：由（1）可知，
因為，
所以數列是以2為首項，2為公比的等比數列，所以，
所以，
所以，
則，
兩式相減，可得
，
所以.
考點九、數列與不等式
1．（2024·河北秦皇島·二模）已知等比數列的前項和為，且數列是公比為2的等比數列.
(1)求的通項公式；
(2)若，數列的前n項和為，求證：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）先求出數列的通項，再根據與的關系結合是等比數列，即可得解；
（2）利用裂項相消法求解即可.
【詳解】（1）因為數列是公比為2的等比數列，
又，所以.
當時，由，得，
兩式相減得，
又是等比數列，所以，所以，解得，
所以，當時上式成立，
所以；
（2）由（1）知，
所以
，
又，所以.
2．（2024·江蘇·三模）設數列的前項的和為.
(1)若是公差為的等差數列，且成等比數列，求；
(2)若，求證：.
【答案】(1)或
(2)證明見解析
【分析】（1）由等差數列前n項和公式以及等比中項公式列出等量關系式并轉化成首項和公差來表示即可求解.
（2）先由，進而由累乘法結合求出即可由得解.
【詳解】（1）由題意知，故，
解得，所以或.
（2）因為①，所以②，
所以由②①得，，
所以時，，
所以由得，
所以，
顯然也符合上式，所以，
所以.
3．（23-24高二下·福建福州·期中）記數列的前項和，．
(1)求的通項公式；
(2)設數列的前項和為，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據，作差得到，結合等差數列的定義及通項公式計算可得；
（2）由（1）可得，利用裂項相消法求出，再結合函數的單調性證明即可.
【詳解】（1）因為，
當時，，
則
，
故，即，
當時，有，即，
故是公差、首項均為的等差數列，故．
（2）由（1）得，
故，
則．
因為，故，
又在上單調遞減，
故隨的增大而增大，故，
綜上，．
4．（23-24高二下·江西吉安·期末）已知為數列的前n項和，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)設為數列的前n項和，求證：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由，可得：，兩式相減化為：，利用等比數列的通項公式即可得出．
（2）由，利用錯位相減法即可得出．根據關于單調遞增，即可證明結論．
【詳解】（1），
，
兩式相減，得，
，
又當時，，
為等比數列，公比為，
.
（2）設，
，則，
兩式相減，得
化簡得．
，，
，
，
關于單調遞增，，
5．（2024·天津·模擬預測）數列是等差數列，其前n項和為，數列是等比數列，，，，，．
(1)求數列、的通項公式；
(2)的前n項和，求證：．
【答案】(1)，；
(2)證明見詳解.
【分析】（1）記數列的公差為，數列的公比為，根據已知列方程組求解即可；
（2）根據錯位相減法求和，記，判斷其單調性即可得證.
【詳解】（1）記數列的公差為，數列的公比為，，
由題知，，解得，所以.
由，解得或（舍去），所以.
（2）由（1）可知，
則，
，
兩式相減得，
所以，
記，則，
所以單調遞減，所以，且，
所以，即.
考點十、數列與極限、放縮
1．（2024·全國·模擬預測）已知數列的前n項和．
(1)求的通項公式；
(2)證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）利用和的關系，然后構造一個等比數列求解即可；
（2）利用進行放縮，然后用等比數列的求和公式求解即可.
【詳解】（1）因為①．
令得，解得．
當時，②，
由①②得，
即
又，
所以數列是首項為2，公比為2的等比數列，
故，所以．
（2）因為，
當時，，
當時，
．
綜上，．
2．（23-24高三上·云南昆明·階段練習）已知數列滿足，.
(1)求的通項公式；
(2)若，證明：的前項和.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）法一：利用已知數列得遞推式再列出下一個遞推式兩式相減并化簡即可判斷為等差數列進而求出通項公式；
法二：利用已知數列得遞推式兩邊除以結合數列恒等式以及裂項相消法，求得通項公式；
（2）先求得，并且推導出結合等比數列的求和公式以及不等式性質即可證明出結果.
【詳解】（1）法一：由①
可得②
② ①，可得
整理可得，
即，則為等差數列.
又由①可得，，即所以公差，
法二：對兩邊同除以
可得，
即
設，則當時，
，
綜上，，又 滿足，
（2）證明：由可得，
，兩邊同除以，
可得，即，
3．（2024·全國·模擬預測）已知數列滿足，．
(1)求數列的通項公式；
(2)若，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）考查與的關系，借助與的關系的解題步驟①，②，③檢驗的思想方法進行求解即可.
（2）先求出，再求和，當時對進行放縮變形即可求和證明出不等式.
【詳解】（1）當時，；
當時，①，
②．
①②得，
因為不滿足上式，所以.
（2）由（1），
因為，所以，
當時，；
當時，
，
綜上，對任意的，.
4．（23-24高三上·河北·期末）設為數列的前項和，已知為等比數列，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)已知，設，記為數列的前項和，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由，得，等比數列的首項為1公比為2，可得通項；
（2）由與的關系，求出的通項，通過放縮法證明不等式.
【詳解】（1）為數列的前項和，，
則有，所以，等比數列的公比為2，
又，所以；
（2）證明：由（1）知，，當時，，
所以，所以，
則，
因此．
5．（2021·貴州貴陽·模擬預測）數列中，，，數列是公比為的等比數列.
（1）求使成立的的取值范圍；
（2）若，求的表達式；
（3）若，求.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）根據等比數列的定義，由題中條件，得到，解，即可得出結果；
（2）根據題中條件，先得到是首項為，公比為的等比數列，進而可求出；
（3）由等比數列的求和公式，分別討論，，三種情況，由無窮等比數列的極限，即可得出結果.
【詳解】（1）是公比為的等比數列，且
由N)，有
解得
（2），，
，，
又
是首項為，公比為的等比數列，
（3）當時，，；
當時，，；
當時，即.
綜上，.
【點睛】思路點睛：
求無窮等比數列前項和的極限時，一般需要利用分類討論的方法，討論公比的范圍，根據等比數列的求和公式，以及極限的運算法則，即可求出結果.
考點十一、數列與參數綜合
1．（2024·全國·模擬預測）已知數列的前項和為，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)若存在，使得成立，求實數的取值范圍．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）當時，求得，當時，得到，兩式相減化簡得到，結合疊加法，即可求得數列的通項公式；
（2）由（1）得到，求得，
解法1：根據題意，轉化為，結合，結合基本不等式，即可求解；
解法2：根據題意，轉化為，結合二次函數的性質，即可求解.
【詳解】（1）解：當時，，解得，
當時，，
兩式相減可得，，
則，
疊加可得，，則，
而時也符合題意，
所以數列的通項公式為．
（2）解：由（1）知，可得，
故；
解法1：由，可得，
即，即則，又由，
當且僅當時取等號，故實數的取值范圍為．
解法2：由，
可得，
當，即時，，
則，故實數的取值范圍為．
2．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知數列的前項和為，數列是公差為的等差數列，且.
(1)求數列的通項公式；
(2)若存在，使得成立，求實數的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據等差數列的通項公式可得，結合計算即可求解；
（2）由（1）可得，利用裂項相消求和法可得，則，結合基本不等式計算即可求解.
【詳解】（1）由題意知：數列是公差為的等差數列，又，
所以，整理得：，
又當時，，
因為滿足上式，所以，
故數列的通項公式為.
（2）由（1）知，可得，
故；
解法1：由，可得，
即，則，
又由，
當且僅當即時取等號，故實數的取值范圍為.
解法2：由，
可得，
當，即時，，
則，故實數的取值范圍為.
3．（2024·湖南長沙·模擬預測）已知數列滿足.
(1)求數列的通項公式；
(2)已知數列滿足.
①求數列的前n項和；
②若不等式對任意恒成立，求實數的取值范圍.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）利用數列的遞推關系求的通項公式；
（2）①利用錯位相減求和即可；②設，根據數列的單調性，分n為偶數、為奇數討論可得答案.
【詳解】（1）因為①，
當時，，當時，②，
得，即；因為符合，所以；
（2）①，由（1）知，所以，，
所以，兩式相減得，
，
所以；
②，由①得，
設，則數列是遞增數列.
當n為偶數時，恒成立，所以；
當n為奇數時，恒成立，所以即.
綜上，的取值范圍是.
4．（2024·江蘇無錫·二模）已知正項數列的前項和為，滿足.
(1)求數列的通項公式；
(2)設為數列的前項和.若對任意的恒成立，求k的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）運用公式，已知求即可；
（2）求出，后運用錯位相減求出，后結合函數單調性可解．
【詳解】（1）①，且，
當時，代入①得；
當時，.②
①-②得，整理得，
因為，所以，所以數列為等差數列，公差為1，所以.
（2），，③
，④
③-④得，
所以，所以，且，化簡得，
令，所以，
所以的最大值為，所以.
所以的取值范圍為.
5．（2024·天津·二模）設是等差數列，其前項和，是等比數列，且，，.
(1)求與的通項公式；
(2)設，求數列的前項和；
(3)若對于任意的不等式恒成立，求實數的取值范圍.
【答案】(1)，
(2)
(3).
【分析】（1）結合等差數列的通項公式，求和公式以及等比數列的通項公式進行求解；
（2）可以采取分組求和的方式，即將奇數項與偶數項的和分開求解，再利用錯位相減法以及裂項相消法分別求和；
（3）對于求參數的范圍，一般可以采用分離參數的方法，對于求后面式子的最值，結合函數的單調性進行分析求解．
【詳解】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，
由，，又，，，
由，，又，，，
，，
即，．
（2）當為奇數時，，
記，則有
，
，
得：
，
，
，
當為偶數時，，
記，
，
．
（3）由與恒成立，
可得恒成立，
恒成立，即求的最大值，
設，
，
單調遞增，
又，
，
．
考點十二、數列與三角綜合
1．（2022·江西贛州·一模）設正項數列的前項和為，已知.
(1)求的通項公式；
(2)記，是數列的前項和，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由可求得的值，令，由可得出，兩式作差可推導出數列為等差數列，確定該數列的首項和公差，可求得數列的通項公式；
（2）計算出，然后利用等差數列的求和公式可求得.
【詳解】（1）解：當時，，所以，又，故；
當時，，而，兩式相減得，
整理得，因為，所以，
故是以為公差的等差數列，從而.
（2）解：，
設
，其中，
所以.
2．（2024·浙江臺州·二模）已知數列滿足，.
(1)求（只需寫出數值，不需要證明）；
(2)若數列的通項可以表示成的形式，求，.
【答案】(1)2
(2)，.
【分析】（1）先求出數列的周期，即可求出的值；
（2）法一：由，，得到，解方程即可求出，；法二：：因為的周期為3，可求出，再由可求出.
【詳解】（1），，，，，……，
故數列的周期為3，.
（2）法一：由，，得到，
則，解得：，.
法二：因為的周期為3，所以
又由，則，即，
則，即，因為，
解得.
3．已知數列的通項公式
（1）求證：；
（2）設數列的前項和為，求證：．
【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析
【分析】（1）設，則，結合函數的單調性，即可證明，即．令，顯然，即可得出．（2）由于，可得，由（1）知，再利用“裂項求和”即可得出．
【詳解】證明：（1）設，,
則，令,
則，，且當時，，故在區間上遞增，當時，在，故在區間上單調遞減，又，因此在上，恒有即．
令，顯然，故
（2）
由（1）知
=，因為單調遞減，所以單調遞增，當時，取最小值為，故
設，則，故函數在單調遞減．
因此，即當時，恒有,
因為，所以
．
綜上可得：
【點睛】裂項相消在使用過程中有一個很重要得特征，就是能把一個數列的每一項裂為兩項的差，其本質就是兩大類型類型一:型，通過拼湊法裂解成；類型二：通過有理化、對數的運算法則、階乘和組合數公式直接裂項型；該類型的特點是需要熟悉無理型的特征，對數的運算法則和階乘和組合數公式．無理型的特征是，分母為等差數列的連續兩項的開方和，形如型，常見的有①；②對數運算本身可以裂解；③階乘和組合數公式型要重點掌握和．
4．數列可以看作是定義在正整數集的特殊函數，具有函數的性質特征，有些周期性的數列和三角函數緊密相連.記數列2，，，2，，，2，，-1，…為，三角形式可以表達為，其中，，.
（1）記數列的前n項和為，求，，及；
（2）求數列的三角形式通項公式.
【答案】（1），，，；（2）.
【分析】（1）根據數列的周期性，可求，，；對進行分類討論同時結合數列的周期性可求；
（2）把數列的前項代入，組成方程組求解.
【詳解】（1）易知 ，
所以，
，
.
①當時，；
②當時，；
③當時，，
所以，.
（2）由（1）知數列周期為3，，所以，得，
由數列前三項，知，
由④-⑤，得，代入④式，得——⑦
由⑥⑦，得，，
由，知，又，得，
于是可求得，
所以.
5．已知函數，方程在上的解按從小到大的順序排成數列．
（Ⅰ）求數列的通項公式；
（Ⅱ）設，數列的前項和為，求的表達式．
【答案】（Ⅰ）． （Ⅱ）．
【詳解】試題分析：（Ⅰ）化簡函數得到,由及得即，方程在的解從小到大依次排列構成首項為，公差為的等差數列．
（Ⅱ）由于，所以利用“裂項相消法”求和即得．
試題解析：（Ⅰ）, 2分
由及得∴ 4分
方程在的解從小到大依次排列構成首項為，
公差為的等差數列∴． 6分
（Ⅱ） 8分
， 10分
．
13分
考點：1．和差倍半的三角函數；2．三角函數的圖象和性質；3．等差數列的通項公式；4．“裂項相消法”．
考點十三、數列與概率綜合
1．（23-24高三上·廣東廣州·階段練習）某商場擬在周末進行促銷活動，為吸引消費者，特別推出“玩游戲，送禮券”的活動，游戲規則如下：該游戲進行10輪，若在10輪游戲中，參與者獲勝5次就送2000元禮券，并且游戲結束：否則繼續游戲，直至10輪結束．已知該游戲第一次獲勝的概率是，若上一次獲勝則下一次獲勝的概率也是，若上一次失敗則下一次成功的概率是．記消費者甲第次獲勝的概率為，數列的前項和，且的實際意義為前次游戲中平均獲勝的次數．
(1)求消費者甲第2次獲勝的概率；
(2)證明：為等比數列；并估計要獲得禮券，平均至少要玩幾輪游戲才可能獲獎．
【答案】(1)
(2)詳見解析
【分析】（1）應用全概率公式計算可得出；
（2）計算得出，結合等比數列的定義可證得結論成立；再結合分組求和計算判斷最少輪數即可.
【詳解】（1）
（2）
,
,
,
為等比數列, 且公比為；.
,
因為單調遞增，
當n為奇數時， ，所以得獲獎至少要玩9輪.
當n為偶數時，，得獎至少要玩10輪，
所以平均至少要玩9輪才可能獲獎.
2．（2024·全國·模擬預測）某商場為促銷設計了一項回饋客戶的抽獎活動，抽獎規則是：有放回地從裝有大小相同的4個紅球和2個黑球的袋中任意抽取一個，若第一次抽到紅球則獎勵40元的獎券，抽到黑球則獎勵20元的獎券；第二次開始，每一次抽到紅球則獎券數額是上一次獎券數額的2倍，抽到黑球則獎勵20元的獎券．記顧客甲第n次抽獎所得的獎券數額的數學期望為．
(1)求及的分布列；
(2)寫出與的遞推關系式，并證明為等比數列；
(3)若顧客甲一共有6次抽獎機會，求該顧客所得的所有獎券數額的期望值．（參考數據：）
【答案】(1)，分布列見解析
(2)，證明見解析
(3)
【分析】（1）根據題意，直接求出和的可能取值，計算出概率，由期望公式求出；列出的分布列即可；
（2）根據條件，得到，化簡可得，再由等比數列的定義證明即可；
（3）代入（2）結論求出即可.
【詳解】（1）依題意知，抽到一個紅球的概率為，抽到一個黑球的概率為，
顯然的值為20，40，則，，所以，
又的值為20，40，80，則，，，
所以的分布列為
20 40 80
P
（2）依題意，當時，甲第次抽到紅球所得的獎券數額為，對應概率為，
抽到黑球所得的獎券數額為20元，對應概率為，
因此當時，，
則，即，
又，
故數列是首項為、公比為的等比數列．
（3）由（2）得，即，
所以顧客甲抽獎6次，所得獎券數額的期望為．
3．（2023高三·全國·專題練習）某工廠在2020年的“減員增效”中對部分人員實行分流，規定分流人員第一年可以到原單位領取工資的100％，從第二年起，以后每年只能在原單位按上一年工資的領取工資．該廠根據分流人員的技術特長，計劃創辦新的經濟實體，該經濟實體預計第一年屬投資階段，第二年每人可獲得b元收入，從第三年起每人每年的收入可在上一年的基礎上遞增50％，如果某人分流前工資收入為每年a元，分流后進入新經濟實體，第n年的收入為元．
(1)求的通項公式．
(2)當時，這個人哪一年的收入最少？最少為多少？
(3)當時，是否一定可以保證這個人分流一年后的收入永遠超過分流前的年收入？
【答案】(1)
(2)這個人第三年的收入最少，為元
(3)當時，這個人分流一年后的收入永遠超過分流前的年收入
【分析】（1）根據題意得到時，，進而得到數列的通項公式；
（2）由時，，結合基本不等式，即可求解；
（3）由時，，結合基本不等式的等號成立的條件，即可得到結論.
【詳解】（1）解：由題意得，當時，，
當時，，
所以
（2）解：由，當時，，
當且僅當，上式的等號成立，即，解得，
所以這個人第三年的收入最少，最小值為元．
（3）解：當時，
，
當且僅當且，上式等號成立，
因此，等號不能取到，
當時，這個人分流一年后的收入永遠超過分流前的年收入．
4．（23-24高二下·陜西西安·期末）某品牌女裝專賣店設計摸球抽獎促銷活動，每位顧客只用一個會員號登陸，每次消費都有一次隨機摸球的機會.已知顧客第一次摸球抽中獎品的概率為；從第二次摸球開始，若前一次沒抽中獎品，則這次抽中的概率為，若前一次抽中獎品，則這次抽中的概率為．記該顧客第次摸球抽中獎品的概率為．
(1)求的值；
(2)探究數列的通項公式，并求該顧客第幾次摸球抽中獎品的概率最大，請給出證明過程．
【答案】(1)，
(2)，第二次，證明見解析
【分析】（1）根據全概率公式即可求解.
（2）根據全概率公式分析得，再對分奇偶求解.
【詳解】（1）記該顧客第次摸球抽中獎品為事件，依題意，，．
.
（2）因為，
所以，
所以，
所以，
又因為，則，
所以數列是首項為，公比為的等比數列，
故．
證明：當n為奇數時，，
當n為偶數時，，則隨著n的增大而減小，
所以，．
綜上，該顧客第二次摸球抽中獎品的概率最大.
5．（2024·山東泰安·模擬預測）在足球比賽中，有時需通過點球決定勝負．
(1)撲點球的難度一般比較大，假設罰點球的球員會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向射門，門將(也稱為守門員)也會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向來撲點球，而且門將即使方向判斷正確也有的可能性撲不到球．不考慮其它因素，在一次點球大戰中，求門將在前三次撲到點球的個數的分布列和期望；
(2)好成績的取得離不開平時的努力訓練，甲 乙 丙三名前鋒隊員在某次傳接球的訓練中，球從甲腳下開始，等可能地隨機傳向另外人中的 人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外人中的人，如此不停地傳下去，假設傳出的球都能接住．記第次傳球之前球在甲腳下的概率為，易知．
① 試證明：為等比數列；
② 設第次傳球之前球在乙腳下的概率為，比較與的大小．
【答案】(1)分布列見解析，數學期望為；
(2)①證明見解析；②.
【分析】（1）解法一：由題意可得，然后根據二項分布的概率公式求解概率，從而可求出分布列和期望；解法二：的所有可能取值為，且在一次撲球中，撲到點球的概率，然后分別求出各自對應的概率，從而可求出分布列和期望；
（2）①由題意可得第次傳球之前球在甲腳下的概率為，第次傳球之前球不在甲腳下的概率為，則，化簡變形后可證得結論；②分別表示出，化簡后與比較大小可得結論.
【詳解】（1）解法一：依題意可得，門將每次可以撲到點球的概率為，
門將在前三次撲到點球的個數可能的取值為
易知，
所以
故的分布列為：
0 1 2 3
所以的數學期望．
解法二：的所有可能取值為
在一次撲球中，撲到點球的概率，
所以

所以的分布列如下：
0 1 2 3
所以的數學期望：
（2）①第次傳球之前球在甲腳下的概率為，
則當時，第次傳球之前球在甲腳下的概率為，
第次傳球之前球不在甲腳下的概率為，
則
即，又，
所以是以為首項，公比為的等比數列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
【點睛】關鍵點點睛：此題考查二項分布的分布列和期望，考查等比數列的證明，第（2）問解題的關鍵是根據題意用表示出，考查理解能力和計算能力，屬于較難題.
考點十四、數列與導數綜合
1．已知函數．
（1）若，求a的值；
（2）設m為整數，且對于任意正整數n，，求m的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【詳解】試題分析：（1）由原函數與導函數的關系可得x=a是在的唯一最小值點，列方程解得；
（2）由題意結合（1）的結論對不等式進行放縮，求得，結合可知實數的最小值為.
試題解析：（1）的定義域為.
①若，因為，所以不滿足題意；
②若，由知，當時，；當時，，所以在單調遞減，在單調遞增，故x=a是在的唯一最小值點.
由于，所以當且僅當a=1時，.故a=1.
（2）由（1）知當時，.
令得.從而
.
故.
而，所以的最小值為.
【名師點睛】
導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出.本專題在高考中的命題方向及命題角度：從高考來看，對導數的應用的考查主要有以下幾個角度：（1）考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯系．（2）利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已知單調性，求參數．（3）利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優化問題．（4）考查數形結合思想的應用．
2．（2022·全國·高考真題）已知函數．
(1)當時，討論的單調性；
(2)當時，，求a的取值范圍；
(3)設，證明：．
【答案】(1)的減區間為，增區間為.
(2)
(3)見解析
【分析】（1）求出，討論其符號后可得的單調性.
（2）設，求出，先討論時題設中的不等式不成立，再就結合放縮法討論符號，最后就結合放縮法討論的范圍后可得參數的取值范圍.
（3）由（2）可得對任意的恒成立，從而可得對任意的恒成立，結合裂項相消法可證題設中的不等式.
【詳解】（1）當時，，則，
當時，，當時，，
故的減區間為，增區間為.
（2）設，則，
又，設，
則，
若，則，
因為為連續不間斷函數，
故存在，使得，總有，
故在為增函數，故，
故在為增函數，故，與題設矛盾.
若，則，
下證：對任意，總有成立，
證明：設，故，
故在上為減函數，故即成立.
由上述不等式有，
故總成立，即在上為減函數，
所以.
當時，有，
所以在上為減函數，所以.
綜上，.
（3）取，則，總有成立，
令，則，
故即對任意的恒成立.
所以對任意的，有，
整理得到：，
故
，
故不等式成立.
【點睛】思路點睛：函數參數的不等式的恒成立問題，應該利用導數討論函數的單調性，注意結合端點處導數的符號合理分類討論，導數背景下數列不等式的證明，應根據已有的函數不等式合理構建數列不等式.
3．已知函數，其中.
（1）討論的單調性；
（2）當時，證明:；
（3）試比較與 ，并證明你的結論．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析
【分析】（1）求得，對的范圍分類討論即可求得的單調性．
（2）將轉化成，證明恒成立，利用導數求得，問題得證．
（3）由（2）可得：，整理得：，所以，整理得：
利用即可得：，問題得解．
【詳解】（1）函數的定義域為：，
①當時，，所以在上單調遞增
②當時，令，解得 ．
當時，，所以， 所以在上單調遞減；
當時，，所以，所以在上單調遞增．
綜上，當時，函數在上單調遞增；
當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增.
（2）當 時，，要證明，
即證，即證：.
設，則 ，令得，.
當時，，當時，.
所以為極大值點，且在處取得最大值．
所以，即．故.
（3）證明：（當且僅當時等號成立），即,
則有+
,
故：+
【點睛】本題主要考查了利用導數判斷函數的單調性及利用導數求函數的最值，還考查了分類思想及轉化思想，考查放縮法證明不等式，還考查了裂項求和方法，考查計算能力，屬于難題．
4．（22-23高二下·四川成都·期末）已知函數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)若恒成立，求的取值范圍；
(3)若數列滿足，記為數列的前項和．證明：．
【答案】(1)的單調遞減區間為，單調遞增區間為．
(2)．
(3)證明見解析
【分析】（1）求導，即可根據導函數的正負即可求解，
（2）根據題意可得，即可由導數結合分類討論求解最值，進一步將問題轉化為，構造函數，求導即可求解最值求解，
（3）根據（2）的求解可得不等式和，即可根據，得，由累加法以及裂項求和即可求證.
【詳解】（1）當時，，
故當單調遞減；
當單調遞增．
綜上，的單調遞減區間為，單調遞增區間為．
（2）由題意，．
①當時，在單調遞減，
由，不合題意；
②當時，在單調遞減，單調遞增．
由恒成立，得．
即．
令，
恒成立，
所以在單調遞減，且．
故當，符合題意，
當，不合題意．
綜上，的取值范圍為．
（3）由，
得，且．
由（2）可知，令，有可得，
令可得即．
由得即．
兩邊取對數得，由上述不等式得
于是，
所以．
當時，，不等式成立；
當時，
．即當時，不等式成立．
綜上，得證．
【點睛】方法點睛：利用導數證明或判定不等式問題：
1．通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值），從而得出不等關系；
2．利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題，從而判定不等關系；
3．適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；
4．構造“形似”函數，變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
5．（2024·廣西來賓·模擬預測）已知數列滿足：，，其中為數列的前n項和．
(1)求數列的通項公式；
(2)設m為正整數，若存在首項為1且公比為正數的等比數列（），對任意正整數k，當時，都有成立，求m的最大值．
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）由題意利用遞推關系式討論可得數列是等差數列，據此即可確定其通項公式；
（2）求出，將原問題進行等價轉化，構造函數，結合導函數研究函數的性質即可求得的最大值．
【詳解】（1）因為，所以，
由，得，則，，
由，得，
當時，由，得，
故
整理得，
所以數列是等差數列，且首項為，公差為，
所以；
（2）由（1）知，,
因為數列為首項為1且公比為正數的等比數列，設公比為q，所以，，
因為，所以，其中，2，3，…，m．
當時，有；
當，3，，m時，有．
設（），則，
令，得，列表如下：
x
單調遞增 極大值 單調遞減
因為，所以．
所以，故，故，
令（），則，
令，則，
當時，，即，
∴在上單調遞減，
即時，，則，
下面求解不等式，
化簡得，
令，則，
由得，，∴在上單調遞減，
又由于，，
∴存在使得，所以，
∴m的最大值為5．
【點睛】方法點睛：等差數列的三種判定方法：
（1）定義法：（常數）數列為等差數列；
（2）等差中項法：數列為等差數列；
（3）通項公式法：（、為常數，）數列為等差數列.
但如果要證明一個數列是等差數列，則必須用定義法或等差中項法.
考點十五、數列與新定義綜合
1．（2024·全國·模擬預測）約數，又稱因數.它的定義如下：若整數除以整數所得的商正好是整數而沒有余數，我們就稱為的倍數，稱為的約數.設正整數共有個正約數，即為，.
(1)若，求的值；
(2)當時，若為等比數列，求正整數；
(3)記，證明：.
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據約數的定義確定約數的個數即可；
（2）結合約數的定義可得，結合等比數列的定義推出，由此確定，
（3）先證明，再證明，結合裂項相消法證明結論.
【詳解】（1）時，因為，
所以為8的所有正約數，故.
（2）由題意可知.
因為，依題意可知，所以，
化簡可得，所以.
因為，所以，因此可知是完全平方數.
由于是整數的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以可寫為，
經檢驗該關系滿足條件，
所以.
（3）由題意知，
所以.
因為，
所以
.
因為，所以.
所以.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據約數定義分析其性質，抓住，，，以及為質數即可求解.
2．（2024·江蘇泰州·模擬預測）數列的前n項和為，若存在正整數r，t，且，使得，同時則稱數列為“數列”．
(1)若首項為3，公差為d的等差數列是“數列”，求d的值；
(2)已知數列為等比數列，公比為q．
①若數列為“數列”，，求q的值；
②若數列為“數列”，，求證：r為奇數，t為偶數．
【答案】(1)；
(2)①或；②證明見解析.
【分析】（1）根據給定條件及“數列”的定義，列出方程組并求解即得.
（2）①由數列為“數列”可得，再由，即可求出結果；②根據數列為“數列”可得，構造函數，再按均為偶數；為偶數，為奇數；均為奇數分類，結合導數的方法進行處理，推理即得.
【詳解】（1）由首項為，公差為的等差數列是“數列”，得，
即，解得，
所以d的值是.
（2）①由數列為“數列”，得，而數列為等比數列，公比為q，
當時，無解，則，，整理得，
而，則當時，；當時，，
所以或.
②由數列為“數列”， 得，而數列為等比數列，公比為q，
又，則，整理得，
當均為偶數時，由，得，有，不符合題意；
當為偶數，為奇數時，，不符合題意；
當均為奇數時，，令，
求導得，
令，，求導得，
當時，，當時，，
即函數在上單調遞減，在上單調遞增，，
即，因此函數在上單調遞增，即，不符合題意，
所以為奇數，為偶數.
【點睛】易錯點睛：等比數列公比q不確定，其前n項和直接用公式處理問題，漏掉對的討論.
3．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）在數列的第項與第項之間插入個1，稱為變換．數列通過變換所得數列記為，數列通過變換所得數列記為，以此類推，數列通過變換所得數列記為（其中）．
(1)已知等比數列的首項為1，項數為，其前項和為，若，求數列的項數；
(2)若數列的項數為3，的項數記為．
①當時，試用表示；
②求證：．
【答案】(1)36
(2)①；②證明見解析
【分析】（1）設等比數列的公比為，由，利用等比數列通項公式與前項和公式求出，由變換的定義求數列的項數；
（2）由變換的定義，得與的遞推關系，利用放縮結合對數的運算證明不等式.
【詳解】（1）設等比數列的公比為，顯然，
由，得，解得.
故數列有8項，經過1次變換后的項數為，
即的項數為36.
（2）①由的項數為，則當時，，
所以
②因數列是一個3項的數列，所以，
由，所以，
于是，則有
所以，得，即，
所以.
，，于是，
則有，可得，有，即，
所以，
綜上所述，．
【點睛】方法點睛： “新定義”型問題，需要讀懂題意并結合已有知識、能力進行理解，根據新定義進行運算、推理、遷移，關鍵是正確提取新定義中的新概念、新公式、新性質、新模式等信息，確定新定義的名稱或符號、概念、法則等，并進行信息再加工，尋求相近知識點，明確它們的共同點和不同點，探求解決方法，在此基礎上進行知識轉換，有效輸出，合理歸納，結合相關的數學技巧與方法來分析與解決!
4．（2024·重慶開州·模擬預測）設有窮數列的項數為，若正整數滿足：，則稱為數列的“點”．
(1)若，求數列的“點”；
(2)已知有窮等比數列的公比為，前項和為．若數列存在“點”，求正數的取值范圍；
(3)若，數列的“點”的個數為，證明：．
【答案】(1)3，5
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）由通項公式寫出數列的各項，根據數列的“點”定義確定結論；
（2）利用等比數列求和公式求，由條件可得存在，使得，解不等式可得的范圍，再對所得結果加以驗證即可，
（3）先證明若，則，結論成立，再證明若存在，使得，則數列存在“點”， 數列的 “點” 由小到大依次為，結合關系完成證明.
【詳解】（1）因為
所以，
所以數列 的 “ 點” 為 3，5 ，
（2）依題意，，
因為數列存在 “點”，
所以存在 ，使得 ，
所以，
即.
因為，所以，所以，
又隨的增大而增大，
所以當時，取最大值，
所以，又，所以.
當時，有，
所以數列存在 “點”，
所以的取值范圍為，
（3）①若，則數列不存在 “點”，即.
由得，，所以，
②若存在，使得. 下證數列有 “點”.
證明: 若，則2是數列的 “點”;
若，因為存在，使得，
所以設數列中第1個小于的項為，
則，所以是數列的第1個 “點”.
綜上，數列存在 “點”.
不妨設數列的 “點” 由小到大依次為，
則是中第1個小于的項，
故，因為 ，
所以，所以，所以
所以
所以.
綜上，，得證.
【點睛】方法點睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.
5．（2024·浙江·模擬預測）定義:表示的整數部分，表示的小數部分，例如.數列滿足其中.若存在，使得當時，恒成立，則稱數為木來數.
(1)分別寫出當時的值.
(2)證明:是木來數
(3)若為大于1的有理數.且.求證:為木來數
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據題意直接計算即可；
（2）根據定義先計算，利用得出，根據同樣的方法計算即可證明；
（3）先設且互質，利用定義判定不是整數時，有，再用反證法判定數列中存在整數即可證明.
【詳解】（1）當時，，同理，
當時，，同理；
（2）當時，即，則，
由于，所以，
所以，則，所以，
由于，所以，則
，
由此知對恒成立.
可知當時，為木來數；
（3）設且互質，
可知與均不為整數時，有，
顯然，
且此時為正整數，又互質，則，
故，
下面用反證法說明數列中存在整數.
由為有理數可知，也為有理數.
則，推出，與假設矛盾.
因此為木來數.
【點睛】思路點睛：第二問利用“木來數”定義結合可推出，同理推出即可證明結論；第三問，利用數列且互質，利用數的互質，先證明與均不為整數時有，再用反證法證明數列中存在整數即可.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第05講 新高考新結構命題下的
數列解答題綜合訓練
（15類核心考點精講精練）
在新課標、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推進。這不僅僅是一場考試形式的變革，更是對教育模式和教育理念的全面革新。
當前的高考試題設計，以“三維”減量增質為核心理念，力求在減少題目數量的同時，提升題目的質量和考查的深度。這具體體現在以下三個方面：
三考
題目設計著重考查學生的知識主干、學習能力和學科素養，確保試題能夠全面、客觀地反映學生的實際水平。
三重
強調對學生思維深度、創新精神和實際應用能力的考查，鼓勵學生不拘泥于傳統模式，展現個人的獨特見解和創造力。
三突出
試題特別突出對學生思維過程、思維方法和創新能力的考查，通過精心設計的題目，引導學生深入思考和探索，培養邏輯思維和創新能力。
面對新高考新結構試卷的5個解答題，每個題目的考查焦點皆充滿變數，無法提前預知。數列版塊作為一個重要的考查領域，其身影可能悄然出現在第15題中，作為一道13分的題目，難度相對較為適中，易于學生入手。同樣不能忽視的是，解三角形版塊也可能被置于第18、19題這樣的壓軸大題中，此時的分值將提升至17分，挑戰學生的解題能力和思維深度，難度自然相應加大。
面對如此多變的命題趨勢，教師在教學備考過程中必須與時俱進。不僅要深入掌握不同題目位置可能涉及的知識點及其命題方式，更要能夠靈活應對，根據試題的實際情況調整教學策略。本文基于新高考新結構試卷的特點，結合具體的導數解答題實例，旨在為廣大師生提供一份詳盡的導數解答題綜合訓練指南，以期在新高考中取得更好的成績。
考點一、構造等差數列
1．（2024·河北衡水·三模）已知數列的前項和為，．
(1)證明：是等差數列；
(2)求數列的前項積．
2．（2024·全國·模擬預測）已知正項數列滿足，.
(1)求證：數列為等差數列；
(2)設，求數列的前n項和.
3．（2024·陜西西安·模擬預測）已知數列的前項的積記為，且滿足.
(1)證明：數列為等差數列；
(2)設，求數列的前項和.
4．（2024·湖南·模擬預測）已知數列滿足，.
(1)求數列的通項公式；
(2)設，求數列的前n項和.
5．（2024·新疆·一模）非零數列滿足，且．
(1)設，證明：數列是等差數列；
(2)設，求的前項和．
考點二、構造等比數列
1．（2024·四川成都·二模）已知數列的首項為3，且滿足.
(1)求證：是等比數列；
(2)求數列的通項公式，并判斷數列是否是等比數列.
2．（2024·安徽合肥·模擬預測）設數列的前n項和為，已知，，．
(1)證明：數列是等差數列；
(2)記，為數列的前n項和，求．
3．（2024·四川綿陽·模擬預測）設數列的前n項和為，．
(1)求證數列為等比數列，并求數列的通項公式．
(2)若數列的前m項和，求m的值，
7．4．（2024·全國·模擬預測）記為數列的前項和，已知，．
(1)證明數列是等比數列，并求的通項公式；
(2)若，數列的最大項為，求的值．
5．（2024·全國·模擬預測）數列的前項和滿足．
(1)令，求的通項公式；
(2)令，設的前項和為，求證：．
考點三、等差數列前n頂和
1．（23-24高三上·陜西咸陽·階段練習）等差數列 中，已知是其前項和，,求與
2．（23-24高三上·遼寧·階段練習）記為等差數列的前項和，已知，.
(1)求的通項公式；
(2)求的最小值.
3．（23-24高二上·甘肅金昌·階段練習）已知等差數列的前n項和為，，．
(1)求數列的通項公式；
(2)求的最小值及取得最小值時n的值．
4．（23-24高三上·遼寧朝陽·階段練習）已知等差數列的前項和為，，.
(1)求的通項公式；
(2)求使成立的n的取值集合.
5．（2023·山西·模擬預測）已知等差數列滿足.
(1)求的通項公式；
(2)設數列的前項和為，且，若，求的最小值.
考點四、等比數列前n項和
1．（23-24高三上·河南·階段練習）已知數列是等差數列，其前項和為，且，.
(1)求的通項公式；
(2)設，求數列的前項和.
2．（23-24高三上·河南·階段練習）已知等比數列的公比，記其前項和為，且成等差數列.
(1)求的通項公式；
(2)求的前項和.
3．（23-24高三上·湖南長沙·階段練習）在數列中，且滿足（且）．
(1)證明：數列為等比數列；
(2)求數列的前項和．
4．（20-21高一下·貴州黔東南·階段練習）已知等差數列的前項和為，且，.
(1)求的通項公式；
(2)若是等比數列，且，，求數列的前項和.
5．（23-24高二上·北京·期中）已知數列是等比數列，滿足，，數列滿足，，設，且是等差數列.
(1)求數列和的通項公式；
(2)求的通項公式和前項和.
考點五、裂項相消求和
1．（2024·全國·模擬預測）已知數列的各項均不小于1，前項和為是公差為1的等差數列．
(1)求數列的通項公式．
(2)求數列的前項和．
2．（2024·山西臨汾·二模）已知數列滿足．
(1)計算，并求數列的通項公式；
(2)設數列滿足，求數列的前項和．
3．（2024·四川·模擬預測）已知為正項數列的前項和，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)若，求的前10項和．
4．（2024·河北邯鄲·二模）已知正項數列的前項和為，，且．
(1)求的通項公式；
(2)若，求數列的前項和．
5．（23-24高二下·四川成都·期中）已知數列滿足：（）．
(1)求數列的通項公式；
(2)設（），數列前項和為，試比較與的大小并證明．
考點六、錯位相減求和
1．（2024·浙江寧波·二模）已知等差數列的公差為2，記數列的前項和為且滿足.
(1)證明：數列是等比數列；
(2)求數列的前項和.
2．（2024·全國·模擬預測）已知數列的前項和為，關于的方程有兩個相等的實數根．
(1)求的通項公式；
(2)若，求數列的前項和．
3．（2024·陜西咸陽·模擬預測）記為數列的前項和．已知，．
(1)求數列的通項公式；
(2)若數列滿足，求的前項和．
4．（2024·四川涼山·二模）設等比數列的前n項和為，，．
(1)求；
(2)設，求數列的前n項和．
5．（2024·全國·模擬預測）已知數列的前項和為，且滿足（），數列滿足．
(1)求，的通項公式．
(2)求數列的前項和．
考點七、周期與類周期求和
1．（2023高三·全國·專題練習）已知數列滿足，且，求數列的前2023項和S．
2．（2023高三·全國·專題練習）已知數列滿足（為實數），，求．
6．3．（2024·福建福州·模擬預測）已知數列中，，．
(1)證明：數列為常數列；
(2)求數列的前2024項和．
4．（22-23高三上·貴州遵義·階段練習）已知數列滿足，，．
(1)求，，，并寫出一個符合題意的的通項公式（不需要證明）；
(2)設，記為數列的前項和，求．
5．（22-23高三上·山東青島·期中）已知正項數列滿足，且，.
(1)已知，求的通項公式；
(2)求數列的前2023項和.
考點八、奇偶并項求和
1．（2024·福建莆田·二模）已知等差數列的前項和為，公差，且成等比數列，．
(1)求數列的通項公式；
(2)若，求數列的前項和．
2．（2024·河北石家莊·二模）已知數列滿足
(1)寫出;
(2)證明:數列為等比數列;
(3)若，求數列的前項和.
3．（2024·湖南·模擬預測）已知等差數列的前項和為，且.等比數列是正項遞增數列，且.
(1)求數列的通項和數列的通項；
(2)若，求數列的前項和.
4．（2024·河南新鄉·二模）已知數列滿足，．
(1)記，證明數列是等比數列，并求的通項公式；
(2)求的前項和，并證明．
5．（2023·山東·模擬預測）已知等差數列的前項和為，且，數列滿足，設．
(1)求的通項公式，并證明：；
(2)設，求數列的前項和．
考點九、數列與不等式
1．（2024·河北秦皇島·二模）已知等比數列的前項和為，且數列是公比為2的等比數列.
(1)求的通項公式；
(2)若，數列的前n項和為，求證：.
2．（2024·江蘇·三模）設數列的前項的和為.
(1)若是公差為的等差數列，且成等比數列，求；
(2)若，求證：.
3．（23-24高二下·福建福州·期中）記數列的前項和，．
(1)求的通項公式；
(2)設數列的前項和為，證明：．
4．（23-24高二下·江西吉安·期末）已知為數列的前n項和，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)設為數列的前n項和，求證：．
5．（2024·天津·模擬預測）數列是等差數列，其前n項和為，數列是等比數列，，，，，．
(1)求數列、的通項公式；
(2)的前n項和，求證：．
考點十、數列與極限、放縮
1．（2024·全國·模擬預測）已知數列的前n項和．
(1)求的通項公式；
(2)證明：．
2．（23-24高三上·云南昆明·階段練習）已知數列滿足，.
(1)求的通項公式；
(2)若，證明：的前項和.
3．（2024·全國·模擬預測）已知數列滿足，．
(1)求數列的通項公式；
(2)若，證明：．
4．（23-24高三上·河北·期末）設為數列的前項和，已知為等比數列，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)已知，設，記為數列的前項和，證明：．
5．（2021·貴州貴陽·模擬預測）數列中，，，數列是公比為的等比數列.
（1）求使成立的的取值范圍；
（2）若，求的表達式；
（3）若，求.
考點十一、數列與參數綜合
1．（2024·全國·模擬預測）已知數列的前項和為，且．
(1)求數列的通項公式；
(2)若存在，使得成立，求實數的取值范圍．
2．（2024·廣東廣州·模擬預測）已知數列的前項和為，數列是公差為的等差數列，且.
(1)求數列的通項公式；
(2)若存在，使得成立，求實數的取值范圍.
3．（2024·湖南長沙·模擬預測）已知數列滿足.
(1)求數列的通項公式；
(2)已知數列滿足.
①求數列的前n項和；
②若不等式對任意恒成立，求實數的取值范圍.
4．（2024·江蘇無錫·二模）已知正項數列的前項和為，滿足.
(1)求數列的通項公式；
(2)設為數列的前項和.若對任意的恒成立，求k的取值范圍.
5．（2024·天津·二模）設是等差數列，其前項和，是等比數列，且，，.
(1)求與的通項公式；
(2)設，求數列的前項和；
(3)若對于任意的不等式恒成立，求實數的取值范圍.
考點十二、數列與三角綜合
1．（2022·江西贛州·一模）設正項數列的前項和為，已知.
(1)求的通項公式；
(2)記，是數列的前項和，求.
2．（2024·浙江臺州·二模）已知數列滿足，.
(1)求（只需寫出數值，不需要證明）；
(2)若數列的通項可以表示成的形式，求，.
3．已知數列的通項公式
（1）求證：；
（2）設數列的前項和為，求證：．
4．數列可以看作是定義在正整數集的特殊函數，具有函數的性質特征，有些周期性的數列和三角函數緊密相連.記數列2，，，2，，，2，，-1，…為，三角形式可以表達為，其中，，.
（1）記數列的前n項和為，求，，及；
（2）求數列的三角形式通項公式.
5．已知函數，方程在上的解按從小到大的順序排成數列．
（Ⅰ）求數列的通項公式；
（Ⅱ）設，數列的前項和為，求的表達式．
考點十三、數列與概率綜合
1．（23-24高三上·廣東廣州·階段練習）某商場擬在周末進行促銷活動，為吸引消費者，特別推出“玩游戲，送禮券”的活動，游戲規則如下：該游戲進行10輪，若在10輪游戲中，參與者獲勝5次就送2000元禮券，并且游戲結束：否則繼續游戲，直至10輪結束．已知該游戲第一次獲勝的概率是，若上一次獲勝則下一次獲勝的概率也是，若上一次失敗則下一次成功的概率是．記消費者甲第次獲勝的概率為，數列的前項和，且的實際意義為前次游戲中平均獲勝的次數．
(1)求消費者甲第2次獲勝的概率；
(2)證明：為等比數列；并估計要獲得禮券，平均至少要玩幾輪游戲才可能獲獎．
2．（2024·全國·模擬預測）某商場為促銷設計了一項回饋客戶的抽獎活動，抽獎規則是：有放回地從裝有大小相同的4個紅球和2個黑球的袋中任意抽取一個，若第一次抽到紅球則獎勵40元的獎券，抽到黑球則獎勵20元的獎券；第二次開始，每一次抽到紅球則獎券數額是上一次獎券數額的2倍，抽到黑球則獎勵20元的獎券．記顧客甲第n次抽獎所得的獎券數額的數學期望為．
(1)求及的分布列；
(2)寫出與的遞推關系式，并證明為等比數列；
(3)若顧客甲一共有6次抽獎機會，求該顧客所得的所有獎券數額的期望值．（參考數據：）
3．（2023高三·全國·專題練習）某工廠在2020年的“減員增效”中對部分人員實行分流，規定分流人員第一年可以到原單位領取工資的100％，從第二年起，以后每年只能在原單位按上一年工資的領取工資．該廠根據分流人員的技術特長，計劃創辦新的經濟實體，該經濟實體預計第一年屬投資階段，第二年每人可獲得b元收入，從第三年起每人每年的收入可在上一年的基礎上遞增50％，如果某人分流前工資收入為每年a元，分流后進入新經濟實體，第n年的收入為元．
(1)求的通項公式．
(2)當時，這個人哪一年的收入最少？最少為多少？
(3)當時，是否一定可以保證這個人分流一年后的收入永遠超過分流前的年收入？
4．（23-24高二下·陜西西安·期末）某品牌女裝專賣店設計摸球抽獎促銷活動，每位顧客只用一個會員號登陸，每次消費都有一次隨機摸球的機會.已知顧客第一次摸球抽中獎品的概率為；從第二次摸球開始，若前一次沒抽中獎品，則這次抽中的概率為，若前一次抽中獎品，則這次抽中的概率為．記該顧客第次摸球抽中獎品的概率為．
(1)求的值；
(2)探究數列的通項公式，并求該顧客第幾次摸球抽中獎品的概率最大，請給出證明過程．
5．（2024·山東泰安·模擬預測）在足球比賽中，有時需通過點球決定勝負．
(1)撲點球的難度一般比較大，假設罰點球的球員會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向射門，門將(也稱為守門員)也會等可能地隨機選擇球門的左、中、右三個方向來撲點球，而且門將即使方向判斷正確也有的可能性撲不到球．不考慮其它因素，在一次點球大戰中，求門將在前三次撲到點球的個數的分布列和期望；
(2)好成績的取得離不開平時的努力訓練，甲 乙 丙三名前鋒隊員在某次傳接球的訓練中，球從甲腳下開始，等可能地隨機傳向另外人中的 人，接球者接到球后再等可能地隨機傳向另外人中的人，如此不停地傳下去，假設傳出的球都能接住．記第次傳球之前球在甲腳下的概率為，易知．
① 試證明：為等比數列；
② 設第次傳球之前球在乙腳下的概率為，比較與的大小．
考點十四、數列與導數綜合
1．已知函數．
（1）若，求a的值；
（2）設m為整數，且對于任意正整數n，，求m的最小值．
2．（2022·全國·高考真題）已知函數．
(1)當時，討論的單調性；
(2)當時，，求a的取值范圍；
(3)設，證明：．
3．已知函數，其中.
（1）討論的單調性；
（2）當時，證明:；
（3）試比較與 ，并證明你的結論．
4．（22-23高二下·四川成都·期末）已知函數．
(1)當時，求的單調區間；
(2)若恒成立，求的取值范圍；
(3)若數列滿足，記為數列的前項和．證明：．
5．（2024·廣西來賓·模擬預測）已知數列滿足：，，其中為數列的前n項和．
(1)求數列的通項公式；
(2)設m為正整數，若存在首項為1且公比為正數的等比數列（），對任意正整數k，當時，都有成立，求m的最大值．
考點十五、數列與新定義綜合
1．（2024·全國·模擬預測）約數，又稱因數.它的定義如下：若整數除以整數所得的商正好是整數而沒有余數，我們就稱為的倍數，稱為的約數.設正整數共有個正約數，即為，.
(1)若，求的值；
(2)當時，若為等比數列，求正整數；
(3)記，證明：.
2．（2024·江蘇泰州·模擬預測）數列的前n項和為，若存在正整數r，t，且，使得，同時則稱數列為“數列”．
(1)若首項為3，公差為d的等差數列是“數列”，求d的值；
(2)已知數列為等比數列，公比為q．
①若數列為“數列”，，求q的值；
②若數列為“數列”，，求證：r為奇數，t為偶數．
3．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）在數列的第項與第項之間插入個1，稱為變換．數列通過變換所得數列記為，數列通過變換所得數列記為，以此類推，數列通過變換所得數列記為（其中）．
(1)已知等比數列的首項為1，項數為，其前項和為，若，求數列的項數；
(2)若數列的項數為3，的項數記為．
①當時，試用表示；
②求證：．
4．（2024·重慶開州·模擬預測）設有窮數列的項數為，若正整數滿足：，則稱為數列的“點”．
(1)若，求數列的“點”；
(2)已知有窮等比數列的公比為，前項和為．若數列存在“點”，求正數的取值范圍；
(3)若，數列的“點”的個數為，證明：．
5．（2024·浙江·模擬預測）定義:表示的整數部分，表示的小數部分，例如.數列滿足其中.若存在，使得當時，恒成立，則稱數為木來數.
(1)分別寫出當時的值.
(2)證明:是木來數
(3)若為大于1的有理數.且.求證:為木來數
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