重難點(diǎn)16 數(shù)列的綜合應(yīng)用（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)16數(shù)列的綜合應(yīng)用【十二大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1等差、等比數(shù)列的交匯問(wèn)題】 3【題型2數(shù)列中的數(shù)學(xué)文化問(wèn)題】 6【題型3數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題】 9【題型4數(shù)列中的不等式恒成立、有解問(wèn)題】 13【題型5數(shù)列中的不等式證明問(wèn)題】 17【題型6子數(shù)列問(wèn)題】 21【題型7數(shù)列與函數(shù)的交匯問(wèn)題】 26【題型8數(shù)列與導(dǎo)數(shù)的交匯問(wèn)題】 29【題型9數(shù)列與概率統(tǒng)計(jì)的交匯問(wèn)題】 34【題型10數(shù)列與平面幾何的交匯問(wèn)題】 38【題型11數(shù)列中的結(jié)構(gòu)不良題】 43【題型12數(shù)列的新定義、新情景問(wèn)題】 471、數(shù)列的綜合應(yīng)用數(shù)列是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，命題形式多種多樣，大小均有，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來(lái)看，數(shù)列的綜合應(yīng)用問(wèn)題以及數(shù)列與函數(shù)、不等式等知識(shí)的交匯問(wèn)題，是歷年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，以解答題的形式考查，一般圍繞等差數(shù)列、等比數(shù)列的知識(shí)命題，涉及數(shù)列的函數(shù)性質(zhì)、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式等.去年高考?jí)狠S題中出現(xiàn)數(shù)列的新定義、新情景題，綜合性強(qiáng)，難度大，需要靈活求解.【知識(shí)點(diǎn)1等差、等比數(shù)列的交匯問(wèn)題的解題策略】1．等差、等比數(shù)列的交匯問(wèn)題的求解思路：(1)等差與等比數(shù)列的基本量間的關(guān)系，利用方程思想和通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和公式求解，求解時(shí)注意對(duì)性質(zhì)的靈活運(yùn)用.(2)數(shù)列的綜合運(yùn)算問(wèn)題常將等差、等比數(shù)列結(jié)合，兩者相互聯(lián)系、相互轉(zhuǎn)化，解答這類問(wèn)題的方法：尋找通項(xiàng)公式，利用性質(zhì)進(jìn)行轉(zhuǎn)化.【知識(shí)點(diǎn)2數(shù)列的數(shù)學(xué)文化問(wèn)題】1．?dāng)?shù)列的數(shù)學(xué)文化問(wèn)題的解題步驟：(1)讀懂題意：會(huì)脫去數(shù)學(xué)文化的背景，讀懂題意；(2)構(gòu)造模型：根據(jù)題意，構(gòu)造等差數(shù)列、等比數(shù)列或遞推關(guān)系式的模型；(3)求解模型：利用數(shù)列知識(shí)求解數(shù)列的基本量、通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和等，解決問(wèn)題.【知識(shí)點(diǎn)3數(shù)列的新定義、新情景問(wèn)題】1．?dāng)?shù)列的新定義、新情景問(wèn)題的求解策略(1)新定義問(wèn)題：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，使得問(wèn)題得以解決.(2)新情景問(wèn)題：通過(guò)給出一個(gè)新的數(shù)列的概念，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)新問(wèn)題的情景，要求在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的.【知識(shí)點(diǎn)4數(shù)列的綜合應(yīng)用】1．?dāng)?shù)列與不等式交匯問(wèn)題的解題策略(1)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、有解問(wèn)題，則可分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究最值問(wèn)題來(lái)解決.(2)數(shù)列與不等式交匯問(wèn)題的答題模板第一步：根據(jù)題目條件，求出數(shù)列的通項(xiàng)公式；第二步：根據(jù)數(shù)列項(xiàng)的特征，選擇合適的方法(公式法、分組轉(zhuǎn)化法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法等)求和；第三步：利用第二步中所求得的數(shù)列的和，證明不等式或求參數(shù)的范圍；第四步：反思解題過(guò)程，檢驗(yàn)易錯(cuò)點(diǎn)，規(guī)范解題步驟.2．?dāng)?shù)列與函數(shù)交匯問(wèn)題的解題策略數(shù)列與函數(shù)綜合問(wèn)題的主要類型及解題策略(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.3．子數(shù)列問(wèn)題的解題策略子數(shù)列是數(shù)列問(wèn)題中的一種常見題型，將原數(shù)列轉(zhuǎn)化為子數(shù)列問(wèn)題一般適用于某個(gè)數(shù)列是由幾個(gè)有規(guī)律的數(shù)列組合而成的，具體求解時(shí)，要搞清楚子數(shù)列的項(xiàng)在原數(shù)列中的位置，以及在子數(shù)列中的位置，即項(xiàng)不變化，項(xiàng)數(shù)變化，它體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸以及分類討論、函數(shù)與方程的思想，能很好地考查學(xué)生的思維.4．?dāng)?shù)列中結(jié)構(gòu)不良題的解法(1))先定后動(dòng)，先對(duì)題目中確定的條件進(jìn)行分析推斷，再觀察分析“動(dòng)”條件，結(jié)合題干要求選出最適合自己解答的條件求解.(2)最優(yōu)法，當(dāng)題干中確定的條件只有一個(gè)時(shí)，要根據(jù)自己的知識(shí)優(yōu)勢(shì)和擅長(zhǎng)之處選擇更適合自己的條件進(jìn)行解答.5．?dāng)?shù)列的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題的解題策略(1)數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用中的常見模型①數(shù)列——分期付款模型；②數(shù)列——產(chǎn)值增長(zhǎng)模型；③數(shù)列——其他模型；(2)解決數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題的解題思路①根據(jù)題意，分析題干條件，正確確定數(shù)列模型；②利用數(shù)列知識(shí)求出數(shù)列的基本量、通項(xiàng)公式等，準(zhǔn)確求解模型；③通過(guò)數(shù)列模型解決問(wèn)題，注意不要忽視問(wèn)題的實(shí)際意義.【題型1等差、等比數(shù)列的交匯問(wèn)題】【例1】（2024·四川綿陽(yáng)·三模）已知首項(xiàng)為1的等差數(shù)列an滿足：a1,a2,a3+1成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列an(2)若數(shù)列bn滿足：a1bn+a2【解題思路】（1）由已知列式求得公差，代入等差數(shù)列的通項(xiàng)公式得答案；（2）令Dn=a1bn+a【解答過(guò)程】（1）設(shè)an公差為d，又a所以a2又a1=1，即1+d2=2+2d，解得而d=?1時(shí)，不滿足a1,a所以an（2）令Dn所以Dn+1兩式相減有：Dn+1所以數(shù)列bn的前n+1項(xiàng)和為2?3n又D1=a所以Tn【變式1-1】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a1+a2+3(1)求數(shù)列an(2)設(shè)bn=an?3a【解題思路】（1）設(shè)出公差，表達(dá)出前5項(xiàng)，通過(guò)等差和等比關(guān)系求出a3和公差d，即可得到數(shù)列a（2）表達(dá)出數(shù)列bn的通項(xiàng)公式，得到數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Tn的表達(dá)式，利用錯(cuò)位相減法即可得出數(shù)列b【解答過(guò)程】（1）由題意，n∈在等差數(shù)列an中，設(shè)公差為d由a1+a2+3又a3＋2，a4，a5－2成等比數(shù)列，∴7，5＋d，3＋2d成等比數(shù)列，得5+d2=73+2d，即d?2∴an=a∴數(shù)列an的通項(xiàng)公式為：a（2）由題意及（1）得，n∈N在數(shù)列an中，a在數(shù)列bn中，b∴bn∴Tn3T兩式相減得?2=3+2?=?6+2?2n∴Tn【變式1-2】（2024·上海奉賢·二模）已知數(shù)列{an}和{bn}，其中bn=2(1)若an=2n，求(2)若{bn}是各項(xiàng)為正的等比數(shù)列，Sn=3n【解題思路】（1）先判定數(shù)列{an}和{bn}分別為等差和等比數(shù)列，進(jìn)而分別得到其通項(xiàng)公式，從而利用分組求和的方法得到數(shù)列（2）利用數(shù)列{an+bn}的前n項(xiàng)和Sn=3n列出方程組，解之即可求得a1、d【解答過(guò)程】（1）解：當(dāng)n≥2時(shí)，an?an?1=2n?2(n?1)=2bnbn?1又b1=2所以Sn（2）解：{bn}是各項(xiàng)為正的等比數(shù)列，設(shè)其首項(xiàng)為b由bn=2an則數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)其首項(xiàng)為a由數(shù)列{an+bn可得方程組a1+b解得：b1q(q?1)2=0，∵b1由a1+2a1則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=1【變式1-3】（2024·天津·二模）設(shè)an是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和Sn，bn是等比數(shù)列，且a1=(1)求an與b(2)設(shè)cn=anbn,n(3)若對(duì)于任意的n∈N*不等式na【解題思路】（1）結(jié)合等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，求和公式以及等比數(shù)列的通項(xiàng)公式進(jìn)行求解；（2）可以采取分組求和的方式，即將奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)的和分開求解，再利用錯(cuò)位相減法以及裂項(xiàng)相消法分別求和；（3）對(duì)于求參數(shù)的范圍，一般可以采用分離參數(shù)的方法，對(duì)于求后面式子的最值，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行分析求解．【解答過(guò)程】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等比數(shù)列bn的公比為由S3=15，?3a1+3d=15，又a由a4=b2，?a1+3d=b∴an=3+2(n?1)=2n+1即an=2n+1，（2）當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cn記AnAn9A①??8A??8A?A當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cn記Bn?Bn?B?T（3）由an=2n+1與可得n2n+2?λ>n2+n?6設(shè)f(n)=nf(n+1)?f(n)=?n+7∴f(n)單調(diào)遞增，又∵n+6∴f(n)=1?n+6∴λ≥1．【題型2數(shù)列中的數(shù)學(xué)文化問(wèn)題】【例2】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）“孫子定理”又稱“中國(guó)剩余定理”，最早可見于我國(guó)南北朝時(shí)期的數(shù)學(xué)著作《孫子算經(jīng)》，該定理是中國(guó)古代求解一次同余式組的方法，它凝聚著中國(guó)古代數(shù)學(xué)家的智慧，在加密?秘密共享等方面有著重要的應(yīng)用.已知數(shù)列an單調(diào)遞增，且由被2除余數(shù)為1的所有正整數(shù)構(gòu)成，現(xiàn)將a6,A．1157 B．1177 C．1155 D．1122【解題思路】由題意可知an=2n?1，求出【解答過(guò)程】由題可知數(shù)列an所以an=2n?1，得a6所以a6,a故選：A.【變式2-1】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）據(jù)中國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《周髀算經(jīng)》記截：“勾股各自乘，并而開方除之（得弦）．”意即“勾”a、“股”b與“弦”c之間的關(guān)系為a2+b2=c2（其中a≤b）．當(dāng)a,b,c∈A．145 B．181 C．221 D．265【解題思路】由給定的勾股弦數(shù)組序列中，an=2n+1n∈N?，c?b=1，得a2=【解答過(guò)程】因?yàn)閍2+b在給定的勾股弦數(shù)組序列中，c?b=1，所以a2易得勾股弦數(shù)組序列中“勾”的通項(xiàng)公式為an所以an故“弦”的通項(xiàng)公式為cn=2n所以第10個(gè)勾股弦數(shù)組中的“弦”等于2×10故選：C．【變式2-2】（2024·四川·模擬預(yù)測(cè)）分形幾何學(xué)是美籍法國(guó)數(shù)學(xué)家伯努瓦?曼德爾布羅特在20世紀(jì)70年代創(chuàng)立的一門新學(xué)科，它的創(chuàng)立為解決傳統(tǒng)科學(xué)領(lǐng)域的眾多難題提供了全新的思路．下圖展示了如何按照?qǐng)D①的分形規(guī)律生長(zhǎng)成一個(gè)圖②的樹形圖，則在圖②中第5行的黑心圈的個(gè)數(shù)是（

）A．12 B．13 C．40 D．121【解題思路】本題是一個(gè)探究型的題目，從圖①中讀取信息：白球分形成兩白一黑，黑球分型成一白兩黑；由圖②，從第二行起，球的總個(gè)數(shù)是前一行的3倍，白球的個(gè)數(shù)是前一行白球個(gè)數(shù)的兩倍加上黑球的個(gè)數(shù)，黑球的個(gè)數(shù)是前一行黑球個(gè)數(shù)的兩倍加上白球的個(gè)數(shù).由此建立遞推關(guān)系求解得到結(jié)果.【解答過(guò)程】設(shè)題圖②中第n行白心圈的個(gè)數(shù)為an，黑心圈的個(gè)數(shù)為b依題意可得an+b所以an+b∴a又an+1=2a故有an+1∴an?bn為常數(shù)數(shù)列，且a1∴a由①②相加減得：∴an=所以b5故選：C．【變式2-3】（2024·陜西漢中·二模）圖1是第七屆國(guó)際數(shù)學(xué)教育大會(huì)（簡(jiǎn)稱ICME?7）的會(huì)徽?qǐng)D案，會(huì)徽的主題圖案是由如圖2所示的一連串直角三角形演化而成的，其中OA1=AA．n2 B．n2 C．n2【解題思路】記OA1,??OA2,??…,??OA【解答過(guò)程】記OA1,由題意知，OA1=所以a1=1，且an2=an?1所以an由an>0，所以所以第n個(gè)三角形的面積為12故選：B．【題型3數(shù)列的實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題】【例3】（23-24高二下·河南駐馬店·期中）某醫(yī)院購(gòu)買一臺(tái)大型醫(yī)療機(jī)器價(jià)格為a萬(wàn)元，實(shí)行分期付款，每期付款b萬(wàn)元，每期為一個(gè)月，共付12次，如果月利率為5‰，每月復(fù)利一次，則a，b滿足（

）A．12b=a B．12b=aC．12b=a1+5‰ D．【解題思路】由題意可得b1+1.005+【解答過(guò)程】b1+1.005+由1+1.005+1.0052+?+a=b由1+1.005+1.005故a<12b，即有a<12b<a1+5‰故選：D.【變式3-1】（2024·山西運(yùn)城·一模）某工廠加工一種電子零件，去年12月份生產(chǎn)1萬(wàn)個(gè)，產(chǎn)品合格率為87%.為提高產(chǎn)品合格率，工廠進(jìn)行了設(shè)備更新，今年1月份的產(chǎn)量在去年12月的基礎(chǔ)上提高4%，產(chǎn)品合格率比去年12月增加0.4%A．5月份 B．6月份C．7月份 D．8月份【解題思路】該工廠每月的產(chǎn)量、不合格率分別用an、bn表示，月份用nn∈N?【解答過(guò)程】設(shè)從今年1月份起，每月的產(chǎn)量和產(chǎn)品的合格率都按題中的標(biāo)準(zhǔn)增長(zhǎng)，該工廠每月的產(chǎn)量、不合格率分別用an、bn表示，月份用則an=1×1+4%n=1.004則從今年1月份起，各月不合格產(chǎn)品數(shù)量為an因?yàn)閍==1.04當(dāng)n≤6時(shí)，an+1bn+1?a即a1當(dāng)7≤n≤23且n∈N?時(shí)，an+1bn+1即a7因此，當(dāng)n=7時(shí)，anbn故選：C.【變式3-2】（2023·湖南郴州·三模）“現(xiàn)值”與“終值”是利息計(jì)算中的兩個(gè)基本概念，掌握好這兩個(gè)概念，對(duì)于順利解決有關(guān)金融中的數(shù)學(xué)問(wèn)題以及理解各種不同的算法都是十分有益的.所謂“現(xiàn)值”是指在n期末的金額，把它扣除利息后，折合成現(xiàn)時(shí)的值，而“終值”是指n期后的本利和.它們計(jì)算的基點(diǎn)分別是存期的起點(diǎn)和終點(diǎn).例如，在復(fù)利計(jì)息的情況下，設(shè)本金為A，每期利率為r，期數(shù)為n，到期末的本利和為S，則S=A(1+r)n其中，S稱為n期末的終值，A稱為n期后終值S的現(xiàn)值，即n期后的S元現(xiàn)在的價(jià)值為現(xiàn)有如下問(wèn)題：小明想買一座公寓有如下兩個(gè)方案方案一：一次性付全款25萬(wàn)元；方案二：分期付款，每年初付款3萬(wàn)元，第十年年初付完；(1)已知一年期存款的年利率為2.5%(2)若小明把房子租出去，第一年年初需交納租金2萬(wàn)元，此后每年初漲租金1000元，參照第（1））問(wèn)中的存款年利率2.5%參考數(shù)據(jù)：(1+2.5【解題思路】（1）解法1（從終值來(lái)考慮），分別求出若全款購(gòu)置，則25萬(wàn)元10年后的價(jià)值和若分期付款，每年初所付金額3萬(wàn)元，10年后的總價(jià)值，兩者比較即可得出答案.解法2（從現(xiàn)值來(lái)考慮）每年初付租金3萬(wàn)元的10年現(xiàn)值之和與購(gòu)置一次付款25萬(wàn)元相比，即可得出答案.（2）設(shè)小明第十年房租到期后小明所獲得全部租金的終值為T萬(wàn)元，T=2(1+2.5%)【解答過(guò)程】（1）解法1（從終值來(lái)考慮）若全款購(gòu)置，則25萬(wàn)元10年后的價(jià)值25(1+2.5%若分期付款，每年初所付金額3萬(wàn)元，10年后的總價(jià)值為S=3(1+2.5因此，付全款較好.解法2（從現(xiàn)值來(lái)考慮）每年初付租金3萬(wàn)元的10年現(xiàn)值之和為Q=3+??Q≈3×41×0.28比購(gòu)置一次付款25萬(wàn)元多，故購(gòu)置設(shè)備的方案較好.（2）由題意，設(shè)小明第十年房租到期后小明所獲得全部租金的終值為T萬(wàn)元，T=2記1+2.5%T=qT=作差可得：1?q?T=3q?0.1?T=3?q【變式3-3】（2023·廣東佛山·一模）佛山新城文化中心是佛山地標(biāo)性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最簡(jiǎn)單的方塊體作為核心要素，與佛山世紀(jì)蓮體育中心的圓形蓮花造型形成“方”“圓”呼應(yīng).坊塔是文化中心的標(biāo)志性建筑、造型獨(dú)特、類似一個(gè)個(gè)方體錯(cuò)位堆疊，總高度153.6米.坊塔塔樓由底部4個(gè)高度相同的方體組成塔基，支托上部5個(gè)方體，交錯(cuò)疊合成一個(gè)外形時(shí)尚的塔身結(jié)構(gòu).底部4個(gè)方體高度均為33.6米，中間第5個(gè)方體也為33.6米高，再往上2個(gè)方體均為24米高，最上面的兩個(gè)方體均為19.2米高.(1)請(qǐng)根據(jù)坊塔方體的高度數(shù)據(jù)，結(jié)合所學(xué)數(shù)列知識(shí)，寫出一個(gè)等差數(shù)列an(2)佛山世紀(jì)蓮體育中心上層屋蓋外徑為310米.根據(jù)你得到的等差數(shù)列，連續(xù)取用該數(shù)列前m（m∈N*）項(xiàng)的值作為方體的高度，在保持最小方體高度為19.2米的情況下，采用新的堆疊規(guī)則，自下而上依次為2a1、3a2、4a3、……、【解題思路】（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式運(yùn)算求解，并檢驗(yàn)24和19.2是否符合；（2）根據(jù)題意求S7【解答過(guò)程】（1）由題意可知：a1=33.6，注意到取等差數(shù)列的公差d=?2.4，則an令an=36?2.4n=24，解得令an=36?2.4n=19.2，解得故an（2）可以，理由如下：由（1）可知：m≤7,a設(shè)數(shù)列n+1an的前n項(xiàng)和為∵S7故新堆疊坊塔的高度可以超過(guò)310米.【題型4數(shù)列中的不等式恒成立、有解問(wèn)題】【例4】（2024·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an滿足a(1)求數(shù)列an(2)已知數(shù)列bn滿足b①求數(shù)列bn的前n項(xiàng)和T②若不等式?1nλ<Tn+【解題思路】（1）利用數(shù)列的遞推關(guān)系求an（2）①利用錯(cuò)位相減求和即可；②設(shè)cn=2?22n【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閍1當(dāng)n=1時(shí)，a1=2，當(dāng)n≥2時(shí)，①?②得1nan=2，即（2）①，由（1）知bn=a所以1212所以Tn②，由①得?1n設(shè)cn=2?2當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，λ<2?22n當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，?λ<2?22n恒成立，所以?λ<2?綜上，λ的取值范圍是?1,3【變式4-1】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列Snn是公差為(1)求數(shù)列an(2)若存在n∈N*，使得1a【解題思路】（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得Sn=n（2）由（1）可得1anan+1=【解答過(guò)程】（1）由題意知：數(shù)列San是公差為12所以Snn=2+又當(dāng)n≥2時(shí)，an因?yàn)閍1=2滿足上式，所以故數(shù)列an的通項(xiàng)公式為a（2）由（1）知an=n+1，可得故1a解法1：由1a1a即λ≤n2n+2又由n2當(dāng)且僅當(dāng)n=4n即n=2時(shí)取等號(hào)，故實(shí)數(shù)λ的取值范圍為解法2：由1a可得λ≤1當(dāng)n+2=4，即n=2時(shí)，12則λ≤116，故實(shí)數(shù)λ的取值范圍為【變式4-2】（23-24高二下·湖北·期中）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足Sn=2an?2.數(shù)列bn的前(1)求數(shù)列an(2)若cn=anbn，設(shè)數(shù)列cn的前n【解題思路】（1）根據(jù)Sn與an的關(guān)系，作差結(jié)合等比數(shù)列定義即可求得an=2n，當(dāng)（2）先利用錯(cuò)位相減法求得Hn=n?1【解答過(guò)程】（1）對(duì)于數(shù)列an，當(dāng)n=1時(shí)，S1=2當(dāng)n≥2時(shí)，Sn?1=2a所以an是以a1=2對(duì)于數(shù)列bn，當(dāng)n=1時(shí)，1b1n≥2時(shí)，1b與原式作差可得bn+1因?yàn)閎2?b所以bn是以b1=1（2）由（1）可知cn所以Hn所以2H兩式作差可得?H所以Hn所以n?1?2n+1當(dāng)n=2k,k∈N+時(shí)，m<1?1當(dāng)n=2k?1,k∈N+時(shí)，?m<1?1綜上可得：?1【變式4-3】（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）已知a1=(1)證明：當(dāng)n≥2時(shí)，an+1(2)令bn（i）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，1b（ii）是否存在正實(shí)數(shù)m，使得1bn?n【解題思路】（1）依題意可得an?1?1a（2）（i）依題意可得bn+1=bn1?（ii）由（i）可知當(dāng)n≥2時(shí)，1bn=2+i=2n?111?bi【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閍n+1當(dāng)n≥2時(shí)an=2?a所以an+1=2?an?1（2）（i）因?yàn)閍1=3當(dāng)n=1時(shí)a2=2?a1?1當(dāng)n≥2時(shí)，an+1=a即?bn+1=?所以1bn+1=1b所以1b3?1b2=11?累加可得1b當(dāng)n=2時(shí)1b綜上可得當(dāng)n≥2時(shí)，1b（ii）由（i）可知當(dāng)n≥2時(shí)，1b又b1=b2=12即bn+1≤bn，所以對(duì)?n∈N?，以此類推可得對(duì)?n∈N?，均有由①式，當(dāng)n≥4時(shí)1b所以1bn?n>1又n=1,2,3時(shí)，易知1bn?n≥0成立，所以1假設(shè)存在符合題意的m，則有1b即1bn≤n+m所以當(dāng)n≥4時(shí)由①可得1=2+i=2n?1i+m即1bn≥n+i=2n?1所以當(dāng)n≥4時(shí)i=2n?1令fx=x?lnx+1，所以fx在0,+∞上單調(diào)遞增，所以fx>f0所以1i+m?1所以i=2n?1所以lnn+m?1m+1≤m當(dāng)n→+∞綜上，不存在符合題意的m.【題型5數(shù)列中的不等式證明問(wèn)題】【例5】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和S(1)求an(2)證明：a1【解題思路】（1）利用Sn和a（2）利用2k【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镾n令n=1得S1=2a當(dāng)n≥2時(shí)，Sn?1由①?②得an即a又a1所以數(shù)列an故an+1=2（2）因?yàn)閍k當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)n≥2時(shí)，a==2綜上，a1【變式5-1】（2024·河北秦皇島·二模）已知等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且數(shù)列(1)求an(2)若bn=n+2nn+1an+1，數(shù)列b【解題思路】（1）先求出數(shù)列Sn+2的通項(xiàng)，再根據(jù)an與S（2）利用裂項(xiàng)相消法求解即可.【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閿?shù)列Sn又S1+2=a當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn+2=a兩式相減得an又an是等比數(shù)列，所以a2a1=所以an=2所以an（2）由（1）知bn所以T==1又1(n+1)?2n+1【變式5-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列an滿足3n?1a(1)求數(shù)列an(2)若bn=a【解題思路】（1）考查an與Sn的關(guān)系，借助an與Sn的關(guān)系的解題步驟①（2）先求出1bn，再求和1b1+【解答過(guò)程】（1）當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)n≥2時(shí)，3n?13n?2①?3×②得an因?yàn)閍1=4不滿足上式，所以（2）由（1）bn因?yàn)?n?1?1=3×4當(dāng)n=1時(shí)，1b當(dāng)n≥2時(shí)，1=1綜上，對(duì)任意的n∈N?，【變式5-3】（2024·山東·二模）記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，(1)求a3和a(2)設(shè)數(shù)列1an的前n項(xiàng)和為Tn【解題思路】（1）分別取n=1和n=3即可求得a3的值，對(duì)n進(jìn)行分奇偶討論，即可得到a（2）根據(jù)題意化簡(jiǎn)得到1T【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閍2所以當(dāng)n=1時(shí)，S1+1當(dāng)n=3時(shí)，S3+18=?又因?yàn)镾n+1當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，cosnπ=?1,所以Sn+1作差，an+1+1當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，cosnπ=1,所以Sn+1作差，an+1+1所以，an=?（2）由第1小問(wèn)得，|an|=所以令bn=1|a所以T=(=8所以1T下面證明k=1n因?yàn)?T所以k=1n下面證明k=1n因?yàn)?k所以1T所以k=1n所以18【題型6子數(shù)列問(wèn)題】【例6】（2024·河南商丘·模擬預(yù)測(cè)）當(dāng)i1，i2，?，ik∈N(1)直接給出ik與k(2)是否存在這樣的i1,i2,i3(3)若S=ai1+ai2【解題思路】（1）直接通過(guò)下標(biāo)的性質(zhì)即可比較大?。唬?）先假設(shè)存在這樣的i1（3）利用q≥2及S的定義即可得到S≥2k?1【解答過(guò)程】（1）由題可知i1ik故ik≥k，顯然不等號(hào)取等當(dāng)且僅當(dāng)（2）不存在.設(shè)an假設(shè)存在這樣的i1,i2,i3而q>0,q≠1，故i2?i但i1,i2,i3而i3?2i2+這導(dǎo)致矛盾，所以不存在這樣的i1（3）設(shè)S=ai1+a注意到ik≤m,m∈N*，且an此時(shí)我們有S?≤a也就是說(shuō)S<a綜上所述，當(dāng)a1=1，q≥2時(shí)，有【變式6-1】（2024·北京西城·二模）已知數(shù)列A:a1,a2,?,an，從A中選取第i?1項(xiàng)、第i?2項(xiàng)、…、第i?k項(xiàng)i?1<i?2<?<i?k構(gòu)成數(shù)列B:ai?1,ai?2(1)當(dāng)n=4時(shí)，比較A的具有性質(zhì)P的子列個(gè)數(shù)與不具有性質(zhì)P的子列個(gè)數(shù)的大小，并說(shuō)明理由；(2)已知數(shù)列A:1?（?。┙o定正整數(shù)k≤n2，對(duì)A的k項(xiàng)子列B，求所有（ⅱ）若A有m個(gè)不同的具有性質(zhì)P的子列B1,B2,?,Bm，滿足：???1≤i<j≤m，B【解題思路】（1）根據(jù)定義得出n=4時(shí)，A共有15個(gè)子列，結(jié)合性質(zhì)P的內(nèi)容即可判斷；（2）（?。└鶕?jù)ai?1,ai?2,?,ai?k是A的k?(（ⅱ）設(shè)Bk?(?k=1,2,?,m?)的首項(xiàng)為xk，末項(xiàng)為yk，記xk?【解答過(guò)程】（1）當(dāng)n=4時(shí)，A共有24其中具有性質(zhì)P的子列有4+3+2+1=10個(gè)，

故不具有性質(zhì)P的子列有5個(gè)，

所以A的具有性質(zhì)P的子列個(gè)數(shù)大于不具有性質(zhì)P的子列個(gè)數(shù)．（2）（ⅰ）若B:ai?1,則B′:n+1?ai?1所以T(B?)+T(因?yàn)榻o定正整數(shù)k≤n2，A有Cn所以所有T(B?)的算術(shù)平均值為1（ⅱ）設(shè)Bk?(?k=1,2,?,m?)若存在j=1,2,?,m，使yj<xk?所以，對(duì)任意j=1,2,?,m，都有yj≥因?yàn)閷?duì)于k=1,2,?,m，xk∈{?所以共有xk因?yàn)锽1所以對(duì)于不同的子列Bi,Bj，所以xk?當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，取xk∈{?共有n+12?(n+1?當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，取xk∈{?共有n2?(n+1?綜上，n為奇數(shù)時(shí)，m的最大值為(n+1)24；n為偶數(shù)時(shí)，m的最大值為【變式6-2】（23-24高二下·安徽·階段練習(xí)）從N?中選取k(k≥3)個(gè)不同的數(shù)，按照任意順序排列，組成數(shù)列an，稱數(shù)列an為N?的子數(shù)列，當(dāng)1≤i≤j≤k時(shí)，把a(bǔ)j?a(1)若N?的子數(shù)列an(1≤n≤k,k≥5)是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，求N(2)若N?的子數(shù)列an是遞增數(shù)列，且子二代數(shù)列bn共有k?1(3)若k=100，求N?的子二代數(shù)列b【解題思路】（1）通過(guò)子二代數(shù)列的概念求數(shù)列bn（2）通過(guò)子二代數(shù)列的概念和遞增數(shù)列an，以及子二代數(shù)列bn中共有k?1項(xiàng)判斷出a2（3）通過(guò)構(gòu)造子數(shù)列an:an=【解答過(guò)程】（1）由題意，得an所以數(shù)列bn因?yàn)?+4+6+8+12+14+16+24=86，所以數(shù)列bn（2）因?yàn)閍n是遞增數(shù)列，且bn共有所以a2所以a2?a1，a3?a1，同理，a3所以a3?a2，a4?a2，且都是bn又bn中共有k?1項(xiàng)，所以a3?a2所以a2所以an（3）因?yàn)閗=100，當(dāng)1≤i<j≤100時(shí)，aj?a設(shè)an=2若存在i1，i2，j1，j2j1所以2i若i1≠i2，設(shè)2i1?所以i1=i所以aj所以bn【變式6-3】（23-24高三上·北京·開學(xué)考試）給定正整數(shù)k，m，其中2≤m≤k，如果有限數(shù)列an同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件，則稱an為(k,m)?數(shù)列．記(k,m)?數(shù)列的項(xiàng)數(shù)的最小值為條件①：an的每一項(xiàng)都屬于集合{1,2,3,?,k}條件②：從集合{1,2,3,?,k}中任取m個(gè)不同的數(shù)排成一列，得到的數(shù)列都是an注：從an中選取第i1項(xiàng)、第i2項(xiàng)、…、第is項(xiàng)（其中i1(1)分別判斷下面兩個(gè)數(shù)列是否為(3,3)?數(shù)列，并說(shuō)明理由：數(shù)列A1數(shù)列A2(2)求證：G(k,2)=2k?1；(3)求G(4,4)的值．【解題思路】（1）根據(jù)(k,m)?數(shù)列的定義進(jìn)行判斷可得結(jié)論；（2）根據(jù)1,2；1,3；?，1,k；2,3；2,4；?；2,k；?等數(shù)列都是{an}的子數(shù)列，得到數(shù)列{an}中一定有1,2,3,?,k；k,1；k?1,1；k,2；k?1,2；?等數(shù)列都為{a（3）從集合{1,2,3,4}中取出4個(gè)不同的數(shù)排成一列，可得24個(gè)數(shù)列，根據(jù)數(shù)列都是{an}的子數(shù)列中應(yīng)包含這24個(gè)數(shù)列中的每一個(gè)數(shù)列可知數(shù)列{an}中一定有【解答過(guò)程】（1）m=3,k=3，數(shù)列A1和A2中每一項(xiàng)都屬于集合從集合{1,2,3}中取出3個(gè)不同的元素，排成一列得到1,2,3；1,3,2；2,1,3；2,3,1；3,1,2；3,2,1.根據(jù)子數(shù)列的定義可知，以上6個(gè)數(shù)列都是數(shù)列A1的子數(shù)列，故數(shù)列A1是而數(shù)列3,1,2不是數(shù)列A2的子數(shù)列，故數(shù)列A2不是（2）m=2，若從集合{1,2,3,?,k}中任取2個(gè)不同的數(shù)排成一列，得到的數(shù)列都是數(shù)列{a則為了滿足1,2；1,3；?，1,k；2,3；2,4；?；2,k；?等數(shù)列都是{a則數(shù)列{an}又為了滿足k,1；k?1,1；k,2；k?1,2；?等數(shù)列都為{a則數(shù)列{an}則當(dāng)數(shù)列{an}為1,2,3,?k,k?1,?,2,1故G(k,2)=2k?1.（3）m=k=4，從集合{1,2,3,4}中取出4個(gè)不同的數(shù)排成一列，可得1,2,3,4；1,2,4,3；1,3,2,4；1,3,4,2；1,4,2,3；1,4,3,2；2,1,3,4；2,1,4,3；2,3,1,4；2,3,4,1，2,4,1,3；2,4,3,1；3,1,2,4；3,1,4,2；3,2,1,4；3,2,4,1；3,4,1,2；3,4,2,1；4,1,2,3；4,1,3,2；4,2,1,3；4,2,3,1；4,3,1,2；4,3,2,1，共24個(gè)數(shù)列.故數(shù)列{an}中一定有1,2,3,4為保證數(shù)列{an}的子數(shù)列中有1,3,2,4和1,4,2,3，則數(shù)列{an為保證數(shù)列{an}的子數(shù)列中有3,4,1,2，數(shù)列{an為保證數(shù)列{an}的子數(shù)列中有4,1,2,3和4,2,3,1，則數(shù)列{an故G(4,4)=12.【題型7數(shù)列與函數(shù)的交匯問(wèn)題】【例7】（2024·青?！つM預(yù)測(cè)）已知定義在R上的函數(shù)fx滿足fx+y=fxfy?2fA．299+198 B．299+196 C．【解題思路】依次求出f(2)=22+2,f(3)=【解答過(guò)程】∵f(1)=4=2+2,∴f(2)=f(1+1)=f(1)f(1)?2f(1)?2f(1)+6,=4×4?2×4?2×4+6=6=2∴f(3)=f(2+1)=f(2)f(1)?2f(2)?2f(1)+6=6×4?2×6?2×4+6=10=2∴f(4)=f(2+2)=36?12?12+6=18=2∴f(5)=f(3+2)=60?20?12+6=34=2???∴f(99)=2∴f(1)+f(2)+?+f(99)=(2+2)+===2故選：D.【變式7-1】（2024·遼寧·二模）設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)(n,SA．C0=1 B．若A=0，則?nC．若A>0，則?n0∈N?，使Sn最大 D．若【解題思路】根據(jù)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=12dn2+(a1?12d)n【解答過(guò)程】因?yàn)榈炔顢?shù)列{an}的前n項(xiàng)和S所以?n∈N?，點(diǎn)(n,S對(duì)于A中，因?yàn)?n,Sn)(n∈可得A=12d，B=a1對(duì)于B中，若A=0，則d=0，此時(shí)Sn當(dāng)a1>0時(shí)，不存在n0對(duì)于C中，若A>0，則d>0，Sn對(duì)于D中，若A<0，則d<0，Sn故選：D.【變式7-2】（2024·上海·模擬預(yù)測(cè)）已知fx=12x2+12x，數(shù)列(1)求數(shù)列an(2)若gx=4x4x+2【解題思路】（1）由題意得Sn=12n（2）先求得g(x)+g(1?x)=1，bn【解答過(guò)程】（1）因?yàn)辄c(diǎn)n,Snn∈所以Sn當(dāng)n=1時(shí)，S1=1當(dāng)n≥2時(shí)，a=1因?yàn)閍1所以an（2）因?yàn)間x所以g(x)+g(1?x)=4因?yàn)閍n=n，所以所以T=g1又T=g2024①+②，得2T所以T2024【變式7-3】（2024·廣東·一模）已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，n為正整數(shù)，且(1)求證數(shù)列an?1是等比數(shù)列，并求數(shù)列(2)若點(diǎn)Pan?1,bn+23在函數(shù)y=log4x的圖象上，且數(shù)列【解題思路】（1）由an,S（2）求出bn，代入cn，裂項(xiàng)后分【解答過(guò)程】（1）當(dāng)n=1時(shí)，3(a1?1)=4(當(dāng)n≥2時(shí)，由3Sn?n兩式相減可得，an=4a所以數(shù)列an?1是以5?1=4為首項(xiàng)，所以an?1=4?4（2）點(diǎn)Pan?1,所以bn+23所以cn當(dāng)n=2k,k∈NTn當(dāng)n=2k?1,k∈NT綜上，Tn【題型8數(shù)列與導(dǎo)數(shù)的交匯問(wèn)題】【例8】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)整數(shù)p>1，x>?1且x≠0，函數(shù)f(x)=(1+x)(1)證明：f(x)>0；(2)設(shè)x>0，證明：ln(1+x)<x(3)設(shè)n∈N?，證明：【解題思路】（1）通過(guò)求導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)的最小值f0=0，從而（2）構(gòu)造函數(shù)g(x)=ln(1+x)?x(x>0)，求導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)的最大值g(0)=0，從而gx（3）利用（1）（2）中的結(jié)論，(1+x)p≥1+px，ln(1+x)<x，得到(1+p?1)1p【解答過(guò)程】（1）f′x=p(1+x)p?1?p=p(1+x)因此，當(dāng)?1<x<0時(shí)，f′x<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時(shí)，f′x（2）設(shè)g(x)=ln(1+x)?x(x>0)，則g′x=故g(x)<g(0)=0，從而當(dāng)x>0時(shí)，ln1+x（3）由（1）知(1+x)p≥1+px，所以1+p?1于是1+21=p=1n2?1因此，1+2【變式8-1】（2024·廣東東莞·三模）已知常數(shù)m∈R，設(shè)fx(1)若m=1，求函數(shù)y=fx在1,1(2)是否存在0<x1<x2<x3，且(3)求證：當(dāng)m≤0時(shí)，對(duì)任意x1,x2∈【解題思路】（1）求m=1時(shí)，函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)及f（2）根據(jù)題意可得x22=x1（3）令x2x1=t>1，分析可得，要證明令gt=1t?t+2【解答過(guò)程】（1）當(dāng)m=1時(shí)，fx則f′所以f′所以切線方程為y=1；（2）若x1,x若fx1、fx2、所以2lnx所以2mx當(dāng)m=0時(shí)，成立，當(dāng)m≠0時(shí)，則2x2=x1x12+2x1x3+所以m=0時(shí)，存在x1當(dāng)m≠0時(shí)，不存在x1（3）fx=lnx+要證明f′x1只需證明x1又x1?=?3mx所以只需證明?3mx令x2則?3mx1所以?3mx1+只需證明1t令gt則g′所以函數(shù)gt在1,+所以gt<g若m≤0，則mt2x所以當(dāng)m≤0時(shí)，對(duì)任意x1,x2∈【變式8-2】（2024·山西·一模）已知a>0，且a≠1，函數(shù)fx(1)記an=fn?lnn+1+n,Sn(2)若a=1e，證明：(3)若fx有3個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a【解題思路】（1）直接利用等差數(shù)列、等比數(shù)列的求和公式計(jì)算即可；（2）利用導(dǎo)數(shù)研究ex?x+1（3）分段討論函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理及極限思想計(jì)算即可.【解答過(guò)程】（1）由題意可知a=89時(shí)，所以S=2024?8×8（2）易知a=1e時(shí)，令gx顯然x∈?1,0時(shí)，g′x即gx在?1,0上單調(diào)遞減，在0,+故gx≥g0=0?f又f0=0，所以x∈?1,0時(shí)，f故xfx（3）①若a>1，易知fx②若a∈1e,1時(shí)，則x∈?1,0時(shí)，ax<1由（2）可知：x∈?1,0時(shí)，fx∈0,+∞時(shí)，且f0=0，則函數(shù)③由（2）知，a=1e時(shí)，fx④若a∈0,1e令?x顯然x∈?1,0時(shí)，?′x即?x在?1,0上單調(diào)遞減，在0,+注意到??1=a>0,?0所以?x1∈即fx在?1,x1和x又x→?1時(shí)，fx→?∞，f所以在區(qū)間?1,x1,綜上a∈0,【變式8-3】（2024·安徽蚌埠·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx=ln(1)若a=1，證明：x>0時(shí)，fx(2)若函數(shù)Fx=fx(3)已知數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=【解題思路】（1）構(gòu)建Gx（2）求導(dǎo)可得F′x=xx?a2（3）根據(jù)（1）（2）分析可得1<n+12【解答過(guò)程】（1）由題意可知：fx<x2gx+1構(gòu)建Gx則G′可知Gx在0,+∞上單調(diào)遞減，則x>0時(shí)，所以x>0時(shí)，fx（2）由題意可知：Fx則F①若1≤a<2，則?1≤a2?2a<0，由F可知Fx在a②若a=2，則F′可知Fx0,+③若a>2，則a2?2a>0，由F′可知Fx在0,綜上所述：a=2．（3）由（2）知：Fx=ln所以x>0時(shí)，F(xiàn)x=ln由（1）知：x>0時(shí)，lnx+1則1x所以x>0時(shí)，1<1令x=1n得：即e<因?yàn)閍n+1所以e?由an+1an<1知：所以an+1所以an【題型9數(shù)列與概率統(tǒng)計(jì)的交匯問(wèn)題】【例9】（2024·黑龍江·二模）某校組織知識(shí)競(jìng)賽，已知甲同學(xué)答對(duì)第一題的概率為111，從第二題開始，若甲同學(xué)前一題答錯(cuò)，則此題答對(duì)的概率為14；若前一題答對(duì)，則此題答對(duì)的概率為13.記甲同學(xué)回答第n題時(shí)答錯(cuò)的概率為Pn，當(dāng)n≥2時(shí)，PnA．97132 B．49132 C．4766【解題思路】寫出甲同學(xué)回答第n題時(shí)答錯(cuò)的概率Pn=112P【解答過(guò)程】因?yàn)榛卮鸬趎?1題時(shí)有答對(duì)、答錯(cuò)兩種情況，則回答第n題n≥2時(shí)答錯(cuò)的概率Pn所以Pn由題意知P1=10所以Pn?811是首項(xiàng)為所以Pn?8顯然數(shù)列Pn遞減，所以當(dāng)n≥2時(shí)，P所以M的最小值為4966故選：D.【變式9-1】（2024·山東菏澤·一模）若數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=(?1)n?1n，記在數(shù)列anA．P1=23 B．P9<【解題思路】利用分類討論及通項(xiàng)公式的特點(diǎn)，再利用組合數(shù)公式和古典概型的概率的計(jì)算公式求出概率的通式即可求解.【解答過(guò)程】n為奇數(shù)時(shí)，前n+2項(xiàng)中有n+32個(gè)奇數(shù)項(xiàng)，即有n+3Pn=Cn為偶數(shù)時(shí)，前n+2項(xiàng)中有n+22個(gè)奇數(shù)項(xiàng)，即有n+2PnP9=12P11P12故選：C.【變式9-2】（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nn∈N*次骰子后，記球在乙手中的概率為p(3)設(shè)an=1【解題思路】（1）分析事件“三次投擲骰子后球在甲手中”包括四類情況，由獨(dú)立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式即得；（2）經(jīng)分析，pn滿足遞推公式p（3）將（2）代入化簡(jiǎn)得an=6×[11?(?【解答過(guò)程】（1）依題意，球在甲手中時(shí)，保留在自己手中的概率為12，傳給乙的概率為1球在乙手中時(shí)，傳給甲的概率為13，傳給丙的概率為23；球在丙手中時(shí)，傳給甲和丙的概率都是則三次投擲骰子后球在甲手中包括四類的情況，第一類情況：甲→甲→甲→甲，概率為12第二類情況：甲→乙→甲→甲，概率為12第三類情況：甲→乙→丙→甲，概率為12第四類情況：甲→甲→乙→甲，概率為1由互斥事件的概率加法公式，三次投擲骰子后球在甲手中的概率為18（2）由于投擲n次骰子后球不在乙手中的概率為1?pn，此時(shí)無(wú)論球在甲手中還是球在丙手中，均有故有pn+1=1又p1=12，所以數(shù)列pn所以pn所以數(shù)列pn的通項(xiàng)公式p（3）由（2）可得an=1則a1+=6×[①當(dāng)n是奇數(shù)時(shí)，因?(?12)n+1于是，6×[23?②當(dāng)n是偶數(shù)時(shí)，因?(?12)n+1于是，6×[23?綜上，∴a【變式9-3】（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(1)求p2(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（i）證明數(shù)列an?1為等比數(shù)列，并求出（ii）求xn的分布列及數(shù)學(xué)期望．（用n【解題思路】（1）根據(jù)題意，弄清楚p2，q（2）由（1）知，交換一次不會(huì)出現(xiàn)x1=0的情況，而（3）根據(jù)題意，可得pn+1=13pn+29qn，q【解答過(guò)程】（1）根據(jù)題意，p2包含兩種情況：第一次甲交換金色卡片，第二次甲還交換金色卡片；第一次甲交換銀色卡片，第二次甲交換金色卡片，乙交換銀色卡片.則p1所以p2q2第一次甲交換金色卡片，第二次甲還交換銀色卡片；第一次甲交換銀色卡片，第二次甲交換銀色卡片，乙交換銀色卡片或第二次甲交換金色卡片，乙交換金色卡片.則q2=p（2）結(jié)合（1）的計(jì)算得p1+q而p2+q（3）根據(jù)題意可得pn+1qn+1（i）a1=2p所以an+1所以數(shù)列an?1是首項(xiàng)為13所以an（ii）由已知及（1）（2），得xn的所有可能取值為0,1,2其分布列為x012P1?qp從而Ex【題型10數(shù)列與平面幾何的交匯問(wèn)題】【例10】（23-24高三下·全國(guó)·階段練習(xí)）已知等比數(shù)列an的公比為q，前n項(xiàng)和為Sn，an>0，（1）求an（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)點(diǎn)Qkk,bk(k=1,2,3???)，直線QkQ【解題思路】（1）設(shè)出等比數(shù)列的首項(xiàng)a1和公比q，根據(jù)已知條件列出關(guān)于a1,q的方程組，由此求解出a（2）根據(jù)題意表示出斜率關(guān)系，然后采用累加法求解出bn【解答過(guò)程】（1）因?yàn)榈缺葦?shù)列an的公比為q，2a2由已知q>0，a1>0，得解得q=2或q=?1（舍），所以q=2，anSn由S5=4a4?1所以an=2（2）由直線QkQk+1的斜率為2k，得由b2?b1=21，b可得bn所以bn當(dāng)n=1時(shí)也滿足bn所以bn=2【變式10-1】（2024·四川達(dá)州·二模）已知拋物線Γ:y2=2px(p>0)，直線l:y=k(x?p)與Γ交于A,B兩點(diǎn)，線段(1)求拋物線Γ的方程；(2)直線l與x軸交于點(diǎn)C,O為原點(diǎn)，設(shè)△BOC,△COM,△MOA的面積分別為S△BOC,S△COM,【解題思路】（1）聯(lián)立Γ:y2=2px(p>0)與l:y=k(x?p)，得到兩根之和，故（2）聯(lián)立拋物線和直線方程，得到ky2?4y?8k=0，故y1+y2=4【解答過(guò)程】（1）設(shè)Ax∵y∴y1+∵kym=2∴Γ（2）∵y2=4x故y1

∵S△BOC,∴2ym=y2∴9ym2∴k=±10【變式10-2】（2024·安徽合肥·二模）已知an是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1+a2=3，a3?a2=2（1）求數(shù)列an，b（2）如圖在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P1a1,0，P2Q1a1,b1，Q2a2,b2，…，【解題思路】（1）數(shù)列an的公比為q，數(shù)列bn的公差為d，根據(jù)已知條件列方程求出首項(xiàng)和q，（2）利用（1）的結(jié)論計(jì)算PnPn+1=a【解答過(guò)程】（1）設(shè)數(shù)列an的公比為q，則q>0因?yàn)閍1+a所以a1得3q2?5q?2=0所以q=2，可得a1=1，所以設(shè)數(shù)列bn的公差為d因?yàn)閎3=5，所以b1+2d=54b1（2）由（1）得PnPn故cn則TnTn2T由①－②得，?T==3?2n所以Tn【變式10-3】（2024·四川內(nèi)江·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，點(diǎn)P是橢圓上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)1,F(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l過(guò)點(diǎn)P4,0，與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．若AP,AB【解題思路】（1）根據(jù)相關(guān)點(diǎn)法計(jì)算得出橢圓的方程；（2）根據(jù)直線與橢圓相交聯(lián)立方程組消元利用韋達(dá)定理求解，結(jié)合若AP,AB,【解答過(guò)程】（1）由題意可設(shè)F1因?yàn)镚到點(diǎn)M?13,0與點(diǎn)所以GM+則點(diǎn)G的軌跡為實(shí)軸長(zhǎng)43，焦距為23因?yàn)镚是△PF1F2的重心，可得點(diǎn)G在線段OP上，且OG=13則橢圓C的方程為x2（2）根據(jù)題意可知直線l的斜率一定存在，設(shè)直線l的方程為y=k(x?4)，A(x1,消元可得(3+4則Δx1+AB=1+BP因?yàn)锳P,AB,則(121+k（也可用AB→2=所以AB根據(jù)題意可知F2BF余弦定理可得cos===cos∠AF2【題型11數(shù)列中的結(jié)構(gòu)不良題】【例11】（24-25高二上·全國(guó)·課后作業(yè)）已知an是等差數(shù)列，其前n項(xiàng)和為Sn，a4=?3，再?gòu)臈l件①：(1)數(shù)列an(2)Sn的最小值，并求當(dāng)Sn取得最小值時(shí)【解題思路】（1）應(yīng)用等差數(shù)列通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式基本量運(yùn)算即可求出通項(xiàng)公式；（2）先求出Sn，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得S【解答過(guò)程】（1）若選擇①：設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，由a4=?3又S4=?24，得4a解得a1=?9，所以an即數(shù)列an的通項(xiàng)公式為a若選擇②：設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，由a4=?3又a1=2a3，即解得a1=?12，所以an即數(shù)列an的通項(xiàng)公式為a（2）若選擇①：由an=2n?11,n∈N根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得當(dāng)n=5時(shí)，Sn即當(dāng)n=5時(shí)，Sn取得最小值，且最小值為S若選擇②：由an=3n?15,n∈N根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可得當(dāng)n=4或n=5時(shí)，Sn即當(dāng)n=4或n=5時(shí)，Sn取得最小值，且最小值為S【變式11-1】（2024·青海西寧·二模）已知數(shù)列an，_______________.請(qǐng)從下列兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在上面的問(wèn)題中并解答.（注：如果選擇多個(gè)條件，按照第一個(gè)解答給分.）①數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn=2an?2（n∈N?(1)求數(shù)列an(2)令bn=an+log2【解題思路】（1）選①或②均可證明數(shù)列an是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，再由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求出數(shù)列a（2）由分組求和法結(jié)合等差、等比的前n項(xiàng)和公式求解即可.【解答過(guò)程】（1）若選①Sn當(dāng)n=1時(shí)，a1=2a當(dāng)n≥2時(shí)，由Sn=2a（I）?（II）得：an=2a所以數(shù)列an是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以a若選②，當(dāng)n=1時(shí)，a1=A當(dāng)n≥2時(shí)，an=A當(dāng)n=1時(shí)，a1所以數(shù)列an是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，所以a（2）因?yàn)閎n=a所以Tn則Tn【變式11-2】（2024·四川德陽(yáng)·三模）已知an是等差數(shù)列，bn是等比數(shù)列，且bn的前n項(xiàng)和為Sn，2a1=(1)求數(shù)列an和b(2)設(shè)數(shù)列anbn的前n項(xiàng)和為T【解題思路】（1）根據(jù)等差數(shù)列定義可求得數(shù)列an的通項(xiàng)公式，利用等比數(shù)列定義根據(jù)條件①②列方程組解得公比可得數(shù)列b（2）利用錯(cuò)位相減法求出Tn【解答過(guò)程】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d∵2a1=2∴a1∴a1∴an設(shè)等比數(shù)列bn的公比為q若選條件①，b5由b1=2，且得b1∴q2?4q+4=0，解得所以bn故bn若選條件②，bn+1令n=1，得b2∴公比q=b∴數(shù)列bn從而bn（2）因?yàn)門n所以12兩式相減，得12即12所以Tn【變式11-3】（23-24高二下·北京懷柔·期末）已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且(1)求等差數(shù)列an(2)若各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列bn其前n項(xiàng)和為Tn，再?gòu)臈l件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，設(shè)cn=an+bn條件①：Tn條件②：b1條件③：?n≥2且n∈Z都有bn2【解題思路】（1）設(shè)出首項(xiàng)和公差，建立方程求解基本量，求出通項(xiàng)公式即可.（2）條件①利用數(shù)列前n項(xiàng)和和通項(xiàng)公式的關(guān)系求出bn=2?3n?1，再利用分組求和法求和即可，條件②利用等比數(shù)列的定義求出【解答過(guò)程】（1）已知等差數(shù)列an中，滿足a設(shè)首項(xiàng)為a1，公差為d得到a4=a∴（2）選條件①∵Tn=3n?1.當(dāng)n≥2時(shí)，bn當(dāng)n=1時(shí)，b1=2?∵b∴b設(shè)cn=an+M==n選條件②∵b1=2,∴bn=2?3n?1，設(shè)cM==n選條件③?n≥2且n∈Z都有bn2=b∵b1=∴q∴b∴bn=2?3n?1，設(shè)cM==n【題型12數(shù)列的新定義、新情景問(wèn)題】【例12】（2024·河北張家口·二模）如果項(xiàng)數(shù)相同的數(shù)列an,bn滿足an∪bn=1,2,3,?,2n，且i為奇數(shù)時(shí)，ai<bi；i為偶數(shù)時(shí)，ai(1)若an∪b(2)當(dāng)an（i）證明：Sn取最大值時(shí)，存在a（ii）當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，求Sn【解題思路】（1）根據(jù)所給定義列出符合題意的“互補(bǔ)交叉數(shù)列對(duì)"；（2）（i）假設(shè)存在j∈1,2,3,?,n，使bj=2n且j為奇數(shù)，不妨設(shè)b1=2n，當(dāng)存在aii為偶數(shù)），使得ai>a1，對(duì)其進(jìn)行一次變換，推出矛盾；若對(duì)任意的aii為偶數(shù)），都有ai<a1【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閍n∪b則滿足條件的“互補(bǔ)交叉數(shù)列對(duì)”分別為5,2,36,1,4（2）（i）證明：若Sn取最大值時(shí)，存在j∈1,2,3,?,n，使由題意知j為奇數(shù)，不妨設(shè)b1①若存在aii為偶數(shù)），使得ai>a1，則讓b1這樣所得到的新數(shù)列an但調(diào)整后的an′的前n項(xiàng)和Sn′>②若對(duì)任意的aii為偶數(shù)），都有ai<a再讓a1的值變?yōu)槌跏糰2的值，所得到的新數(shù)列an綜上可知，存在正整數(shù)i∈1,2,3,?,n，使得a（ii）當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，令n=2i，對(duì)任意滿足條件的“互補(bǔ)交叉數(shù)列對(duì)”a1一方面，a2因此a2另一方面，bi因此b1即a1記Tn為bn的前n項(xiàng)和，由①+②得又Sn+T又“數(shù)列對(duì)”i+1,4i,i+3,4i?1,i+5,4i?2,i+7,4i?3,?,3i+2,3i?1,3i+1i+2,1,i+4,2,i+6,3,i+8,4,?,i?1,3i,i且Sn綜上可知，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn的最大值為11【變式12-1】（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知正整數(shù)m，設(shè)a1，a2，…，a2m，b1，b2，…，b2m是4m個(gè)非負(fù)實(shí)數(shù)，S=i=12mai=i=12mbi(1)寫出8個(gè)不全相等的數(shù)，使得這8個(gè)數(shù)構(gòu)成8,2—孿生數(shù)組；(2)求最小的S，使得a1，a2，…，a6，b1，b2(3)若m≥4，且a1，a2，…，a2m，b1，b2，…，b參考公式：（i）x1+x2+x32≥3x1x2+x2x【解題思路】（1）根據(jù)S,m—孿生數(shù)組的含義寫出即可；（2）由題知m=3，進(jìn)而可以求出S，再結(jié)合參考公式（i）即可證明；（3）由題知S=3，結(jié)合（2）可得S=i=1【解答過(guò)程】（1）根據(jù)S,m—孿生數(shù)組的含義可知:2,2,2,2,0,4,0,4構(gòu)成8,2—孿生數(shù)組，當(dāng)然其答案不唯一;（2）若m=3，由題知:a1a所以S=i=1由參考公式（i），有a1記T是數(shù)列an中奇數(shù)項(xiàng)的和，即T=不妨設(shè)T≤S2因?yàn)镾>0，解得S≥12，當(dāng)且僅當(dāng)ai故最小的S為12.（3）類比前問(wèn)，得:S=i=1由參考公式（ii），有若m為正偶數(shù)，i=1ma2i?1由基本不等式，得a1當(dāng)且僅當(dāng)a1所以S≤i=1ma2i?1a同理，當(dāng)m為正奇數(shù)，解得S≥16，由a1,a對(duì)于參考公式（ii），左邊的項(xiàng)在右邊全部出現(xiàn)，若等號(hào)成立，則其余項(xiàng)均需為0.若n=4，則等號(hào)直接成立.不妨設(shè)x1x2當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，若n≥6，則x3xn=0，不妨使故a1所以aaii=1,2,?,2m【變式12-2】（2024·安徽蕪湖·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于數(shù)列an,bn，如果存在正整數(shù)n0≥3，當(dāng)任意正整數(shù)n≤n0時(shí)均有b1<a1<(1)已知bn=2n，請(qǐng)寫出一個(gè)數(shù)列(2)若an,bn滿足an+bn=6n?2，其中b(3)已知等差數(shù)列bn和正整數(shù)等比數(shù)列an滿足：an=k2024?n(k+1)n?1(n=1,2,…,2024)【解題思路】（1）利用指數(shù)數(shù)列，構(gòu)造一個(gè)加上正的常數(shù)，就可得到一個(gè)遞增相伴數(shù)列，只需要檢驗(yàn)前二項(xiàng)和最后三項(xiàng)；（2）由于有一個(gè)是等差數(shù)列，兩數(shù)列相加也是等差數(shù)列，說(shuō)明另一個(gè)數(shù)列還是等差數(shù)列，通過(guò)假設(shè)，就可以表示出兩個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)，進(jìn)而引入后三項(xiàng)不等式進(jìn)行分析，即可求出數(shù)列通項(xiàng)；（3）利用前面兩小問(wèn)，知道構(gòu)造的數(shù)列比已知數(shù)列每項(xiàng)加1，再去證明即可.【解答過(guò)程】（1）由于bn=2n，我們可以取再由bn?an?1=所以恒有an?1<b（2）∵設(shè)b2=t∴當(dāng)an為bn的“無(wú)限遞增相伴數(shù)列”時(shí)bn∴1+(n?1)(t?1)<3+(n?1)(7?t)<1+n(t?1)∴t<4n?3n?1t>8n?52n?1，當(dāng)n=2時(shí)，即an（3）證明：取b2024=ab1所以d=b由an=k于是an又因?yàn)閎2024=a2024?1<而n≥2時(shí)，an所以b2<a2<由b2上式對(duì)于充分大的k成立，即總存在滿足條件的正整數(shù)k.【變式12-3】（2024·新疆·二模）我們把滿足下列條件的數(shù)列an稱為m?L①數(shù)列an②存在正奇數(shù)m，使得數(shù)列an的每一項(xiàng)除以m(1)若a，b，c是公差為2的等差數(shù)列，求證：a，b，c不是3?L數(shù)列；(2)若數(shù)列bn滿足對(duì)任意正整數(shù)p，q，恒有bp+q=1p+1(3)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列cn共有100項(xiàng)，且對(duì)任意1≤n≤100，恒有c1+c2+?+c【解題思路】（1）根據(jù)m?L數(shù)列的定義證明即可；（2）由條件bp+q=1p+（3）用賦值的方法可知數(shù)列cn是首項(xiàng)為2k,公差為k的等差數(shù)列,再對(duì)c1+c2+?+c【解答過(guò)程】（1）若a,b,c是3?L數(shù)列,則a,b,c都是正偶數(shù),設(shè)a=2tt∈N若t=3mm∈N?,則a=6m,a若t=3m?1m∈N?,則b=6m,b若t=3m?2m∈N?,則c=6m,c所以a,b,c不是3?L數(shù)列.（2）在bp+q=1p+所以數(shù)列bnn是首項(xiàng)為8,公比為8的等比數(shù)列,所以因?yàn)?n是正偶數(shù),所以數(shù)列b因?yàn)?nCn所以8n除以7的余數(shù)為1,即數(shù)列b所以一定不是正偶數(shù),即數(shù)列bn所以數(shù)列bnn是（3）因?yàn)閏=c所以1+c1+c1?2得因?yàn)閏n>0,所以2+23?4得因?yàn)閏n+c在c1分別令n=1,n=2,得c1所以數(shù)列cn是首項(xiàng)為2k,公差為k所以cn若數(shù)列cn是111?L則k是正偶數(shù),2k,3k,?,100k,101k除以111所得的商都不是正偶數(shù),因?yàn)?11=3×37,且c2所以當(dāng)k為3或37的正偶數(shù)倍時(shí),數(shù)列cn不是111?L所以滿足條件的所有兩位數(shù)k值的和為10+12+14+?+98?(12+18+24+?+96)?74=10+98一、單選題1．（2024·內(nèi)蒙古包頭·三模）設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若S5=4a1，a1A．11 B．12 C．20 D．21【解題思路】依題意得a1=?10d，再由【解答過(guò)程】設(shè)等差數(shù)列an的公差為d由S5=4a1，得5a1+由Sn>a得?10nd+n×得?10n+n×得n?1n?22得1<n<22，且n∈N則n的最大值為21，故選：D.2．（2024·山東菏澤·二模）已知an是等差數(shù)列，a1=3,a4=12，在數(shù)列bn中bA．6072 B．2C．22023+6072 【解題思路】求出公差，得an，求出公比，得bn，即可求【解答過(guò)程】設(shè)an的公差為d,bn則由題意可得，a4=a1+3d所以a根據(jù)已知又有：b1則8=1?q3，得所以bn?a故b2024故選：C.3．（2024·四川·模擬預(yù)測(cè)）南宋數(shù)學(xué)家楊輝的重要著作《詳解九章算法》中的“垛積術(shù)”問(wèn)題介紹了高階等差數(shù)列．以高階等差數(shù)列中的二階等差數(shù)列為例，其特點(diǎn)是從數(shù)列中的第二項(xiàng)開始，每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的差構(gòu)成等差數(shù)列．若某個(gè)二階等差數(shù)列的前4項(xiàng)為1,4,8,13，則該數(shù)列的第18項(xiàng)為（

）A．188 B．208 C．229 D．251【解題思路】記該二階等差數(shù)列為an，bn=an+1【解答過(guò)程】記該二階等差數(shù)列為an，且該數(shù)列滿足a1=1,由題意可知，數(shù)列bn為等差數(shù)列，且b所以等差數(shù)列bn的公差為d=b2所以b1=a所以a18故選：A.4．（2024·青海西寧·一模）等差數(shù)列an中的a2，a2024是函數(shù)fx=A．12 B．1 C．?1 D．【解題思路】先根據(jù)極值點(diǎn)求出導(dǎo)函數(shù)為0求出a2+a【解答過(guò)程】函數(shù)fx=x3?6導(dǎo)函數(shù)為f′x=3等差數(shù)列a中，a2+a則log2故選：B.5．（2024·全國(guó)·二模）數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)成等比數(shù)列，偶數(shù)項(xiàng)成等比數(shù)列，Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和，a1=3，a2=2A．a(chǎn)2k<B．當(dāng)n≥5，且n∈N*時(shí)，數(shù)列C．a(chǎn)D．S【解題思路】首先分別求奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)的通項(xiàng)公式，再根據(jù)通項(xiàng)公式，判斷選項(xiàng).【解答過(guò)程】由S4=a奇數(shù)項(xiàng)的首項(xiàng)為a1=3，公比q1=a所以a2k=aA.a2k<a2k+1,k∈N*B.a5=13，a6=12，C.a10D.S100=3故選：D.6．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知n∈N?，an=12n?1，bn=1(n+1)2A．196197 B．198199 C．98197【解題思路】對(duì)n分奇數(shù)與偶數(shù)討論，求出數(shù)列an與數(shù)列b【解答過(guò)程】因?yàn)閿?shù)列2n?1是正奇數(shù)數(shù)列，對(duì)于數(shù)列(n+1)2?1，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，設(shè)n=2k?1k∈N?，則(n+1)2?1=4k2?1，為奇數(shù)；當(dāng)cn所以c1故選：D．7．（2024·湖北·二模）已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn=n2+m，n∈N*A．?2 B．0 C．1 D．2【解題思路】由Sn與an的關(guān)系且an為等差數(shù)列，求出an，由ann<2，得x2?(1+a)x?2【解答過(guò)程】因?yàn)镾n=n2+mn≥2時(shí)，an所以a1=1+m，a2因?yàn)閍n為等差數(shù)列，所以a1=1從而an=2n?1，所以x2?(1+a)x?2a則當(dāng)0≤a≤1時(shí)，g(a)=2ag(0)=?x2+x≤0g(1)=2+1+x?x只有選項(xiàng)A符合題意，故選：A.8．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·三模）如圖是瑞典數(shù)學(xué)家科赫在1904年構(gòu)造的能夠描述雪花形狀的圖案.圖形的作法是：從第一個(gè)正三角形（邊長(zhǎng)為1）P1開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊.反復(fù)進(jìn)行這一過(guò)程，就得到一條“雪花”狀的曲線，稱為科赫曲線.設(shè)Pn的周長(zhǎng)和面積分別為L(zhǎng)n、Sn，下列結(jié)論正確的是（

）①P?的邊數(shù)為3×4②L③LnS④?N>0,A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【解題思路】設(shè)每個(gè)圖形的邊數(shù)為an，寫出a1，a2，a3，a4，a5，可判斷①；求得L5，可判斷②【解答過(guò)程】設(shè)每個(gè)圖形的邊數(shù)為an，由題意可得a1=3，a2=3×4，a3=3×42，aL5=3×4Ln第一個(gè)圖形的面積即正三角形的面積S1從第1個(gè)圖形到第2個(gè)圖形，邊數(shù)增加了，同時(shí)每條邊上多了一個(gè)小三角形，這個(gè)小三角形的面積是原圖形的19所以S2=S以此類推，第n個(gè)圖形的面積為Sn依次迭代，則S=S所以Sn=34+33LnSn=3×故選：D．二、多選題9．（2024·遼寧沈陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）某人買一輛15萬(wàn)元的新車，購(gòu)買當(dāng)天支付3萬(wàn)元首付，剩余向銀行貸款，月利率0.3%，分12個(gè)月還清（每月購(gòu)買車的那一天分期還款）.有兩種金融方案：等額本金還款，將本金平均分配到每一期進(jìn)行償還，每一期所還款金額由兩部分組成，一部分為每期本金，即貸款本金除以還款期數(shù)，另一部分是利息，即貸款本金與已還本金總額的差乘以利率；等額本息還款，每一期償還同等數(shù)額的本息和，利息以復(fù)利計(jì)算.下列說(shuō)法正確的是（

A．等額本金方案，所有的利息和為2340元B．等額本金方案，最后一個(gè)月還款金額為10030元C．等額本息方案，每月還款金額中的本金部分呈現(xiàn)遞增等比數(shù)列D．等額本金方案比等額本息方案還款利息更少，所以等額本金方案優(yōu)于等額本息方案【解題思路】對(duì)于AB，根據(jù)等額本金的還款方案分析計(jì)算即可，對(duì)于C，等額本息的還款方案分析判斷，對(duì)于D，通過(guò)比較兩種還款方案的優(yōu)劣進(jìn)行判斷.【解答過(guò)程】對(duì)于A，利息和為120000+110000+100000+?+10000×0.003=2340對(duì)于B，倒數(shù)第二個(gè)月還款后，剩余本金10000，一個(gè)月利息為30元，本息和應(yīng)為10030元，故B正確；對(duì)于C，設(shè)第n個(gè)月貸款利息為an，償還本金為bn，則a1=0.3%p，a3=0.3%同理得b4=b1(1+0.3所以數(shù)列bn是以1+0.3對(duì)于D，由選項(xiàng)C可知，b1[1?(1+0.3所以每月還款的本息和為a1所以等額本息還款利息和為12(=12×=12×120000×0.3兩種貸款方案各有優(yōu)劣，比等額本金高，但等額本金方案起初還款金額高，還款壓力大，還款金額逐年遞減；等額本息每月還款金額相同，低于等額本金方案前半段時(shí)間還款額，高于后半段時(shí)間還款額；還有通貨膨脹等諸多經(jīng)濟(jì)因素影響兩種方案的收益，故不能簡(jiǎn)單認(rèn)為某種貸款方案優(yōu)于另一種方案，故D錯(cuò)誤.故選：ABC.10．（2024·吉林·模擬預(yù)測(cè)）已知在公差不為0的等差數(shù)列an中，a4=?5,a5是a2與a6的等比中項(xiàng)，數(shù)列bn的前A．a(chǎn)n=2n?13 C．Sn=?1【解題思路】先由等差數(shù)列an的條件求得通項(xiàng)公式an=2n?13，進(jìn)而求得bn，Sn【解答過(guò)程】設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則a5=a6=a4+2d=?5+2d，因?yàn)閍5是即?5+d2=?5?2d?5+2d，解得d=0或2，又因?yàn)樗詀nbn令bn<0，則12n?13<12n?11，又因?yàn)榧粗挥衝=6時(shí)，bn<0且bn所以?n∈NSn因?yàn)橹挥衝=6時(shí)，bn<0，除此之外bn>0，所以又n>6時(shí)，Sn=12?所以?n∈N故選：ABD.11．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列un，其前n項(xiàng)和為Sn，若存在常數(shù)M>0，對(duì)任意的n∈N?，恒有un+1?uA．若un是以1為首項(xiàng)，q(|q|＜1)為公比的等比數(shù)列，則uB．若un為B?數(shù)列，則Sn也為C．若Sn為B?數(shù)列，則un也為D．若an,bn均為B?數(shù)列，則【解題思路】對(duì)A，根據(jù)題意