重難點突破01數列的綜合應用目錄1、解決數列與數學文化相交匯問題的關鍵2、新定義問題的解題思路遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使問題得以解決．3、數列與函數綜合問題的主要類型及求解策略①已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象研究數列問題．②已知數列條件，解決函數問題，解決此類問題一般要利用數列的通項公式、前n項和公式、求和方法等對式子化簡變形．注意數列與函數的不同，數列只能看作是自變量為正整數的一類函數，在解決問題時要注意這一特殊性．4、數列與不等式綜合問題的求解策略解決數列與不等式的綜合問題時，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；若是含參數的不等式恒成立問題，則可分離參數，轉化為研究最值問題來解決．利用等價轉化思想將其轉化為最值問題.恒成立；恒成立.5、現實生活中涉及銀行利率、企業股金、產品利潤、人口增長、產品產量等問題，常常考慮用數列的知識去解決．（1）數列實際應用中的常見模型①等差模型：如果增加(或減少)的量是一個固定的數，則該模型是等差模型，這個固定的數就是公差；②等比模型：如果后一個量與前一個量的比是一個固定的數，則該模型是等比模型，這個固定的數就是公比；③遞推數列模型：如果題目中給出的前后兩項之間的關系不固定，隨項的變化而變化，則應考慮是第項與第項的遞推關系還是前項和與前項和之間的遞推關系．在實際問題中建立數列模型時，一般有兩種途徑：一是從特例入手，歸納猜想，再推廣到一般結論；二是從一般入手，找到遞推關系，再進行求解．一般地，涉及遞增率或遞減率要用等比數列，涉及依次增加或減少要用等差數列，有的問題需通過轉化得到等差或等比數列，在解決問題時要往這些方面聯系．（2）解決數列實際應用題的3個關鍵點①根據題意，正確確定數列模型；②利用數列知識準確求解模型；③問題作答，不要忽視問題的實際意義．6、在證明不等式時，有時把不等式的一邊適當放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明，我們稱這種方法為放縮法.放縮時常采用的方法有：舍去一些正項或負項、在和或積中放大或縮小某些項、擴大（或縮小）分式的分子（或分母）.放縮法證不等式的理論依據是：；.放縮法是一種重要的證題技巧，要想用好它，必須有目標，目標可從要證的結論中去查找.題型一：數列在數學文化與實際問題中的應用例1．（2023·河南·河南省內鄉縣高級中學校考模擬預測）“角谷猜想”首先流傳于美國，不久便傳到歐洲，后來一位名叫角谷靜夫的日本人又把它帶到亞洲，因而人們就順勢把它叫作“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一個正整數，如果是奇數就乘以3再加1，如果是偶數就除以2，這樣經過若干次運算，最終回到1.對任意正整數，按照上述規則實施第次運算的結果為，若，且均不為1，則（

）A．5或16 B．5或32C．5或16或4 D．5或32或4【答案】B【解析】由題知，因為，則有：若為奇數，則，得，不合題意，所以為偶數，則；若為奇數，則，得，不合題意，所以為偶數，；若為奇數，則，得，不合題意，所以為偶數，且；若為奇數，則，得，不合題意，所以為偶數，且；若為奇數，則，可得；若為偶數，則.綜上所述：或32.故選：B例2．（2023·河南鄭州·統考模擬預測）北宋大科學家沈括在《夢溪筆談》中首創的“隙積術”，就是關于高階等差數列求和的問題．現有一貨物堆，從上向下查，第一層有1個貨物，第二層比第一層多2個，第三層比第二層多3個，以此類推，記第n層貨物的個數為，則使得成立的n的最小值是（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【解析】由題意，，且，累加可得，所以，∴，得，即．故選：C．例3．（2023·四川成都·石室中學校考模擬預測）南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法》中有如下俯視圖所示的幾何體，后人稱之為“三角垛”．其最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，第四層10個…，則第三十六層球的個數為（

）A．561 B．595 C．630 D．666【答案】D【解析】由題意，第一層個球，第二層個，第三層個，第四層個，據此規律，第三十六層有小球個.故選：D變式1．（2023·全國·高三專題練習）科赫曲線因形似雪花，又被稱為雪花曲線.其構成方式如下：如圖1將線段等分為線段，如圖2.以為底向外作等邊三角形，并去掉線段，將以上的操作稱為第一次操作；繼續在圖2的各條線段上重復上述操作，當進行三次操作后形成如圖3的曲線.設線段的長度為1，則圖3中曲線的長度為（

）

A．2 B． C． D．3【答案】C【解析】依題意，一條線段經過一次操作，其長度變為原來的，因此每次操作后所得曲線長度依次排成一列，構成以為首項，為公比的等比數列，所以當進行三次操作后的曲線長度為.故選：C變式2．（2023·全國·高三專題練習）我國南宋數學家楊輝1261年所著的《詳解九章算法》一書里出現了如圖所示的表，即楊輝三角，這是數學史上的一個偉大成就在“楊輝三角”中，第n行的所有數字之和為，若去除所有為1的項，依次構成數列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，則此數列的前34項和為（

）

A．959 B．964 C．1003 D．1004【答案】A【解析】將這個數列分組：第一組1個數；第二組2個數；，第七組7個數，這7個數的和為第八組8個數，前八組共36項，前36項和為，所以前34項和為，故選：A．變式3．（2023·全國·高三專題練習）南宋數學家楊輝在《詳解九章算術》中提出了高階等差數列的問題，即一個數列本身不是等差數列，但從數列中的第二項開始，每一項與前一項的差構成等差數列（則稱數列為一階等差數列），或者仍舊不是等差數列，但從數列中的第二項開始，每一項與前一項的差構成等差數列（則稱數列為二階等差數列），依次類推，可以得到高階等差數列．類比高階等差數列的定義，我們亦可定義高階等比數列，設數列1，1，2，8，64…是一階等比數列，則該數列的第8項是（

）．A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意，數列1，1，2，8，64，…為，且為一階等比數列，設，所以為等比數列，其中，，公比為，所以，則，所以第8項為．故選：C.【解題方法總結】（1）解決數列與數學文化相交匯問題的關鍵（2）解答數列應用題需過好“四關”題型二：數列中的新定義問題例4．（2023·江西·江西師大附中校考三模）已知數列的通項，如果把數列的奇數項都去掉，余下的項依次排列構成新數列為，再把數列的奇數項又去掉，余下的項依次排列構成新數列為，如此繼續下去，……，那么得到的數列（含原已知數列）的第一項按先后順序排列，構成的數列記為，則數列前10項的和為（

）A．1013 B．1023 C．2036 D．2050【答案】C【解析】根據題意，如此繼續下去，……，則得到的數列的第一項分別為數列的第即得到的數列的第項為數列的第項，因為，可得，所以.故選：C.例5．（2023·人大附中校考三模）已知數列滿足：對任意的，總存在，使得，則稱為“回旋數列”．以下結論中正確的個數是（

）①若，則為“回旋數列”；②設為等比數列，且公比q為有理數，則為“回旋數列”；③設為等差數列，當，時，若為“回旋數列”，則；④若為“回旋數列”，則對任意，總存在，使得．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】①由可得，由可得，取即可，則為“回旋數列”，故①正確；②當時，，，由可得，故當時，很明顯不成立，故不是“回旋數列，②錯誤”；③是等差數列，故，，因為數列是“回旋數列”，所以，即，其中為非負整數，所以要保證恒為整數，故為所有非負整數的公約數，且，所以，故③正確；④由①可得當時，為“回旋數列”，取，，顯然不存在,使得，故④錯誤故選：B例6．（2023·湖北武漢·統考三模）將按照某種順序排成一列得到數列，對任意，如果，那么稱數對構成數列的一個逆序對.若，則恰有2個逆序對的數列的個數為（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【解析】若，則，由構成的逆序對有，若數列的第一個數為，則至少有個逆序對，若數列的第二個數為，則恰有2個逆序對的數列為，若數列的第三個數為，則恰有2個逆序對的數列為或，若數列的第四個數為，則恰有2個逆序對的數列為，綜上恰有2個逆序對的數列的個數為個.故選：B.變式4．（2023·全國·高三專題練習）記數列的前項和為，若存在實數，使得對任意的，都有，則稱數列為“和有界數列”．下列命題正確的是（

）A．若是等差數列，且首項，則是“和有界數列”B．若是等差數列，且公差，則是“和有界數列”C．若是等比數列，且公比，則是“和有界數列”D．若是等比數列，且是“和有界數列”，則的公比【答案】C【解析】對于A，若是等差數列，且首項，當d>0時，，當趨近于正無窮時，趨近于正無窮，則不是“和有界數列”，故A不正確．對于B，若是等差數列，且公差，則，當時，當趨近于正無窮時，趨近于正無窮，則不是“和有界數列”，故B不正確．對于C，若是等比數列，且公比|q|<1，則，故，則是“和有界數列”，故C正確．對于D，若是等比數列，且是“和有界數列”，則的公比或，故D不正確．故選：C．變式5．（2023·全國·高三專題練習）斐波那契數列又稱黃金分割數列，因數學家列昂納多?斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數列”.斐波那契數列用遞推的方式可如下定義：用表示斐波那契數列的第n項，則數列滿足：.，記，則下列結論不正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】依題意，數列的前10項依次為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即，∴A正確；當時，，∴B正確；由，可得，累加得，則，即，∴C錯誤；由，，，∴，∴D正確.故選：C.變式6．（2023·河北·統考模擬預測）數學家楊輝在其專著《詳解九章算術法》和《算法通變本末》中，提出了一些新的高階等差數列．其中二階等差數列是一個常見的高階等差數列、如數列2，4，7，11，16，從第二項起，每一項與前一項的差組成新數列2，3，4，5，新數列2，3，4，5為等差數列，則稱數列2，4，7，11，16為二階等差數列，現有二階等差數列，其前七項分別為2，2，3，5，8，12，17．則該數列的第20項為（

）A．173 B．171 C．155 D．151【答案】A【解析】根據題意得新數列為，則二階等差數列的通項公式為，則故選：A.【解題方法總結】（1）新定義數列問題的特點通過給出一個新的數列的概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的．（2）新定義問題的解題思路遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運算、驗證，使問題得以解決．題型三：數列與函數、不等式的綜合問題例7．（2023·重慶巴南·統考一模）已知等比數列滿足：，.數列滿足，其前項和為，若恒成立，則的最小值為.【答案】/【解析】設等比數列的公比為，則，解得，所以，，解得，則，所以，，，所以，數列為等差數列，所以，，則，因為函數在上單調遞減，在上單調遞增，當時，；當時，.又因為，故的最大值為.因此，對任意的恒成立，所以，，故的最小值為.故答案為：.例8．（2023·四川瀘州·四川省瀘縣第四中學校考模擬預測）設數列的前項和為，且，若恒成立，則的最大值是.【答案】【解析】因為，所以，所以數列是常數列，則，可得，故，因為恒成立，所以恒成立，即恒成立，設，則，從而，當時，，當時，，因為，所以的最小值是，即，所以實數的最大值為.故答案為：.例9．（2023·河南新鄉·統考三模）已知數列滿足，，則的最小值為．【答案】6【解析】由得，當時，，，…，，將這個式子累加得，則，時也適合，所以，當且僅當時，等號成立.故答案為：6.變式7．（2023·上海楊浦·高三復旦附中校考階段練習）已知數列滿足，且對于任意的正整數n，都有．若正整數k使得對任意的正整數成立，則整數k的最小值為．【答案】【解析】因為，，可得，則有，所以，所以，則，因為正整數k使得對任意的正整數成立，所以，所以整數k的最小值為.故答案為：.【解題方法總結】（1）數列與函數綜合問題的主要類型及求解策略①已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象研究數列問題．②已知數列條件，解決函數問題，解決此類問題一般要利用數列的通項公式、前n項和公式、求和方法等對式子化簡變形．注意數列與函數的不同，數列只能看作是自變量為正整數的一類函數，在解決問題時要注意這一特殊性．（2）數列與不等式綜合問題的求解策略解決數列與不等式的綜合問題時，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；若是含參數的不等式恒成立問題，則可分離參數，轉化為研究最值問題來解決．利用等價轉化思想將其轉化為最值問題.恒成立；恒成立.題型四：數列在實際問題中的應用例10．（2023·全國·高三專題練習）根據市場調查結果，預測某種家用商品從年初開始的n個月內累積的需求量（萬件）近似地滿足關系式，按此預測，在本年度內，需求量超過1.5萬件的月份是.【答案】7，8【解析】因為，所以當時，，當時，，化為，解得，可知當或8，需求量超過1.5萬件.故答案為：7，8.例11．（2023·高三課時練習）某研究所計劃改建十個實驗室，每個實驗室的改建費用分為裝修費和設備費，且每個實驗室的裝修費都一樣，設備費從第一到第十實驗室依次構成等比數列.已知第五實驗室比第二實驗室的改建費用高42萬元，第七實驗室比第四實驗室的改建費用高168萬元，并要求每個實驗室改建費用不能超過1700萬元，則該研究所改建這十個實驗室投入的總費用最多需要萬元.【答案】4709【解析】設第個實驗室的設備費為，裝修費為，則，由題意可得，則，解得或（舍去），故，∵對任意的均成立，∴，即，故該研究所改建這十個實驗室投入的總費用，即該研究所改建這十個實驗室投入的總費用最多需要4709萬元.故答案為：4709.例12．（2023·全國·高三專題練習）冰墩墩作為北京冬奧會的吉祥物特別受歡迎，官方旗艦店售賣冰墩墩運動造型多功能徽章，若每天售出件數成遞增的等差數列，其中第1天售出10000件，第21天售出15000件；價格每天成遞減的等差數列，第1天每件100元，第21天每件60元，則該店第天收入達到最高.【答案】6【解析】設第n天售出件數為,設第n天價格為.由題意,均為等差數列,設公差分別為.所以所以.假設第n天的收入為,則，所以當時,取最大值,即第6天收入達到最高.故答案為：6變式8．（2023·全國·高三專題練習）沈陽京東MALL于2022年國慶節盛大開業，商場為了滿足廣大數碼狂熱愛好者的需求，開展商品分期付款活動.現計劃某商品一次性付款的金額為a元，以分期付款的形式等額分成n次付清，每期期末所付款是x元，每期利率為r，則愛好者每期需要付款．【答案】【解析】由題意得，，.故答案為：.變式9．（2023·遼寧錦州·渤海大學附屬高級中學校考模擬預測）一件家用電器，現價2000元，實行分期付款，一年后還清，購買后一個月第一次付款，以后每月付款一次，每次付款數相同，共付12次，月利率為0.8%，并按復利計息，那么每期應付款元．（參考數據：，，，）【答案】176【解析】設每期應付款x元，第n期付款后欠款元，則，，…．因為，所以，解得，即每期應付款176元．故答案為：176變式10．（2023·全國·高三專題練習）在第七十五屆聯合國大會一般性辯論上，習近平主席表示，中國將提高國家自主貢獻力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力爭于2030年前達到峰值，努力爭取2060年前實現碳中和．某地2020年共發放汽車牌照12萬張，其中燃油型汽車牌照10萬張，電動型汽車2萬張，從2021年起，每年發放的電動型汽車牌照按前一年的50%增長，燃油型汽車牌照比前一年減少0.5萬張，同時規定，若某年發放的汽車牌照超過15萬張，以后每年發放的電動車牌照的數量維持在這一年的水平不變.那么從2021年至2030年這十年累計發放的汽車牌照數為萬張．【答案】【解析】設每年發放燃油型車牌照數為，發放電動型車牌照數，發放牌照數為，則成等差數列，前四項成等比數列，第五項起為常數列，，，，前10項的和為，，，，因為，所以，前10項的和為：.所以從2021年至2030年這十年累計發放的汽車牌照數為.故答案為：134.【解題方法總結】現實生活中涉及銀行利率、企業股金、產品利潤、人口增長、產品產量等問題，常常考慮用數列的知識去解決．（1）數列實際應用中的常見模型①等差模型：如果增加(或減少)的量是一個固定的數，則該模型是等差模型，這個固定的數就是公差；②等比模型：如果后一個量與前一個量的比是一個固定的數，則該模型是等比模型，這個固定的數就是公比；③遞推數列模型：如果題目中給出的前后兩項之間的關系不固定，隨項的變化而變化，則應考慮是第項與第項的遞推關系還是前項和與前項和之間的遞推關系．在實際問題中建立數列模型時，一般有兩種途徑：一是從特例入手，歸納猜想，再推廣到一般結論；二是從一般入手，找到遞推關系，再進行求解．一般地，涉及遞增率或遞減率要用等比數列，涉及依次增加或減少要用等差數列，有的問題需通過轉化得到等差或等比數列，在解決問題時要往這些方面聯系．（2）解決數列實際應用題的3個關鍵點①根據題意，正確確定數列模型；②利用數列知識準確求解模型；③問題作答，不要忽視問題的實際意義．題型五：數列不等式的證明例13．（2023·河北張家口·統考三模）已知數列滿足.(1)求數列的通項公式；(2)記數列的前項和為，證明：.【解析】（1）由題意，數列滿足，當時，可得，解得；當時，可得，兩式相減得，所以，當時，，適合上式，所以數列的通項公式為.（2）令，由，可得，所以，因為，可得，所以.例14．（2023·全國·高三專題練習）證明不等式．【解析】∵，∴．例15．（2023·全國·高三專題練習）已知，，的前n項和為，證明：．【解析】證法一：∵，∴．證法二：∵，當時，，∴．證法三：∵，又，，∴．∴．證法四：∵，∴．變式11．（2023·全國·高三專題練習）已知每一項都是正數的數列滿足，．(1)證明：．(2)證明：．(3)記為數列的前n項和，證明∶．【解析】（1）解法一：由題意知，．①當時，，，，成立．②假設時，結論成立，即．∵，∴．故時，結論也成立．由①②可知，對于，都有成立．解法二：，，，成立．令，顯然單調遞減．∵，假設，則，即，故，即．故對于，都有成立．（2）由（1）知，∴．同理，由數學歸納法可證，．猜測．下面給出證明．∵，∴與異號．注意到，知，，即．∴，從而可知．（3），∴，∴．變式12．（2023·全國·高三專題練習）證明：．（注：．）【解析】（將交錯項合并求和）先考慮．可以放縮為等比數列．變式13．（2023·全國·高三專題練習）已知數列，為數列的前項和，且滿足，．(1)求的通項公式；(2)證明：．【解析】（1）對任意的，當時，，兩式相減．整理得，當時，，也滿足，從而．（2）證明：證法一：因為，所以，．從而；證法二：因為，所以，，證畢.變式14．（2023·全國·高三專題練習）已知各項為正的數列滿足，，．證明：(1)；(2)．【解析】（1）∵，∴，∴．又數列為正項數列，∴與同號．∵，∴，∴，即，因為數列為正項數列，所以，綜上：.（2）要證，只需要證．∵，∴，因為，所以為正項數列，且，設為等比數列，公比為，首項為，前項和為，∴，即，證畢.變式15．（2023·全國·高三專題練習）設數列滿足，．(1)若，求實數a的值；(2)設，若，證明：．【解析】（1）數列滿足，，，易知a不為0，解得，，，解得或，由解得，由，解得．實數的值為1．（2）當時，數列滿足，，（各項均不為0），，，，，，，，當且僅當，即時，取等號，，再證，．當時，，滿足．假設當，時有，等價于，，，當時，，只需證．證明如下：，，，，，，，，，，，，時，成立．綜上知．綜上所述：．變式16．（2023·全國·高三專題練習）已知函數滿足，，．(1)證明：．(2)設是數列的前n項和，證明：．【解析】（1）先用數學歸納法證明．當時結論成立，假設時結論成立，即，則，∴．故當時結論也成立，由歸納原理知對成立．作出函數的圖象，如圖，，的方程，

根據割線的位置易知，從而．綜上可知．（2）∵，且，設，，則，∴在上單調遞減，∴當時，，即.∴．∵，∴，∴，，∴．從而．【解題方法總結】（1）構造輔助函數（數列）證明不等式（2）放縮法證明不等式在證明不等式時，有時把不等式的一邊適當放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明，我們稱這種方法為放縮法.放縮時常采用的方法有：舍去一些正項或負項、在和或積中放大或縮小某些項、擴大（或縮小）分式的分子（或分母）.放縮法證不等式的理論依據是：；.放縮法是一種重要的證題技巧，要想用好它，必須有目標，目標可從要證的結論中去查找.方法1：對進行放縮，然后求和.當既不關于單調，也不可直接求和，右邊又是常數時，就應考慮對進行放縮，使目標變成可求和的情形，通常變為可裂項相消或壓縮等比的數列.證明時要注意對照求證的結論，調整與控制放縮的度.方法2：添舍放縮方法3：對于一邊是和或者積的數列不等式，可以把另外一邊的含n的式子看作是一個數列的前n項的和或者積，求出該數列通項后再左、右兩邊一對一地比較大小，這種思路非常有效，還可以分析出放縮法證明的操作方法，易于掌握.需要指出的是，如果另外一邊不是含有n的式子，而是常數，則需要尋找目標不等式的加強不等式，再予以證明.方法4：單調放縮題型六：公共項問題例16．（2023·上海嘉定·上海市嘉定區第一中學校考三模）已知，，將數列與數列的公共項從小到大排列得到新數列，則.【答案】【解析】因為數列是正奇數列，對于數列，當為奇數時，設，則為偶數；當為偶數時，設，則為奇數，所以，則，所以.故答案為：.例17．（2023·湖南邵陽·邵陽市第二中學校考模擬預測）數列和數列的公共項從小到大構成一個新數列，數列滿足：，則數列的最大項等于.【答案】/1.75【解析】數列和數列的公共項從小到大構成一個新數列為：，該數列為首項為1，公差為的等差數列，所以，所以因為所以當時，，即，又，所以數列的最大項為第二項，其值為.故答案為：.例18．（2023·全國·高三專題練習）已知，將數列與數列的公共項從小到大排列得到新數列，則.【答案】【解析】因為數列是正奇數列，對于數列，當為奇數時，設，則為偶數；當為偶數時，設，則為奇數，所以，，則，因此，.故答案為：.變式17．（2023·重慶沙坪壩·高三重慶八中校考階段練習）將數列與的公共項由小到大排列得到數列，則數列的前n項的和為．【答案】【解析】由題意令，即2不是數列與的公共項；令，即4是數列與的公共項；令，即8不是數列與的公共項；令，即16是數列與的公共項；依次類推，可得數列：，即是首項為4，公比為4的等比數列，故數列的前n項的和為，故答案為：變式18．（2023·全國·高三專題練習）數列與的所有公共項由小到大構成一個新的數列，則.【答案】【解析】數列與分別是以為公差，為首項的等差數列，則新的數列是以為首項，為公差的等差數列，所以，故.故答案為：.變式19．（2023·安徽蚌埠·統考一模）有兩個等差數列及由這兩個等差數列的公共項按從小到大的順序組成一個新數列，則這個新數列的各項之和為.【答案】【解析】在等差數列和等差數列中，公共項按從小到大的順序組成一個新的等差數列：共項，它們的和為考點：等差數列及其求和公式.題型七：插項問題例19．（2023·全國·高三對口高考）在數1和100之間插入n個實數，使得這個數構成遞增的等比數列，將這個數的乘積記作，再令.則數列的通項公式為.【答案】，【解析】記由個數構成遞增的等比數列為，則，，則，即所以，即故答案為：，.例20．（2023·湖北襄陽·襄陽四中校考模擬預測）已知等差數列中，，若在數列每相鄰兩項之間插入三個數，使得新數列也是一個等差數列，則新數列的第43項為.【答案】【解析】設等差數列的公差為，則，所以，設在數列每相鄰兩項之間插入三個數所得新數列為，則新的等差數列的公差為，首項為，所以新數列的通項公式為，故.故答案為：.例21．（2023·福建福州·福建省福州第一中學校考模擬預測）已知數列的首項，，.(1)設，求數列的通項公式；(2)在與（其中）之間插入個3，使它們和原數列的項構成一個新的數列.記為數列的前n項和，求.【解析】（1）因為，，所以，取倒得，所以，即，即，因為，所以是，的等比數列，所以.（2）在之間有2個3，之間有個3，之間有個3，之間有個3，合計個3，所以.變式20．（2023·廣東佛山·統考模擬預測）已知數列滿足.(1)求的通項公式；(2)在相鄰兩項中間插入這兩項的等差中項，求所得新數列的前2n項和.【解析】（1）因為①，所以時，②，①②得：，即，又時，，所以也滿足上式，故的通項公式為.（2）設數列滿足．記的前項和為，的前項和為，則．由等比數列的求和公式得：，．所以．即新數列的前項和．變式21．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學校考模擬預測）為數列的前項和，已知，且.(1)求數列的通項公式；(2)數列依次為：，規律是在和中間插入項，所有插入的項構成以3為首項，3為公比的等比數列，求數列的前100項的和.【解析】（1）當時，，解得（舍去），由得時，，兩式相減得，因為，所以，所以是等差數列，首項為4，公差為3，所以；（2）由于，因此數列的前100項中含有的前13項，含有中的前87項，所求和為.變式22．（2023·全國·高三專題練習）設等比數列的首項為，公比為（為正整數），且滿足是與的等差中項；數列滿足（，）.(1)求數列的通項公式；(2)試確定的值，使得數列為等差數列；(3)當為等差數列時，對每個正整數，在與之間插入個2，得到一個新數列.設是數列的前項和，試求.【解析】（1）由題意，可得，所以，解得或（舍），則，又，所以.（2）由，得，所以，，，因為數列為等差數列，所以，解得，所以當時，，由（常數）知此時數列為等差數列.（3）因為，所以與之間插入個2，，所以與之間插入個2，，所以與之間插入個2，……則的前項，由個，構成，所以.變式23．（2023·安徽滁州·校考模擬預測）已知等比數列的前項和為，且(1)求數列的通項公式；(2)在與之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，求數列的前項和．【解析】（1），當時，，兩式相減可得，，故等比數列的公比為，，，故數列的通項公式為．（2）由得：，，故，即，，，得：，故．題型八：蛛網圖問題例22．（2023·全國·高三專題練習）已知數列若（且），若對任意恒成立，則實數t的取值范圍是.【答案】【解析】法一：不妨先由得到恒成立的必要條件，；，設，則，所以，解得，故，又，故，所以，得證.法二：蛛網法記函數，過定點.當時，迭代收斂于點A，只需位于直線下方，即；當時，迭代收斂于點A，由蛛網圖：單調遞減，故只需即綜上.

故答案為：例23．（2023?虹口區校級期中）已知數列滿足：，，前項和為，則下列選項錯誤的是（參考數據：，A．是單調遞增數列，是單調遞減數列 B． C． D．【解析】解：由，得，，令，即，則，，．作圖如下：由圖可得：．是單調遞增數列，是單調遞減數列，因此正確；．，，，，，，，，因此正確；．，，因此不正確；．由不動點，，得，可得：，，因此正確．故選：．例24．（2023?浙江模擬）數列滿足，，，表示數列前項和，則下列選項中錯誤的是A．若，則 B．若，則遞減 C．若，則 D．若，則【解析】解：（法一）對于選項，令，，則，令，易知在上單調遞減，在，上單調遞增，此時，又，若，則有，故選項正確；對于選項，結合選項中的過程，作出遞推函數與的交點，可得函數的不動點為和1，且，故函數在單調遞增，且，故為吸引不動點，為排斥不動點，故當時，數列向吸引不動點靠近，單調遞減，故選項正確；對于選項，，由選項，的過程可知，當時，數列單調遞減且，故，而顯然，故成立，故選項正確；對于選項，當時，結合選項，的過程及蛛網圖，易知數列單調遞增，又，故當時，，即，故，，故，故選項錯誤．（法二）作出與的圖象，由蛛網圖可知，選項，正確；若，由蛛網圖可知，，時，，則，故，選項正確；若，則，，比較與的大小，，則，選項錯誤．故選：．變式24．（2023?浙江模擬）已知數列滿足：，，前項和為（參考數據：，，則下列選項中錯誤的是A．是單調遞增數列，是單調遞減數列 B． C． D．【解析】解：由，得，，令，即，則，，，作圖如下：由圖得：①單調遞增，單調遞減，，故正確；②，，，，，，，，故正確；③，，故錯誤．④由不動點，得，，，，故正確．故選：．變式25．（2023?下城區校級模擬）已知數列滿足：，且，下列說法正確的是A．若，則 B．若，則 C． D．【解析】解：，，．，故且，于是與同號，．對于，若，則，則，，所以，故錯誤；對于，，即，于是，即數列單調遞減，于是，所以，即，，，故，正確；對于，考慮函數，如圖所示由圖可知當時，數列遞減，所以，即，所以不正確；對于，設，則，由上圖可知，由上圖可知，，即，等價于，化簡得：，而顯然不成立，所以不正確；由排除法可知正確．故選：．題型九：整數的存在性問題（不定方程）例25．（2023·全國·高三專題練習）已知數列的前n項和是，且．(1)證明：為等比數列；(2)證明：(3)為數列的前n項和，設，是否存在正整數m，k，使成立，若存在，求出m，k；若不存在，說明理由．【解析】（1），，兩式相減，得又時，是首項和公比都是2的等比數列．（2）由（1）得．，所以是等比數列，首項和公比都是，（3）假設存在正整數m，k，使成立，，，，所以，，又正整數m，k，，或或或或.例26．（2023·全國·高三專題練習）設是各項為正數且公差為的等差數列(1)證明：依次成等比數列；(2)是否存在，使得依次成等比數列，并說明理由；(3)是否存在及正整數，使得依次成等比數列，并說明理由．【解析】（1）∵（）是同一個常數，∴，，，依次構成等比數列．（2）令，則，，，分別為，，，（，，）．假設存在，，使得，，，依次構成等比數列，則，且．令，則，且（，），化簡得（），且．將代入（）式，，則．顯然不是上面方程的解，矛盾，∴假設不成立，因此不存在，，使得，，，依次構成等比數列．（3）假設存在，及正整數，，使得，，，依次構成等比數列，則，且．分別在兩個等式的兩邊同除以及，并令（，），則，且．將上述兩個等式兩邊取對數，得，且．化簡得，且．再將這兩式相除，化簡得（）．令，則．令，則．令，則．令，則．由，，知，，，在和上均單調．故只有唯一零點，即方程（）只有唯一解，故假設不成立．∴不存在，及正整數，，使得，，，依次構成等比數列．例27．（2023·河北石家莊·高三石家莊二中校考階段練習）數列的前項和為且當時，成等差數列.(1)求數列的通項公式；(2)在和之間插入個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在3項（其中成等差數列）成等比數列？若存在，求出這樣的3項；若不存在，請說明理由.【解析】（1）由題意，，在數列中，當時，成等差數列，所以，即，所以時，，又由知時，成立，即對任意正整數均有，所以，從而，即數列的通項公式為：.（2）由題意及（1）得，，在數列中，，所以.假設數列中存在3項（其中成等差數列）成等比數列，則，即，化簡得，因為成等差數列，所以，所以，化簡得，又，所以，即，所以，所以，這與題設矛盾，所以假設不成立，所以在數列中不存在3項（其中成等差數列）成等比數列.變式26．（2023·全國·高三專題練習）已知數列的前項和為，對任意的正整數，點均在函數圖象上.(1)證明：數列是等比數列；(2)問中是否存在不同的三項能構成等差數列？說明理由.【解析】（1）證明：對任意的正整數，點均在函數圖象上，可得，即，又因為，可得，所以數列表示首項為，公比為的等比數列.（2）不存在.理由：由（1）得，當時，可得，又因為，所以，反證法：因為，且從第二項起數列嚴格單調遞增，假設存在使得成等差數列，可得，即，兩邊同除以，可得因為是偶數，是奇數，所以，所以假設不成立，即不存在不同的三項能構成等差數列.變式27．（2023·全國·高三專題練習）已知數列的前n項和為，且，．(1)求通項公式；(2)設，在數列中是否存在三項（其中）成等比數列？若存在，求出這三項；若不存在，說明理由．【解析】（1）由題意，在數列中，，兩式相減可得，，，由條件，，故.∴是以1為首項，4為公比的等比數列.∴.（2）由題意及（1）得，，在數列中，，在數列中，，如果滿足條件的，，存在，則，其中，∴，∵，∴，解得：，∵∴，與已知矛盾，所以不存在滿足條件的三項.變式28．（2023·全國·高三專題練習）在①，，②，為的前n項和，這兩個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答下列問題．已知數列滿足______．(1)求數列的通項公式；(2)對大于1的正整數n，是否存在正整數m，使得，，成等比數列？若存在，求m的最小值；若不存在，請說明理由．注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【解析】（1）選擇條件①：由，，得是首項為4，公差為3的等差數列，則，又，所以．選擇條件②：由，可得當時，，又當時，不滿足上式，所以（2）選擇條件①：假設存在滿足題意的正整數m，使得，，成等比數列，則有，即，即因為且，，所以當時，．所以存在正整數m，使得，，成等比數列，m的最小值為8選擇條件②：假設存在滿足題意的正整數m，使得，，成等比數列，則有，當時，有，即，此時n無正整數解，當時，，即．因為，所以不可能為正整數，所以不存在正整數m，使得，，成等比數列變式29．（2023·安徽六安·六安一中校考模擬預測）設正項等比數列的前項和為，若，．(1)求數列的通項公式；(2)在數列中是否存在不同的三項構成等差數列？請說明理由．【解析】（1）設的公比為，由，兩式相除并整理得，解得或（舍去），即，，所以．（2）由（1）有，，所以，假設存在三項構成等差數列，則有，即，左右兩邊除以，，等式左邊為偶數，右邊為奇數，該等式顯然無解，所以在數列中不存在不同的三項構成等差數列．題型十：數列與函數的交匯問題例73．（2022?龍泉驛區校級一模）已知定義在上的函數是奇函數且滿足，，數列是等差數列，若，，則A． B． C．2 D．3【解析】解：函數是奇函數且滿足，有，則，即，為周期為3的函數，數列是等差數列，若，，，，，（1）（3）（5），，，（1），（1）（3）（5），（1）（3）（5）（1）（3），故選：．例74．（2022?日照模擬）已知數列的通項公式，則A．150 B．162 C．180 D．210【解析】解：，可得當時，數列遞減，時，數列遞增，可得．故選：．例76．（2022秋?仁壽縣月考）設等差數列的前項和為，已知，，則下列結論中正確的是A．， B．， C．， D．，【解析】解：由，可得，，即，，從而可得等差數列的公差，把已知的兩式相加可得整理可得結合上面的判斷可知所以，而故選：．題型十一：數列與導數的交匯問題例79．（2022?全國模擬）函數，曲線在點，（1）處的切線在軸上的截距為．（1）求；（2）討論的單調性；（3）設，，證明：．【解析】解：（1）函數的導數為，曲線在點，（1）處的切線斜率為，切點為，切線方程為，代入可得，解得；（2），，當時，，可得在遞增；（3）要證，只需證，即為，只要證，由在遞減，，若，，此時，只要證，即為，即，此時，由（2）知；若，，此時，只要證，即為，即，此時，由（2）知；若，不等式顯然成立．綜上可得，成立，則，由，可得，則成立．例80．（2022?棗莊期末）已知函數，，曲線在點，（1）處的切線在軸上的截距為．（1）求；（2）討論函數和的單調性；（3）設，，求證：．【解析】解：（1）對求導，得．因此．又因為（1），所以曲線在點，（1）處的切線方程為，即．由題意，．顯然，適合上式．令，求導得，因此（a）為增函數：故是唯一解．（2）由（1）可知，，，因為，所以為減函數．因為，所以為增函數．（3）證明：由，，易得由（2）可知，在上為減函數．因此，當時，，即．令，得，即．因此，當時，．所以成立．下面證明：．方法一：由（2）可知，在上為增函數．因此，當時，，即．因此，即．令，得，即．當時，．因為，所以，所以．所以，當時，．所以，當時，成立．綜上所述，當時，成立．方法二：時，因為，所以．下面用數學歸納法證明：時，．①當時，．而，因為，所以．可見，不等式成立．②假設當時不等式成立，即．當時，．因為，是增函數，所以．要證，只需證明．而，因為，所以．所以．可見，時不等式成立．由①②可知，當時，成立．題型十二：數列與概率的交匯問題例28．（2023·湖南長沙·長沙市明德中學校考三模）甲、乙兩選手進行一場體育競技比賽，采用局勝制的比賽規則，即先贏下局比賽者最終獲勝.已知每局比賽甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，比賽結束時，甲最終獲勝的概率為.(1)若，結束比賽時，比賽的局數為，求的分布列與數學期望；(2)若采用5局3勝制比采用3局2勝制對甲更有利，即.(i)求的取值范圍；(ii)證明數列單調遞增，并根據你的理解說明該結論的實際含義.【解析】（1），即采用3局2勝制，所有可能取值為，，的分布列如下表：23所以的數學期望為.（2）采用3局2勝制：不妨設賽滿3局，用表示3局比賽中甲勝的局數，則，甲最終獲勝的概率為：，采用5局3勝制：不妨設賽滿5局，用表示5局比賽中甲勝的局數，則，甲最終獲勝的概率為：，，得.（ii）由（i）知.局比賽中恰好甲贏了局的概率為，局比賽中恰好甲贏了局的概率為，則局比賽中甲至少贏局的概率為.考慮局比賽的前局：如果這局比賽甲至少贏局，則無論后面結果如何都勝利，其概率為，如果這局比賽甲贏了局，則需要后兩場至少贏一局，其概率為，如果這局比賽甲贏了局，則需要后兩場都贏，其概率為，因此局里甲最終獲勝的概率為：，因此，即數列單調遞增.該結論的實際意義是：比賽局數越多，對實力較強者越有利.例29．（2023·全國·高三專題練習）馬爾可夫鏈是因俄國數學家安德烈·馬爾可夫得名，其過程具備“無記憶”的性質，即第次狀態的概率分布只跟第次的狀態有關，與第次狀態是“沒有任何關系的”.現有甲、乙兩個盒子，盒子中都有大小、形狀、質地相同的2個紅球和1個黑球.從兩個盒子中各任取一個球交換，重復進行次操作后，記甲盒子中黑球個數為，甲盒中恰有1個黑球的概率為，恰有2個黑球的概率為.(1)求的分布列；(2)求數列的通項公式；(3)求的期望.【解析】（1）（1）由題可知，的可能取值為0，1，2.由相互獨立事件概率乘法公式可知：;;，故的分布列如下表：012（2）由全概率公式可知：，即：，所以，所以，又，所以，數列為以為首項，以為公比的等比數列，所以，即：.（3）由全概率公式可得：,即：,又,所以,所以,又,所以,所以,所以,所以.例30．（2023·全國·高三專題練習）雅禮中學是三湘名校，學校每年一屆的社團節是雅禮很有特色的學生活動，幾十個社團在一個月內先后開展豐富多彩的社團活動，充分體現了雅禮中學為學生終身發展奠基的育人理念.2022年雅禮文學社舉辦了詩詞大會，在選拔賽階段，共設兩輪比賽.第一輪是詩詞接龍，第二輪是飛花令.第一輪給每位選手提供5個詩詞接龍的題目，選手從中抽取2個題目，主持人說出詩詞的上句，若選手正確回答出下句可得10分，若不能正確回答出下可得0分.(1)已知某位選手會5個詩詞接龍題目中的3個，求該選手在第一輪得分的數學期望；(2)已知恰有甲?乙?丙?丁四個團隊參加飛花令環節的比賽，每一次由四個團隊中的一個回答問題，無論答題對錯，該團隊回答后由其他團隊搶答下一問題，且其他團體有相同的機會搶答下一問題.記第次回答的是甲的概率是，若.①求和；②證明：數列為等比數列，并比較第7次回答的是甲和第8次回答的是甲的可能性的大小.【解析】（1）設該選手答對的題目個數為，該選手在第一輪的得分為，則，易知的所有可能取值為，則，，，故的分布列為012，則.（2）①由題意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，，則.②由第次回答的是甲的概率為，得當時，第次回答的是甲的概率為，第次回答的不是甲的概率為，則，即，又，是以為首項，為公比的等比數列，則，第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大..變式30．（2023·山西朔州·高三懷仁市第一中學校校考階段練習）一對夫妻計劃進行為期60天的自駕游．已知兩人均能駕駛車輛,且約定:①在任意一天的旅途中,全天只由其中一人駕車,另一人休息;②若前一天由丈夫駕車,則下一天繼續由丈夫駕車的概率為,由妻子駕車的概率為;③妻子不能連續兩天駕車．已知第一天夫妻雙方駕車的概率均為．(1)在剛開始的三天中,妻子駕車天數的概率分布列和數學期望;(2)設在第n天時,由丈夫駕車的概率為,求數列的通項公式．【解析】（1）解:設妻子駕車天數為,則的可能取值為:,由題意可知:,,,所以的分布列如下表所示:012所以;（2）假設第天,丈夫駕車的概率為,則妻子駕車的概率為,此時第n天時,由丈夫駕車的概率為,即,則有,所以,因為,所以是以為首項,為公比的等比數列,即,故.變式31．（2023·全國·高三專題練習）某中學舉辦了詩詞大會選拔賽，共有兩輪比賽，第一輪是詩詞接龍，第二輪是飛花令．第一輪給每位選手提供5個詩詞接龍的題目，選手從中抽取2個題目，主持人說出詩詞的上句，若選手在10秒內正確回答出下句可得10分，若不能在10秒內正確回答出下句得0分．(1)已知某位選手會5個詩詞接龍題目中的3個，求該選手在第一輪得分的數學期望；(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四個團隊參加飛花令環節的比賽，每一次由四個團隊中的一個回答問題，無論答題對錯，該團隊回答后由其他團隊搶答下一問題，且其他團隊有相同的機會搶答下一問題．記第n次回答的是甲的概率為，若．①求P2，P3；②證明：數列為等比數列，并比較第7次回答的是甲和第8次回答的是甲的可能性的大小．【解析】（1）設該選手答對的題目個數為，該選手在第一輪的得分為，則，易知的所有可能取值為0，1，2，則，，，故的分布列為012P則，所以．（2）①由題意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，∴，則．②由第n次回答的是甲的概率為，得當n≥2時，第次回答的是甲的概率為，第次回答的不是甲的概率為，則，即，又，∴是以為首項，為公比的等比數列，則，∴，∴第7次回答的是甲的可能性比第8次回答的是甲的可能性大．變式32．（2023·江蘇南通·江蘇省如皋中學校考模擬預測）某校為減輕暑假家長的負擔，開展暑期托管，每天下午開設一節投籃趣味比賽．比賽規則如下：在A，B兩個不同的地點投籃．先在A處投籃一次，投中得2分，沒投中得0分；再在B處投籃兩次，如果連續兩次投中得3分，僅投中一次得1分，兩次均沒有投中得0分．小明同學準備參賽，他目前的水平是在A處投籃投中的概率為p，在B處投籃投中的概率為．假設小明同學每次投籃的結果相互獨立．(1)若小明同學完成一次比賽，恰好投中2次的概率為，求p；(2)若，記小明同學一次比賽結束時的得分為X，求X的分布列及數列期望．【解析】（1）設小明在處投籃為事件，在處投籃分別為已知小明同學恰好投中2次，分三種情況中中不中；中不中中；不中中中；其概率為：，解得