文档内容
重难点突破 01 数列的综合应用
目录
01 方法技巧与总结...............................................................................................................................2
02 题型归纳与总结...............................................................................................................................3
题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用................................................................................3
题型二：数列不动点与递推问题........................................................................................................6
题型三：数列与函数、不等式的综合问题......................................................................................10
题型四：数列在实际问题中的应用..................................................................................................13
题型五：数列不等式的证明..............................................................................................................16
题型六：公共项问题..........................................................................................................................20
题型七：插项问题..............................................................................................................................24
题型八：蛛网图问题..........................................................................................................................27
题型九：整数的存在性问题（不定方程）......................................................................................35
题型十：数列与函数的交汇问题......................................................................................................38
题型十一：数列与导数的交汇问题..................................................................................................40
题型十二：数列与概率的交汇问题..................................................................................................46
题型十三：数列与几何的交汇问题..................................................................................................50
03过关测试.........................................................................................................................................541、解决数列与数学文化相交汇问题的关键
2、新定义问题的解题思路
遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办
事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．
3、数列与函数综合问题的主要类型及求解策略
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前 n项和公式、求和方
法等对式子化简变形．
注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊
性．
4、数列与不等式综合问题的求解策略
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决．
利用等价转化思想将其转化为最值问题.
恒成立 ；
恒成立 .
5、现实生活中涉及银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、产品产量等问题，常常考虑用数列
的知识去解决．
（1）数列实际应用中的常见模型
①等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差；
②等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就
是公比；
③递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第
项 与第 项 的递推关系还是前 项和 与前 项和 之间的递推关系．
在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推广到一般结论；
二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解．一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增
加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要往这些方面联系．
（2）解决数列实际应用题的3个关键点①根据题意，正确确定数列模型；
②利用数列知识准确求解模型；
③问题作答，不要忽视问题的实际意义．
6、在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，我们称这
种方法为放缩法.
放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大（或缩小）分式
的分子（或分母）.
放缩法证不等式的理论依据是： ； .
放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去查找.
题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用
【典例1-1】（2024·重庆九龙坡·三模）正整数 的倒数的和 已经被研究了几百年，
但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当 很大时，
.其中 称为欧拉-马歇罗尼常数， ，至今为止都不确定 是
有理数还是无理数.设 表示不超过 的最大整数，用上式计算 的值为（ ）
（参考数据： ， ， ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】C
【解析】设 ，则 ，
因为 ，
可知数列 为递增数列，
且 ，
，
可知 ，所以 .
故选：C.【典例1-2】（2024·黑龙江佳木斯·三模）《算法统宗》是一部中国古代数学名著，全称为《新编直指算法
统宗》，由明代数学家程大位所著．该书在万历二十一年（即公元1593年）首次刊行，全书共有17卷．
其主要内容涵盖了数学名词、大数与小数的解释、度量衡单位以及珠算盘式图和各种算法的口诀等基础知
识．同时，书中还按照“九章”的次序列举了多种应用题及其解法，并附有图式说明．此外，《算法统
宗》还包括了难题解法的汇编和不能归入前面各类别的杂法算法等内容．其中有一首诗，讲述了“竹筒容
米”问题．诗云：‘家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节三升九，上稍四节贮三升，唯有中间两
节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明’（【注释】三升九：3.9升，次第盛：盛米
容积依次相差同一数量）用你所学数学知识求该九节竹一共盛米多少升?（ ）
A．8.8升 B．9升 C．9.1升 D．9.2升
【答案】B
【解析】设第 节竹筒盛米 升，
则数列 为等差数列， ，
设公差为 ，
则有 ，解得 ，
所以 ，
则该九节竹一共盛米 升.
故选：B.
【变式1-1】（2024·北京朝阳·二模）北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形
垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有 个小球，第二层有
个小球，第三层有 个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有 层，由
“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长
方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】由题意知， ，于是得最底层小球的数量为 ，即 ， .
从而有 ，
整理得 ，
，
，
， ，
由于 皆为正整数，所以
（i）当 时， ，
当 时， ，
（iii）当 时， ，
（iv）当 时，
只有 符合题意，即 的值为2.
故选：B.
【变式1-2】（2024·云南·模拟预测）当前，全球新一轮科技革命和产业变革蓬勃发展，汽车与能源､交通､
信息通信等领域有关技术加速融合，电动化､网联化､智能化成为汽车产业的发展潮流和趋势.某车企为转型
升级，从2024年起大力发展新能源汽车，2024年全年预计生产新能源汽车10万辆，每辆车的利润为2万
元.假设后续的几年中，经过车企关键核心技术的不断突破和受众购买力的提升，每年新能源汽车的产量都
比前一年增加 （假设每年生产的新能源汽车都能销售出去），每辆车的利润都比前一年增加2000元，
则至2030年年底，该汽车集团销售新能源汽车的总利润约为（ ）参考数据： ，结果精确到
0.1）
A．320.5亿元 B．353.8亿元 C．363.2亿元 D．283.8亿元
【答案】B
【解析】设第 年每辆车的利润为 万元，则每辆车的利润 是以2为首项，0.2为公差的等差数列，
所以 ，设第 年新能源汽车的销量为 辆，
则该汽车的销量 是以100000为首项，1.2为公比的等比数列，所以 ，
设该车企销售新能源汽车的总利润为 ，①，
，②
- 得：
① ②
，
所以 万元，即 亿元，
故选：B.
题型二：数列不动点与递推问题
【典例2-1】（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知数列 满足 ， ， 的前n项
和为 ，则下列说法正确的有（ ）
A．对任意 ， 不可能为常数数列
B．当 时， 为递减数列
C．若 ，则
D．若 ，则
【答案】BCD
【解析】因为 ， ，故 .
对于A，当 时， ，即数列 为常数数列，故A错误；
对于B，当 时， ，
若存在 ，使得等号成立，则 ，故 ，故 ，
依次有 ，矛盾，故 ,
则 ，即 ，所以 为递减数列，故B正确；
对于C，由 得 ，由A，B知，当 时， ，故 ，则 ，
故 ，当n＝2时， ，此时等号成立，故C正确；
对于D，由题有 ， ，则 ，两式相减得
，
故 ，
所以
（提示： ），故D正确．
故选：BCD．
【典例2-2】（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知数列 满足 ，则下列说法正确的
是（ ）
A．当 时， B．若数列 为常数列，则
C．若数列 为递增数列，则 D．当 时，
【答案】AD
【解析】对于A，当 时， ，令 ，则 ， ，故 ，即
，A正确；
对于B，若数列 为常数列，令 ，则 ，解得 或 或 ，B不正确；
对于C，令 ，则 ，
若数列 为递增数列，则数列 为递增数列，则 ，解得 或 .
当 时， ，且 ，
，此时数列 为递增数列，即数列 为递增数列；
当 时， ，且 ，
，此时数列 不为递增数列，即数列 不为递增数列；
当 时， ，，此时数列 为递增数列，即数列 为递增数列.
综上，当 或 ，即 或 时，数列 为递增数列，C不正确；
对于D，令 ，则 ， ，两边同时取以2为底的对数，得 ， ，
数列 是首项为1，公比为2的等比数列，
，即 ，D正确.
故选：AD.
【变式2-1】已知数列 满足 ， .给出下列四个结论：
①数列 每一项 都满足 ；
②数列 是递减数列；
③数列 的前 项和 ；
④数列 每一项都满足 成立.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③
C．①②③ D．①②④
【答案】D
【解析】对①： ， ，
当 时， ，所以 ，
假设当 时， ；
则当 时， ；
综上， ，正确；
对②： ，故数列是递减数列，正确；
对③： ， ， ， ， ，错误；
对④：当 时， 成立，
假设 时成立，即 ，
当 时，函数 在 上单调递增，则 ，
故 时成立.
综上所述：数列 每一项都满足 成立，正确.
故选：D.
【变式2-2】（2024·浙江·模拟预测）设数列 满足 ，其中c为实数，数列
的前n项和是 ，下列说法不正确的是（ ）
A．c [0,1]是 的充分必要条件 B．当c>1时， 一定是递减数列
∈
C．当c<0时，不存在c使 是周期数列D．当 时，
【答案】C
【解析】若 ，则 ，即必要性成立；
若c [0,1]，则
假设∈ 时，
则 时，
因此c [0,1] 时， ，即充分性成立；故A成立；
∈ 单调递增，
同理 ，依次类推可得 ，即 一定是递减数列，故B成立；
当c<0时，
由 ，令 存在零点，即存在c使 是周期数
列，即C错误；
当 时，
由A得 ，所以
因为 时， ，所以 ，即D成立；故选：C
题型三：数列与函数、不等式的综合问题
【典例3-1】（2024·江苏苏州·三模）已知函数 .
①当 时， ，记 前 项积为 ，若 恒成立，整数 的最小值是 ;
②对所有n都有 成立，则 的最小值是 .
【答案】 3
【解析】 ， ， ，故 ，
设 ， ，则 ，
故 在 上单调递减，
则 ，故当 时， ，
则
，
所以 ，
综上， ，若 恒成立，整数 的最小值为3，
，
化简得 ，即 ，
令 ， ，
当 时， ，
所以 在 上单调递减，又 ，
所以 ，故 ，
解得 ，所以 的最小值为 .
故答案为：3，
【典例3-2】欧拉函数 的函数值等于所有不超过 且与 互质的正整数的个数（公约数只有1
的两个整数称为互质整数），例如： ， ．记 ，数列 的前 项和为 ，若
恒成立，则实数 的取值范围为 ．
【答案】
【解析】在 的整数中与 不互质的数有 ，共有 个，所以与 互质的数有
个，因此 ．
在 的整数中，2的倍数共有 个，5的倍数共有 个，10的倍数共有 个，所以
．
所以 ，所以数列 是首项为1，公比为2的等比数列，
所以 ，
则 恒成立等价于 恒成立，
即 恒成立，所以 ，
令 ，则 ，
所以 ，且 ，
所以 ，
所以 ，即实数 的取值范围是
【变式3-1】（2024·河北保定·二模）已知数列 的前 项积为 ，若 ，则满足的正整数 的最小值为 .
【答案】
【解析】由满足 ，即 ，
故： ，
当 时， ，
又 为偶数时， 为奇数时， ，所以要满足 ，
所以 的最小值为5，
故答案为：5.
【变式3-2】（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ，且 .若
，则 的最小值为 .
【答案】7
【解析】因为 ，
两式相减得： ，即 .
两边同除以 可得 ，
又 ，得 ，满足 ，
所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，故 ，
即 ，所以 ，
因为 ，
令 ，则 ，
所以数列 单调递增，因为 ，
所以当 时， ，即 ；
当 7时， ，
即 .所以 的最小值为7.
故答案为：7.【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知正项数列 的前 项和为 ， ，若存在非零常数 ，使
得 对任意的正整数 均成立，则 ， 的最小值为 .
【答案】 1 /0.5
【解析】当 时， ，即 ，又 ，所以 .
由 ①，得：当 时， ②，① ②得 ，故
，
所以数列 是以1为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，则 ，解得 ；
故数列 的公比为2， ，则 ， ，则 .
解法一 令 ，则 ， ，
由对勾函数的性质可得 在区间 上单调递增，
所以当 ，即 时， 取得最小值 .
解法二 令 ，则 ， 单调递增，
所以当 时， 取得最小值 ，即 的最小值为 .
故答案为：1，
题型四：数列在实际问题中的应用
【典例4-1】（2024·上海杨浦·二模）某钢材公司积压了部分圆钢，经清理知共有2024根，每根圆钢的直
径为10厘米．现将它们堆放在一起.若堆成纵断面为等腰梯形（如图每一层的根数比上一层根数多1根），
且为考虑安全隐患，堆放高度不得高于 米，若堆放占用场地面积最小，则最下层圆钢根数为 .【答案】134
【解析】设第一层有 根，共有 层，则 ，
，显然 和 中一个奇数一个偶数，
则 或 或 ，即 或 或 ，
显然每增加一层高度增加 厘米，
当 时， 厘米 厘米，此时最下层有 根；
当 时， 厘米 厘米，此时最下层有 根；
当 时， 厘米，超过 米，
所以堆放占用场地面积最小时，最下层圆钢根数为 根.
故答案为：134
【典例4-2】（2024·北京延庆·一模）北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称
为天心石)， 环绕天心石砌 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加 块，下一层的第一环比上一层
的最后一环多 块，向外每环依次也增加 块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石)
块，则上层有扇形石板 块．
【答案】
【解析】记从中间向外每环扇面形石板数为 ，则 是等差数列，且公差 ， ，
设每层有 环，则 ， ，
所以 ，即 ，
即 ，解得 或 （舍去），
所以 ，则 ，
即上层有扇形石板 块.
故答案为： ．
【变式4-1】（2024·广东茂名·一模）有一座六层高的商场，若每层所开灯的数量都是下面一层的两倍，一
共开了1890盏，则底层所开灯的数量为 盏.【答案】30
【解析】依题意，从下往上每层灯的数据构成等比数列 ，公比 ， ，前6项和 ，
于是 ，解得 ，
所以底层所开灯的数量为30盏.
故答案为：30
【变式4-2】（2024·贵州·模拟预测）拓扑结构图在计算机通信、计算机网络结构设计和网络维护等方面有
着重要的作用.某树形拓扑结构图如图所示，圆圈代表节点，每一个节点都有两个子节点，则到第10层一
共有 个节点.（填写具体数字）
【答案】1023
【解析】由图可知，每一层节点的个数组成以1为首项，2为公比的等比数列，
所以到第10层节点的总个数是 .
故答案为：1023.
【变式4-3】（2024·湖北·一模）2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳
了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花——“科赫雪花”．它的绘制规则是：任意画一个正三角形 ，并
把每一条边三等分，以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成
雪花曲线 ．重复上述两步，画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线 ， ， ， ，
．
设雪花曲线 周长为 ，面积为 ．若 的边长为3，则 ； ．
【答案】
【解析】设雪花曲线 的边长为 ，边数为 ，又周长为 ，面积为 ，
由题意可知， ， ， ，
所以 ， ，所以 ，
则 ，
又 ，
当 时， ，
.
也符合该式.
故答案为： ； .
题型五：数列不等式的证明
【典例5-1】（2024·高三·河北衡水·期中）已知数列 的前 项和为 ，且 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)求证： ．
【解析】（1）当 时， .
当 时， ， ，两式相减得：
.
所以 是以 为首项，以 为公比的等比数列.
所以 .
（2）由（1）知：
所以 .
当 时， ，当 时， ，故 ，
所以 .
【典例5-2】（2024·江苏盐城·模拟预测）在数列 的第 项与第 项之间插入 个1，称为变换 ．
数列 通过变换 所得数列记为 ，数列 通过变换 所得数列记为 ，以此类推，
数列 通过变换 所得数列记为 （其中 ）．
(1)已知等比数列 的首项为1，项数为 ，其前 项和为 ，若 ，求数列 的项
数；
(2)若数列 的项数为3， 的项数记为 ．
①当 时，试用 表示 ；
②求证： ．
【解析】（1）设等比数列 的公比为 ，显然 ，
由 ，得 ，解得 .
故数列 有8项，经过1次变换后的项数为 ，
即 的项数为36.
（2）①由 的项数为 ，则当 时， ，
所以
②因数列 是一个3项的数列，所以 ，
由 ，所以 ，
于是 ，则有
所以 ，得 ，即 ，
所以 .
， ，于是 ，则有 ，可得 ，有 ，即 ，
所以 ，
综上所述， ．
【变式5-1】（2024·江苏盐城·一模）已知正项数列 中， ，且 .
(1)求数列 的通项公式；
(2) ，证明： .
【解析】（1）由 ， ，
得 ，又 ，
则 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ， .
（2）证明：因为
，
所以
.
【变式5-2】已知数列 满足 ．
(1)证明 是等比数列，并求 的通项公式；
(2)证明：
【解析】（1）因为 ，所以 ，且 ，则 ，
即 ，所以数列 是首项为 ，公比为7的等比数列，
所以 ，则 ；（2）由（1）可知， ，
，即 ，只有当 时，等号成立，
所以 ，只有当 时，等号成立，
当 时， ，成立，
当 时， ，
综上可知， .
【变式5-3】已知数列 是等差数列， ， ，数列 的前n项和为 ，且
，
(1)求数列 和 的通项公式；
(2)若集合 中恰有四个元素，求实数 的取值范围；
(3)设数列 满足 ， 的前n项和为 ，证明： ．
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ，
由题意可得： ，解得 ，
所以 ；
又因为 ，
若 ，可得 ，解得 ；
若 ，可得 ，
两式相减得 ，即 ；
可知数列 是以首项 ，公比 的等比数列，所以 .
（2）由（1）可知： ，
若 ，即 ，可得 ，设 ，原题意等价于关于n的不等式 恰有4个不同的解，
令 ，
当且仅当 时，等号成立，
可得 ，且 ，则 ，
所以实数 的取值范围为 .
（3）由题意可知： ，则 ，
则 ，
因为 ，则 ，即 ，可得 ，
则 ；
又因为 ，则 ，可得 ，
则 ；
综上所述： .
题型六：公共项问题
【典例6-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列 的前n项积为 ，数列 满足 ，
（ ， ）．
(1)求数列 ， 的通项公式；
(2)将数列 ， 中的公共项从小到大排列构成新数列 ，求数列 的通项公式．【解析】（1） ， ，
当 时， ，
当 时， ，即 ，
而 ，满足上式，
所以数列 的通项公式为 ；
若数列 满足 ， （ ， ），
则 ，
从而数列 的通项公式为 ；
（2）令 ，解得 ，这表明 ，
从而只能 ，
所以 ，
所以数列 的通项公式为 .
【典例6-2】（2024·全国·模拟预测）设 为等差数列 的前n项和，且 ，数列 满足
．
(1)求 和 的通项公式；
(2)若将数列 和 的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列 ，求数列 的前n项和 ．
【解析】（1）设等差数列 的公差为d，
由题意得， 解得 ，
所以由等差数列的通项公式可得： ．
由 得数列 是首项为4，公比为4的等比数列，
所以由等比数列的通项公式可得：
（2）令 ，则可得 ，
所以
，即对于数列 中的任意一项，都在数列 中存在公共项，
所以数列 是数列 的子数列，从而可得 ，
所以 ．
【变式6-1】（2024·四川南充·一模）已知等差数列 的前n项和为 ，满足 ， .
(1)求数列 的通项公式；
(2)将数列 与 的公共项从大到小排列得到数列 ，求数列 的前n项和为 .
【解析】（1）记等差数列 的公差为 ，
由题知 ，即 ，解得 ，
所以数列 的通项公式为： .
（2）数列 的公差为 ，数列 的公差为 ，
所以数列 的公差为 ，
又数列 和 的首项都为2，
所以数列 是以2为首项， 为公差的等差数列，
所以 .
【变式6-2】已知数列 为等差数列，数列 为等比数列，且 ，若
．
(1)求数列 ， 的通项公式；
(2)设由 ， 的公共项构成的新数列记为 ，求数列 的前5项之和 ．
【解析】（1）设数列 的公差为 ，数列 的公比为 ，
因为
则 ，解得 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，则 ，所以 ，
因为 ，所以 ， ，
所以 ．
（2）设数列 的第 项与数列 的第 项相等，
则 ， ， ，
所以 ， ， ，
因为 ， ，
所以当 时， ，当 时， ，则 ，当 时， ，
当 时， ，则 ，当 时， ，
当 时， ，则 ，当 时，
当 时， ，则 ，当 时，
当 时， ，则 ，
故 的前5项之和 ．
【变式6-3】已知 ，设 与 的公共项数列为 ，给出至少两种求 的方法，要求讲清思
路，并求出 ．
【解析】方法1， 由 是 与 的公共项，设 的第n项是 中的第m项，是 的第k项，
即 ，则 ， ，
显然 是正整数，而 为正整数，当且仅当 ，即 为奇数时等式成
立，
所以 .
方法2，显然 ， 不是公共项， ， ，则 ，
不是公共项， ，则 ，
一般地，如果 ，则 一定不是 中的项，
而 是 中的项，
因此数列 的指数构成以2为公差的等差数列，其首项为1，
所以 .方法3，显然 ， 不是公共项， ， ，则 ，
不是公共项， ，则 ，猜想 ，
用数学归纳法证明：
当 时，猜想显然成立，
假设当 时，猜想成立，即 ，且 ，
于是 ，即 是数列 与 的公共项，猜想成立，
综上，对于任意正整数 ， 是数列 与 的公共项，
所以 的通项公式为 .
题型七：插项问题
【典例7-1】已知数列 是等差数列，其前 和为 ， ， ，数列 满足
(1)求数列 ， 的通项公式；
(2)若对数列 ， ，在 与 之间插入 个2（ ），组成一个新数列 ，求数列 的前
83项的和 .
【解析】（1）设公差为 ，
故 ，解得 ，
故 ，
故 ，①
当 时， ，
当 时， ，②
式子①- 得， ，
②
即 ，
当 时， 也满足上式，故 ；
（2）因为 ，所以在 中，从项 开始，到项 为止，
共有项数为 ，当 时， ，当 时， ，
故数列 前 项是项 之后还有 项为2，
.
【典例7-2】（2024·广东广州·二模）已知等差数列 的前 项和为 ，且 为等差
数列．
(1)求 的通项公式；
(2)在 与 之间插入 个数，使这 个数组成一个公差为 的等差数列，记数列 的前
项和为 ，求证： ．
【解析】（1）因为等差数列 中， ，又 ，
所以 ，即 ①，
因为 为等差数列，所以 ，
令 时， ，即 ，则 ②，
结合①②，解出 ，则 ，
所以 的通项公式为 ．
（2）由题设得 ，即 ，
所以 ①，
则 ②，
由①- 得： ，
②
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，即证．
【变式7-1】（2024·河北沧州·一模）在数列 中，已知 ．(1)求数列 的通项公式；
(2)在数列 中的 和 之间插入1个数 ，使 成等差数列；在 和 之间插入2个数 ，
使 成等差数列；…；在 和 之间插入 个数 ，使 成等差
数列，这样可以得到新数列 ，设数列 的前 项和为 ，求
（用数字作答）．
【解析】（1）当 时， ；
当 时， ，
所以 ， .
当 时，上式亦成立，
所以： .
（2）由 .
所以新数列 前55项中包含数列 的前10项，还包含， ， ， ， ， ， ， ， .
且 ， ， ， .
所以
.
设
则 ，
所以 .
故： .
所以 .
【变式7-2】（2024·广西·模拟预测）记数列 的前n项和为 ，对任意正整数n，有 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)对所有正整数m，若 ，则在 和 两项中插入 ，由此得到一个新数列 ，求 的
前91项和．【解析】（1）当 时， ．
又 时，得 ，也满足上式，
故 ．
（2）由 ，所以 ，
又 ，所以 前91项中有87项来自 ，
所以
．
题型八：蛛网图问题
【典例8-1】已知数列 若 （ 且 ），若 对任意 恒成
立，则实数t的取值范围是 .
【答案】
【解析】法一：不妨先由 得到 恒成立的必要条件，
；
，设 ，则 ，
所以 ，解得 ，故 ，
又 ，
故 ，
所以 ，得证.
法二：蛛网法记函数 ，过定点 .
当 时， 迭代收敛于点A，只需位于直线 下方，即 ；
当 时， 迭代收敛于点A，由蛛网图： 单调递减，故只需
即
综上 .
故答案为：
【典例8-2】已知数列 满足： ， ，前 项和为 ，则下列选项错误的
是 （参考数据： ，
A． 是单调递增数列， 是单调递减数列
B．
C．
D．
【解析】解：由 ，得 ，，
令 ，即 ，
则 ，
， ．
作图如下：
由图可得：
． 是单调递增数列， 是单调递减数列，因此 正确；
． ， ， ， ，
， ，
， ，因此 正确；
． ， ，因此 不正确；
．由不动点 ， ，得 ，可得： ， ，因此 正确．
故选： ．
【变式8-1】（2024•浙江模拟）数列 满足 ， ， ， 表示数列 前 项
和，则下列选项中错误的是
A．若 ，则
B．若 ，则 递减C．若 ，则
D．若 ，则
【 解 析 】 解 ： （ 法 一 ） 对 于 选 项 ， 令 ， ， 则 ， 令
，
易知 在 上单调递减，在 ， 上单调递增，此时 ，
又 ，若 ，则有 ，故选项 正确；
对于选项 ，结合选项 中的过程，作出递推函数与 的交点，可得函数 的不动
点为 和1，且 ，
故函数 在 单调递增，且 ，
故 为吸引不动点， 为排斥不动点，
故当 时，数列 向吸引不动点 靠近，单调递减，故选项 正确；
对于选项 ， ，由选项 ， 的过程可知，当 时，数列 单调递减且
，故 ，
而显然 ，故 成立，故选项 正确；
对于选项 ，当 时，结合选项 ， 的过程及蛛网图，易知数列 单调递增，
又 ， 故 当 时 ， ， 即
，
故 ，
，故 ，故选项 错误．
（法二）作出 与 的图象，由蛛网图可知，选项 ， 正确；
若 ，由蛛网图可知， ， 时， ，则 ，
故 ，选项 正确；
若 ，则 ， ，比较 与 的大小，
，
则 ，选项 错误．
故选： ．
【变式 8-2】已知数列 满足： ， ，前 项和为 （参考数据：
， ，则下列选项中错误的是
A． 是单调递增数列， 是单调递减数列
B．
C．
D．
【解析】解：由 ，得 ，
，令 ，即 ，则 ， ， ，
作图如下：
由图得：
① 单调递增， 单调递减，
，故 正确；
② ， ， ， ，
， ，
， ，故 正确；
③ ， ，故 错误．
④由不动点 ，得 ， ，
， ，故 正确．
故选： ．
【变式8-3】（多选题）已知数列 满足 ， ，记数列 的前n项和为 ，
对 恒成立，则下列说法正确的有（ ）
A．若 ，则数列 为递减数列B．若 ，则数列 为递增数列
C．若a＝3，则 的可能取值为
D．若a＝3，则
【答案】BCD
【解析】对于A，令 ，解得 ，即数列 的不动点为2，所以当a＝2时， ，
此时 为常数列，A错误；
对于B，作出函数 与函数y＝x的图像如图：
由图可知B正确；
对于C，作出函数 与函数y＝x的图像如图：由图可知： ，∴ ，∴ ，
即 ，又∵ ，∴ ，
一方面，由 得 ，
∴ ， ，
∴
∵ ，且当n→＋∞， ，∴ ，∵ ，
∴另一方面，由 ， ，得 ，
，
又∵ ， ， ，且 ，∴
，
所以CD正确.
故选：BCD.题型九：整数的存在性问题（不定方程）
【典例9-1】已知等比数列 的前 项和为 ，公比 .
(1)求 ；
(2)若在 与 之间插入3个数，使这5个数组成一个等差数列，试问在这5个数中是否存在3个数可以构
成等比数列？若存在，找出这3个数；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由 ，得 ，所以 .
（2）设这5个数组成的等差数列为 ，
则 ， ，得该数列的公差 ，
所以 ， ， .
因为 ，所以 ， ， 成等比数列，即这3个数为4，12，36.
【典例9-2】已知等比数列 的前 项和为 ，且 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)在 与 之间插入 个数，使这 个数组成一个公差为 的等差数列，在数列 中是否存在3项
， ， （其中 ， ， 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明
理由．
【解析】（1）由题意知当 时， ①
当 时， ②
联立①②，解得 ， ；
所以数列 的通项公式 ．
（2）由（1）知 ， ，
所以 ，可得 ；
设数列 中存在3项 ， ， （其中 ， ， 成等差数列）成等比数列，则 ，
所以 ，即 ；
又因为 ， ， 成等差数列，所以 ，
所以 ，化简得 ，即 ；
又 ，所以 与已知矛盾；所以在数列 中不存在3项 ， ， 成等比数列．
【变式9-1】（2024·天津南开·二模）已知 是等差数列，公差 ， ，且 是 与 的等比
中项.
(1)求 的通项公式
(2)数列 满足 ，且 .
（ⅰ）求 的前n项和 .
（ⅱ）是否存在正整数m，n（ ），使得 ， ， 成等差数列，若存在，求出m，n的值；若不
存在，请说明理由.
【解析】（1）因为 为等差数列，且 ，所以 ．
又 是 与 的等比中项，所以 ，即 ．
化简得 ，解得 或 （舍），
所以 ．
（2）（i）由 ，得 ，所以 （ ），又 ，
当 时，
，
又 也适合上式，所以 ，
则 ，
所以 ．
（ⅱ）假设存在正整数m，n，使得 ， ， 成等差数列，
则 ，即 ，整理得 ，
显然 是25的正约数，又 ，则 或 ，
当 ，即 时， 与 矛盾；
当 ，即 时， ，符合题意，
所以存在正整数使得 ， ， 成等差数列，此时 ， ．【变式9-2】（2024·黑龙江·二模）已知等比数列 的前n项和为 ，且 ，其中 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)在 与 之间插入n个数，使这 个数组成一个公差为 的等差数列，在数列 中是否存在不同
三项 ， ， （其中 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明
理由.
【解析】（1）因为 ，故 ，故 ，
而 为等比数列，故其公比为 ，
又 ，故 ，故 ，
故 .
（2）由题设可得 ，
若数列 中存在不同三项 ， ， （其中 成等差数列）成等比数列，
则 ，因 为等差数列，
故 即 ，故 ，
故 即 ，这样 不同矛盾，
故数列 中不存在不同三项 ， ， （其中 成等差数列）成等比数列.
【变式9-3】（2024·天津北辰·三模）已知 为等差数列，前 项和为 ，若 ， ；数
列 满足： ， .
(1)求 和 的通项公式；
(2)对任意的 ，将 中落入区间 内项的个数记为 .
（i）求 ；
（ii）记 ， 的前 项和记为 ，是否存在 ， ，使得 成立？若存
在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1） ，
所以 ，①
当 时，令 得： ②
① ②得： ，所以 是公差为 的等差数列，
当 时有： ，所以
（2）（i）
因为 ，所以 ，所以
（ii） ，把 代入 得： ，
所以 ， ，
所以
因为 ， ，所以 ，
当 时， （舍去），当 时， （舍去），
当 时， ，所以存在 ， .
题型十：数列与函数的交汇问题
【典例10-1】已知定义在 上的函数 是奇函数且满足 ， ，数列 是等差
数列，若 ， ，则
A． B． C．2 D．3
【解析】解： 函数 是奇函数且满足 ，
有 ，则 ，
即 ，
为周期为3的函数，
数列 是等差数列，若 ， ，
， ，
，
（1） （3） （5） ，
， ， （1） ，
（1） （3） （5） ，
（1） （3） （5） （1） （3） ，
故选： ．
【典例10-2】已知数列 的通项公式 ，则
A．150 B．162 C．180 D．210
【解析】解： ，
可得当 时，数列 递减， 时，数列 递增，
可得
．
故选： ．
【 变 式 10-1 】 设 等 差 数 列 的 前 项 和 为 ， 已 知 ，
，则下列结论中正确的是
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【解析】解：由 ，
可得 ， ，即 ， ，从而可得等差数列的公差
，
把已知的两式相加可得
整理可得
结合上面的判断可知所以 ，而
故选： ．
题型十一：数列与导数的交汇问题
【典例11-1】（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)当 时， ，数列 满足 ，且
①比较 ， ，1的大小
②证明： .
【解析】（1）由题意知 的单调性为 ，
.
当 时，令 ，解得 ，令 ，解得 ，
在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时，令 ，解得 或 ，令 ，解得 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， ， 在 上单调递增；
当 时，令 ，解得 或 ，令 ，解得 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增.
综上所述，当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）①当 时， ，则 ，
令 ，得 ；令 ，得 ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
因为 ， ， ， ， ，
令 ，
，
所以 在 上单调递减，且 ，
因为 ，
又 ，所以 ，
所以 ，则 .
②要证 ，即证 ，
又 ， ，即证 .
所以 ，即 ，
所以 成立，
故 .
【典例11-2】（2024·黑龙江·二模）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体
积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相
应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式．如图，“三角垛”的最上层有1
个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第 层球数是第n层球数与 的和，设各层球数构成一
个数列 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)证明：当 时，
(3)若数列 满足 ，对于 ，证明： ．【解析】（1）根据题意， ，
则有 ，
当 时，
，
又 也满足，所以 .
（2）设 ， ，
则 ，
所以 在 上单调递增，则 ，
即 ，即当 时， .
（3）由（2）可知当 时， ，
令 ，则 ，
所以 ，
所以 ，
令 ，
则 ，
所以
，
所以 ，
所以 .
【变式11-1】（2024·湖南长沙·三模）已知函数 ．
(1)判断并证明 的零点个数
(2)记 在 上的零点为 ，求证;（i） 是一个递减数列
（ii） ．
【解析】（1）当 为奇数时， 有1个零点；当 为偶数时， 有2个零点.
证明如下：
当 时，由 ，得 ，
所以函数 在 上单调递增，又 ， ，
所以函数 在 内有唯一零点；
当 时， ，
若 为奇数， ，则 ，此时 在 内无零点；
若 为偶数，设 ，
则 ，方程 有一个解 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
且 ，此时 在 内有1个零点.
综上，当 为奇数时， 有1个零点；当 为偶数时， 有2个零点.
（2）（i）由（1）知，当 时， 在在 内的零点 ，
当 时， ， ，
则 ，
故 ，所以数列 是一个递减数列；
（ii）由（i）知，当 时， ，
当 时， ，
有 ，所以 ，求和可得
，当且仅当 时等号成立；
当 时， ，
故 ，则 ，得 ，
即 ，即 ，即 ，
即 ，即 ，即 ，当 时， ，
所以当 时，均有 成立，求和可得
.
综上， .
【变式11-2】（2024·湖南衡阳·三模）已知正项数列 的前 项和为 ，首项 .
(1)若 ，求数列 的通项公式；
(2)若函数 ，正项数列 满足： .
（i）证明： ；
（ii）证明： .
【解析】（1）正项数列 中， ， ， ，当 时， ，
两式相减得 ，即 ，
而 ，则 ，因此数列 是首项为1，公差为2的等差数列，
所以数列 的通项公式为 .
（2）（i）令 ，求导得 ，当 时， ，当 时， ，
即函数 在 上单调递减，在 上单调递增，则 ，即 ，
于是 ，
即 ，即 ，
当 时， ，
当 时 ，因此 ，
所以
（ii）由已知 ，所以 ，得 ，
当 时， ，于是 ，
当 时， ，又 ，所以 ，恒有 ，当 时， ，
由 ，得当 时， ，
则当 时， ，
从而
，
于是 ，
所以 .
【变式11-3】（2024·高三·江西萍乡·期中）已知函数 .
(1)证明：当 时， 恒成立；
(2)首项为 的数列 满足：当 时，有 ，证明： .
【解析】（1）要证 ，即 ，只需证 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，即 单调递增，
则 ， 单调递增，则 ，
故当 时， 恒成立；
（2） ，由（1）知 ，则 ，即 ，依此类推，可知 ，
等价于 ，
当 时， （等价于 ），下证 ，
即证 ，即证 ，因为 ，则只要证 ，
即 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，所以 单调递增，
即 单调递增， ，则 单调递增， ，
所以 ，即 ，
所以 ，
即
所以 .
题型十二：数列与概率的交汇问题
【典例12-1】（2024·江苏苏州·模拟预测）现有甲、乙两个盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球
和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，记为一次操作．重复进行 次操作后，记甲盒子中
黑球个数为 ，甲盒中恰有1个黑球的概率为 ，恰有2个黑球的概率为 ．
(1)求随机变量 的分布列；
(2)求数列 的通项公式；
(3)求证： ．
【解析】（1）由题可知 的可能取值为0，1，2，
根据相互独立事件的概率公式得到： 即为甲盒中拿黑球乙盒中拿红球交换， 即为甲盒中拿黑
球乙盒中拿黑球交换或甲盒中拿红球乙盒中拿红球交换， 即为甲盒中拿红球乙盒中拿黑球交换，则
，
的分布列为：
0 1 2（2）由全概率公式可知：
，
即 ，即 ， ，
又 ，
所以数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，
，
即 的通项公式 ；
（3）
，
所以
得证.
【典例12-2】掷一枚质地均匀的骰子，得分规则如下：若出现的点数为1，则得1分；若出现的点数为2
或3，则得2分；若出现的点数为4或5或6，则得3分．
(1)记 为连续掷这枚骰子2次的总得分，求 的数学期望；
(2)现在将得分规则变更如下：若出现的点数为1或2，则得2分，其他情况都得1分．反复掷这枚骰子，
设总得分为 的概率为 ，证明：数列 为等比数列．【解析】（1）由题知掷一次骰子，得1分的概率为 ，得2分的概率为 ，得3分的概率为 ．
的所有可能取值为2，3，4，5，6，
， ， ，
， ．
故 ．
（2）改变规则后，掷一次骰子，得1分的概率为 ，得2分的概率为 ．
由题意知 ， ，
总得分为 有两种情况：一种情况是当得分为 时，下一次再得1分；
另一种情况是当得分为 时，下一次再得2分．
所以 ．
故 ，
又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列．
【变式12-1】4月19日是中国传统二十四节气之一的“谷雨”，联合国将这天定为“联合国中文日”，以
纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，旨在庆祝多种语言以及文化多样性，促进联合国六种官方语
言平等使用．某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，每位留学生随机抽取问题并依次作答，其中每个
问题的回答相互独立．若答对一题记2分，答错一题记1分，已知甲留学生答对每个问题的概率为 ，答
错的概率为 ．
(1)甲留学生随机抽取 题，记总得分为 ，求 的分布列与数学期望；
(2)（ⅰ）若甲留学生随机抽取 道题，记总得分恰为 分的概率为 ，求数列 的前 项和；
（ⅱ）记甲留学生已答过的题累计得分恰为 分的概率为 ，求数列 的通项公式．
【解析】（1）依题意可得 的可能取值为 、 、 、 ，
则 ， ，
， ，所以 的分布列为
所以 .
（2）（ⅰ）若甲留学生随机抽取 道题，总得分恰为 分，即 道题均答对了，
所以 ，
设数列 的前 项和为 ，则 .
（ⅱ）依题意可得 ， ， ，
当 时 ，
所以 ，
所以 为常数数列，又 ，
所以 ，
则 ，所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，
经检验当 、 上式也成立，所以 .
【变式12-2】（2024·全国·模拟预测）甲、乙两名小朋友，每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲手中
的3张卡片为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片都是金色的，现在两人各从自己的卡片中随机取1
张，去与对方交换，重复 次这样的操作，记甲手中银色纪念卡片 张，恰有2张银色纪念卡片的概率为
，恰有1张银色纪念卡片的概率为 ．
(1)求 的值．
(2)问操作几次甲手中银色纪念卡片就可能首次出现0张，求首次出现这种情况的概率 ．
(3)记 ．（i）证明数列 为等比数列，并求出 的通项公式．
（ii）求 的分布列及数学期望．（用 表示）
【解析】（1）根据题意， 表示“重复2次操作，甲手中恰有2张银色卡片”的概率，
包含两种情况：第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换金色卡片；
第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换金色卡片，乙交换银色卡片.
则 ．
所以 ；
表示“重复2次操作，甲手中恰有1张银色卡片”的概率，包含两种情况：
第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换银色卡片；第一次甲交换银色卡片，
第二次甲交换银色卡片，乙交换银色卡片或第二次甲交换金色卡片，乙交换金色卡片.
则 .
（2）结合（1）的计算得 ，即交换一次不会出现 的情况，
而 ，则操作两次就会首次出现0张，其概率为 .
（3）根据题意可得 ．
．
（i） ，
所以 ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ．
（ii）由已知及（1）（2），得 的所有可能取值为 ．
其分布列为
0 1 2
从而 .题型十三：数列与几何的交汇问题
【典例13-1】（2024·浙江绍兴·三模）已知四面体 ，分别在棱 ， ， 上取
等分点，形成点列 ， ， ，过 ， ， 作四面体的截面，
记该截面的面积为 ，则（ ）
A．数列 为等差数列 B．数列 为等比数列
C．数列 为等差数列 D．数列 为等比数列
【答案】C
【解析】设 ， ， 与 所成角为 ，
由题意可知： ， ，
根据平行线分线段成比例可知： ， ，
，
对于A， ，
则 不恒等于常数，则数列 恒为等差数列不成立，A错误；
对于B， ，
不恒等于不为零的常数，则数列 恒为等比数列不成立，B错误；对于C， ，
则 ，
即 恒为常数， 为等差数列，C正确；
对于D， ，即 不恒等于不为零的常数，
则数列 恒为等比数列不成立，D错误.
故选：C.
【典例13-2】（2024·福建福州·三模）数列 中， ，点 在双曲线 上.若
恒成立，则实数λ的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意可知：双曲线 的渐近线方程为 ，
因为点 在双曲线 上，则 ，
且 ，可得 ，
可知 为递减数列，且 ，则 为递减数列，
可得 ，且 ，可得 ，
记点 ，则 为直线 的斜率，记 ，
由双曲线的性质可知：因为 为递减数列，直线 的斜率 为递减数列，即 ，
且随着 增大，直线 越接近渐近线 ，故 接近于 ，
所以 ，则 .
故选：C.
【变式13-1】（2024·四川成都·一模）公差为 的等差数列 的首项为 ，其前 项和为 ，若直线与圆 的两个交点关于直线 对称，则数列 的前100项和等于（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】因为直线 与圆 的两个交点关于直线 对称，
所以直线 经过圆心 ，且直线 与直线 垂直，
所以 且 ，解得： ， .
则 ， ，
所以数列 的前100项和为 .
故选：A.
【变式13-2】（2024·辽宁大连·模拟预测）已知三棱锥 ，P是面 内任意一点，数列 共9
项， 且满足 ，满足上述条件的
数列共有 个.
【答案】70
【解析】因为P是面 内任意一点，
所以 四点共面，
因为 ，
所以 ，即 ，
解得 或 ，
可转化为组合计数问题
①若 ，则 ，只有1个
②若 ，则 ，有 个
③若 ，则 ，有 个④若 ，则 ，有 个
⑤若 ，则 ，只有1个
共70个
故答案为：70
【变式13-3】（2024·高三·北京·期中）已知直线 与 相交于点 ，直线 与
轴交于点 ，过点 作 轴的垂线交直线 于点 ，过点 作 轴的垂线交直线 于点 ，过点 作 轴
的工线交直线 于点 ，…，这样一直作下去，可得到一系列点 ， ， ， ，…，记点 的
横坐标构成数列 ，给出下列四个结论：
①点 ； ②数列 单调递减；
③ ； ④数列 的前 项和 满足： .
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③
【解析】由题设， ，故①对；
设 ，则 ，进而有 ，即 ，
所以 ，故 是以1为首项， 为公比的等比数列，则 ，
对于 ， ，易知数列 单调递增，②错；
由两直线交点 和 ，则 ，③对；
由 ，故 ，所以 ，④错；
故答案为：①③
1．（2024·浙江绍兴·二模）汉诺塔（Tower of Hanoi），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着 个不同大小的圆盘，要
把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，
请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为 ，例如： ， ，则下列说法正确的是
（ ）
A． B． 为等差数列
C． 为等比数列 D．
【答案】C
【解析】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：
若有2个圆盘，则移动情况为： ，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：
，共7次，故 ，A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动 次，则 ,
所以 ，而 ，故 为等比数列，
故 即 ，该式不是n的一次函数，
则 不为等差数列，B错误；
又 ，则 ， ，则 为等比数列，C正确，
，D错误，
故选：C
2．（2024·河南洛阳·模拟预测）折纸是一种用纸张折成各种不同形状的艺术活动，起源于中国，其历史可
追溯到公元583年，民间传统折纸是一项利用不同颜色、不同硬度、不同质地的纸张进行创作的手工艺．
其以纸张为主材，剪刀、刻刀、画笔为辅助工具，经多次折叠造型后再以剪、刻、画手法为辅助手段，创
作出或简练、或复杂的动物、花卉、人物、鸟兽等内容的立体几何造型作品．随着一代代折纸艺人的传承
和发展，现代折纸技术已发展至一个前所未有的境界，有些作品已超越一般人所能想象，其复杂而又栩栩
如生的折纸作品是由一张完全未经裁剪的正方形纸张所创作出来的，是我们中华民族的传统文化，历史悠
久，内涵博大精深，世代传承．在一次数学实践课上某同学将一张腰长为l的等腰直角三角形纸对折，每
次对折后仍成等腰直角三角形，则对折6次后得到的等腰直角三角形斜边长为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，对折后的等腰直角三角形的腰长成等比数列，且首项为 ，公比为 ，
故对折6次后，得到腰长为 的等腰直角三角形，
所以斜边长为 .
故选：A．
3．（多选题）（2024·全国·模拟预测）数列 满足 ， ，则下列说法正确的是
（ ）
A．若 且 ，数列 单调递减
B．若存在无数个自然数 ，使得 ，则
C．当 或 时， 的最小值不存在
D．当 时，
【答案】ACD
【解析】A选项， ，
令 ，解得： ，
令 ，解得：
综上： 且 ，
所以 且 ，数列 单调递减，A正确；
B选项，当 时， ，
当 时， ，
所以存在无数个自然数 ，使得 ，
故B错误；
C选项，当 或 时， ，
所以数列 单调递减，所以最小值不存在，C正确；
D选项， ，所以 ，
所以 ，
故
，
因为 ， ， 单调递减，
所以当 时， ， ，
所以 ，
又因为 单调递减，所以当 时， 取得最大值，
最大值为 ，
综上： ，D正确.
故选：ACD
4．（多选题）已知正项数列 满足 ，则（ ）
A． 为递增数列
B．
C．若 ，则存在大于1的正整数 ，使得
D．已知 ，则存在 ，使得
【答案】AB
【解析】数列 中， ，由 ，得 ，
对于A， ，因此 为递增数列，A正确；
对于B， ，则 ，因此 ，B正确；对于C， ，由 ，得 ，有 ，
显然 ，于是 ，由选项A知， ，
因此不存在大于1的正整数 ，使得 ，C错误；
对于D， ，则 ，
即 ，于是 ，
因此 ， ，则不存在 ，使得 ，D错误.
故选：AB
5．（多选题）已知数列 满足： ，其中 ，数列 的前 项和是 ，下
列说法正确的是（ ）
A．当 时，数列 是递增数列
B．当 时，若数列 是递增数列，则
C．当 时，
D．当 时，
【答案】ACD
【解析】因为 且 ，
所以 ，数列 是递增数列，故A正确；
若数列 是单调递增数列，
当 时，
且 ，所以 ，又因为 是单调递增的，
所以只需要 ，则 ，解得 或 ，故B错误；
，所以 ，所以 ，所以 ，故C正确；
易知 是递增数列，所以 ，则 ，
即 ，所以 ，
即 ，所以 ，
当 时， ，所以
所以 ，D正确，
故选:ACD.
6．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知数列 中， ，且 ，若存在正
整数 ，使得 成立，则实数 的取值范围为 .
【答案】
【解析】由 ，令 ，
若 为奇数，则 ，
若 为偶数，则 ，
即 奇数项与偶数项分别成以 为公差的等差数列，
易知 ，
所以 ，则 ，
若 为奇数，则
有解，即 ，由指数函数的单调性可知 ；
若 为偶数，则
有解，即 ，
由指数函数的单调性可知 ；
综上 满足题意.
故答案为：
7．（2024·浙江·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ，且 ，数列 的前 项和为 ，
且 ，则满足 的正整数 的最小值为 .
【答案】15
【解析】因为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
整理得 ，
所以 ，
所以 ，
令 ，解得 .
所以正整数 的最小值为15.
故答案为：15
8．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需
求量 （万件）近似地满足关系式 ，按此预测，在本年度内，需求量超
过1.5万件的月份是 .
【答案】7，8
【解析】因为 ，所以当 时， ，
当 时，
，
化为 ，
解得 ，
可知当 或8，需求量超过1.5万件.
故答案为：7，8.
9．已知平面 内有四点 ，且任意三点不共线，点 为平面 外一点，数列 为等差数列，
其前 项和为 ，若 ，则 .
【答案】2020
【解析】因为平面 内有四点 ，且任意三点不共线，
所以 ，
所以 ，
可整理得 ，
即 ，
易得 ，
因为 ，所以 ，即
因为 为等差数列，所以 ，
故答案为：2020
10．已知数列 满足 （ ）， 在双曲线 上，则 .
【答案】 /
【解析】当 时， 与渐近线平行，且 在 轴的投影为1，
不妨取渐近线 ，令其倾斜角为 ，则 ， ，所以 .
故答案为：
11．已知数列 是首项为 ，公差为 d 的等差数列，其前 n 项和为 ，若直线 与圆
的两个交点关于直线 对称，则数列 的前100项和为 ．
【答案】
【解析】由对称性可知 经过 ，故 ，解得 ，
且 与 垂直，其中 的斜率为 ，故 ，
所以 ， ，
所以 ，
则 .
故答案为：
12．（2024·云南昆明·模拟预测）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积
的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应
立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“三角垛”的最上层有1个球，
第二层有3个球，第三层有6个球……第 层球数比第 层球数多 ，设各层球数构成一个数列 .(1)求数列 的通项公式；
(2)求 的最小值；
(3)若数列 满足 ，对于 ，证明： .
【解析】（1）依题意， ，则有 ，
当 时，
，
又 也满足，所以 .
（2）函数 的定义域为 ，
求导得 ，当 时， ，当 时， ，
则函数 在 上单调递减，在 上单调递增，因此 ，
所以函数 的最小值为0.
（3）由（2）知，当 时， ，令 ，则 ，
则 ，
因此 ，
令 ，
于是 ，
两a式相减得 ，
因此 ，所以 .
13．（2024·全国·模拟预测）已知数列 满足 ， ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)若 ，证明： ．
【解析】（1）当 时， ；当 时， ①，
②．
① ②得 ，
因为 不满足上式，所以 .
（2）由（1） ，
因为 ，所以 ，
当 时， ；
当 时，
，
综上，对任意的 ， .
14．已知等差数列 的前 项和为 ，且 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)若数列 由 与 的公共项按从小到大的顺序排列而成，求数列 落在区间 内的项的
个数．
【解析】（1）设等差数列 的公差为 ．
由 可得 得
解得
所以 ．
（2）因为 ，所以 表示所有正整数的完全平方数从小到大组成的数列，
而 表示全体正奇数从小到大组成的数列，所以 表示全体正奇数的平方从小到大组成的数列，
因为 ，所以 落在区间 内的项的个数为22项．15．（2024·吉林通化·一模）记 为公比不为1的等比数列 的前 项和， ， ．
(1)求 的通项公式；
(2)设 ，若由 与 的公共项从小到大组成数列 ，求数列 的前 项和 ．
【解析】（1）设等比数列的公比为 ，
因为 ，即 ，即 ，所以 ，
又 ，即 ，解得 ，
所以 .
（2）由（1）可得 ，
则数列 为 、 、 、 、 ，偶数组成的数列，
又 ，令 ，则 为正偶数，
所以 ， ， ， ， ，
所以 为以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 .
16．（2024·高三·黑龙江哈尔滨·开学考试）记数列 的前 项和 ，对任意正整数 ，有 ，且
.
(1)求数列 的通项公式；
(2)对所有正整数 ，若 ，则在 和 两项中插入 ，由此得到一个新数列 ，求 的
前91项和.
【解析】（1）由 ，则 ，两式相减得： ，
整理得： ，即 时， ，
所以 时， ，
又 时， ，得 ，也满足上式.
故 .
（2）由 ，所以 ，又 ，所以 前91项中有87项来自 .
所以故
.
17．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）设数列 的前 项和为 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)在数列 的 和 项之间插入 个数，使得这 个数成等差数列，其中 ，将所有插入
的数组成新数列 ，设 为数列 的前 项和，求 ．
【解析】（1）当 时， ，所以 ，
当 时， ，即 ，
所以 ，
当 时，符合 ，
所以 ；
（2）依题意， ，
，
，
︙
．
所以 ，
即 ，①
则 ，②
由① ②可得，
，
所以 ．
18．（2024·全国·模拟预测）已知数列 为等差数列， ，前n项和为 ，数列 满足，
(1)数列 中是否存在不同的三项构成等比数列？请说明理由．
(2)若 ，求满足条件的最大整数n．
【解析】（1）因为等差数列 满足 ，
所以 ，所以 ．
设数列 中任意三项 ，且 ．
假设 成等比数列，则 ，
即 ．
因为 ，
所以
即
所以
所以 ，即 ，与 矛盾，
所以数列 中的任意三项均不能构成等比数列．
（2）由题意，知 ，
所以 ．
而 随着n的增大而增大．
设满足条件的最大整数为 ，
则
即所以 ，即满足条件的最大整数为98．
19．已知数列 的前项和为 ，且满足：
(1)求数列 的通项公式；
(2)在 与 之间插入 个数，使这 个数组成一个公差为 的等差数列，在数列 中是否存在三项
（其中 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由 ①
得 时 ②
- 得 ，①中令 得 ，
① ②
是以 为首项， 为公比的等比数列， ，
（2）
假设存在这样的三项 成等比数列，
为递增数列，不妨设 ，
则
则 ，
成等差数列，
， ，
由 ，得 ，所以 ，与题设矛盾
不存在这样的三项 （其中 成等差数列）成等比数列.
20．设数列 的首项 为常数 ，且 ．
(1)证明： 是等比数列；
(2)若 中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项：若不存在，请说明理由．
(3)若 是递增数列，求 的取值范围．【解析】（1）证明：
，
因为 ，所以 ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列；
（2）因为 ，所以数列 的首项是 ，
所以 ，则 ，
若 中存在连续三项成等差数列，则必有 ，
即 ，
整理为： ，
解得： ，
所以 成等差数列；
（3）如果 ，
即 对任意自然数均成立，
化简得 ，
当 为偶数时， 恒成立，
因为 是递减数列，
所以 的最大值是 ，即 ，
当 为奇数时， 恒成立，单调递增，
所以 的最小值为 ，即 ，
所以 的取值范围是 .
21．（2024·重庆渝中·模拟预测）（1）证明：当 时， ；
（2）已知正项数列 满足 .
（i）证明：数列 为递增数列；
（ii）证明：若 ，则对任意正整数 ，都有 .
【解析】（1）令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，即 ，
再令 ，则 ， ，
令 ，则 ，由上面知 ，
即 在 上单调递减，所以 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，
即 .
综上，当 时， 成立.
（2）（i）因为 ，所以 ，
所以 ，由（1）知，当 时， ，
所以 ，
所以数列 为递增数列.
（ii）要证 ，即证 ，即 ，
由（1）知：当 时， ，
所以 ，即有 ，所以 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，
所以 ，归纳易得数列 为减函数，
又数列 为递增数列，
所以 ，
所以
，
又因为 ，
所以 ，
所以 ，
即 成立.
22．（2024·江苏南通·三模）已知函数 ．
(1)若 ，求 的最小值；
(2)设数列 前 项和 ，若 ，求证： ．
【解析】（1）因为 ，则 ，
因为 ，则 ，且 ，
当 时，则 ，可得 ；
当 时，则 ，可得 ；可知 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 的最小值为 .
（2）因为 ，
若 ，则 ，满足 ；
若 ，由（1）可知： ，
即 ，当且仅当 时，等号成立，
令 ，可得 ，
且 ，
可得 ，
所以 ；
综上所述： .
23．设函数 ， .
(1) 当 时，证明： ；
②当① 时，求 的值域；
(2)若数列 满足 ， ， ，证明：
（ ）.
【解析】（1）① 在 恒成立，
故 在 上单调递增，
故 ，证毕；
② ，恒有 ，
故 为偶函数，当 时， ，
由①可知， 在 上恒成立，
又 ，故 在 上恒成立，
故 在 上单调递减，
故 ， ，
结合函数在 上为偶函数可得，函数值域为 ；
（2）因为 ， ，
所以 ，
其中 ，故只需证明 ，
因为 ， ，
所以 ，
由（1）可知 ，
上式两边取倒数得 ，故 ，
于是
， ，
所以 （ ）.
24．（2024·浙江杭州·模拟预测）投掷一枚硬币（正反等可能），设投掷 次不连续出现三次正面向上的
概率为 .
(1)求 ， ， 和 ；
(2)写出 的递推公式；
(3)单调有界原理：①若数列 单调递增，且存在常数 ，恒有 成立，那么这个数列必定有极限，
即 存在；②若数列 单调递减，且存在常数 ，恒有 成立，那么这个数列必定有极限，即存在.请根据单调有界原理判断 是否存在？有何统计意义？
【解析】（1）依题意， ，
而投掷3次，共有8个不同结果，其中连续出现三次正面向上的只有1个，则 ，
又投掷4次，共有16个不同结果，其中连续出现三次正面向上的有：正正正正，正正正反，
反正正正，因此 .
（2）共有三种情况：
①如果第n次出现反面向上，前n次不连续出现三次正面向上和前 次不连续出现三次正面向上是相同
的，
此时不连续出现三次正面向上的概率为 ；
②如果第n次出现正面向上，第 次出现反面向上，
则前n次不连续出现三次正面向上和前 次不连续出现三次正面向上是相同的，
此时不连续出现三次正面向上的概率为 ；
③如果第n次出现正面向上，第 次出现正面向上，第 次出现反面向上，
则前n次不连续出现三次正面向上和前 次不连续出现三次正面向上是相同的，
此时不连续出现三次正面向上的概率为 ，
所以 ， .
（3）由（2）知， ，
当 时， ，则 ，
即 ，因此当 时，数列 是递减的，又 ，
则当 时，数列 是递减的，显然有下界0，
于是数列 的极限存在，对 两边取极限，得 ，
其统计意义是：当投掷的次数足够多时，不出现连续三次正面向上的次数非常少，其概率趋近于0.
25．（2024·广东广州·模拟预测）甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决
定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留继
续投掷骰子；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；
当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，
球在甲手中.(1)求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；
(2)投掷 次骰子后，记球在乙手中的概率为 ，求数列 的通项公式；
(3)设 ，求证： .
【解析】（1）依题意，球在甲手中时，保留在自己手中的概率为 ，传给乙的概率为 ；
球在乙手中时，传给甲的概率为 ，传给丙的概率为 ；球在丙手中时，传给甲和丙的概率都是 .
则三次投掷骰子后球在甲手中包括四类的情况，
第一类情况：甲→甲→甲→甲，概率为 ；
第二类情况：甲→乙→甲→甲，概率为 ；
第三类情况：甲→乙→丙→甲，概率为 ；
第四类情况：甲→甲→乙→甲，概率为
由互斥事件的概率加法公式，三次投掷骰子后球在甲手中的概率为 .
（2）由于投掷 次骰子后球不在乙手中的概率为 ，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有
的概率传给乙，
故有 ，变形为 .
又 ，所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列.
所以 .
所以数列 的通项公式 .
（3）由（2）可得
，则
① 当 是奇数时，因 是单调增函数，故 ，则 ，
于是， ，故 ；
② 当 是偶数时，因 是单调减函数，故 ，则 ，
于是， ，故 .
综上， .
