第45讲数列的综合应用_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第45讲 数列的综合应用
知识梳理
1、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.
a>F(n)恒成立⇔a>F(n) ；
max
a<F(n)恒成立⇔a<F(n) .
min
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n项a 与第n+1项a 的递推关系还是前n项和S 与前n+1项和S 之间
n n+1 n n+1
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
第 页 共 页
1222 3427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：A>B,B>C⇒A>C；A<B,B<C⇒A<C.
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.
必考题型全归纳
1 题型一：数列在数学文化与实际问题中的应用
2158 (2024·河南·河南省内乡县高级中学校考模拟预测)“角谷猜想”首先流传于美国，不久便
传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作
“角谷猜想”.“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以
2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a ，按照上述规则实施第n次运算的
0
结果为a nn∈N  ，若a 5 =1，且a ii=1,2,3,4  均不为1，则a = ( ) 0
A.5或16 B.5或32 C.5或16或4 D.5或32或4
【答案】B
3a +1,a 为奇数
 n n
【解析】由题知a
n+1
=a
n,a 为偶数
，因为a
5
=1，则有：
2 n
若a 为奇数，则a =3a +1=1，得a =0，不合题意，所以a 为偶数，则a =2a =2；
4 5 4 4 4 4 5
1
若a 为奇数，则a =3a +1=2，得a = ，不合题意，所以a 为偶数，a =2a =4；
3 4 3 3 3 3 3 4
若a 为奇数，则a =3a +1=4，得a =1，不合题意，所以a 为偶数，且a =2a =8；
2 3 2 2 2 2 3
7
若a 为奇数，则a =3a +1=8，得a = ，不合题意，所以a 为偶数，且a =2a =16；
1 2 1 1 3 1 1 2
若a 为奇数，则a =3a +1=16，可得a =5；若a 为偶数，则a =2a =32.
0 1 0 0 0 0 1
综上所述：a =5或32.
0
故选：B
2159 (2024·河南郑州·统考模拟预测)北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就
是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二
层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为a ，则使得
n
a >2n+2成立的n的最小值是 ( )
n
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】C
第 页 共 页
1223 3427  a 2 -a 1 =2
a -a =3
【解析】由题意 3 2 ，n≥2，n∈N*且a =1，
 ⋯, 1


a -a =n
n n-1
nn+1
累加可得a -a =2+3+⋯+n，所以a =1+2+⋯+n=
n 1 n

，
2
nn+1
∴

>2n+2，得n>4，即n =5．
2 min
故选：C．
2160 (2024·四川成都·石室中学校考模拟预测)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中有
如下俯视图所示的几何体，后人称之为“三角垛”．其最上层有1个球，第二层有3个球，第
三层有6个球，第四层10个⋯，则第三十六层球的个数为 ( )
A.561 B.595 C.630 D.666
【答案】D
【解析】由题意，第一层1个球，第二层1+2=3个，第三层1+2+3=6个，第四层1+2
+3+4=10个，
36×(1+36)
据此规律，第三十六层有小球1+2+3+⋯+36= =666个.
2
故选：D
2161 (2024·全国·高三专题练习)科赫曲线因形似雪花，又被称为雪花曲线.其构成方式如下：
如图1将线段AB等分为线段AC,CD,DB，如图2.以CD为底向外作等边三角形CMD，
并去掉线段CD，将以上的操作称为第一次操作；继续在图2的各条线段上重复上述操作，
当进行三次操作后形成如图3的曲线.设线段AB的长度为1，则图3中曲线的长度为
( )
16 64
A.2 B. C. D.3
9 27
【答案】C
4
【解析】依题意，一条线段经过一次操作，其长度变为原来的 ，
3
4 4
因此每次操作后所得曲线长度依次排成一列，构成以 为首项， 为公比的等比数列，
3 3
4
所以当进行三次操作后的曲线长度为
3

3 64
= .
27
故选：C
2162 (2024·全国·高三专题练习)我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里
第 页 共 页
1224 3427出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就在“杨辉三角”中，第n
行的所有数字之和为2n-1，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，
10，5，...，则此数列的前34项和为 ( )
A.959 B.964 C.1003 D.1004
【答案】A
【解析】将这个数列分组：
第一组1个数2=22-2；
第二组2个数3+3=23-2；
⋯，
第七组7个数，这7个数的和为28-2
第八组8个数9+36+84+126+126+84+36+9=29-2，
前八组共36 项，前36项和为22-2+23-2+⋯+29-2=1004，
所以前34 项和为1004-9-36=959，
故选：A．
2163 (2024·全国·高三专题练习)南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列
的问题，即一个数列a
n
 本身不是等差数列，但从a
n
 数列中的第二项开始，每一项与前
一项的差构成等差数列b
n
 (则称数列a
n
 为一阶等差数列)，或者b
n
 仍旧不是等差数
列，但从b
n
 数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列c
n
 (则称数列
a
n
 为二阶等差数列)，依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我
们亦可定义高阶等比数列，设数列1，1，2，8，64⋯是一阶等比数列，则该数列的第8项
是( )．
A.28 B.215 C.221 D.228
【答案】C
【解析】由题意，数列1，1，2，8，64，⋯为a
n
 ，且为一阶等比数列，
a
设b = n ，所以b
n-1 a n
n-1

b
为等比数列，其中b =1，b =2，公比为q= 2 =2，
1 2 b
1
所以b =2n-1，则a =b ⋅b ⋯b ⋅a =21+2+3+⋯+n-2
n n n-1 n-2 1 1

n-1
=2
 n-2 
2 ,n≥2，
所以第8项为a =221．
8
故选：C.
【解题方法总结】
(1)解决数列与数学文化相交汇问题的关键
第 页 共 页
1225 3427(2)解答数列应用题需过好“四关”
2 题型二：数列中的新定义问题
2164 (2024·江西·江西师大附中校考三模)已知数列a
n
 的通项a =2n-1n∈N*
n
 ，如果把
数列a
n
 的奇数项都去掉，余下的项依次排列构成新数列为b
n
 ，再把数列b
n
 的奇数
项又去掉，余下的项依次排列构成新数列为c
n
 ，如此继续下去，⋯⋯，那么得到的数列
(含原已知数列)的第一项按先后顺序排列，构成的数列记为P
n
 ，则数列P
n
 前10项的
和为 ( )
A.1013 B.1023 C.2036 D.2050
【答案】C
【解析】根据题意，如此继续下去，⋯⋯，则得到的数列的第一项分别为数列a
n
 的第a,
1
a ,a ,a
2 4 8,⋯
即得到的数列P
n
 的第n项为数列a
n
 的第2n-1项，
因为a =2n-1n∈N*
n
 ，可得P =2n-1，
n
所以P 1 +P 2 +⋯+P 10 =2+22+⋯+210  -10=2036.
故选：C.
2165 (2024·人大附中校考三模)已知数列a
n
 满足：对任意的n∈N∗，总存在m∈N∗，使得
S =a ，则称a
n m n
 为“回旋数列”．以下结论中正确的个数是 ( )
①若a =2023n，则a
n n
 为“回旋数列”；
②设a
n
 为等比数列，且公比q为有理数，则a
n
 为“回旋数列”；
③设a
n
 为等差数列，当a =1，d<0时，若a
1 n
 为“回旋数列”，则d=-1；
④若a
n
 为“回旋数列”，则对任意n∈N∗，总存在m∈N∗，使得a =S ．
n m
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】①由a n =2023n可得S n =20231+2+3+⋯+n 
nn+1
=2023×

， 2
n(n+1) n(n+1)
由S =a 可得2023× =2023m，取m= 即可，则a
n m 2 2 n
 为“回旋数列”，
故①正确；
②当q=1时，S =na ，a =a ，
n 1 m 1
第 页 共 页
1226 3427由S =a 可得na =a ，故当n=2时，很明显na =a 不成立，故a
n m 1 1 1 1 n
 不是“回旋数列，
②错误”；
③a n  是等差数列，故a m =1+m-1 
nn-1
d，S =n+ n

d， 2
因为数列a n  是“回旋数列”，所以1+m-1 
nn-1
d=n+
 n-1
d，即m= + 2 d
nn-1 
+1，
2
nn-1
其中
 n-1
为非负整数，所以要保证 恒为整数，
2 d
故d为所有非负整数的公约数，且d<0，所以d=-1，故③正确；
④由①可得当a =2023n时，a
n n
 为“回旋数列”，
m(m+1)
取a =2023×2，S =2023× ，显然不存在m,使得S =a =2023×2，故④错
2 m 2 m 2
误
故选：B
2166 (2024·湖北武汉·统考三模)将1,2,⋅⋅⋅,n按照某种顺序排成一列得到数列a
n
 ，对任意1
≤i<j≤n，如果a >a ，那么称数对a,a
i j i j
 构成数列a
n
 的一个逆序对.若n=4，则恰
有2个逆序对的数列a
n
 的个数为 ( )
A.4 B.5 C.6 D.7
【答案】B
【解析】若n=4，则1≤i<j≤4，
由1,2,3,4构成的逆序对有4,3  ,4,2  ,4,1  ,3,2  ,3,1  ,2,1  ，
若数列a
n
 的第一个数为4，则至少有3个逆序对，
若数列a
n
 的第二个数为4，
则恰有2个逆序对的数列a
n
 为1,4,2,3  ，
若数列a
n
 的第三个数为4，
则恰有2个逆序对的数列a
n
 为1,3,4,2  或2,1,4,3  ，
若数列a
n
 的第四个数为4，
则恰有2个逆序对的数列a
n
 为2,3,1,4  ，3,1,2,4 
综上恰有2个逆序对的数列a
n
 的个数为5个.
故选：B.
2167 (2024·全国·高三专题练习)记数列a
n
 的前n项和为S ，若存在实数M>0，使得对任
n
意的n∈N*，都有S n  <M，则称数列a n  为“和有界数列”．下列命题正确的是 ( )
A.若a
n
 是等差数列，且首项a =0，则a
1 n
 是“和有界数列”
B.若a
n
 是等差数列，且公差d=0，则a
n
 是“和有界数列”
C.若a n  是等比数列，且公比q  <1，则a n  是“和有界数列”
D.若a n  是等比数列，且a n  是“和有界数列”，则a n  的公比q  <1
【答案】C
n(n-1)d d
【解析】对于A，若{a }是等差数列，且首项a =0，当d>0时，S = = n2-
n 1 n 2 2
d
n，
2
第 页 共 页
1227 3427当n趋近于正无穷时，S n  趋近于正无穷，则{a }不是“和有界数列”，故A不正确． n
对于B，若{a }是等差数列，且公差d=0，则S =na ，当a ≠0时，
n n 1 1
当n趋近于正无穷时，S n  趋近于正无穷，则{a }不是“和有界数列”，故B不正确． n
a(1-qn) a a
对于C，若{a }是等比数列，且公比|q|<1，则S = 1 = 1 - 1 qn，
n n 1-q 1-q 1-q
a a a
故S n = 1- 1 q - 1- 1 q qn< 1- 1 q + 
a a
 1 qn<2 1 ，则{a }是“和有界数列”，故C正 1-q 1-q n
确．
对于D，若{a n }是等比数列，且{a n }是“和有界数列”，则{a n }的公比q  <1或q=-1，
故D不正确．
故选：C．
2168 (2024·全国·高三专题练习)斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波
那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下
定义：用a 表示斐波那契数列的第n项，则数列a
n n
 满足：a =a =1,a =a +a . ，
1 2 n+2 n+1 n
n
记a=a +a +⋯+a ，则下列结论不正确的是 ( )
i 1 2 n
i=1
A.a =55 B.3a =a +a (n≥3)
10 n n-2 n+2
2019 2021
C.a=a D.a2=a ⋅a
i 2021 i 2021 2022
i=1 i=1
【答案】C
【解析】依题意，数列a
n
 的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
即a =55，∴A正确；
10
当n≥3时，a =a +a 3a =a +a +a +a =a +a +a =a +a ，
n n-1 n-2， n n-2 n-1 n n n-2 n+1 n n-2 n+2
∴B正确；
由a =a =1,a =a +a ，可得a -a =a,a -a =a ,⋯,a -a =a ，
1 2 n+2 n+1 n 3 2 1 4 3 2 2021 2020 2019
累加得a -a =a +a +⋯+a ，则a +a +⋯+a =a -a =a -1，即
2021 2 1 2 2019 1 2 2019 2021 2 2021
2019
a=a -1，∴C错误；
i 2021
i=1
由a2=a a,a2=a (a -a)=a a -a a ，a2=a (a -a )=a a -a a ,⋯，
1 2 1 2 2 3 1 2 3 2 1 3 3 4 2 3 4 3 2
a2 =a (a -a )=a a -a a ，∴a2+a2+⋯+a2 =a ⋅a ，∴D正
2021 2021 2022 2020 2021 2022 2021 2020 1 2 2021 2021 2022
确.
故选：C.
2169 (2024·河北·统考模拟预测)数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》
中，提出了一些新的高阶等差数列．其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列、如数
列2，4，7，11，16，从第二项起，每一项与前一项的差组成新数列2，3，4，5，新数列2，3，
4，5为等差数列，则称数列2，4，7，11，16为二阶等差数列，现有二阶等差数列a
n
 ，其前
七项分别为2，2，3，5，8，12，17．则该数列的第20项为 ( )
A.173 B.171 C.155 D.151
【答案】A
【解析】根据题意得新数列为0,1,2,3,4⋯，则二阶等差数列a
n
 的通项公式为a =
n
n-1  n-2  19×18
+2，则a = +2=173
2 20 2
第 页 共 页
1228 3427故选：A.
【解题方法总结】
(1)新定义数列问题的特点
通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问
题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实
现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
(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 题型三：数列与函数、不等式的综合问题
2170 (2024·重庆巴南·统考一模)已知等比数列a
n
 满足：a +a =20，a +a =80.数列
1 2 2 3
b n  满足b n =log 2 a nn∈N∗ 
b
，其前n项和为S ，若 n ≤λ恒成立，则λ的最小值为 n S +8
n
.
3
【答案】 /0.3
10
【解析】设等比数列a n  的公比为q，则a 2 +a 3 =qa 1 +a 2  =20q=80，解得q=4，
所以，a +a =a +aq=5a =20，解得a =4，则a =aqn-1=4n，
1 2 1 1 1 1 n 1
所以，b =log a =log 4n=2n，
n 2 n 2
b n+1 -b n =2n+1  -2n=2，所以，数列b n  为等差数列，
所以，S = nb 1 +b n n  n2n+2 = 2  =nn+1 2  ，
b 2n 2
则 n = = ，
S +8 n2+8+n 8
n n+ +1
n
8
因为函数y=x+ +1在0,2 2
x
 上单调递减，在2 2,+∞  上单调递增，
b 2 2 b 6 3
当n=2时， 2 = = ；当n=3时， 3 = = .
S +8 8 7 S +8 32+8+3 10
2 2+ +1 3
2
2 3 b 3
又因为 < ，故 n 的最大值为 .
7 10 S +8 10
n
b 3 3
因此， n ≤λ对任意的n∈N∗恒成立，所以，λ≥ ，故λ的最小值为 .
S +8 10 10
n
3
故答案为： .
10
2171 (2024·四川泸州·四川省泸县第四中学校考模拟预测)设数列a
n
 的前n项和为S ,a =
n 3
1
4，且a =1+
n+1 n+1
 a ，若2S +12≥ka 恒成立，则k的最大值是 .
n n n
22
【答案】
3
1
【解析】因为a =1+
n+1 n+1

a a
a ，所以 n+1 = n ，
n n+2 n+1
a
所以数列 n
n+1

a a n2+3n
是常数列，则 n = 3 =1，可得a =n+1，故S = ，
n+1 3+1 n n 2
因为2S n +12≥ka n 恒成立，所以n2+3n+12≥kn+1 
n2+3n+12
恒成立，即k≤ 恒 n+1
第 页 共 页
1229 3427n2+3n+12 (t-1)2+3t-1
成立，设t=n+1，则n=t-1，从而 =
n+1
 +12 10
=t+ +1，
t t
10 22 10 15
当t=3时，t+ +1= ，当t=4时，t+ +1= ，
t 3 t 2
22 15 10 22 22
因为 < ，所以t+ +1的最小值是 ，即k≤ ，
3 2 t 3 3
22
所以实数k的最大值为 .
3
22
故答案为： .
3
2172 (2024·河南新乡·统考三模)已知数列a
n

a
满足a =8，a -a =4n，则 n 的最小值为
1 n+1 n n
．
【答案】6
【解析】由a -a =4n得，
n+1 n
当n≥2时，a -a =4(n-1)，a -a =4(n-2)，⋯，a -a =4，
n n-1 n-1 n-2 2 1
[4(n-1)+4](n-1)
将这n-1个式子累加得a -a = =2n(n-1)，
n 1 2
则a =2n(n-1)+8，n=1时也适合，
n
a 8 8
所以 n =2n+ -2≥2 2n⋅ -2=6，当且仅当n=2时，等号成立.
n n n
故答案为：6.
2173 (2024·上海杨浦·高三复旦附中校考阶段练习)已知数列a
n

2023
满足a = ，且对于任
1 2020
a -1 n 1
意的正整数n，都有a = n+1 ．若正整数k使得k> 对任意的正整数成立，则整
n a -1 a
n i=1 i
数k的最小值为 ．
【答案】674
2023 a -1
【解析】因为a = ，a = n+1 ，
1 2020 n a -1
n
可得a >1,a -1>0,a -1>0，
1 n n+1
则有a na n -1  =a -1， n+1
1
所以
a na n -1 
1 1 1
= = - ，
a -1 a -1 a n+1 n n
1 1 1
所以 = - ，
a a -1 a -1
n n n+1
n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
则 = + +⋯+ = - + - +⋯+ -
a a a a a -1 a -1 a -1 a -1 a -1 a -1
i=1 i 1 2 n 1 2 2 3 n n+1
1 1 2020
= - < ，
a -1 a -1 3
1 n+1
n 1
因为正整数k使得k> 对任意的正整数成立，
a
i=1 i
2020
所以k≥ ，
3
所以整数k的最小值为674.
故答案为：674.
【解题方法总结】
(1)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．
第 页 共 页
1230 3427②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．
(2)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.
a>F(n)恒成立⇔a>F(n) ；
max
a<F(n)恒成立⇔a<F(n) .
min
4 题型四：数列在实际问题中的应用
2174 (2024·全国·高三专题练习)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
n
内累积的需求量S n (万件)近似地满足关系式S n = 90 21n-n2-5  n=1,2,⋅⋅⋅,12  ，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
n
【解析】因为S n = 90 21n-n2-5  n=1,2,⋅⋅⋅,12  ，
1
所以当n=1时，a =S = ，
1 1 6
n
当n≥2时，a n =S n -S n-1 = 90 21n-n2-5 
n-1
- 21(n-1)-(n-1)2-5 90 
-3n2+45n-27
= >1.5，
90
化为n2-15n+54<0，
解得6<n<9，
可知当n=7或8，需求量超过1.5万件.
故答案为：7，8.
2175 (2024·高三课时练习)某研究所计划改建十个实验室，每个实验室的改建费用分为装修
费和设备费，且每个实验室的装修费都一样，设备费从第一到第十实验室依次构成等比数
列.已知第五实验室比第二实验室的改建费用高42万元，第七实验室比第四实验室的改
建费用高168万元，并要求每个实验室改建费用不能超过1700万元，则该研究所改建这
十个实验室投入的总费用最多需要 万元.
【答案】4709
【解析】设第n1≤n≤10,n∈N∗ 
a
个实验室的设备费为a ，装修费为b，则 n+1 =q>0， n a
n
由题意可得 a 5 +b  -a 2 +b  =42 a 7 +b  -a 4 +b   ，则 a 1 qq3-1  =168  =42 a 1 q3 q3-1 
7
  ，解得  a 1 =3 或   a 1 = 3 (舍 =168 q=2 q=-2
去)，
故a =3⋅2n-1，
n
∵a n +b=3⋅2n-1+b≤1700对任意的n1≤n≤10,n∈N∗  均成立，
∴3×29+b≤1700，即b≤164，
第 页 共 页
1231 3427故该研究所改建这十个实验室投入的总费用S=a 1 +b  +a 2 +b  +...+a 10 +b  =
a 1 +a 2 +...+a 10 
31-210
+10b=

+10b≤3069+10×164=4709， 1-2
即该研究所改建这十个实验室投入的总费用最多需要4709万元.
故答案为：4709.
2176 (2024·全国·高三专题练习)冰墩墩作为北京冬奥会的吉祥物特别受欢迎，官方旗舰店售
卖冰墩墩运动造型多功能徽章，若每天售出件数成递增的等差数列，其中第1天售出
10000件，第21天售出15000件；价格每天成递减的等差数列，第1天每件100元，第21天
每件60元，则该店第 天收入达到最高.
【答案】6
【解析】设第n天售出件数为a ,设第n天价格为b .
n n
由题意,a
n
 ,b
n
 均为等差数列,设公差分别为d,d .
1 2
15000-10000 60-100
所以d = =250,d = =-2
1 21-1 2 21-1
所以a =250n+9750,b =-2n+102.
n n
假设第n天的收入为c ,则
n
c n =250n+9750  -2n+102  =500-n2+12n+1989  =-500 -n-6   2+2025  ，
所以当n=6时, c 取最大值,即第6天收入达到最高.
n
故答案为：6
2177 (2024·全国·高三专题练习)沈阳京东MALL于2022年国庆节盛大开业，商场为了满足
广大数码狂热爱好者的需求，开展商品分期付款活动.现计划某商品一次性付款的金额为
a元，以分期付款的形式等额分成n次付清，每期期末所付款是x元，每期利率为r ，则爱
好者每期需要付款x= ．
ar(1+r)n
【答案】
(1+r)n-1
【解析】由题意得a(1+r)n=x+x(1+r)+⋯+x(1+r)n-1，
∴a1+r 
x 1-1+r
n=
 n  
1-1+r 
，
ar(1+r)n
∴x= .
(1+r)n-1
ar(1+r)n
故答案为： .
(1+r)n-1
2178 (2024·辽宁锦州·渤海大学附属高级中学校考模拟预测)一件家用电器，现价2000元，实
行分期付款，一年后还清，购买后一个月第一次付款，以后每月付款一次，每次付款数相
同，共付12次，月利率为0.8%，并按复利计息，那么每期应付款 元．(参考数据：
1.00811≈1.092，1.00812≈1.100，1.0811≈2.332，1.0812≈2.518)
【答案】176
【解析】设每期应付款x元，第n期付款后欠款A 元，
n
则A 1 =20001+0.008  -x=2000×1.008-x，
A 2 =2000×1.008-x  ×1.008-x=2000×1.0082-1.008x-x，⋯
A 12 =2000×1.00812-1.00811+1.00810+⋅⋅⋅+1  x．
因为A 12 =0，所以2000×1.00812-1.00811+1.00810+⋅⋅⋅+1  x=0，
第 页 共 页
1232 34272000×1.00812 2000×1.00812
解得x= = ≈176，
1+1.008+⋅⋅⋅+1.00811 1.00812-1
1.008-1
即每期应付款176元．
故答案为：176
2179 (2024·全国·高三专题练习)在第七十五届联合国大会一般性辩论上，习近平主席表示，
中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030
年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和．某地2020年共发放汽车牌照12万张，其
中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车2万张，从2021年起，每年发放的电动型汽车牌照
按前一年的50%增长，燃油型汽车牌照比前一年减少0.5万张，同时规定，若某年发放的
汽车牌照超过15万张，以后每年发放的电动车牌照的数量维持在这一年的水平不变.那
么从2021年至2030年这十年累计发放的汽车牌照数为 万张．
【答案】134
【解析】设每年发放燃油型车牌照数为a ，发放电动型车牌照数b ，发放牌照数为c ，则
n n n
a
n
 成等差数列，b
n
 前四项成等比数列，第五项起为常数列，c =a +b ，
n n n
a =9.5，a =10-0.5n，
1 n
a n 
1
前10项的和为A 10 =9.5×10+ 2 ×10×9×-0.5  =72.5，
b =2×1.5=3，b =3×1.5=4.5，b =4.5×1.5=6.75，
1 2 3
因为c =a +b =8.5+6.75=15.25>15，
3 3 3
所以b =b =⋯⋯=b =6.75，
4 5 10
b
n
 前10项的和为：B =3+4.5+6.75×8=61.5.
10
所以从2021年至2030年这十年累计发放的汽车牌照数为72.5+61.5=134.
故答案为：134.
【解题方法总结】
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n项a 与第n+1项a 的递推关系还是前n项和S 与前n+1项和S 之
n n+1 n n+1
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．
第 页 共 页
1233 34275 题型五：数列不等式的证明
2180 (2024·河北张家口·统考三模)已知数列a
n

a a a a 2n+3
满足3+ 1 + 2 + 3 +⋯+ n = .
2 22 23 2n 2n
(1)求数列a
n
 的通项公式；
1
(2)记数列
a ⋅a
n n+1

1
的前n项和为S ，证明：S < .
n n 2
【解析】(1)由题意，数列a
n

a a a a 2n+3
满足3+ 1 + 2 + 3 +⋯+ n = ，
2 22 23 2n 2n
a 2×1+3 5
当n=1时，可得3+ 1 = = ，解得a =-1；
2 21 2 1
a a a a 2n+1
当n≥2时，可得3+ 1 + 2 + 3 +⋯+ n-1 = ，
2 22 23 2n-1 2n-1
a 2n+3 2n+1 2n+3-4n-2 -2n+1
两式相减得 n = - = = ，所以a =-2n+1，
2n 2n 2n-1 2n 2n n
当n=1时，a =-1，适合上式，
1
所以数列a
n
 的通项公式为a =-2n+1.
n
1
(2)令b = ，由a =-2n+1，
n a ⋅a n
n n+1
1 1 1 1 1 1
可得b = = = =  -
n a ⋅a (-2n+1)(-2n-1) (2n-1)(2n+1) 2 2n-1 2n+1
n n+1
 ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以S = 1- + - + - +⋯+ -
n 2 3 3 5 5 7 2n-1 2n+1

1 1
= 1-
2 2n+1

1
= -
2
1
，
4n+2
1 1
因为n∈N∗，可得 >0，所以S < .
4n+2 n 2
1 1 1 2
2181 (2024·全国·高三专题练习)证明不等式 + +⋯+ < ．
22 32 (n+1)2 3
1
【解析】∵
n+1 
1 1 1
= < =
2 n2+2n+1 n2+2n+ 3 n+ 1
4 2
 3 n+
2

1 1
= - ，
1 3 n+ n+
2 2
1 1 1
∴ + +⋯+
22 32 n+1 
1 1 1 1 1 1
< - + - +⋯+ - =
2 1 3 1 3 1 3 1+ 1+ 2+ 2+ n+ n+
2 2 2 2 2 2
1 1 2
- < ．
1 3 3
1+ n+
2 2
1
2182 (2024·全国·高三专题练习)已知a =
n 3

n 1 1
，c = + ，c
n 1+a 1-a n
n n+1
 的前n项和为
1
T，证明：T >2n- ．
n n 3
1 1 3n 3n+1 1 1
【解析】证法一：∵c = + = + =2+ - >2
n 1+a 1-a 3n+1 3n+1-1 3n+1-1 3n+1
n n+1
1 1
+ - ，
3n+1+1 3n+1
1 1
∴T =2n+ -
n 10 4

1 1
+ -
28 10

1 1
⋯+ -
3n+1+1 3n+1

1 1
=2n- + >2n
4 3n+1+1
1 1
- >2n- ．
4 3
1 1 3n 3n+1 1 1
证法二：∵c = + = + =2+ - ，
n 1+a 1-a 3n+1 3n+1-1 3n+1-1 3n+1
n n+1
第 页 共 页
1234 34271 1 1 1
当n≥2时，c >2+ - ，∴T =c +c +⋯+c =2n+ -
n 3n+1-1 3n-1 n 1 2 nn 8 2
 +
1 1
 -
26 8

1 1
⋯+ -
3n+1-1 3n-1

1 1 1 1
=2n+ - >2n- >2n- ．
3n+1-1 2 4 3
1 1 3n 3n+1 1 1
证法三：∵c = + = + =2+ - ，
n 1+a 1-a 3n+1 3n+1-1 3n+1-1 3n+1
n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
又 > ， < ，∴c >2+ - ．∴T =2n+ - + -
3n+1-1 3n+1 3n+1 3n n 3n+1 3n n 32 31 33
1 1 1 1 1 1
+⋯+ - =2n+ - >2n- ．
32 3n+1 3n 3n+1 3 3
1 1 3n 3n+1 1 1
证法四：∵c = + = + =2+ - =2+
n 1+a 1-a 3n+1 3n+1-1 3n+1-1 3n+1
n n+1
3n+1-3n+1+1
3n+1-1

3n+1

2×3n-1
=2-
 2×3n
>2-
32n+1+2×3n-1 32n+1+2×3n-1
2 2
=2- >2- ，
3n+1+2-
1 3n+1
3n
2 1
1-
2 2 2 32 3
∴T >2n- - -⋯- =2n-
n 32 33 3n+1

n
 
1 1
=2n- 1-
1 3 3
1-
3

n
 
1
>2n- ．
3
2183 (2024·全国·高三专题练习)已知每一项都是正数的数列a
n
 满足a =1，a =
1 n+1
a +1
n n∈N*
12a
n
 ．
(1)证明：a <a ．
2n+1 2n-1
1
(2)证明： ≤a ≤1．
6 n
(3)记S n 为数列 a n+1 -a n    的前n项和，证明∶S <6． n
a +1
【解析】(1)解法一：由题意知a =1>0，a = n >0n∈N*
1 n+1 12a
n
 ．
a +1 1 a +1 7
①当n=1时，a =1，a = 1 = ，a = 2 = ，a <a 成立．
1 2 12a 6 3 12a 12 3 1
1 2
②假设n=k时，结论成立，即a <a ．
2k+1 2k-1
a +1
2n-1 +1
a +1 12a 13a +1
∵a = 2n = 2n-1 = 2n-1
2n+1 12a 2n 12× a 2n-1 +1 12a 2n-1 +1
12a
2n-1

，
13a +1
∴a -a = 2n+1
2k+3 2k+1 12a 2n+1 +1 
13a +1
- 2n-1
12a 2n-1 +1 
a -a
= 2k+1 2k-1
a +1 2k+1  a +1 2k-1 
<0．
故n=k+1时，结论也成立．
由①②可知，对于n∈N*，都有a <a 成立．
2n+1 2n-1
a +1 1 a +1 7
解法二：a =1，a = 1 = ，a = 2 = ，a <a 成立．
1 2 12a 6 3 12a 12 3 1
1 2
令fx 
x+1 1 1
= = 1+
12x 12 x
 ，显然fx  单调递减．
∵a <a ，假设a <a ，
3 1 2k+1 2k-1
则fa
2k+1
 >fa
2k-1
 ，即a >a ，
2k+2 2k
故fa
2k+2
 <fa
2k
 ，即a >a ．
2k+3 2k+1
故对于n∈N*，都有a <a 成立．
2n+1 2n-1
第 页 共 页
1235 3427(2)由(1)知a <a ，∴1=a >⋅⋅⋅>a >a ．
2n+1 2n-1 1 2n-1 2n+1
1
同理，由数学归纳法可证a <a ，a >a >⋅⋅⋅>a = ．
2n 2n+2 2n 2n-2 2 6
1
猜测a < <a ．下面给出证明．
2n 3 2n-1
1
-a -
1 n 3
∵a - =
n+1 3

1 1
，∴a - 与a - 异号．
4a n+1 3 n 3
n
1 1 1
注意到a - >0，知a - >0，a - <0，
1 3 2n-1 3 2n 3
1
即a < <a ．
2n 3 2n-1
1
∴a >⋅⋅⋅>a >a > >a >a >⋅⋅⋅>a ，
1 2n-1 2n+1 3 2n 2n-2 2
1
从而可知 ≤a ≤1．
6 n
(3)a n+2 -a n+1  a +1 a +1 = n+1 - n 12a 12a
n+1 n
 = a n+1 -a n  12a a
n n+1
= a n+1 -a n  ≤ a n+1 -a n a +1
n
 6 a +1 = 7 ×a n+1 -a n
2
 ，
∴a n+1 -a n 
6
≤ 7 ×a n -a n-1 
6
≤ 7 
2
×a n-1 -a n-2 
6
≤⋅⋅⋅≤ 7 
n-1
×a 2 -a 1 
5 6
= × 6 7 
n-1
，
∴S n =a 2 -a 1  +a 3 -a 2  +a 4 -a 3  +⋅⋅⋅+a n+1 -a n 
5 6 6 ≤ × 1+ +
6 7 7
 2 6 +⋅⋅⋅+
7
  n-1 


6
1-
5 7
= ×
6

n
35 36
< < =6．
6 6 6
1-
7
n 1 11 n
2184 (2024·全国·高三专题练习)证明： < ．(注：a =a +a +⋯+a ．)
2k-(-1)k 12 k 1 2 n
k=1 k=1
【解析】(将交错项合并求和)先考虑
2n 1 n 1 1
 =  +
2k-(-1)k 4k-1 2×4k-1+1
k=1 k=1

n 3×4k
 =
4k-1
k=1

4k+2

 ．
可以放缩为等比数列
n 3×4k
∑
k=14k-1

4k+2

n 1  1 n 1
=3×∑ <3× +∑
k=14k-
2
+1

4-
2
+1
k=24k
4k  4

=
1 1 1-
2 16 4 3 +
9
 n-1   

 1
1-
 4
 1 
 2 16 <3 +
 9 1
1-
 4

11 = ．
12
2185 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 ，S 为数列a
n n
 的前n项和，且满足a =1，
1
3S n =n+2  a ． n
(1)求a
n
 的通项公式；
1 1 1 1 1
(2)证明： + + +⋯+ < ．
a a a a 2
2 4 8 2n
【解析】(1)对任意的3S n =n+2  a ， n
当n≥2时，3S n-1 =n+1  a n-1 ，两式相减3a n =n+2  a n -n+1  a ． n-1
第 页 共 页
1236 3427a n+1
整理得 n = ，
a n-1
n-1
a a a a 3 4 n n+1
当n≥2时，a =a × 2 × 3 ×⋯× n-1 × n =1× × ×⋯× × =
n 1 a a a a 1 2 n-2 n-1
1 2 n-2 n-1
nn+1 
，
2
nn+1
a =1也满足a =
1 n
 n(n+1)
，从而a = n∈N*
2 n 2
 ．
1 2
(2)证明：证法一：因为 =
a
2n
2n 2n+1

1
=
2n-1 2n+1

1 1
< = ，
2n×2n-1 22n-1
1 1
1-
1 1 1 1 1 1 1 1 1 8 4n-1
所以， + + +⋯+ ≤ + + +⋯+ = +
a a a an 3 8 32 22n-1 3
2 4 8 2

1
1-
4
1 1 1
= + 1-
3 6 4n-1

1 1 1
< + = ．
3 6 2
1 1 1 1 1
从而 + + +⋯+ < ；
a a a a 2
2 4 8 2n
1 2
证法二：因为 =
a
2n
2n+1

1
=
2n 2n+1

2n-1
<
2n-1 2n+1

2n-1+1

1 1
= - ，
2n-1+1 2n+1
1 1 1 1 1 1
所以， + + +⋯+ = -
a a a a 20+1 21+1
2 4 8 2n

1 1
+ -
21+1 22+1
 +⋯
1 1
+ -
2n-1+1 2n+1

1 1 1
= - < ，证毕.
2 2n+1 2
2186 (2024·全国·高三专题练习)已知各项为正的数列a
n

1 1 2
满足a = ，a2 = a2+ a ，
1 2 n+1 3 n 3 n
n∈N*．证明：
(1)a <a <1；
n n+1
9
(2)a +a +⋅⋅⋅+a >n- ．
1 2 n 4
1 2
【解析】(1)∵a2 = a2+ a ，
n+1 3 n 3 n
1 2
∴a2 -1= a2+ a -1，
n+1 3 n 3 n
∴a n+1 -1  a n+1 +1  = a n -1  a n +3  ． 3
又数列为正项数列，∴a -1与a -1同号．
n+1 n
∵a -1<0，∴a -1<0，
1 n+1
2
∴a2 n+1 -a2 n = 3 a n1-a n  >0，即a2 >a2， n+1 n
因为数列为正项数列，所以a >a ，
n+1 n
综上：a <a <1.
n n+1
9
(2)要证a 1 +a 2 +⋅⋅⋅+a n >n- 4 ，只需要证n-a 1 +a 2 +⋅⋅⋅+a n 
9
< ． 4
∵a n+1 -1  a n+1 +1  = a n -1  a n +3  ， 3
1-a a +3
∴ n+1 = n
1-a n 31+a n+1 
a +3
< n
31+a n 
1 2
= 1+
3 1+a
n

1 2
≤ 1+
3 1+a
1

7
= ，
9
第 页 共 页
1237 3427因为a <a <1，所以1-a
n n+1 n

1-a 7
为正项数列，且 n+1 < ，
1-a 9
n
设b
n

7 1
为等比数列，公比为 ，首项为 ，前n项和为T，
9 2 n
∴1-a 1  +1-a 2  +⋅⋅⋅+1-a n 
7
1-
1 9
<T = × n 2

n
9
< ， 7 4
1-
9
即n-a 1 +a 2 +⋅⋅⋅+a n 
9
< ，证毕. 4
2187 (2024·全国·高三专题练习)设数列a
n
 满足a =a，a a -a2=1n∈N*
1 n+1 n n
 ．
5
(1)若a = ，求实数a的值；
3 2
a 3
(2)设b = n ，若a=1，证明： 2≤b < (n≥2)．
n n n 2
【解析】(1)∵数列{a }满足a =a，a a -a2=1(n∈N*)，
n 1 n+1 n n
a2+1
∴aa -a2=1，易知a不为0，解得a = ，
2 2 a
5 5 a2+1 a2+1
∵a = ，∴ × -
3 2 2 a a

2
=1，
a2+1 1 a2+1
解得 = 或 =2，
a 2 a
a2+1 1 a2+1
由 = 解得a∈∅，由 =2，解得a=1．
a 2 a
∴实数a的值为1．
(2)当a=1时，数列{a }满足a =1，a a -a2=1(n∈N*)，
n 1 n+1 n n
1
∴a =a + (各项均不为0)，
n+1 n a
n
1 1 5 5 2 24
∴a =1+ =2，a =2+ = ，a = + = ，⋯
2 1 3 2 2 4 2 5 10
a
∵b = n n∈N*
n n
 ，
1
a +
a n a
∴b = n+1 = n ，
n+1 n+1 n+1
1 1 1
∵a >0，∴a + ≥2 a × =2，当且仅当a = ，即a =1=a 时，取等号，
n n a n a n a n 1
n n n
2
∴b ≥ = 2=b ，
n+1 2 2
3
再证b < ，n≥2．
n 2
3
当n=2时，b = 2，满足 2< ．
2 2
3 a 3
假设当n=k，(k>2)时有b < ，等价于 k < k，
k 2 k 2
a 3 k
∵ k ≥ 2，∴ 2k<a < ，
k k 2
3
f k
a 2
当n=k+1时，b = k+1 <
k+1 k+1

1 1
k+
2 3
k
2
= ，
k+1 k+1
3 1
k+
2 3
k
2 3
∴只需证 < ．
k+1 2
第 页 共 页
1238 342716
证明如下：∵k>2，∴k> ，
9
∴9k>16，∴25k>16(k+1)，∴5 k>4 k+1，
5 5 2
∴ k>2 k+1，∴ k> k+1，
2 6 3
3 2
∴ k> ( k+1+ k)，
2 3
1 1 1 3
∴ < ，∴ < ( k+1- k)，
3 2 3 2
k ( k+1+ k) k
2 3 2
3 1 3
∴ k+ < k+1，
2 3 2
k
2
3 1
k+
2 3
k
2 3
∴ < ，
k+1 2
3
∴n=k+1时，b < 成立．
k+1 2
3
综上知b < ．
n 2
3
综上所述： 2≤b < (n≥2,n∈N*)．
n 2
2188 (2024·全国·高三专题练习)已知函数a
n

1 π
满足a = ，a =sin a
1 2 n+1 2 n
 ，n∈N*．
1
(1)证明： ≤a <a <1．
2 n n+1
(2)设S 是数列a
n n

3
的前n项和，证明：S >n- ．
n 2
【解析】(1)先用数学归纳法证明0<a <1．
n
π π
当n=1时结论成立，假设n=k时结论成立，即0<a <1，则0< a < ，
k 2 k 2
π
∴a =sin a
k+1 2 k
 ∈(0,1)．
故当n=k+1时结论也成立，由归纳原理知0<a <1对n∈N*成立．
n
π
作出函数y=sinx的图象，如图，A ,1
2

2
，OA的方程y= x，
π
2 π
根据割线OA的位置易知sinx> x,x∈0,
π 2
 ，
2 π 1
从而a > × a =a ≥a = ．
n+1 π 2 n n 1 2
1
综上可知 ≤a <a <1．
2 n n+1
π
(2)∵a =sin a n+1 2 n 
π
=sin 2 a n -1 
π
  +  2 
π
=cos 2 a n -1     
π
=1-2sin2 4 a n -1      ，
且0<a <1，
n
设px 
π
=sinx-x，x∈0,
2
 ，
第 页 共 页
1239 3427则px  =cosx-1<0，∴px 
π
在x∈0,
2
 上单调递减，
π
∴当x∈0,
2
 时，px  <sin0-0=0，即sinx<x.
π ∴1-a n+1 =2sin2 4 1-a n      π <2 4 1-a n      2 π2 = 8 1-a n  1-a n  ．
1 π2
∵1-a n ≤1-a 1 = 2 ，∴ 8 1-a n 
π2
≤ ， 16
π2
∴1-a n+1 < 16 1-a n 
10
< 16 1-a n 
2
< 3 1-a n 
2
< 3 
n
1-a 1 
1 2
= × 2 3 
n
，n∈N，
∴1-a 1  +1-a 2  +⋯+1-a n  1 2 2 ≤ 1+ +⋯+ 2 3 3   n-1    3 2 = 1- 2 3   n    3 < ． 2
3
从而S >n- ．
n 2
【解题方法总结】
(1)构造辅助函数(数列)证明不等式
(2)放缩法证明不等式
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：A>B,B>C⇒A>C；A<B,B<C⇒A<C.
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.
方法1：对a 进行放缩，然后求和.
n
n
当a 既不关于n单调，也不可直接求和，右边又是常数时，就应考虑对a 进行放缩，使
k n
k=1
目标变成可求和的情形，通常变为可裂项相消或压缩等比的数列.证明时要注意对照求证
的结论，调整与控制放缩的度.
方法2：添舍放缩
方法3：对于一边是和或者积的数列不等式，可以把另外一边的含n的式子看作是一个数
列的前n项的和或者积，求出该数列通项后再左、右两边一对一地比较大小，这种思路非
常有效，还可以分析出放缩法证明的操作方法，易于掌握.需要指出的是，如果另外一边不
是含有n的式子，而是常数，则需要寻找目标不等式的加强不等式，再予以证明.
方法4：单调放缩
6 题型六：公共项问题
2189 (2024·上海嘉定·上海市嘉定区第一中学校考三模)已知n∈N，n≥1，将数列2n-1 
与数列n2-1  的公共项从小到大排列得到新数列a
n

100 1
，则 = .
a
n=1 n
100
【答案】
201
【解析】因为数列2n-1  是正奇数列，
对于数列n2-1

，当n为奇数时，设n=2k-1k∈N∗

，则n2-1=2k-1

2-1=
4kk-1  为偶数；
当n为偶数时，设n=2kk∈N∗

，则n2-1=4k2-1为奇数，
第 页 共 页
1240 34271 1 1
所以a =4n2-1，则 = =
n a n 4n2-1 2n-1  2n+1 
1 1 1
=  -
2 2n-1 2n+1
 ，
100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以 = + +⋯+ = 1- + - +⋯+ -
a a a a 2 3 3 5 199 201
n=1 n 1 2 100

1 1
= 1-
2 201

100
= .
201
100
故答案为： .
201
2190 (2024·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测)数列2n-1  和数列3n-2  的公共项
从小到大构成一个新数列a
n
 ，数列b
n

a
满足：b = n，则数列b
n 2n n
 的最大项等于
.
7
【答案】 /1.75
4
【解析】数列2n-1  和数列3n-2  的公共项从小到大构成一个新数列为：
1,7,13,⋅⋅⋅，该数列为首项为1，公差为6的等差数列，
所以a =6n-5，
n
6n-5
所以b =
n 2n
6n+1 6n-5 11-6n
因为b -b = - =
n+1 n 2n+1 2n 2n+1
所以当n≥2时，b -b <0，即b >b >b >⋯，
n+1 n 2 3 4
又b <b ，
1 2
所以数列b
n

7
的最大项为第二项，其值为 .
4
7
故答案为： .
4
2191 (2024·全国·高三专题练习)已知n∈N∗，将数列2n-1  与数列n2-1  的公共项从小
到大排列得到新数列a
n

1 1 1
，则 + +⋯+ = .
a a a
1 2 10
10
【答案】
21
【解析】因为数列2n-1  是正奇数列，
对于数列n2-1

，当n为奇数时，设n=2k-1k∈N∗

，则n2-1=2k-1

2-1=
4kk-1  为偶数；
当n为偶数时，设n=2kk∈N∗

，则n2-1=4k2-1为奇数，
1 1 1
所以，a =4n2-1，则 = =
n a n 4n2-1 2n-1  2n+1 
1 1 1
=  -
2 2n-1 2n+1
 ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
因此， + +⋯+ = 1- + - +⋯+ -
a a a 2 3 3 5 19 21
1 2 10

1 1
= 1-
2 21

10
= .
21
10
故答案为： .
21
2192 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习)将数列2n  与3n-2  的公共项由小
到大排列得到数列a
n
 ，则数列a
n
 的前n项的和为 ．
4(4n-1)
【答案】
3
4
【解析】由题意令21=3n-2,n= ，即2不是数列2n
3
 与3n-2  的公共项；
令22=3n-2,n=2，即4是数列2n  与3n-2  的公共项；
第 页 共 页
1241 342710
令23=3n-2,n= ，即8不是数列2n
3
 与3n-2  的公共项；
令24=3n-2,n=6，即16是数列2n  与3n-2  的公共项；
依次类推，可得数列a
n
 ：4,16,64,256,⋯，
即a
n
 是首项为4，公比为4的等比数列，
故数列a
n

4(1-4n) 4(4n-1)
的前n项的和为 = ，
1-4 3
4(4n-1)
故答案为：
3
2193 (2024·全国·高三专题练习)数列{2n}与{3n-1}的所有公共项由小到大构成一个新的
数列{a }，则a = .
n 10
【答案】56
【解析】数列{2n}与{3n-1}分别是以2,3为公差，2为首项的等差数列，
则新的数列{a n }是以2为首项，6为公差的等差数列，所以a n =2+n-1  ×6=6n-
4，
故a =6×10-4=56.
10
故答案为：56.
2194 (2024·安徽蚌埠·统考一模)有两个等差数列2，6，10,⋯,190及2,8,14,⋯,200,由这两
个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为
.
【答案】1472
【解析】在等差数列2，6，10,⋯,190和等差数列
中，公共项按从小到大的顺序组成一个新的等差数列：2,14,26,38,50,⋯,182,共
182-2 16×(182+2)
+1=16项，它们的和为 =1472.
12 2
考点：等差数列及其求和公式.
7 题型七：插项问题
2195 (2024·全国·高三对口高考)在数1和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增
的等比数列，将这n+2个数的乘积记作T，再令a =lgT,n≥1.则数列a
n n n n
 的通项公
式为 .
【答案】a =n+2，n∈N∗
n
【解析】记由n+2个数构成递增的等比数列为b
n
 ，
则b 1 =1，b n+2 =100，则qn+1=100，即n+1  lgq=lg100=2
所以T =b ⋅b ⋅b ⋯b ，
n 1 2 3 n+2
即a n =lgb 1 ⋅b 2 ⋅b 3 ⋯b n+2  =lgb 1 +lgb 1 q  +lgb 1 q2  +⋯lgb 1 qn+1 
=n+2  lgb 1 + 1+2+3⋯+n+1    lgq
n+1
=
 n+2 
lgq
2
=n+2
故答案为：a =n+2，n∈N∗.
n
第 页 共 页
1242 34272196 (2024·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测)已知等差数列a
n
 中，a =4,a =16，若在数
2 6
列a
n
 每相邻两项之间插入三个数，使得新数列也是一个等差数列，则新数列的第43项
为 .
65
【答案】
2
【解析】设等差数列a
n
 的公差为d，则a +d=4,a +5d=16，
1 1
所以a =1,d=3，
1
设在数列a
n
 每相邻两项之间插入三个数所得新数列为b
n
 ，
则新的等差数列b
n

d 3
的公差为 = ，首项为b =a =1，
4 4 1 1
3
所以新数列的通项公式为b n =1+ 4 n-1 
3 1
= n+ ， 4 4
3 1 65
故b = ×43+ = .
43 4 4 2
65
故答案为： .
2
2197 (2024·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测)已知数列a
n

4
的首项a = ，
1 5
4a
a = n ，n∈N*.
n+1 3a +1
n
a
(1)设b = n ，求数列b
n 1-a n
n
 的通项公式；
(2)在b 与b (其中k∈N*)之间插入2k个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列
k k+1
c
n
 .记S 为数列c
n n
 的前n项和，求S .
36
4a 4
【解析】(1)因为a = n ，a = ≠0，
n+1 3a +1 1 5
n
1 3 1
所以a ≠0，取倒得 = + ，
n a 4 4a
n+1 n
1 1 1 1 1
所以 -1= - =  -1
a 4a 4 4 a
n+1 n n

a 4a
，即 n+1 = n ，即b =4b ，
1-a 1-a n+1 n
n+1 n
因为b =4≠0，所以b
1 n
 是b =4，q=4的等比数列，
1
所以b =4n n∈N*
n
 .
(2)在b,b 之间有2个3，b ,b 之间有22个3，b ,b 之间有23个3，b ,b 之间有24个3，
1 2 2 3 3 4 4 5
合计2+22+23+24=30个3，
5 4×1-45
所以S =∑b +31×3=
36 i
i=1

+93=1364+93=1457.
1-4
2198 (2024·广东佛山·统考模拟预测)已知数列a
n

a a a n
满足 1 + 2 +⋯+ n = n∈N*
3 32 3n 3
 .
(1)求a
n
 的通项公式；
(2)在a
n
 相邻两项中间插入这两项的等差中项，求所得新数列b
n
 的前2n项和T .
2n
a a a n
【解析】(1)因为 1 + 2 +⋯+ n = n∈N*
3 32 3n 3
 ①，
a a a n-1
所以n≥2时， 1 + 2 +⋯+ n-1 = ②，
3 32 3n-1 3
a n n-1 1
①-②得： n = - = ，即a =3n-1(n≥2)，
3n 3 3 3 n
a 1
又n=1时， 1 = ，所以a =1也满足上式，
3 3 1
故a
n
 的通项公式为a =3n-1(n∈N*).
n
第 页 共 页
1243 3427(2)设数列c
n

a +a
满足c = n n+1 =2×3n-1．
n 2
记a
n
 的前n项和为S ，c
n n
 的前n项和为R ，则T =R +S ．
n 2n n n
1-3n 1
由等比数列的求和公式得：S = = (3n-1)，R =2S =3n-1．
n 1-3 2 n n
3
所以T =R +S = (3n-1)．
2n n n 2
3
即新数列{b }的前2n项和T = (3n-1)．
n 2n 2
2199 (2024·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测)S 为数列a
n n
 的前n项和，已知6S
n
=a2+3a -4，且a >0.
n n n
(1)求数列a
n
 的通项公式a ；
n
(2)数列b
n
 依次为：a,3,a ,32,33,a ,34,35,36,a ,37,38,39,310⋯，规律是在a 和a 中间插
1 2 3 4 k k+1
入kk∈N*  项，所有插入的项构成以3为首项，3为公比的等比数列，求数列b
n
 的前
100项的和.
【解析】(1)当n=1时，6S =6a =a2+3a -4，解得a =4(a =-1舍去)，
1 1 1 1 1 1
由6S n =a2 n +3a n -4得n≥2时，6S n-1 =a n-1  2+3a -4， n-1
两式相减得6a n =a2 n -a2 n-1 +3a n -3a n-1 ,a n +a n-1  a n -a n-1 -3  =0，
因为a >0，所以a -a =3，
n n n-1
所以a
n
 是等差数列，首项为4，公差为3，
所以a n =4+3n-1  =3n+1；
(2)由于1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=78,78+12<100，
1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13=91,91+13>104
因此数列b
n
 的前100项中含有a
n
 的前13项，含有3n  中的前87项，
13×12 31-387
所求和为S=4×13+ ×3+
2
 388+569
= .
1-3 2
2200 (2024·全国·高三专题练习)设等比数列a
n
 的首项为a =2，公比为q(q为正整数)，且
1
满足3a 是8a 与a 的等差中项；数列b 3 1 5 n  满足2n2-t+b n 
3
n+ b =0(t∈R，n∈N*). 2 n
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)试确定t的值，使得数列b
n
 为等差数列；
(3)当b
n
 为等差数列时，对每个正整数k，在a 与a 之间插入b 个2，得到一个新数列
k k+1 k
c
n
 .设T 是数列c
n n
 的前n项和，试求T .
100
【解析】(1)由题意，可得6a =8a +a ，所以6q2=8+q4，
3 1 5
解得q2=4或q2=2(舍)，则q=2，
又a =2，所以a =2n.
1 n
(2)由2n2-t+b n 
3 2n2-tn
n+ b =0，得b = ， 2 n n 3
n-
2
所以b =2t-4，b =16-4t，b =12-2t，
1 2 3
因为数列b
n
 为等差数列，所以b +b =2b ，解得t=3，
1 3 2
所以当t=3时，b =2n，由b -b =2(常数)知此时数列b
n n+1 n n
 为等差数列.
(3)因为b =2，所以a 与a 之间插入2个2，
1 1 2
b =4，所以a 与a 之间插入4个2，
2 2 3
b =6，所以a 与a 之间插入6个2，
3 3 4
第 页 共 页
1244 3427⋯⋯
则c
n
 的前100项，由90个2，a,a ,a ,⋯,a ,a 构成，
1 2 3 9 10
21-210
所以T =(a +a +⋯+a )+2×90=
100 1 2 10

+180=2226.
1-2
2201 (2024·安徽滁州·校考模拟预测)已知等比数列a
n
 的前n项和为S ，且S =a -
n n n+1
2n∈N*  .
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)在a 与a 之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d 的等差数列，求数列
n n+1 n
1

d
n
 的前n项和T．
n
【解析】(1)S =a -2n∈N*
n n+1
 ，
当n≥2时，S =a -2，
n-1 n
两式相减可得，a n+1 =2a nn≥2  ，
故等比数列a
n
 的公比为2，
∵a =a +2=2a ，
2 1 1
∴a =2，
1
故数列a
n
 的通项公式为a =2n．
n
(2)由1  得：a =2n，a =2n+1， n n+1
故a n+1 =a n +n+1 
1 n+1
d ，即 = ， n d 2n
n
1 1 1
T n =2× 2 +3× 22 +4× 23 +⋅⋅⋅+n+1 
1
①， 2n
1 1 1 1
2 T n =2× 22 +3× 23 +4× 24 +⋅⋅⋅+n+1 
1
⋅ ②， 2n+1
1 1 1 1 1
①-②得： T =2× + + +⋅⋅⋅+ 2 n 2 22 23 2n  -n+1 
1 1 1-
1 4 2
⋅ =1+ 2n+1
 n-1    

- 1
1-
2
n+1 
1 3 n+3
⋅ = - ，
2n+1 2 2n+1
n+3
故T =3- ．
n 2n
8 题型八：蛛网图问题
2202 (2024·全国·高三专题练习)已知数列b
n

t 3
若b =2，b = b + (n∈N∗且n≥2，t
1 n 4 n-1 4
∈R)，若b n  ≤2对任意n∈N∗恒成立，则实数t的取值范围是 .
5
【答案】 -4，
 2

【解析】法一：不妨先由b 2  ≤2,b 3  ≤2得到b n  ≤2恒成立的必要条件，
b 2=  t 3  + 2 4  ≤2
b 3= 
2t2+3t+12
 16 
    - 1 2 1 ≤t≤ 5 2 5
⇒ ⇒-4≤t≤ ；
  5 2
  ≤2  -4≤t≤ 2
t 3 t
b n = 4 b n-1 + 4 ，设b n +λ= 4 b n-1 +λ 
t t
，则b = b + -1 n 4 n-1 4  λ，
t
所以 -1
4

3 3 3 1 3
λ= ，解得λ= ，故b + = b +
4 t-4 n t-4 4 n-1 t-4
 ，
第 页 共 页
1245 34273 3 2t-5
又b + =2+ = ，
1 t-4 t-4 t-4
2t-5 t
故b = ⋅
n t-4 4

n-1 3
- ，
t-4
所以b n 
5-2t t
= ⋅ 4-t 4 
n-1 3 5-2t 3
+ ≤ ⋅1+ =2，得证. 4-t 4-t 4-t
法二：蛛网法
记函数fx 
t 3 3
= x+ ，过定点0， 4 4 4  .b n =fb n-1  .
当t≥0时，B 12，b 2 
t 3
迭代收敛于点A，只需位于直线y=x下方，即 ⋅2+ ≤2⇒0≤ 4 4
5
t≤ ；
2
当t<0时，B 12，b 2  迭代收敛于点A，由蛛网图：b 2n-1  单调递减，故只需b ≤b 3 1
t t 3
即  +
4 2 4

3
+ ≤2⇒-4≤t<0
4
5
综上-4≤t≤ .
2
5
故答案为： -4，
 2

2203 (2024•虹口区校级期中)已知数列{a }满足：a =0，a =ln(ean+1)-a (n∈N*)，前
n 1 n+1 n
n项和为S ，则下列选项错误的是( )(参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)
n
A.{a }是单调递增数列，{a }是单调递减数列 B.a +a ≤ln3
2n-1 2n n n+1
C.S <670 D.a ≤a
2020 2n-1 2n
【解析】解：由a =ln(ean+1)-a ，得a =ln(ean+1)-lnean，
n+1 n n+1
第 页 共 页
1246 34271
∴ean+1=1+ ，
ean
令b =ean，即a =lnb ，
n n n
1
则b =1+ ，
n+1 b
n
a =0，b =1．
1 1
作图如下：
由图可得：
A．{a }是单调递增数列，{a }是单调递减数列，因此A正确；
2n-1 2n
1
B．∵b ∈[1，2]，∴b b =b 1+
n n n+1 n b
n
 =b +1∈[2，3]，
n
∴b b =ean⋅ean+1∈[2，3]，
n n+1
∴a +a ∈[ln2，ln3]，因此B正确；
n+1 n
C．∵a +a ≥ln2，∴S =(a +a )+(a +a )+⋯⋯+(a +a )≥1010ln2>
n+1 n 2020 1 2 3 4 2019 2020
693，因此C不正确；
5+1 5+1
D．由不动点 ，
2 2

5+1
，得1≤b < <b ≤2，可得：b <b ，∴a
2n-1 2 2n 2n-1 2n 2n
>a ，因此D正确．
2n-1
故选：C．
1
2204 (2024•浙江模拟)数列{a }满足a >0，a =a3-a +1，n∈N*，S 表示数列
n 1 n+1 n n n a
n

前n项和，则下列选项中错误的是 ( )
2 2
A.若0<a < ，则a <1 B.若 <a <1，则{a }递减
1 3 n 3 1 n
1 1
C.若a = ，则S >4 -2
1 2 n a
n+1

2
D.若a =2，则S >
1 2000 3
【解析】解：(法一)对于选项A，令f(x)=x3-x+1，x∈(0,1)，则f′(x)=3x2-1，令f′
3
(x)=0⇒x= ，
3
3
易知f(x)在0,
3

3
上单调递减，在 ，1
3
 上单调递增，此时f(x)<1，
2
又a =a3-a +1=f(a )，若0<a < ，则有a <1，故选项A正确；
n+1 n n n 1 3 n
对于选项B，结合选项A中的过程，作出递推函数与y=x的交点，可得函数f(x)=x3-
第 页 共 页
1247 34275-1 3 5-1 2
x+1(x>0)的不动点为 和1，且 < < <1，
2 3 2 3
2
故函数f(x)在 ,1
3

5-1
单调递增，且f′
2
 <1,f′(1)>1，
5-1
故x= 为吸引不动点，x=1为排斥不动点，
2
2 5-1
故当 <a <1时，数列{a }向吸引不动点 靠近，单调递减，故选项B正确；
3 1 n 2
1 5 5-1
对于选项C，a = ,a = > ，由选项A，B的过程可知，当n≥2时，数列{a }
1 2 2 8 2 n
1 5-1 1
单调递减且 < <a <1，故 -2<0，
2 2 n a
n+1
1
而显然S >0，故S >4 -2
n n a
n+1
 成立，故选项C正确；
对于选项D，当a =2时，结合选项A，B的过程及蛛网图，易知数列{a }单调递增，
1 n
又a =f(a )=7，故当n≥2时，a =a3-a +1>a3-a =a (a2-1)≥(72-1)a =
2 1 n+1 n n n n n n n
1 1
48a ，即 ≤ (n≥2)，
n a 48a
n+1 n
1 1
故 ≤ ，
a 48n-2a
n 2
1
1 1 1 1 1 1 a 48 1 1
∴ + +⋯⋯+ ≤ + +⋯⋯+ < 2 = × < ，
a a a a 48a 482018a 1 47 7 6
2 3 2020 2 2 2 1-
48
1 1 2
故S < + = ，故选项D错误．
2020 a 6 3
1
(法二)作出f(x)=x3-x+1(x>0)与y=x的图象，由蛛网图可知，选项A，B正确；
1 5 5-1 1 5+1
若a = ，由蛛网图可知，a <a = ，n→+∞时，a → ，则 → ，
1 2 n 2 8 n 2 a 2
n+1
1
故4 -2
a
n+1
 <0<S ，选项C正确；
n
1 1 1 1 1 1
若a =2，则 = ， = ，比较S - 与 的大小，
1 a 2 a 7 2020 a 6
1 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1
= < = ∙ < ∙ = (n≥2)，
a a3-a +1 a3-a a a2-1 a 72-1 48a
n+1 n n n n n n n n
1
1 1 1 1 1 1 7 48 1
则 + +⋯⋯+ < + +⋯⋯+ < = < ，选项
a a a 7 7×48 7×482018 1 329 6
2 3 2020 1-
48
D错误．
故选：D．
第 页 共 页
1248 34272205 (2024•浙江模拟)已知数列{a }满足：a =0，a =ln(ean+1)-a (n∈N*)，前n项和
n 1 n+1 n
为S (参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099)，则下列选项中错误的是 ( )
n
A.{a }是单调递增数列，{a }是单调递减数列 B.a +a ≤ln3
2n-1 2n n n+1
C.S <666 D.a <a
2020 2n-1 2n
【解析】解：由a =ln(ean+1)-a ，得a =ln(ean+1)-ln(ean)，
n+1 n n+1
1
ean+1=1+ ，
ean
1
令b =ean，即a =lnb ，则b =1+ ，a =0，∴b =1，
n n n n+1 b 1 1
n
作图如下：
由图得：
①{b }单调递增，{b }单调递减，
2n-1 2n
a =lnb ，故A正确；
n n
1
②∵b ∈[1，2]，∴b b =b 1+
n n n+1 n b
n
 =b +1∈[2，3]，
n
第 页 共 页
1249 3427∴b b =ean+an+1∈[2，3]，
n n+1
∴a +a ∈[ln2，ln3]，故B正确；
n n+1
③∵a +a ≥ln2，∴S =(a +a )+⋯+(a +a )≥1010∙ln2>693，故C错误．
n n+1 2020 1 2 2019 2010
5+1 5+1
④由不动点
2 2

1+ 5 1+ 5
，得1≤b < ， <b ≤2，
2n-1 2 2 2n
∴b >b ，∴a >a ，故D正确．
2n 2n-1 2n 2n-1
故选：C．
2206 (2024•下城区校级模拟)已知数列{a }满足：a >0，且a2=3a2 -2a (n∈N*)，下
n n n n+1 n+1
列说法正确的是 ( )
1 3
A.若a = ，则a >a B.若a =2，则a ≥1+
1 2 n n+1 1 n 7

n-1
3
C.a +a ≤2a D.|a -a |≥ |a -a |
1 5 3 n+2 n+1 3 n+1 n
【解析】解：∵a2=3a2 -2a (n∈N*)，∴a2-1=3a 2-2a -1，∴(a +1)(a -1)
n n+1 n+1 n n+1 n+1 n n
=(3a +1)(a -1)．
n+1 n+1
∵a >0，故a +1>0且3a +1>0，于是
n n n+1
(a -1)与(a -1)同号，
n n+1
∴(a -1)(a -1)>0．
n n+1
1 1
对于A，若a = ，则a -1=- <0，则a -1<0，∴a2-a2 =2a (a -1)<0，所
1 2 1 2 n n n+1 n+1 n+1
以a <a ，故A错误；
n n+1
对于B，∵a =2⇒a -1=1>0⇒a -1>0，
1 1 n
即a >1，于是∴a2-a2 =2a (a -1)>0，
n n n+1 n+1 n+1
即a >a ,⇒数列{a }单调递减，
n n+1 n
于是a <a =2，
n 1
所以4≥7(a -a )+2a ，
n+1 n n
a +1 3
即 n ≥ ，
3a +1 7
n+1
∵(a +1)(a -1)=(3a +1)(a -1)，
n n n+1 n+1
a -1 a +1 3
∴ n+1 = n ≥
a -1 3a +1 7
n n+1
3
⇒a -1≥
n 7

n-1
，
3
故a ≥1+
n 7

n-1
，B正确；
对于C，考虑函数y= 3x2-2x，如图所示
第 页 共 页
1250 3427由图可知当a >0 时，数列{a -a } 递减，
n n n+1
所以a -a >a -a ，即a +a >2a ，所以C不正确；
1 3 3 5 1 5 3
1+ 1+3x2
对于D，设a =x，则a = 3x2-2x,a = ，
n+1 n n+2 3
3
由上图可知，由上图可知，|a -a |≥ |a -a |，
n+2 n+1 3 n+1 n
1+ 1+3x2 3
即 -x≥ |x- 3x2-2x|，
3 3
等价于2+2 3x 9x2-6x≥2 1+3x2(3x-1)，
化简得：x2-2x+1≤0，
而x2-2x+1≤0显然不成立，所以D不正确；
由排除法可知B正确．
故选：B．
9 题型九：整数的存在性问题(不定方程)
2207 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 的前n项和是S ，且S =2a -n．
n n n
(1)证明：a +1
n
 为等比数列；
1 1 1
(2)证明： + +⋯+ <1
a -a a -a a -a
2 1 3 2 n+1 n
(3)T 为数列b n n  的前n项和，设b n =log 2a n +1  ，是否存在正整数m，k，使b2 =2T + k+1 m
19成立，若存在，求出m，k；若不存在，说明理由．
【解析】(1)∵S =2a -n，∴n≥2,S =2a -(n-1)，
n n n-1 n-1
两式相减，得a =2a -2a -1,∴a =2a +1,
n n n-1 n n-1
∴a +1=2(a +1)(n≥2),又n=1时，S =2a -1=a,∴a +1=2≠0,∴a +1
n n-1 1 1 1 1 n

是首项和公比都是2的等比数列．
(2)由(1)得a +1=2n,∴a +1=2n+1．
n n+1
第 页 共 页
1251 34271 1 1
∵ = = ，
a -a 2n+1-2n 2n
n+1 n
所以 1
 a -a
n+1 n
 1 是等比数列，首项和公比都是 ，
2
1 1
1-
1 1 1 2 2n
∴ + +⋯+ =
a -a a -a a -a
2 1 3 2 n+1 n

1
=1- <1.
1 2n
1-
2
(3)假设存在正整数m，k，使b2 =2T +19成立，
k+1 m
m(m+1)
∵b =log (a +1)=log 2n=n，∴T = ,b =k+1，
n 2 n 2 m 2 k+1
k+1  2=mm+1  +19,4k+1  2=4mm+1  +76，
所以2k+2  2=2m+1  2+75，
∴[(2k+2)+(2m+1)][(2k+2)-(2m+1)]=75，又正整数m，k，
∴(2k+2m+3)(2k-2m+1)=75=75×1=25×3=15×5，
2k+2m+3=75, 2k+2m+3=25, 2k+2m+3=15,
∴


或

或

2k-2m+1=1 , 2k-2m+1=3 , 2k-2m+1=5 ,
k=18, k=6, k=4
∴


或

或
 .
m=18 , m=5 , m=2
2208 (2024·全国·高三专题练习)设a 1 ,a 2 ,a 3 ,a 4 是各项为正数且公差为dd≠0  的等差数列
(1)证明：2a1,2a2,2a3,2a4依次成等比数列；
(2)是否存在a,d，使得a,a2,a3,a4依次成等比数列，并说明理由；
1 1 2 3 4
(3)是否存在a,d及正整数n,k，使得an,an+k,an+2k,an+3k依次成等比数列，并说明理由．
1 1 2 3 4
【解析】(1)∵
2an+1
=2an+1-an=2d(n=1,2,3)是同一个常数，
2an
∴2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列．
(2)令a +d=a，则a ，a ，a ，a 分别为a-d，a，a+d，a+2d(a>d，a>-2d，d≠0)．
1 1 2 3 4
假设存在a ，d，使得a ，a2，a3，a4依次构成等比数列，
1 1 2 3 4
则a4=a-d  a+d  3，且a+d  6=a2 a+2d  4．
d
令t= ，则1=1-t
a
 1+t  3，且1+t  6=1+2t 
1
4- <t<1，t≠0
2
 ，
化简得t3+2t2-2=0(∗)，且t2=t+1．将t2=t+1代入(∗)式，
tt+1  +2t+1 
1
-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=- ．
4
1
显然t=- 不是上面方程的解，矛盾，
4
∴假设不成立，
因此不存在a ，d，使得a ，a2，a3，a4依次构成等比数列．
1 1 2 3 4
(3)假设存在a ，d及正整数n，k，使得an，an+k，an+2k，an+3k依次构成等比数列，
1 1 2 3 4
则an 1a 1 +2d  n+2k=a 1 +d  2n+k  ，且a 1 +d  n+k a 1 +3d  n+3k=a 1 +2d  2n+2k  ．
分别在两个等式的两边同除以a2n+k  及a2n+2k
1

d 1
，并令t= t>- ，t≠0
1 a 3
1
 ，
则1+2t  n+2k=1+t  2n+k  ，且1+t  n+k 1+3t  n+3k=1+2t  2n+2k  ．
将上述两个等式两边取对数，得n+2k  ln1+2t  =2n+k  ln1+t  ，
且n+k  ln1+t  +n+3k  ln1+3t  =2n+2k  ln1+2t  ．
化简得2k ln1+2t  -ln1+t    =n 2ln1+t  -ln1+2t    ，
第 页 共 页
1252 3427且3k ln1+3t  -ln1+t    =n 3ln1+t  -ln1+3t    ．
再将这两式相除，化简得ln1+3t  ln1+2t  +3ln1+2t  ln1+t  =4ln1+3t  ln1+t 
(∗∗)．
令gt  =4ln1+3t  ln1+t  -ln1+3t  ln1+2t  -3ln1+2t  ln1+t  ，
则gt 
2 1+3t
=
 2ln1+3t  -31+2t  2ln1+2t  +31+t  2ln1+t   
1+t  1+2t  1+3t 
．
令φt  =1+3t  2ln1+3t  -31+2t  2ln1+2t  +31+t  2ln1+t  ，
则φt  =6 1+3t  ln1+3t  -21+2t  ln1+2t  +1+t  ln1+t    ．
令φ 1t  =φt  ，则φ 1t  =6 3ln1+3t  -4ln1+2t  +ln1+t    ．
令φ 2t  =φ 1t  ，则φ 2t 
12
=
1+t  1+2t  1+3t 
>0．
由g0  =φ0  =φ 10  =φ 20  =0，φ 2t  >0，
知φ 2t  ，φ 1t  ，φt  ，gt 
1
在- ,0
3
 和0,+∞  上均单调．
故gt  只有唯一零点t=0，即方程(∗∗)只有唯一解t=0，故假设不成立．
∴不存在a ，d及正整数n，k，使得an，an+k，an+2k，an+3k依次构成等比数列．
1 1 2 3 4
2209 (2024·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习)数列a
n
 的前n项和为S ,a =2,a
n 1 2
=4且当n≥2时，3S ,2S ,S +2n成等差数列.
n-1 n n+1
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)在a 和a 之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d 的等差数列，在数列
n n+1 n
d
n
 中是否存在3项d ,d ,d (其中m,k,p成等差数列)成等比数列？若存在，求出这样
m k p
的3项；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)由题意，n∈N*，在数列a
n
 中，当n≥2时，3S ,2S ,S +2n成等差数列，
n-1 n n+1
所以3S n-1 +S n+1 +2n=4S n ，即S n+1 -S n +2n=3S n -S n-1  ，
所以n≥2时，a +2n=3a ，又由a =2,a =4知n=1时，a +2n=3a 成立，
n+1 n 1 2 n+1 n
即对任意正整数n均有a =3a -2n，
n+1 n
所以a n -2n=3a n-1 -3⋅2n-1=3a n-1 -2n-1  =⋯=3n-1 a 1 -2  =0，从而a = n
2n n∈N*  ，
即数列a
n
 的通项公式为：a =2n n∈N*
n
 .
(2)由题意及(1)得，n∈N*，在数列a
n
 中，a =2n n∈N*
n

a -a
，所以d = n+1 n =
n n+1
2n
.
n+1
假设数列d
n
 中存在3项d ,d ,d (其中m,k,p成等差数列)成等比数列，则d2=d d ，
m k p k m p
2k
即
k+1

2 2m 2p 22k 2m+p
= ⋅ ，化简得 =
m+1 p+1 (k+1)2 m+1  p+1 
，
因为m,k,p成等差数列，所以m+p=2k，所以m+1  p+1  =(k+1)2，化简得k2=
mp，
又m+p=2k，所以(m+p)2=4k2=4mp，即(m-p)2=0，所以m=p，所以m=p=k，
这与题设矛盾，所以假设不成立，
所以在数列d
n
 中不存在3项d ,d ,d (其中m,k,p成等差数列)成等比数列.
m k p
2210 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 的前n项和为S ,a =2，对任意的正整数n，
n 1
点a n+1 ,S n  均在函数fx  =x图象上.
第 页 共 页
1253 3427(1)证明：数列S
n
 是等比数列；
(2)问a
n
 中是否存在不同的三项能构成等差数列？说明理由.
【解析】(1)证明：对任意的正整数n，点a n+1 ,S n  均在函数fx  =x图象上，
可得S =a =S -S ，即S =2S ，
n n+1 n+1 n n+1 n
又因为a =2，可得S =a =2，
1 1 1
所以数列S
n
 表示首项为2，公比为2的等比数列.
(2)不存在.
理由：由(1)得S =2⋅2n-1=2n，
n
当n≥2时，可得a =S -S =2n-2n-1=2n-1，
n n n-1
2, n=1

又因为a
1
=2，所以a
n
=
2n-1, n≥2
，
反证法：因为a =a ，且从第二项起数列a
1 2 n
 严格单调递增，
假设存在2≤m<n<p使得a ,a ,a 成等差数列，
m n p
可得2a =a +a ，即2n=2m-1+2p-1，
n m p
两边同除以2m-1，可得2n+1-m=1+2p-m
因为2n+1-m是偶数，1+2p-m是奇数，所以2n+1-m≠1+2p-m，
所以假设不成立，即不存在不同的三项能构成等差数列.
2211 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 的前n项和为S ，且a =1，a =3S +
n 1 n+1 n
1n∈N*  ．
(1)求a
n
 通项公式；
a
(2)设b = n ，在数列b
n n+1 n
 中是否存在三项b ,b ,b (其中2k=m+p)成等比数列？若
m k p
存在，求出这三项；若不存在，说明理由．
【解析】(1)由题意，n∈N∗
在数列a
n
 中，
a n+1 =3S n +1n∈N∗  ，a n =3S n-1 +1n∈N∗,n≥2 
两式相减可得，a -a =3a ，a =4a ，n≥2
n+1 n n n+1 n
由条件，a 2 =3a 1 +1=4a 1 ，故a n+1 =4a nn∈N∗  .
∴a
n
 是以1为首项，4为公比的等比数列.
∴a n =4n-1 n∈N∗  .
(2)由题意及(1)得，n∈N∗，
在数列a n  中，a n =4n-1 n∈N∗  ，
在数列b
n

4n-1
中，b = ，
n n+1
如果满足条件的b ，b ，b 存在，
m k p
则b2=b b ，其中2k=m+p，
k m p
4k-1
∴
 2
k+1 
4m-1 4p-1
= ⋅ ，
2 m+1 p+1
∵2k=m+p，
∴k+1  2=m+1  p+1  ，解得：k2=mp，
∵2k=m+p
∴k=m=p，与已知矛盾，所以不存在满足条件的三项.
第 页 共 页
1254 34272212 (2024·全国·高三专题练习)在①a =2，a2 -a2=3a >0,n∈N*
1 n+1 n n
 ，②S =n2-2n+
n
3n∈N*  ，S 为a
n n
 的前n项和，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答下
列问题．
已知数列a
n
 满足 ．
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)对大于1的正整数n，是否存在正整数m，使得a ，a ，a 成等比数列？若存在，求m
1 n m
的最小值；若不存在，请说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】(1)选择条件①：
由a2 -a2=3，a =2，得a2
n+1 n 1 n
 是首项为4，公差为3的等差数列，
则a2=3n+1，又a >0，所以a = 3n+1．
n n n
选择条件②：
由S =n2-2n+3，可得当n≥2时，a =S -S =2n-3，
n n n n-1
2,n=1,
又当n=1时，a 1 =2不满足上式，所以a n =   2n-3,n≥2
(2)选择条件①：
假设存在满足题意的正整数m，使得a ，a ，a 成等比数列，
1 n m
则有a2=aa ，即3n+1=2 3m+1，
n 1 m
3n2+2n-1
即m=
4
因为n∈N*且n>1，m∈N*，
所以当n=3时，m =8．
min
所以存在正整数m，使得a ，a ，a 成等比数列，m的最小值为8
1 n m
选择条件②：
假设存在满足题意的正整数m，使得a ，a ，a 成等比数列，则有a2=aa ，
1 n m n 1 m
当m=1时，有a2 n =4，即2n-3  2=4，此时n无正整数解，
当m≥2时，2n-3  2=22m-3 
15
，即m=n2-3n+ ．
4
15
因为n∈N*，所以n2-3n+ 不可能为正整数，
4
所以不存在正整数m，使得a ，a ，a 成等比数列
1 n m
2213 (2024·安徽六安·六安一中校考模拟预测)设正项等比数列a
n
 的前n项和为S ，若S
n 3
=7，a =4．
3
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)在数列S
n
 中是否存在不同的三项构成等差数列？请说明理由．
【解析】(1)设a n  的公比为q>0且q≠1  ，
由 S 3 =a 11+q+q2    =7 ，两式相除并整理得3q2-4q-4=3q+2
a =aq2=4
3 1
 q-2  =0，
2
解得q=2或- (舍去)，即q=2，a =1，
3 1
所以a =2n-1．
n
1-2n
(2)由(1)有q=2，a =1，所以S =1× =2n-1，
1 n 1-2
假设存在三项S ,S ,S (m<n<p)构成等差数列，
m n p
则有2S =S +S ，即2×2n=2m+2p，
n m p
第 页 共 页
1255 3427左右两边除以2m，2n+1-m=1+2p-m，
等式左边为偶数，右边为奇数，该等式显然无解，
所以在数列S
n
 中不存在不同的三项构成等差数列．
10 题型十：数列与函数的交汇问题
3
2214 (2022•龙泉驿区校级一模)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数且满足f -x
2
 =
f(x)，f(-2)=-3，数列{a }是等差数列，若a =3，a =13，则f(a)+f(a )+f(a )+⋯
n 2 7 1 2 3
+f(a )= ( )
2015
A.-2 B.-3 C.2 D.3
3
【解析】解：∵函数f(x)是奇函数且满足f -x
2
 =f(x)，
3
有f -x
2
 =-f(-x)，
3
则f(3-x)=-f -x
2
 =f(-x)，
即f(3-x)=f(-x)，
∴f(x)为周期为3的函数，
∵数列{a }是等差数列，若a =3，a =13，
n 2 7
∴a =1，d=2，
1
∴a =2n-1，
n
∴f(a)+f(a )+f(a )+⋯+f(a )=f(1)+f(3)+f(5)+⋯+f(4029)，
1 2 3 2015
∵f(-2)=-3，f(0)=0，∴f(1)=-3，
∴f(1)+f(3)+f(5)=0，
∴f(a )+f(a )+f(a )+⋯+f(a )=f(1)+f(3)+f(5)+⋯+f(4029)=f(1)+f(3)=
1 2 3 2015
-3，
故选：B．
100
2215 (2022•日照模拟)已知数列{a }的通项公式a =n+ ，则|a -a |+|a -a |+⋯
n n n 1 2 2 3
+|a -a |= ( )
99 100
A.150 B.162 C.180 D.210
100 100
【解析】解：a =n+ ≥2 n∙ =20，
n n n
可得当1≤n≤10时，数列{a }递减，n≥11时，数列{a }递增，
n n
可得|a -a |+|a -a |+⋯+|a -a |=a -a +a -a +⋯+a -a +a -a +a
1 2 2 3 99 100 1 2 2 3 9 10 11 10 12
-a +⋯+a -a
11 100 99
=a -a +a -a =1+100+100+1-2(10+10)=162．
1 10 100 10
故选：B．
2216 (2022秋•仁寿县月考)设等差数列{a }的前n项和为S ，已知(a -1)3+2012(a -1)
n n 4 4
=1，(a -1)3+2012(a -1)=-1，则下列结论中正确的是 ( )
2009 2009
A.S =2012，a <a B.S =2012，a >a
2012 2009 4 2012 2009 4
C.S =2011，a <a D.S =2011，a >a
2012 2009 4 2012 2009 4
【解析】解：由(a -1)3+2012(a -1)=1，(a -1)3+2012(a -1)=-1
4 4 2009 2009
可得a -1>0，-1<a -1<0，即a >1，0<a <1，从而可得等差数列的公差d
4 2009 4 2009
第 页 共 页
1256 3427<0
∴a <a ，
2009 4
把已知的两式相加可得(a -1)3+2012(a -1)+(a -1)3+2012(a -1)=0
4 4 2009 2009
整理可得(a +a -2)∙[(a -1)2+(a -1)2-(a -1)(a -1)+2012]=0
4 2009 4 2009 4 2009
结合上面的判断可知(a -1)2+(a -1)2-(a -1)(a -1)+2012>0
4 2009 4 2009
2012 2012
所以a +a =2，而s2012= (a +a )= (a +a )=2012
4 2009 2 1 2012 2 4 2009
故选：A．
11 题型十一：数列与导数的交汇问题
a+x
2217 (2022•全国模拟)函数f(x)= (x>0)，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线在y
1+x
11
轴上的截距为 ．
2
(1)求a；
(2)讨论g(x)=x(f(x))2的单调性；
(3)设a =1，a =f(a )，证明：2n-2|2lna -ln7|<1．
1 n+1 n n
a+x 1-a
【解析】解：(1)函数f(x)= (x>0)的导数为f′(x)= ，
1+x (x+1)2
1-a
曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为 ，
4
a+1
切点为1,
2

a+1 1-a
，切线方程为y- = (x-1)，
2 4
11
代入0,
2

11 a+1 1-a
可得 - = (0-1)，
2 2 4
解得a=7；
7+x (2)g(x)=x(f(x))2=x∙
1+x
 2 x3+14x2+49x = ，
(x+1)2
(x+7)[(x-2)2+3]
g′(x)= ，当x>0时，g′(x)>0，
(x+1)3
可得g(x)在(0,+∞)递增；
(3)要证2n-2|2lna -ln7|<1，
n
1 1
只需证lna - ln7< ，
n 2 2n-1
a 1
即为ln n < ，
7 2n-1
a 1 a
只要证ln n+1< ln n ，
7 2 7
由f(x)在(0,+∞)递减，a >0，
n
a a
若a > 7，a =f(a )<f( 7)= 7，此时 n+1 <1< n ，
n n+1 n 7 7
7 a
只要证ln <ln n
a 7
n+1

1 7 a
2，即为 < n
a 7
n+1

1
2，
即a a2 >7 7，
n n+1
此时a > 7，由(2)知a a2 =g(a )>g( 7)=7 7；
n n n+1 n
a a
若a < 7，a =f(a )>f( 7)= 7，此时 n <1< n+1，
n n+1 n 7 7
a 7
只要证ln n+1 <ln
7 a
n

1 a 7
2，即为 n+1 <
7 a
n

1
2，
第 页 共 页
1257 3427即a a2 <7 7，
n n+1
此时a < 7，由(2)知a a2 =g(a )<g( 7)=7 7；
n n n+1 n
若a = 7，不等式显然成立．
n
a 1 a
综上可得ln n+1< ln n ，(n≥1,n∈N*)成立，
7 2 7
a 1 a 1 1
则ln n < ∙ln 1 = ∙ ln7，
7 2n-1 7 2n-1 2
1 1 a 1
由 ln7< lne2=1，可得ln n < ，
2 2 7 2n-1
则2n-2|2lna -ln7|<1成立．
n
2218 (2022•枣庄期末)已知函数f(x)=ln(2x+a)(x>0，a>0)，曲线y=f(x)在点(1，f(1)
2
)处的切线在y轴上的截距为ln3- ．
3
(1)求a；
2x
(2)讨论函数g(x)=f(x)-2x(x>0)和h(x)=f(x)- (x>0)的单调性；
2x+1
2 5-2n+1 1
(3)设a = ，a =f(a )，求证： < -2<0(n≥2)．
1 5 n+1 n 2n a
n
2
【解析】解：(1)对f(x)=ln(2x+a)求导，得f(x)= ．
2x+a
2
因此f(1)= ．又因为f(1)=ln(2+a)，
2+a
2
所以曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y-ln(2+a)= (x-1)，
2+a
2 2
即y= x+ln(2+a)- ．
2+a 2+a
2 2
由题意，ln(2+a)- =ln3- ．
2+a 3
显然a=1，适合上式．
2
令φ(a)=ln(2+a)- (a>0)，
2+a
1 2
求导得φ(a)= + >0，
2+a (2+a)2
因此φ(a)为增函数：故a=1是唯一解．
2x
(2)由(1)可知，g(x)=ln(2x+1)-2x(x>0)，h(x)=ln(2x+1)- (x>0)，
2x+1
2 4x
因为g(x)= -2=- <0，
2x+1 2x+1
所以g(x)=f(x)-2x(x>0)为减函数．
2 2 4x
因为h(x)= - = >0，
2x+1 (2x+1)2 (2x+1)2
2x
所以h(x)=f(x)- (x>0)为增函数．
1+2x
2 5-2n+1 1 2n
(3)证明：由a = ，a =f(a )=ln(2a +1)，易得a >0. < -2⇔a <
1 5 n+1 n n n 2n a n 5
n
由(2)可知，g(x)=f(x)-2x=ln(2x+1)-2x在(0,+∞)上为减函数．
因此，当x>0时，g(x)<g(0)=0，即f(x)<2x．
令x=a (n≥2)，得f(a )<2a ，即a <2a ．
n-1 n-1 n-1 n n-1
2n
因此，当n≥2时，a <2a <22a <⋯<2n-1a = ．
n n-1 n-2 1 5
5-2n+1 1
所以 < -2成立．
2n a
n
第 页 共 页
1258 34271
下面证明： -2<0．
a
n
2x 2x
方法一：由(2)可知，h(x)=f(x)- =ln(2x+1)- 在(0,+∞)上为增函数．
2x+1 2x+1
因此，当x>0时，h(x)>h(0)=0，
2x
即f(x)> >0．
2x+1
1 1
因此 < +1，
f(x) 2x
1 1 1
即 -2<  -2
f(x) 2 x
 ．
1 1 1
令x=a (n≥2)，得 -2<  -2
n-1 f(a ) 2 a
n-1 n-1
 ，
1 1 1
即 -2<  -2
a 2 a
n n-1
 ．
1 1 1 1
当n=2时， -2= -2= -2=
a a f(a) 2
n 2 1 f
5

1
-2= -2．
ln1.8
1
因为ln1.8>ln 3>ln e= ，
2
1 1
所以 -2<0，所以 -2<0．
ln1.8 a
2
1 1 1
所以，当n≥3时， -2<  -2
a 2 a
n n-1

1 1
<  -2
22 a
n-2

1 1
<⋯<  -2
2n-2 a
2
 <0．
1
所以，当n≥2时， -2<0成立．
a
n
5-2n+1 1
综上所述，当n≥2时， < -2<0成立．
2n a
n
方法二：n≥2时，因为a >0，
n
1 1 1
所以 -2<0⇔ <2⇔a > ．
a a n 2
n n
1
下面用数学归纳法证明：n≥2时，a > ．
n 2
2
①当n=2时，a =f(a)=ln(2a +1)=ln2× +1
2 1 1 5
 =ln1.8．
1
而a =ln1.8> ⇔ln1.8>ln 2⇔1.8> 2⇔1.82>2⇔3.24>2，
2 2
1
因为3.24>2，所以a > ．可见n=2，不等式成立．
2 2
1
②假设当n=k(k≥2)时不等式成立，即a > ．
k 2
当n=k+1时，a =a =f(a )=ln(2a +1)．
n k+1 k k
1
因为a > ，f(x)=ln(2x+1)是增函数，
k 2
1
所以a =ln(2a +1)>ln2× +1
k+1 k 2
 =ln2．
1 1
要证a > ，只需证明ln2> ．
k+1 2 2
1
而ln2> ⇔ln2>ln 2⇔2> 2⇔22>( 2)2⇔4>2，
2
1 1
因为4>2，所以ln2> ．所以a > ．
2 k+1 2
可见，n=k+1时不等式成立．
1
由①②可知，当n≥2时，a > 成立．
n 2
第 页 共 页
1259 342712 题型十二：数列与概率的交汇问题
2219 (2024·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模)甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用
2n-1局n胜制n∈N*  的比赛规则，即先赢下n局比赛者最终获胜.已知每局比赛甲获
胜的概率为p，乙获胜的概率为1-p，比赛结束时，甲最终获胜的概率为Pn∈N*
n
 .
1
(1)若p= ,n=2，结束比赛时，比赛的局数为X，求X的分布列与数学期望；
2
(2)若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，即P >P.
3 2
(i)求p的取值范围；
(ii)证明数列P
n
 单调递增，并根据你的理解说明该结论的实际含义.
1
【解析】(1)p= ,n=2，即采用3局2胜制，X所有可能取值为2,3，
2
PX=2  1 = 2  2 1 + 2  2 1 = ,PX=3 2  1 =C1 2 2  2 1  2  1 +C1 2 2  1  2  2 1 = ， 2
X的分布列如下表：
X 2 3
1 1
P
2 2
所以X的数学期望为EX 
1 1 5
=2× +3× = .
2 2 2
(2)采用3局2胜制：不妨设赛满3局，用ξ表示3局比赛中甲胜的局数，则ξ~B3,p  ，甲
最终获胜的概率为：
p 1 =Pξ=2  +Pξ=3  =C2 3 p2 1-p  +C3 3 p3=p2 C2 31-p   +C3p 3  =p2 3-2p  ，
采用5局3胜制：不妨设赛满5局，用η表示5局比赛中甲胜的局数，则η~B5,p  ，甲最终
获胜的概率为：
p 2 =Pη=3  +Pη=4  +Pη=5  =C3 5 p3 1-p  2+C4 5 p4 1-p  +C5p5 5
=p3 C3 51-p  2+C4 5 p1-p   +C5p2 5  =p3 6p2-15p+10  ，
p 2 -p 1 =p3 6p2-15p+10  -p2 3-2p  =p2 6p3-15p2+10p-3+2p 
=3p2 2p3-5p2+4p-1  =3p2 p-1  2p2-3p+1  =3p2 1-p  2 2p-1  >0，
1
得 <p<1.
2
1
(ii)由(i)知 <p<1.
2
2n-1局比赛中恰好甲赢了n局的概率为q 1 =Cn 2n-1 pn 1-p  n-1，
2n-1局比赛中恰好甲赢了n-1局的概率为q 2 =Cn 2n - - 1 1 pn-1 1-p  n，
则2n-1局比赛中甲至少赢n+1局的概率为P -q.
n 1
考虑2n+1局比赛的前2n-1局：
如果这2n-1局比赛甲至少赢n+1局，则无论后面结果如何都胜利，其概率为P -q ，
n 1
如果这2n-1局比赛甲赢了n局，则需要后两场至少赢一局，其概率为q 1 1-1-p  2   ，
如果这2n-1局比赛甲赢了n-1局，则需要后两场都赢，其概率为q p2，
2
因此2n+1局里甲最终获胜的概率为：P n+1 =P n -q 1  +q 1 1-1-p  2   +q p2， 2
P n+1 -P n =-q 1 +q 1 1-1-p  2   +q 2 p2=q 2 p2-q 11-p  2
=Cn 2n - - 1 1 pn-1 1-p  n⋅p2-Cn 2n-1 pn 1-p  n-1⋅1-p  2
=Cn 2n - - 1 1 pn+1 1-p  n-Cn 2n-1 pn 1-p  n+1
=Cn 2n - - 1 1 pn 1-p  n p-1-p    =Cn 2n - - 1 1 pn 1-p  n 2p-1  >0
第 页 共 页
1260 3427因此P >P，即数列P
n+1 n n
 单调递增.
该结论的实际意义是：比赛局数越多，对实力较强者越有利.
2220 (2024·全国·高三专题练习)马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程
具备“无记忆”的性质，即第n+1次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，与第n-1,n
-2,n-3,⋅⋅⋅次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子，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，重复进行nn∈N*  次
操作后，记甲盒子中黑球个数为X ，甲盒中恰有1个黑球的概率为a ，恰有2个黑球的概
n n
率为b .
n
(1)求X 的分布列；
1
(2)求数列a
n
 的通项公式；
(3)求X 的期望.
n
【解析】(1)(1)由题可知，X 的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知：
1
PX 1 =0 
1 2 2
= 3 × 3 = 9 ;PX 1 =1 
1 1 2 2 5
= 3 × 3 + 3 × 3 = 9 ;PX 1 =2 
2 1 2
= × = ， 3 3 9
故X 的分布列如下表：
1
X 0 1 2
1
2 5 2
P
9 9 9
(2)由全概率公式可知：
PX n+1 =1 
=PX n =1  ⋅PX n+1 =1X n =1  +PX n =2  ⋅PX n+1 =1X n =2 
+PX n =0  ⋅PX n+1 =1X n =0 
1 1 2 2
= × + × 3 3 3 3  PX n =1 
2
+ ×1 3  PX n =2 
2
+1× 3  PX n =0 
5
= 9 PX n =1 
2
+ 3 PX n =2 
2
+ 3 PX n =0  ，
5 2 2
即：a n+1 = 9 a n + 3 b n + 3 1-a n -b n  ，
1 2
所以a =- a + ，
n+1 9 n 3
3 1 3
所以a - =- a -
n+1 5 9 n 5
 ，
又a 1 =PX 1 =1 
5
= ， 9
3
所以，数列a -
 n 5

3 2 1
为以a - =- 为首项，以- 为公比的等比数列，
1 5 45 9
3 2 1
所以a - =- ⋅-
n 5 45 9

n-1 2 1
= ⋅-
5 9

n
，
3 2 1
即：a = + ⋅-
n 5 5 9

n
.
(3)由全概率公式可得：
PX n+1 =2 
=PX n =1  ⋅PX n+1 =2X n =1  +PX n =2  ⋅PX n+1 =2X n =2 
+PX n =0  ⋅PX n+1 =2X n =0 
2 1
= × 3 3  ⋅PX n =1 
1
+ ×1 3  ⋅PX n =2  +0⋅PX n =0  ,
2 1
即：b = a + b ,
n+1 9 n 3 n
第 页 共 页
1261 34273 2 1
又a = + ⋅-
n 5 5 9

n
,
1 2 3 2 1
所以b = b + + -
n+1 3 n 9 5 5 9

n
  ,
1 1 1 所以b - + -
n+1 5 5 9
 n+1 1 1 1 1 = b - + -
3 n 5 5 9
  n 

 ,
又b 1 =PX 1 =2 
2
= , 9
1 1 1
所以b - + ×-
1 5 5 9

2 1 1
= - - =0,
9 5 45
1 1 1
所以b - + -
n 5 5 9

n
=0,
1 1 1
所以b = - -
n 5 5 9

n
,
所以EX n  =a n +2b n +01-a n -b n  =a +2b =1. n n
2221 (2024·全国·高三专题练习)雅礼中学是三湘名校，学校每年一届的社团节是雅礼很有特
色的学生活动，几十个社团在一个月内先后开展丰富多彩的社团活动，充分体现了雅礼中
学为学生终身发展奠基的育人理念.2022年雅礼文学社举办了诗词大会，在选拔赛阶段，
共设两轮比赛.第一轮是诗词接龙，第二轮是飞花令.第一轮给每位选手提供5个诗词接
龙的题目，选手从中抽取2个题目，主持人说出诗词的上句，若选手正确回答出下句可得
10分，若不能正确回答出下可得0分.
(1)已知某位选手会5个诗词接龙题目中的3个，求该选手在第一轮得分的数学期望；
(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个团队参加飞花令环节的比赛，每一次由四个团队中的一个
回答问题，无论答题对错，该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团体有相同的
机会抢答下一问题.记第n次回答的是甲的概率是P，若P =1.
n 1
①求P 和P；
3 4
1
②证明：数列P -
 n 4
 为等比数列，并比较第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)设该选手答对的题目个数为ξ，该选手在第一轮的得分为η，则η=10ξ，易知ξ
的所有可能取值为0,1,2，
则Pξ=0 
C2 1
= 2 = ，
C2 10
5
Pξ=1 
C1⋅C1 3
= 2 3 = ，
C2 5
5
Pξ=2 
C2 3
= 3 = ，
C2 10
5
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2
1 3 3
P
10 5 10
∴Eξ 
1 3 3 6
= ×0+ ×1+ ×2= ，则Eη
10 5 10 5
 =10Eξ  =12.
(2)①由题意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，
1 1
∴P =0，则P = ,P =1-
2 3 3 4 3

1 2
× = .
3 9
②由第n次回答的是甲的概率为P，得当n≥2时，第n-1次回答的是甲的概率为P ，
n n-1
第n-1次回答的不是甲的概率为1-P ，
n-1
第 页 共 页
1262 3427则P n =P n-1 ⋅0+1-P n-1 
1 1
× 3 = 3 1-P n-1 
1 1 1
，即P - =- P - n 4 3 n-1 4 
1
，又P - = 1 4
3
，
4
1 ∴P -  n 4  3 1 3 1 是以 为首项，- 为公比的等比数列，则P = ×- 4 3 n 4 3  n-1 1 + 4
3 1
∴P = ×-
8 4 3

7 1 3 1
+ < ×-
4 4 3

6 1
+ =P，
4 7
∴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..
2222 (2024·山西朔州·高三怀仁市第一中学校校考阶段练习)一对夫妻计划进行为期60天的
自驾游．已知两人均能驾驶车辆,且约定:①在任意一天的旅途中,全天只由其中一人驾
1
车,另一人休息;②若前一天由丈夫驾车,则下一天继续由丈夫驾车的概率为 ,由妻子
4
3 1
驾车的概率为 ;③妻子不能连续两天驾车．已知第一天夫妻双方驾车的概率均为 ．
4 2
(1)在刚开始的三天中,妻子驾车天数的概率分布列和数学期望;
(2)设在第n天时,由丈夫驾车的概率为p ,求数列p
n n
 的通项公式．
【解析】(1)解:设妻子驾车天数为X,则X的可能取值为:0,1,2,
由题意可知:PX=0 
1 1 1 1
= × × = ,
2 4 4 32
PX=1 
1 1 1 3 1 1 3 19
= ×1× + × ×1+ × × = ,
2 4 2 4 2 4 4 32
PX=2 
1 3 3
= ×1× = ,
2 4 8
所以X的分布列如下表所示:
X 0 1 2
1 19 3
P
32 32 8
所以EX 
1 19 3 43
=0× +1× +2× = ;
32 32 8 32
(2)假设第n-1n≥2  天,丈夫驾车的概率为p ,则妻子驾车的概率为1-p , n-1 n-1
1 3
此时第n天时,由丈夫驾车的概率为p =p × +1-p =1- p ,
n n-1 4 n-1 4 n-1
4
即4p =4-3p ,则有4p -
n n-1 n 7

4
=-3p -
n-1 7
 ,
4
p -
n 7 3 4 1 4 1
所以 =- ,因为p - = - =- ,
4 4 1 7 2 7 14
p -
n-1 7
4
所以p -
 n 7

1 3
是以- 为首项,- 为公比的等比数列,
14 4
4 1 3 即p - =- ×-
n 7 14 4
 n-1 4 1 3 ,故p = - -
n 7 14 4
 n-1 ,n∈N*.
2223 (2024·全国·高三专题练习)某中学举办了诗词大会选拔赛，共有两轮比赛，第一轮是诗
词接龙，第二轮是飞花令．第一轮给每位选手提供5个诗词接龙的题目，选手从中抽取2
个题目，主持人说出诗词的上句，若选手在10秒内正确回答出下句可得10分，若不能在
10秒内正确回答出下句得0分．
(1)已知某位选手会5个诗词接龙题目中的3个，求该选手在第一轮得分的数学期望；
(2)已知恰有甲、乙、丙、丁四个团队参加飞花令环节的比赛，每一次由四个团队中的一个
回答问题，无论答题对错，该团队回答后由其他团队抢答下一问题，且其他团队有相同的
第 页 共 页
1263 3427机会抢答下一问题．记第n次回答的是甲的概率为P，若P =1．
n 1
①求P，P；
2 3
1
②证明：数列P -
 n 4
 为等比数列，并比较第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)设该选手答对的题目个数为ξ，该选手在第一轮的得分为η，则η=10ξ，
易知ξ的所有可能取值为0，1，2，
则Pξ=0 
C2 1
= 2 = ，
C2 10
5
Pξ=1 
C1⋅C1 3
= 2 3 = ，
C2 5
5
Pξ=2 
C2 3
= 3 = ，
C2 10
5
故ξ的分布列为
ξ 0 1 2
1 3 3
P
10 5 10
则Eξ 
1 3 3 6
= ×0+ ×1+ ×2= ，
10 5 10 5
所以Eη  =10Eξ  =12．
1
(2)①由题意可知，第一次是甲回答，第二次甲不回答，∴P =0，则P = ．
2 3 3
②由第n次回答的是甲的概率为P，得当n≥2时，第n-1次回答的是甲的概率为P ，
n n-1
第n-1次回答的不是甲的概率为1-P ，
n-1
则P n =P n-1 ⋅0+1-P n-1 
1 1
⋅ 3 = 3 1-P n-1  ，
1 1 1
即P - =- P -
n 4 3 n-1 4
 ，
1 3
又P - = ，
1 4 4
1
∴P -
 n 4

3 1
是以 为首项，- 为公比的等比数列，
4 3
3 1
则P = ×-
n 4 3

n-1 1
+ ，
4
3 1
∴P = ×-
8 4 3

7 1 3 1
+ < ×-
4 4 3

6 1
+ =P，
4 7
∴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．
2224 (2024·江苏南通·江苏省如皋中学校考模拟预测)某校为减轻暑假家长的负担，开展暑期
托管，每天下午开设一节投篮趣味比赛．比赛规则如下：在A，B两个不同的地点投篮．
先在A处投篮一次，投中得2分，没投中得0分；再在B处投篮两次，如果连续两次投中
得3分，仅投中一次得1分，两次均没有投中得0分．小明同学准备参赛，他目前的水平是
3
在A处投篮投中的概率为p，在B处投篮投中的概率为 ．假设小明同学每次投篮的结
5
果相互独立．
9
(1)若小明同学完成一次比赛，恰好投中2次的概率为 ，求p；
20
3
(2)若p= ，记小明同学一次比赛结束时的得分为X，求X的分布列及数列期望．
4
【解析】(1)设小明在A处投篮为事件A，在B处投篮分别为B,B
1 2
第 页 共 页
1264 3427已知小明同学恰好投中2次，分三种情况
A中B 中B 不中；
1 2
A中B 不中B 中；
1 2
A不中B 中B 中；
1 2
3 2 2 3
∴其概率为：p⋅ ⋅ +p⋅ ⋅ +1-p
5 5 5 5

3 3 9 3
⋅ ⋅ = ，解得：p= .
5 5 20 4
(2)由题意可得得分X的可能取值分别为5，3，2，1，0
PX=5 
3 3 3 27
= × × = ；
4 5 5 100
PX=3 
1 3 3 3 3 2 3 2 3 45 9
= × × + × × + × × = = ；
4 5 5 4 5 5 4 5 5 100 20
PX=2 
3 2 2 12 3
= × × = = ；
4 5 5 100 25
PX=1 
1 3 2 1 2 3 12 3
= × × + × × = = ；
4 5 5 4 5 5 100 25
PX=0 
1 2 2 4 1
= × × = = .
4 5 5 100 25
综上所述可得X的分布列为
X 5 3 2 1 0
27 9 3 3 1
P
100 20 25 25 25
EX 
27 45 12 12 4 306
=5× +3× +2× +1× +0× = =3.06
100 100 100 100 100 100
2225 (2024·全国·高三专题练习)现有甲、乙、丙三个人相互传接球，第一次从甲开始传球，甲
随机地把球传给乙、丙中的一人，接球后视为完成第一次传接球；接球者进行第二次传球，
随机地传给另外两人中的一人，接球后视为完成第二次传接球；依次类推，假设传接球无
失误．
(1)设乙接到球的次数为X，通过三次传球，求X的分布列与期望；
(2)设第n次传球后，甲接到球的概率为a ，
n
1
(i)试证明数列a -
 n 3
 为等比数列；
(ii)解释随着传球次数的增多，甲接到球的概率趋近于一个常数．
【解析】(1)由题意知X的取值为0,1,2，
PX=0 
1 1 1 1
= × × = ；PX=1
2 2 2 8

1 1 1 1 1 1 1 5
= × + × × + × = ；
2 2 2 2 2 2 2 8
PX=2 
1 1 1
= ×1× = ；
2 2 4
所以X的分布列为
X 0 1 2
1 5 1
P
8 8 4
所以EX 
1 5 1 9
=0× +1× +2× = ；
8 8 4 8
(2)(i)由题意：第一次传球后，球落在乙或丙手中，则a =0，
1
n∈N∗,n≥2时，第n次传给甲的事件是第n-1次传球后，球不在甲手上并且第n次必
传给甲的事件，
1
于是有a n = 2 1-a n-1 
1 1 1
，即a - =- a - n 3 2 n-1 3  ，
第 页 共 页
1265 34271
故数列a -
 n 3

1 1 1
是首项为a - =- ，公比为- 的等比数列;
1 3 3 2
1 1 1
(ii)a - =- -
n 3 3 2

n-1 1 1 1
，所以a = - -
n 3 3 2

n-1
，
1
当n→+∞时，a → ，所以当传球次数足够多时，球落在甲手上的概率趋向于一个常数
n 3
1
.
3
13 题型十三：数列与几何的交汇问题
2226 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)已知正四面体ABCD中，AB=2，P，P，⋯，P
1 2 n
在线段AB上，且AP 1  =P 1 P 2  =⋯=P n-1 P n  =P n B  ，过点P 作平行于直线AC，BD的 1
平面，截面面积为a ，则下列说法正确的是 ( )
n
A.a =1
1
B. a
n
 为递减数列
1
C.存在常数m，使 +m
a
n
 为等差数列
D.设S 为数列n+1 a
n  n2 n
 2023 的前n项和，则S = 时，n=2023
n 506
【答案】ABD
【解析】由题意得AP 1  =P 1 P 2  =P 2 P 3  =⋯=P n B 
2
= ， n+1
取BD中点O，连接AO,CO，因为△ABD,△BCD均为等边三角形，
所以AO⊥BD,CO⊥BD，
因为AO∩CO=O，AO,CO⊂平面AOC，
因为AC⊂平面AOC，
所以BD⊥AC，
A选项，过点P 做PE⎳AC交BC于点E，过点P 做PF⎳BD交AD于点F，连接FG，
1 1 1 1
则PF⊥PE，
1 1
故四边形PFGE为截面，且四边形PFGE为矩形，
1 1
由相似知识可知AP 1  =P 1 F 
2
= n+1 ，EP 1 
2n
= ， n+1
第 页 共 页
1266 3427故a n =FP 1  ⋅EP 1 
2 2n 4n
= ⋅ = n+1 n+1 n+1 
4×1
，所以a = =1，A正确； 2 1 22
4n
B选项，因为a =
n n+1 
4n+1
，所以a -a =
2 n+1 n

n+2 
4n
-
2 n+1 
4n+1
=
2
 3-4nn+2  2
n+2  2 n+1  2
4-4n-4n2
=
n+2  2 n+1 
<0，
2
故a <a ，故a
n+1 n n
 为递减数列，B正确；
1 n2+2n+1 1 n 1 1
C选项， = ，则 +m= + + +m，
a 4n a 4 4n 2
n n
1 1
+m- +m
a a
n+1 n

n+1 1 1 n 1 1 1 1
= + + +m- - - -m= -
4 4n+4 2 4 4n 2 4n+4 4n
1
+ 不是常数，C错误；
4
n+1 n+1 4n
D选项， a = ⋅
n2 n n2 n+1 
4
=
2 nn+1 
4 4
= - ，
n n+1
4 4 4 4 4 4 4
则S = - + - +⋯+ - =4- ，
n 1 2 2 3 n n+1 n+1
4 2023
令4- = ，解得n=2023，D正确.
n+1 506
故选：ABD
2227 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)已知三棱锥A-BCD的棱长均为3，其内有n个
小球，球O 与三棱锥A-BCD的四个面都相切，球O 与三棱锥A-BCD的三个面和
1 2
球O 都相切，如此类推，⋯，球O 与三棱锥A-BCD的三个面和球O 都相切(n≥2，
1 n n-1
且n∈N∗)，球O 的表面积为S ，体积为V，则 ( )
n n n
6 3π
A.V= π B.S =
1 8 3 16
C.数列S
n
 为等差数列 D.数列V
n
 为等比数列
【答案】AD
【解析】由题意知三棱锥A-BCD的内切球O 的球心在高AO上，如图1所示，
1
第 页 共 页
1267 34272 3 3
由正三角形中心的性质可得：BO= × = 3，则AO= AB2-BO2= 6，
3 2
1
设球O 的半径为r ，则利用等体积法：V = r(S +S +S +S )，
1 1 A-BCD 3 1 △ABC △ACD △ABD △BCD
1 3 1 3 6 4
即 × ×32× 6= r ×4× ×32，解得：r = ，所以球O 的体积V= πr3
3 4 3 1 4 1 4 1 1 3 1
6π
= ，故选项A正确；
8
6 3 6
如图2所示：易知DO= 3，OO =r = ，DO = r2+( 3)2= .
1 1 4 1 1 4
设球O 与平面BCD切于点M，球O 的半径为r ，连接O M，则△OOD∼△O MD，
2 2 2 2 1 2
3 6 6 6
- -r -r
r DO -(r +r) r 4 4 2 2 2 6
所以 2 = 1 2 1 ，即 2 = = ，所以3r = -r ，
r DO 6 3 6 3 6 2 2 2
1 1
4 4 4
6 1 r 1 r r r r 1
则r = = r ，所以 2 = ，如此类推， 2 = 3 = 4 =⋯= n = .
2 8 2 1 r 2 r r r r 2
1 1 2 3 n-1
6 1
所以{r }是首项为 ，公比为 的等比数列，
n 4 2
6 1
所以r = ×
n 4 2

n-1
，
1 6 6 3π
所以r = r = ，则S =4πr2=4π× = ，故选项B错误；
3 4 1 16 3 3 16×16 32
6 1 由r = ×
n 4 2
 n-1 可得 S n = 4πr n 2 = 1
S 4πr2 2
n-1 n-1
 2 1 = ,n≥2，
4
所以数列S
n

1
是公比为 的等比数列，故选项C错误；
4
6 1 由r = ×
n 4 2

4
πr3
n-1 可得 V n = 3 n = 1
V 4 2
n-1 πr3
3 n-1
 3 1 = ,n≥2，
8
数列V
n

1
是公比为 的等比数列，故选项D正确；
8
故选：AD.
2228 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 是等差数列，p，q，s，t是互不相同
的正整数，且p+q=s+t，若在平面直角坐标系中有点As,a s  ，Bp,a p  ，Cq,a q  ，
Dt,a t  ，则下列选项成立的有 ( )
a -a 2a -a -a
A. t p = t q s B. AB
t-p 2t-q-s
 =CD 
第 页 共 页
1268 3427C.直线AB与直线CD的斜率相等 D.直线AC与直线BD的斜率不相等
【答案】ABC
【解析】由题设a +a =a +a，且p+q=s+t，又a
p q s t n
 是等差数列，若公差为d，
2a -a -a a -a +a -a a -a a -a
t q s = t q t s，又 t q =d= t s，
2t-q-s t-q+t-s t-q t-s
a -a +a -a a -a
所以 t q t s =d= t p，A正确；
t-q+t-s t-p
由AB  = (p-s)2+(a p -a s )2= (p-s)2(1+d2)，CD  = (t-q)2+(a -a )2= t q
(t-q)2(1+d2)，
又t-q=p-s，故AB  =CD  ，B正确；
a -a a -a
由k = p s =d，k = t q =d，故直线AB与直线CD的斜率相等，C正确；
AB p-s CD t-q
a -a a -a
同理k = q s =d，k = t p =d，故直线AC与直线BD的斜率相等，D错误.
AC q-s BD t-p
故选：ABC
2229 (多选题)(2024·重庆·高三统考阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，A为坐标原点，
B2,0  2 ，点列P在圆x+ 3  2 +y2= 16 上，若对于∀n∈N*，存在数列a 9 n  ，a =6，使得 1
PB⋅a 4n+2
n = ，则下列说法正确的是 ( )
2PA⋅a 2n-1
n-1
A. a
n
 为公差为2的等差数列 B. a
n
 为公比为2的等比数列
C.a =4047⋅22023 D. a 2023 n  前n项和S n =2+2n-1  ⋅2n+1
【答案】CD
2 【解析】对AB，由点列P在圆x+
3
 2 +y2= 16 上，则由参数方程得
9
4 2 4
P cosθ- , sinθ
3 3 3

PB
，则
PA

4
 sinθ
2 3
=

2 4 2
+ cosθ- -2
3 3

2
4
 sinθ
3

2 4 2
+ cosθ-
3 3

=
2
80 64
- cosθ
9 9 PB
=4，∴ =2.
20 16 PA
- cosθ
9 9
对于∀n∈N*，存在数列a
n

PB⋅a 4n+2 a 4n+2
，a =6，使得 n = ，即 n = ①，
1 2PA⋅a 2n-1 a 2n-1
n-1 n-1
a 4n+6
n+1 = ②，
a 2n+1
n
a ⋅a 2n-1
①②两式相除得 n+1 n-1 =
a2 n
 2n+3 
2n+1 
a
⇒ n-1
2 2n-1 
a
⋅ n+1
+1 2n+1 
=
+1
a  n
2n+1
 2 ，
a
令b = n ，则b ⋅b =b2，则b
n 2n+1 n-1 n+1 n n

a b
为以首项b = 1 =2，公比为q= n =
1 2×1+1 b
n-1
a
n
2n+1 a 2n-1 4n+2 2n-1
= n ⋅ = ⋅ =2的等比数列.
a a 2n+1 2n-1 2n+1
n-1 n-1
2n-1
a
则 2n+ n 1 =b n =2n⇒a n =2n+1  ⋅2n，AB错；
对C，a 2023 =2×2023+1  ⋅22023=4047⋅22023，C对；
第 页 共 页
1269 3427对D，S n =3×21+5×22+⋯+2n+1  2n，
2S n =3×22+5×23+⋯+2n+1  2n+1，
两式相减得，-S n =3×21+2×22+2×23+⋯+2×2n-2n+1  2n+1
=2+22+23+⋯+2n+1-2n+1 
21-2n+1
2n+1=

-2n+1
1-2
 2n+1=-2-2n-1  ⋅2n+1.
∴S n =2+2n-1  ⋅2n+1，D对.
故选：CD.
2230 (多选题)(2024·广东·高三校联考阶段练习)若直线l:3x+4y+n=0n∈N*  与圆C:(x
-2)2+y2=a2(a >0)相切，则下列说法正确的是 ( )
n n
7
A.a = B.数列a
1 5 n
 为等比数列
C.数列a
n
 的前10项和为23 D.圆C不可能经过坐标原点
【答案】AC
【解析】圆C的圆心为2,0  ，半径r=a ， n
3×2+n 1 6
由直线与圆相切得 =a ，a = n+ ，
5 n n 5 5
7 1
∴a 1 = 5 ，a n+1 -a n = 5 n+1 
6 1 6 1
+ - n- = ， 5 5 5 5
∴a
n

7 1
是首项为 ，公差为 的等差数列，
5 5
7 10×9 1
前10项和为S =10× + × =23；
10 5 2 5
令0-2  6+n 2+02=
5
 2 ，解得n=4，此时圆C经过坐标原点.
综上所述，AC选项正确，BD选项错误.
故选：AC
2231 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系中，O是坐标原点，M ,N 是圆
n n
  
O:x2+y2=n2上两个不同的动点，P 是M N 的中点，且满足OM ⋅ON +2OP2=
n n n n n n
0n∈N∗  ．设M ,N 到直线l: 3x+y+n2+n=0的距离之和的最大值为a ，则下列说 n n n
法中正确的是 ( )
 
A.向量OM 与向量ON 所成角为120°
 n n
B. OP
n
 =n
C.a =n2+2n
n
D.若b n = n a + n 2 ，则数列   (2bn-1) 2 ( b 2 n bn+1-1)  1 的前n项和为1- 2n+1-1
【答案】ACD
   
1
【解析】依题意，|OM |=|ON |=n，而点P 是弦M N 的中点，则OP = (OM +
n n n n n n 2 n

ON )，
n
         
1 1 1
OP2= (OM 2+2OM ⋅ON +ON 2)= n2+ OM ⋅ON ，而OM ⋅ON +2OP2
n 4 n n n n 2 2 n n n n n
=0，
 
  1   OM ⋅ON 1  
于是得OM ⋅ON =- n2，cos‹OM ,ON ›= n n =- ，即‹OM ,ON ›=
n n 2 n n |OM |⋅|ON | 2 n n
n n
120°，A正确；
 
1
显然△OM N 是顶角∠M ON =120°的等腰三角形，则|OP|=|OM |cos60°= n，B
n n n n n n 2
第 页 共 页
1270 3427不正确；
依题意，点M ,N 到直线l: 3x+y+n2+n=0的距离之和等于点P 到直线l距离的2
n n n
倍，

1 1
由|OP|= n知，点P 在以原点O为圆心， n为半径的圆上，则点P 到直线l距离的
n 2 n 2 n
1
最大值是点O到直线l的距离加上半径 n，
2
|n2+n| n2+n n2
而点O到直线l距离d= = ，则点P 到直线l距离的最大值是 +
( 3)2+12 2 n 2
n2
n，因此，a =2 +n
n 2
 =n2+2n，C正确；
由b =
a
n 得，b =n，则
2bn
=
2n
=
(2n+1-1)-(2n-1)
n n+2 n (2bn-1)(2bn+1-1) (2n-1)(2n+1-1) (2n-1)(2n+1-1)
1 1
= - ，
2n-1 2n+1-1
 2bn
因此，数列  (2bn-1)(2bn+1-1)
 1
的前n项和T =1- n 22-1 
1 1
+ - 22-1 23-1  +⋯
1 1
+ -
2n-1 2n+1-1

1
=1- ，D正确.
2n+1-1
故选：ACD
第 页 共 页
1271 3427