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数列考查的九个热点
热点题型速览
热点一等差数列的基本计算
热点二等比数列的基本计算
热点三等差数列与等比数列的综合计算
热点四数列与函数的交汇
热点五数列与不等式交汇
热点六数列与解析几何交汇
热点七数列与概率统计交汇
热点八等差数列、等比数列的判断与证明
热点九数列中的“新定义”问题
热点一等差数列的基本计算
1 (2023 春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习) 已知等差数列an
为递增数列，Sn为
其前n 项和，a3+a7= 34,a4⋅a6= 280，则S11= (
)
A. 516
B. 440
C. 258
D. 220
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a4,a6，再利用前n 项和公式求解作答.
【详解】等差数列an
为递增数列，则a4< a6，由a3+a7= 34，得a4+a6= 34，而a4⋅a6= 280，
解得a4= 14,a6= 20，所以S11= 11(a1+a11)
2
= 11a6= 220.
故选：D
2 (2022 秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中) 某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直
径为60mm，满盘时直径为120mm，已知卫生纸的厚度为0.1mm，则满盘时卫生纸的总长度大约( ) (π ≈
3.14，精确到1m)
A. 65m
B. 85m
C. 100m
D. 120m
【答案】B
【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成300 个半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各
圆的周长，再借助等差数列前n 项和公式求总和即可.
【详解】因为空盘时盘芯直径为60mm，则半径为30mm，周长为2π × 30 = 60π mm
，
又满盘时直径为120mm，则半径为60mm，周长为2π × 60 = 120π mm
，
又因为卫生纸的厚度为0.1mm，则60 - 30
0.1
= 300，即每一圈周长成等差数列，项数为300，
于是根据等差数列的求和公式，得：
S300= 300 × 60π + 120π
2
= 27000π mm
，
公众号：一枚试卷君
2
又27000πmm ≈84780mm ≈85m，即满盘时卫生纸的总长度大约为85m，
故选：B.
3 (2020·全国高考真题(理)) 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，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9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9 块，下一层的第一
环比上一层的最后一环多9 块，向外每环依次也增加9 块，已知每层环数相同，且下层比中层多729 块，则
三层共有扇面形石板(不含天心石) (
)
A. 3699 块
B. 3474 块
C. 3402 块
D. 3339 块
【答案】C
【解析】
设第n 环天石心块数为an，第一层共有n 环，
则an
是以9 为首项，9 为公差的等差数列，an= 9 + n - 1
× 9 = 9n，
设Sn为an
的前n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为Sn，S2n-Sn，S3n-S2n，因为下层比中层多729 块，
所以S3n-S2n= S2n-Sn+729，
即3n 9 + 27n
2
- 2n 9 + 18n
2
= 2n 9 + 18n
2
- n 9 + 9n
2
+ 729
即9n2= 729，解得n = 9，
所以S3n= S27= 27 9 + 9 × 27
2
= 3402.
故选：C
4 (2022·全国·统考高考真题) 记Sn为等差数列an
的前n 项和．若2S3= 3S2+6，则公差d =
．
【答案】2
【分析】转化条件为2 a1+2d
= 2a1+d + 6，即可得解.
【详解】由2S3= 3S2+6 可得2 a1+a2+a3
= 3 a1+a2
+ 6，化简得2a3= a1+a2+6，
即2 a1+2d
= 2a1+d + 6，解得d = 2.
故答案为：2.
【规律方法】
1. 等差数列中的基本量a1,an,d,n,Sn，
“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想. 要注意使用公式时
的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使
运算更加便捷．
2. 在等差数列{an} 中，若出现am-n，am，am+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与am有关的
公众号：一枚试卷君
3
条件；若求am项，可由am= 1
2 (am-n+am+n) 转化为求am-n，am+n或am-n+am+n的值．
3. 数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.
热点二等比数列的基本计算
5 (2020·全国·统考高考真题) 设{an} 是等比数列，且a1+a2+a3= 1，a2+a3+a4= 2，则a6+a7+a8=
(
)
A. 12
B. 24
C. 30
D. 32
【答案】D
【分析】根据已知条件求得q 的值，再由a6+a7+a8= q5 a1+a2+a3
可求得结果.
【详解】设等比数列an
的公比为q，则a1+a2+a3= a1 1 + q + q2
= 1，
a2+a3+a4= a1q + a1q2+a1q3= a1q 1 + q + q2
= q = 2，
因此，a6+a7+a8= a1q5+a1q6+a1q7= a1q5 1 + q + q2
= q5= 32.
故选：D.
6 (2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测) 在《增减算法统宗》中有这样一则故事：
“三百七十
八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”. 其大意是：有人要去某关口，路程为378 里，
第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地. 则此
人后3 天共走的里程数为(
)
A. 6
B. 12
C. 18
D. 42
【答案】D
【分析】设第n n ∈N∗
天走an里，其中1 ≤n ≤6，由题意可知，数列an
是公比为1
2 的等比数列，利用等
比数列的求和公式求出a1的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后3 天共走的里程数.
【详解】设第n n ∈N∗
天走an里，其中1 ≤n ≤6，由题意可知，数列an
是公比为1
2 的等比数列，
所以，
a1 1 -
1
2
6
1 - 1
2
= 63
32 a1= 378，解得a1= 378 × 32
63
= 192，
所以，此人后三天所走的里程数为a4+a5+a6=
192 × 1
8 1 - 1
23
1 - 1
2
= 42.
故选：D.
7 (2023·全国高考真题) 已知an
为等比数列，a2a4a5= a3a6，a9a10=-8，则a7=
.
【答案】-2
【分析】根据等比数列公式对a2a4a5= a3a6化简得a1q = 1，联立a9a10=-8 求出q3=-2，最后得a7= a1q ⋅q5=
q5=-2.
【解析】设an
的公比为q q ≠0
，则a2a4a5= a3a6= a2q ⋅a5q，显然an≠0，
则a4= q2，即a1q3= q2，则a1q = 1，因为a9a10=-8，则a1q8⋅a1q9=-8，
则q15= q5
3=-8 = -2
3，则q3=-2，则a7= a1q ⋅q5= q5=-2，
故答案为：-2.
【规律方法】
1. 等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q, 然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组) 求
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4
解.
2. 等比数列的通项公式及前n 项和公式, 共涉及五个量a1,an,q,n,Sn, 知其中三个就能求另外两个, 体现了用方
程的思想解决问题.
3. 根据题目特点，可选用等比数列的性质.
热点三等差数列与等比数列的综合计算
8 (2019·北京·高考真题) 设{an} 是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6 成等比数列．
(Ⅰ) 求{an} 的通项公式；
(Ⅱ) 记{an} 的前n 项和为Sn，求Sn 的最小值．
【答案】(Ⅰ)an= 2n - 12；(Ⅱ) - 30.
【分析】(Ⅰ) 由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得an
的通项公式；
(Ⅱ) 首先求得Sn的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.
【详解】(Ⅰ) 设等差数列an
的公差为d，
因为a2+10，a3+8，a4+6 成等比数列，所以(a3+8)2= (a2+10) (a4+6)，
即(2d - 2)2= d(3d - 4)，解得d = 2，所以an=-10 + 2(n - 1) = 2n - 12.
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 知an= 2n - 12,
所以Sn= -10 + 2n - 12
2
× n = n2-11n = n - 11
2
2- 121
4 ；
当n = 5 或者n = 6 时，Sn取到最小值-30.
9 (2022·全国·统考高考真题) 记Sn为数列an
的前n 项和．已知2Sn
n
+ n = 2an+1．
(1) 证明：an
是等差数列；
(2) 若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值．
【答案】(1) 证明见解析；
(2) - 78．
【分析】(1) 依题意可得2Sn+n2= 2nan+n，根据an= S1,
n = 1
Sn-Sn-1, n ≥2
，作差即可得到an-an-1= 1，从而得
证；
(2) 法一：由(1) 及等比中项的性质求出a1，即可得到an
的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质
计算可得．
【详解】(1) 因为2Sn
n
+ n = 2an+1，即2Sn+n2= 2nan+n ①，
当n ≥2 时，2Sn-1+ n - 1
2= 2 n - 1
an-1+ n - 1
②，
①- ②得，2Sn+n2-2Sn-1- n - 1
2= 2nan+n - 2 n - 1
an-1- n - 1
，
即2an+2n - 1 = 2nan-2 n - 1
an-1+1，
即2 n - 1
an-2 n - 1
an-1= 2 n - 1
，所以an-an-1= 1，n ≥2 且n ∈N *，
所以an
是以1 为公差的等差数列．
(2) [方法一]：二次函数的性质
由(1) 可得a4= a1+3，a7= a1+6，a9= a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a7
2= a4⋅a9，
即a1+6
2= a1+3
⋅a1+8
，解得a1=-12，
公众号：一枚试卷君
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所以an= n - 13，所以Sn=-12n + n n - 1
2
= 1
2 n2- 25
2 n = 1
2 n - 25
2
2- 625
8 ，
所以，当n = 12 或n = 13 时，Sn
min=-78．
[方法二]：
【最优解】邻项变号法
由(1) 可得a4= a1+3，a7= a1+6，a9= a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a7
2= a4⋅a9，
即a1+6
2= a1+3
⋅a1+8
，解得a1=-12，
所以an= n - 13，即有a1< a2<⋯< a12< 0,a13= 0.
则当n = 12 或n = 13 时，Sn
min=-78．
【整体点评】(2) 法一：根据二次函数的性质求出Sn的最小值，适用于可以求出Sn的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
10 (2023·天津·统考高考真题) 已知an
是等差数列，a2+a5= 16,a5-a3= 4．
(1) 求an
的通项公式和
2n-1
i=2n-1ai
．
(2) 已知bn
为等比数列，对于任意k ∈N *，若2k-1≤n ≤2k-1，则bk< an< bk+1，
(Ⅰ) 当k ≥2 时，求证：2k-1 < bk< 2k+1；
(Ⅱ) 求bn
的通项公式及其前n 项和．
【答案】(1)an= 2n + 1，
2n-1
i=2n-1ai
= 3 ⋅4n-1；
(2) (Ⅰ) 证明见解析；(Ⅱ)bn= 2n，前n 项和为2n+1-2.
【分析】(1) 由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1= 3,d = 2，据此可求得数列的通项公式，然后
确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n 项和公式计算可得
2n-1
i=2n-1ai
= 3 ⋅4n-1.
(2) (Ⅰ) 利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n ≤2k-1 时，bk< an，
取n = 2k-1，当2k-2≤n ≤2k-1-1 时，an< bk，取n = 2k-1-1，即可证得题中的不等式；
(Ⅱ) 结合(Ⅰ) 中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n
项和公式即可计算其前n 项和.
【详解】(1) 由题意可得a2+a5= 2a1+5d = 16
a5-a3= 2d = 4
，解得a1= 3
d = 2
，
则数列an
的通项公式为an= a1+ n - 1
d = 2n + 1，
求和得
2n-1
i=2n-1ai
=
2n-1
i=2n-1 2i + 1
= 2
2n-1
i=2n-1i
+ 2n-1 - 2n-1+1
= 2 2n-1+ 2n-1+1
+ 2n-1+2
+⋯+ 2n-1
+ 2n-1
= 2 2n-1+2n-1
⋅2n-1
2
+ 2n-1= 3 ⋅4n-1.
(2) (Ⅰ) 由题意可知，当2k-1≤n ≤2k-1 时，bk< an，
取n = 2k-1，则bk< a2k-1= 2 × 2k-1+1 = 2k+1，即bk< 2k+1，
当2k-2≤n ≤2k-1-1 时，an< bk，
取n = 2k-1-1，此时an= a2k-1-1= 2 2k-1-1
+ 1 = 2k-1，
据此可得2k-1 < bk，
综上可得：2k-1 < bk< 2k+1.
(Ⅱ) 由(Ⅰ) 可知：2k-1 < bk< 2k+1，2k+1-1 < bk+1< 2k+1+1
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则数列bn
的公比q 满足2k+1-1
2k+1
= 2 -
3
2k+1
< q = bk+1
bk
< 2k+1+1
2k-1
= 2 +
3
2k-1
，
当k ∈N *,k →+∞时，2 -
3
2k+1
→2, 2 +
3
2k-1
→2，所以q = 2，
所以2k-1 < b12k-1< 2k+1，即2k-1
2k-1 = 2 -
1
2k-1 < b1< 2k+1
2k-1 = 2 +
1
2k-1 ，
当k ∈N *,k →+∞时，2 -
1
2k-1
→2, 2 +
1
2k-1
→2，所以b1= 2，
所以数列的通项公式为bn= 2n，
其前n 项和为：Sn= 2 × 1 - 2n
1 - 2
= 2n+1-2.
热点四数列与函数的交汇
11 (2018·浙江·高考真题) 已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4= ln(a1+a2+a3)．若a1> 1，则
A. a1< a3,a2< a4
B. a1> a3,a2< a4
C. a1< a3,a2> a4
D. a1> a3,a2> a4
【答案】B
【分析】先证不等式x ≥lnx + 1，再确定公比的取值范围，进而作出判断.
【详解】令f(x) = x - lnx - 1, 则f(x) = 1 - 1
x ，令f(x) = 0, 得x = 1，所以当x > 1 时，f(x) > 0，当0 < x <
1 时，f(x) < 0，因此f(x) ≥f(1) = 0,∴x ≥lnx + 1，
若公比q > 0，则a1+a2+a3+a4> a1+a2+a3> ln(a1+a2+a3)，不合题意；
若公比q ≤-1，则a1+a2+a3+a4= a1(1 + q) (1 + q2) ≤0,
但ln(a1+a2+a3) = ln[a1(1 + q + q2)] > lna1> 0，
即a1+a2+a3+a4≤0 < ln(a1+a2+a3)，不合题意；
因此-1 < q < 0,q2∈(0,1)，
∴a1> a1q2= a3,a2< a2q2= a4< 0，选B.
【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法. 如x ≥lnx + 1,
ex≥x + 1,ex≥x2+1(x ≥0).
12 (2023 秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习) 如图1 所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，
雁柱用于调整音高和音质. 图2 是根据图1 绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图. 在图2 中，每根弦都垂直
于x 轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y = 1.1x，第n 根弦(n ∈N，从左数首根弦在y 轴
上，称为第0 根弦) 分别与雁柱曲线和直线l：y = x + 1 交于点An xn,yn
和Bn xn
,yn
，则
20
n=0
ynyn
=
.
(参考数据：取1.122= 8.14.)
【答案】914
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【分析】根据题意可得yn= n + 1,yn
= 1.1n，进而利用错位相减法运算求解.
【详解】由题意可知：yn= n + 1,yn
= 1.1n，
则
20
n=0
ynyn
=
20
n=0
n + 1
1.1n
= 1 × 1.10+2 × 1.11+ ⋯+20 × 1.119+21 × 1.120，
可得1.1 ×
20
n=0
ynyn
= 1 × 1.11+2 × 1.12+ ⋯+20 × 1.120+21 × 1.121，
两式相减可得：-0.1 ×
20
n=0
ynyn
= 1.10+1.11+ ⋯+1.120-21 × 1.121= 1 - 1.121
1 - 1.1 - 21 × 1.121
= 1 - 1.121+0.1 × 21 × 1.121
-0.1
= 1 + 1.122
-0.1
= 1 + 8.14
-0.1
=-91.4，
所以
20
n=0
ynyn
= 914.
故答案为：914.
13 (2023 秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习) 已知数列an
满足a1> 0，an+1=
log2an,n = 2k - 1,k ∈N ∗
2
an+2,n = 2k,k ∈N ∗
.
(1) 判断数列a2n-1
是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；
(2) 若数列an
的前10 项和为361，记bn=
1
log2a2n+1
⋅a2n+2
，数列bn
的前n 项和为Tn，求证：Tn< 1
2 .
【答案】(1) 数列a2n-1
成等比数列，证明见解析
(2) 证明见解析
【分析】(1) 推导出a2n+1= 2
a2n+2= 2
log2a2n-1+2= 4a2n-1，得到结论；
(2) 先得到a2n-1= a1⋅4n-1，a2n= 2(n - 1) + log2a1，从而得到S10= 341a1+5log2a1+20，令f(x) = 341x + 5log2
x + 20，得到函数单调递增，且由特殊点函数值得到a1= 1，bn=
1
4n2 ，求出T1= 1
4 < 7
4 ，当n ≥2 时，利用裂
项相消法求和，得到Tn< 1
2 .
【详解】(1) 数列a2n-1
成等比数列，证明如下：
根据an+1= log2an,n = 2k - 1,k ∈N ∗
2
an+2,n = 2k,k ∈N ∗
得，
a2n+1= 2
a2n+2= 2
log2a2n-1+2= 22a2n-1= 4a2n-1；
∵a1> 0，∴a2n-1> 0，a2n+1
a2n-1
= 4，即数列a2n-1
成等比数列.
(2) 由(1) 得，a2n-1= a1⋅4n-1，a2n= log2a2n-1= 2(n - 1) + log2a1，
故S10= a1 40+41+42+43+44
+ 5log2a1+2 × (0 + 1 + 2 + 3 + 4)
= 341a1+5log2a1+20，
由S10= 361，得341a1+5log2a1+20 = 361.
令f(x) = 341x + 5log2x + 20，
当x > 0 时，f(x) = 341x + 5log2x + 20 单调递增，且f(1) = 361 = f a1
，
故a1= 1，a2n+1= 4n= 22n，a2n+2= log2a1+2n = 2n，
∴bn=
1
log2a2n+1
⋅a2n+2
=
1
4n2 ，T1= b1= 1
4 < 1
2 ，
当n ≥2 时，bn=
1
4n2 <
1
4(n - 1)n = 1
4
1
n - 1 - 1
n
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8
∴Tn= b1+b2+ ⋯+bn< 1
4 1 + 1 - 1
2
+
1
2 - 1
3
+⋯+
1
n - 1 - 1
n
= 1
4 2 - 1
n
< 1
4 × 2 = 1
2 ，
综上，知Tn< 1
2
14 (2023·全国·高三专题练习) 已知A x1,y2
、B x2,y2
是函数f x
=
2x
1 - 2x,x ≠1
2
-1,x = 1
2
的图象上的任意
两点，点M 在直线x = 1
2 上，且AM
= MB
．
(1) 求x1+x2的值及y1+y2的值；
(2) 已知S1= 0，当n ≥2 时，Sn= f
1
2
+ f
2
n
+ f
3
n
+⋅⋅⋅+f
n - 1
n
，设an= 2
Sn，Tn数列an
的前n
项和，若存在正整数c，m，使得不等式Tm-c
Tm+1-c < 1
2 成立，求c 和m 的值；
【答案】(1)x1+x2= 1,y1+y2=-2
(2) 存在，c = 1,m = 1
【分析】(1) 根据点M 在直线x = 1
2 上，设M
1
2 ,yM
，利用AM
= MB
，可得x1+x2= 1，分类讨论：①x1=
1
2 ，x2= 1
2 ；②x1≠1
2 时，x2≠1
2 ，利用函数解析式，可求y1+y2的值；
(2) 由(1) 知，当x1+x2= 1 时，y1+y2=-2，∴f
k
n
+ f n - k
n
=-2，代入k = 0，1，2，⋯，n - 1，利用倒序
相加法可得Sn= 1 - n，从而可得数列an
的通项与前n 项和，利用Tm-c
Tm+1-c < 1
2 化简即可求得结论.
【详解】(1) 根据点M 在直线x = 1
2 上，设M
1
2 ,yM
，则AM
=
1
2 - x1,yM-y1
，MB
= x2- 1
2 ,y2-yM
，
∵AM
= MB
，∴x1+x2= 1．
①当x1= 1
2 时，x2= 1
2 ，y1+y2= f x1
+ f x2
=-1 - 1 =-2；
②当x1≠1
2 时，x2≠1
2 ，y1+y2=
2x1
1 - 2x1
+
2x2
1 - 2x2
= 2x1 1 - 2x2
+ 2x2 1 - 2x1
1 - 2x1
1 - 2x2
=
2(x1+x2) - 8x1x2
1 - 2(x1+x2) + 4x1x2
= 2(1 - 4x1x2)
4x1x2-1
=-2；
综合①②得，y1+y2=-2．
(2) 由(1) 知，当x1+x2= 1 时，y1+y2=-2．
∴f
k
n
+ f n - k
n
=-2，k = 0,1,2,⋯,n - 1，
∴n ≥2 时，Sn= f
1
n
+ f
2
n
+ f
3
n
+⋯+f n - 1
n
①
Sn= f n - 1
n
+ f n - 2
n
+ f n - 3
n
+⋯+f
1
n
②
①+ ②得，2Sn=-2(n - 1)，则Sn= 1 - n．
又n = 1 时，S1= 0 满足上式，∴Sn= 1 - n．
∴an= 2
Sn= 21-n，∴Tn= 1 + 1
2 +⋯+ 1
2
n-1=
1 × 1 -
1
2
n
1 - 1
2
= 2 - 2
2n ．
∵Tm-c
Tm+1-c < 1
2 ，∴2 Tm-c
- Tm+1-c
2 Tm+1-c
< 0，
公众号：一枚试卷君
9
∴c - 2Tm-Tm+1
c - Tm+1
< 0，
∵Tm+1= 2 - 1
2m ，
2Tm-Tm+1= 4 - 4
2m - 2 + 1
2m = 2 - 3
2m ，
∴1
2 ≤2 - 3
2m < c < 2 - 1
2m < 2，c,m 为正整数，∴c = 1，
当c = 1 时，
2 - 3
2m < 1
2 - 1
2m > 1
，∴1 < 2m< 3，∴m = 1．
【点评】
作为高考热点，数列与函数的交汇问题，等差数列易于同二次函数结合，研究和的最值问题，而等比数列易
于同指数函数结合，利用指数函数的单调性解决问题，递推、通项问题往往与函数的单调性、周期性相结合.
热点五数列与不等式交汇
15 (2022·浙江·统考高考真题) 已知数列an
满足a1= 1,an+1= an- 1
3 a2
n n ∈N∗
，则(
)
A. 2 < 100a100< 5
2
B. 5
2 < 100a100< 3
C. 3 < 100a100< 7
2
D. 7
2 < 100a100< 4
【答案】B
【分析】先通过递推关系式确定an
除去a1，其他项都在0,1
范围内，再利用递推公式变形得到
1
an+1
-
1
an =
1
3 - an > 1
3 ，累加可求出1
an > 1
3 (n + 2)，得出100a100< 3，再利用
1
an+1
- 1
an =
1
3 - an <
1
3 -
3
n + 2
= 1
3 1 +
1
n + 1
，累加可求出1
an - 1 < 1
3 n - 1
+ 1
3
1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n
，再次放缩可得出100a100> 5
2 ．
【详解】∵a1= 1，易得a2= 2
3 ∈0,1
，依次类推可得an∈0,1
由题意，an+1= an 1 - 1
3 an
，即
1
an+1
=
3
an 3 - an
= 1
an +
1
3 - an ，
∴
1
an+1
- 1
an =
1
3 - an > 1
3 ，
即1
a2
- 1
a1
> 1
3 ，1
a3
- 1
a2
> 1
3 ，1
a4
- 1
a3
> 1
3 ，⋯，1
an -
1
an-1
> 1
3 ,(n ≥2)，
累加可得1
an - 1 > 1
3 n - 1
，即1
an > 1
3 (n + 2),(n ≥2)，
∴an<
3
n + 2 , n ≥2
，即a100< 1
34 ，100a100< 100
34 < 3,
又
1
an+1
- 1
an =
1
3 - an <
1
3 -
3
n + 2
= 1
3 1 +
1
n + 1
,(n ≥2)，
∴1
a2
- 1
a1
= 1
3 1 + 1
2
，1
a3
- 1
a2
< 1
3 1 + 1
3
，1
a4
- 1
a3
< 1
3 1 + 1
4
，⋯，1
an -
1
an-1
< 1
3 1 + 1
n
,(n
≥3)，
累加可得1
an - 1 < 1
3 n - 1
+ 1
3
1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n
,(n ≥3)，
∴
1
a100
- 1 < 33 + 1
3
1
2 + 1
3 +⋯+ 1
100
< 33 + 1
3
1
2 × 4 + 1
6 × 96
< 39，
即
1
a100
< 40，∴a100> 1
40 ，即100a100> 5
2 ；
公众号：一枚试卷君
10
综上：5
2 < 100a100< 3．
故选：B．
16 (2023·浙江嘉兴·统考模拟预测) 如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4 个边长为1
2 的小正
方形，保留一组不相邻的2 个小正方形，记这2 个小正方形的面积之和为S1；然后将剩余的2 个小正方形分
别继续四等分，各自保留一组不相邻的2 个小正方形，记这4 个小正方形的面积之和为S2．以此类推，操
作n 次，若S1+S2+ ⋅⋅⋅+Sn≥2023
2024 ，则n 的最小值是(
)
A. 9
B. 10
C. 11
D. 12
【答案】C
【分析】由题意可知操作n 次时有2n个边长为1
2n 的小正方形，即Sn= 2n×
1
2n
2
= 1
2n ，结合等比数列前n
项和解不等式即可.
【详解】由题意可知操作1 次时有21= 2 个边长为1
21 = 1
2 的小正方形，即S1= 21×
1
21
2
= 1
21 = 1
2 ，
操作2 次时有22= 4 个边长为1
22 = 1
4 的小正方形，即S2= 22×
1
22
2
= 1
22 = 1
4 ，
操作3 次时有23= 8 个边长为1
23 = 1
8 的小正方形，即S3= 23×
1
23
2
= 1
23 = 1
8 ，
以此类推可知操作n 次时有2n个边长为1
2n 的小正方形，即Sn= 2n×
1
2n
2
= 1
2n ，
由等比数列前n 项和公式有S1+S2+ ⋅⋅⋅+Sn= 1
2 +
1
2
2+ ⋅⋅⋅+ 1
2
n=
1
2 × 1 -
1
2
n
1 - 1
2
= 1 -
1
2
n，
从而问题转换成了求1 -
1
2
n≥2023
2024 不等式的最小正整数解，
将不等式变形为
1
2
n≤
1
2024 ，注意到
1
2
10=
1
1024 >
1
2024 ，1
2
11=
1
2048 <
1
2024 ，且函数y =
1
2
x在
R 上单调递减，
所以n 的最小值是11.
故选：C.
17 (2023 秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习) 已知等差数列an
的前n 项和为Sn，且S4= 4S2,
a3n= 3an+2 n ∈N *
(1) 求an
的通项公式，
(2) 设bn=
1
anan+1
，且bn
的前n 项和为Tn，证明，1
3 ≤Tn< 1
2 .
【答案】(1)an= 2n - 1
(2) 证明见解析
公众号：一枚试卷君
11
【分析】(1) 利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式，列方程求解首项和公差，即得答案；
(2) 由(1) 结论可得bn=
1
anan+1
的表达式，利用裂项求和可得Tn表达式，即可证明结论.
【详解】(1) 设an
的公差为d，由S4= 4S2得，4a1+6d = 4 2a1+d
，解得d = 2a1，
∵a3n= 3an+2，即a1+ 3n - 1
d = 3 a1+ n - 1
d
+ 2，
∴2d = 2a1+2，结合d = 2a1，
∴d = 2,a1= 1,∴an= 1 + 2 n - 1
= 2n - 1；
(2) 证明：由bn=
1
2n - 1
2n + 1
= 1
2
1
2n - 1 -
1
2n + 1
.
∴Tn= b1+b2+ ⋯+bn= 1
2 1 - 1
3 + 1
3 - 1
5 +⋯+
1
2n - 1 -
1
2n + 1
，
即∴Tn= 1
2 1 -
1
2n + 1
，
又Tn随着n 的增大增大，
当n = 1 时，Tn取最小值为T1= 1
3 ，
又n →+∞时，
1
2n + 1 > 0，且无限趋近于0，故Tn= 1
2 1 -
1
2n + 1
< 1
2 ，
故1
3 ≤Tn< 1
2 .
18 (2022·全国·统考高考真题) 记Sn为数列an
的前n 项和，已知a1= 1, Sn
an
是公差为1
3 的等差数
列．
(1) 求an
的通项公式；
(2) 证明：1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an < 2．
【答案】(1)an= n n + 1
2
(2) 见解析
【分析】(1) 利用等差数列的通项公式求得Sn
an = 1 + 1
3 n - 1
= n + 2
3
，得到Sn=
n + 2
an
3
，利用和与项
的关系得到当n ≥2 时，an= Sn-Sn-1=
n + 2
an
3
-
n + 1
an-1
3
, 进而得：an
an-1
= n + 1
n - 1 ，利用累乘法求得
an= n n + 1
2
，检验对于n = 1 也成立，得到an
的通项公式an= n n + 1
2
；
(2) 由(1) 的结论，利用裂项求和法得到1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an = 2 1 -
1
n + 1
，进而证得.
【详解】(1) ∵a1= 1，∴S1= a1= 1,∴S1
a1
= 1,
又∵
Sn
an
是公差为1
3 的等差数列，
∴Sn
an = 1 + 1
3 n - 1
= n + 2
3
,∴Sn=
n + 2
an
3
,
∴当n ≥2 时，Sn-1=
n + 1
an-1
3
，
∴an= Sn-Sn-1=
n + 2
an
3
-
n + 1
an-1
3
,
整理得：n - 1
an= n + 1
an-1,
公众号：一枚试卷君
12
即an
an-1
= n + 1
n - 1 ,
∴an= a1× a2
a1
× a3
a2
×⋯× an-1
an-2
× an
an-1
= 1 × 3
1 × 4
2 ×⋯×
n
n - 2 × n + 1
n - 1 = n n + 1
2
，
显然对于n = 1 也成立，
∴an
的通项公式an= n n + 1
2
；
(2) 1
an =
2
n n + 1
= 2 1
n -
1
n + 1
,
∴1
a1
+ 1
a2
+⋯+ 1
an = 2
1 - 1
2
+
1
2 - 1
3
+⋯
1
n -
1
n + 1
= 2 1 -
1
n + 1
< 2
19 (2021·全国·统考高考真题) 设an
是首项为1 的等比数列，数列bn
满足bn= nan
3 ．已知a1，3a2，
9a3成等差数列．
(1) 求an
和bn
的通项公式；
(2) 记Sn和Tn分别为an
和bn
的前n 项和．证明：Tn< Sn
2 ．
【答案】(1)an=
1
3
n-1，bn= n
3n ；(2) 证明见解析.
【分析】(1) 利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q + 1 = 0，解方程即可；
(2) 利用公式法、错位相减法分别求出Sn,Tn，再作差比较即可.
【详解】(1) 因为an
是首项为1 的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，
所以6a2= a1+9a3，所以6a1q = a1+9a1q2，
即9q2-6q + 1 = 0，解得q = 1
3 ，所以an=
1
3
n-1，
所以bn= nan
3
= n
3n .
(2) [方法一]：作差后利用错位相减法求和
Tn= 1
3 + 2
32 +⋯+ n - 1
3n-1 + n
3n ，
Sn
2 = 1
2
1
30 + 1
31 + 1
32 +⋯+ 1
3n-1
，
Tn- Sn
2 =
1
3 + 2
32 + 3
33 +⋯+ n
3n
- 1
2
1
30 + 1
31 +
1
32 +⋯+ 1
3n-1
=
0 - 1
2
30
+
1 - 1
2
31
+
2 - 1
2
32
+⋯
+
n - 1 - 1
2
3n-1
+ n
3n ．
设Γn=
0 - 1
2
30
+
1 - 1
2
31
+
2 - 1
2
32
+⋯+
n - 1 - 1
2
3n-1
， ⑧
则1
3 Γn=
0 - 1
2
31
+
1 - 1
2
32
+
2 - 1
2
33
+⋯+
n - 1 - 1
2
3n
． ⑨
由⑧- ⑨得2
3 Γn=- 1
2 +
1
31 + 1
32 +⋯+ 1
3n-1
-
n - 3
2
3n
=- 1
2 +
1
3 1 -
1
3n-1
1 - 1
3
-
n - 3
2
3n
．
公众号：一枚试卷君
13
所以Γn=-
1
4 × 3n-2 -
n - 3
2
2 × 3n-1 =-
n
2 × 3n-1 ．
因此Tn- Sn
2 = n
3n -
n
2 × 3n-1 =-
n
2 × 3n < 0．
故Tn< Sn
2 ．
[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法
证明：由(1) 可得Sn=
1 × 1 - 1
3n
1 - 1
3
= 3
2 1 - 1
3n
，
Tn= 1
3 + 2
32 +⋯+ n - 1
3n-1 + n
3n ，①
1
3 Tn= 1
32 + 2
33 +⋯+ n - 1
3n
+
n
3n+1 ，②
①- ②得2
3 Tn= 1
3 + 1
32 + 1
33 +⋯+ 1
3n -
n
3n+1 =
1
3 1 - 1
3n
1 - 1
3
-
n
3n+1 = 1
2 1 - 1
3n
-
n
3n+1 ，
所以Tn= 3
4 1 - 1
3n
-
n
2 ⋅3n ，
所以Tn- Sn
2 = 3
4 1 - 1
3n
-
n
2 ⋅3n - 3
4 1 - 1
3n
=-
n
2 ⋅3n < 0，
所以Tn< Sn
2 .
[方法三]：构造裂项法
由(Ⅰ) 知bn= n 1
3
n，令cn= (αn + β) 1
3
n，且bn= cn-cn+1，即n 1
3
n= (αn + β) 1
3
n- [α(n + 1) + β]
1
3
n+1，
通过等式左右两边系数比对易得α = 3
2 ,β = 3
4 ，所以cn=
3
2 n +
3
4
⋅
1
3
n．
则Tn= b1+b2+ ⋯+bn= c1-cn+1= 3
4 -
3
4 +
n
2
1
3
n，下同方法二．
[方法四]：导函数法
设f(x) = x + x2+x3+ ⋯+xn= x 1 - xn
1 - x
，
由于
x 1 - xn
1 - x
' =
x 1 - xn
' 1 - x
- x 1 - xn
× 1 - x
'
1 - x
2
= 1 + nxn+1- (n + 1)xn
(1 - x)2
，
则f(x) = 1 + 2x + 3x2+ ⋯+nxn-1= 1 + nxn+1- (n + 1)xn
(1 - x)2
．
又bn= n 1
3
n= 1
3 n 1
3
n-1，
所以Tn= b1+b2+b3+ ⋯+bn= 1
3 1 + 2 × 1
3 + 3 ×
1
3
2+ ⋯+n ⋅
1
3
n-1
= 1
3 ⋅f
1
3
= 1
3 ×
1 + n
1
3
n+1- (n + 1)
1
3
n
1 - 1
3
2
= 3
4 1 + n 1
3
n+1-
(n + 1) 1
3
n
= 3
4 -
3
4 + n
2
1
3
n，下同方法二．
20 (2023·河南郑州·统考模拟预测) 已知数列an
与bn
的前n 项和分别为An和Bn，且对任意n ∈N
公众号：一枚试卷君
14
*，an+1-an= 3
2 bn+1-bn
恒成立.
(1) 若An= 3n2+3n
2
，b1= 2，求Bn；
(2) 若对任意n ∈N *，都有an= Bn及
b2
a1a2
+
b3
a2a3
+
b4
a3a4
+⋯+ bn+1
anan+1
< 1
3 恒成立，求正整数b1的最小值.
【答案】(1)n(n + 1)；
(2)3
【分析】(1) 利用an,Sn求通项公式，再求证{bn} 是首项、公差均为2 的等差数列，进而求Bn；
(2) 由题设易得bn+1= 3bn，等比数列前n 项和公式求Bn，进而可得
bn+1
anan+1
= 1
Bn
-
1
Bn+1
，裂项相消法化简已
知不等式左侧，得b1> 3 1 -
2
3n+1-1
恒成立，进而求最小值.
【详解】(1) 由题设，an= An-An-1= 3
2 [n2+n - (n - 1)2-n + 1] = 3n 且n ≥2，而a1= A1= 3，
显然也满足上式，故an= 3n，
由an+1-an= 3
2 bn+1-bn
⇒bn+1-bn= 2，又b1= 2，
所以{bn} 是首项、公差均为2 的等差数列.
综上，Bn= 2 × (1 +...+n) = n(n + 1).
(2) 由an= Bn，an+1-an= 3
2 bn+1-bn
，则Bn+1-Bn= bn+1= 3
2 (bn+1-bn)，
所以bn+1= 3bn，而b1≥1，故bn+1
bn
= 3，即{bn} 是公比为3 的等比数列.
所以Bn= b1(1 - 3n)
1 - 3
= b1
2 (3n-1)，则Bn+1= b1
2 (3n+1-1)，
bn+1
anan+1
= Bn+1-Bn
Bn+1Bn
= 1
Bn
-
1
Bn+1
，而
b2
a1a2
+
b3
a2a3
+
b4
a3a4
+⋯+ bn+1
anan+1
< 1
3 ，
所以1
B1
- 1
B2
+ 1
B2
- 1
B3
+...+ 1
Bn
-
1
Bn+1
= 1
B1
-
1
Bn+1
= 1
b1
-
2
b1(3n+1-1)
< 1
3 ，
所以1
b1
1 -
2
3n+1-1
< 1
3 ⇒b1> 3 1 -
2
3n+1-1
对n ∈N * 都成立，
所以1 -
2
3n+1-1
< 1，故b1≥3，则正整数b1的最小值为3.
21 (2023 秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习) 已知an
为等差数列，bn
为等比数列，b1= 2a1
= 2，a5= 5 a4-a3
，b5= 4 b4-b3
，数列cn
满足cn=
1
anan+2,n 为奇数
bn,n 为偶数
.
(1) 求an
和bn
的通项公式；
(2) 证明：
2n
i=1
ci
≥13
3 .
【答案】(1)an= n；bn= 2n
(2) 证明见解析
【分析】(1) 设等差数列an
的公差为d，等比数列bn
的公比为q，根据题意列式求d,q，进而可得结果；
(2) 利用分组求和以及裂项相消法求得Tn=-
1
4n + 2 + 4n+1
3
- 5
6 ，进而根据数列单调性分析证明.
【详解】(1) 设等差数列an
的公差为d，等比数列bn
的公比为q，
由a1= 1，a5= 5 a4-a3
，可得1 + 4d = 5d，解得d = 1
公众号：一枚试卷君
15
所以an
的通项公式为an= 1 + n - 1 = n；
因为b1= 2，b5= 4 b4-b3
，则2q4= 4 2q3-2q2
，
因为q ≠0，可得q2-4q + 4 = 0，解得q = 2，
所以bn
的通项公式为bn= 2 × 2n-1= 2n.
(2) 由(1) 可得：当n 为奇数时，cn=
1
anan+2
=
1
n n + 2
= 1
2
1
n -
1
n + 2
，
当n 为偶数时，cn= bn= 2n，
设T2n=
2n
i=1
ci
= c1+c2+c3+c4+ ⋯+c2n-1+c2n
= c1+c3+c5+ ⋯+c2n-1
+ c2+c4+c6+ ⋯+c2n
= 1
2 1 - 1
3 + 1
3 - 1
5 + 1
5 - 1
7 +⋯+
1
2n - 1 -
1
2n + 1
+ 22+24+26+ ⋯+22n
= 1
2 1 -
1
2n + 1
+ 4 1 - 4n
1 - 4
=-
1
4n + 2 + 4n+1
3
- 5
6 ，
即Tn=-
1
4n + 2 + 4n+1
3
- 5
6 ，
因为y =-
1
4x + 2 ,y = 4x+1
3
- 5
6 在0,+∞
上单调递增，则y =-
1
4x + 2 + 4x+1
3
- 5
6 在0,+∞
上单调递
增，
可得T2n关于n n ∈N*
单调递增，所以T2n=
2n
i=1
ci
≥T2= 13
3 .
【点评】
作为高考热点，数列与不等式的交汇问题，往往综合考查等差数列、等比数列及其求和，结论类型灵活，有
不等式的证明、参数范围的确定、有求最值问题、还有“恒成立”问题等.
热点六数列与解析几何交汇
22 (2022·全国·统考高考真题) 图1 是中国古代建筑中的举架结构，AA,BB,CC,DD是桁，相邻桁的
水平距离称为步，垂直距离称为举，图2 是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD1,CC1,BB1,AA1是举，
OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1
OD1
= 0.5, CC1
DC1
= k1, BB1
CB1
= k2, AA1
BA1
= k3．已
知k1,k2,k3成公差为0.1 的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k3= (
)
A. 0.75
B. 0.8
C. 0.85
D. 0.9
【答案】D
【分析】设OD1= DC1= CB1= BA1= 1，则可得关于k3的方程，求出其解后可得正确的选项.
公众号：一枚试卷君
16
【详解】设OD1= DC1= CB1= BA1= 1，则CC1= k1,BB1= k2,AA1= k3，
依题意，有k3-0.2 = k1,k3-0.1 = k2，且DD1+CC1+BB1+AA1
OD1+DC1+CB1+BA1
= 0.725，
所以0.5 + 3k3-0.3
4
= 0.725，故k3= 0.9，
故选：D
23 (重庆·高考真题) 设A x1,y1
,B 4, 9
5
,C x2,y2
是右焦点为F 的椭圆x2
25 + y2
9 = 1 上三个不同的
点，则“|AF|,|BF|,|CF| 成等差数列”是“x1+x2= 8”的(
)
A. 充要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充分而不必要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出点F 的坐标，线段|AF|,|BF|,|CF| 长，再利用充分条件、必要条件的定义判断作
答.
【详解】椭圆x2
25 + y2
9 = 1 右焦点的(4,0)，因点A x1,y1
在此椭圆上，-5 ≤x1≤5，y2
1= 9 - 9x2
1
25 ，
则|AF| =
(x1-4)2+y2
1 =
16
25 x2
1-8x1+25 = 5 - 4
5 x1，同理|CF| = 5 - 4
5 x2，而|BF| = 9
5 ，
|AF| +|CF| -2|BF| = 5 - 4
5 x1
+ 5 - 4
5 x2
- 18
5 = 4
5 (8 - x1-x2)，
于是得|AF| +|CF| -2|BF| = 0 ⇔x1+x2= 8，
所以“|AF|,|BF|,|CF| 成等差数列”是“x1+x2= 8”的充要条件.
故选：A
24 (2021·浙江·统考高考真题) 已知a,b ∈R,ab > 0，函数f x
= ax2+b(x ∈R). 若f(s - t),f(s),f(s +
t) 成等比数列，则平面上点s,t
的轨迹是(
)
A. 直线和圆
B. 直线和椭圆
C. 直线和双曲线
D. 直线和抛物线
【答案】C
【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】由题意得f(s - t)f(s + t) = [f(s)]2，即a(s - t)2+b
a(s + t)2+b
= as2+b
2，
对其进行整理变形：
as2+at2-2ast + b
as2+at2+2ast + b
= as2+b
2，
as2+at2+b
2- (2ast)2- as2+b
2= 0，
2as2+at2+2b
at2-4a2s2t2= 0，
-2a2s2t2+a2t4+2abt2= 0，
所以-2as2+at2+2b = 0 或t = 0，
其中s2
b
a
- t2
2b
a
= 1 为双曲线，t = 0 为直线.
故选：C.
【点评】
数列与解析几何的交汇问题，近几年多以客观题出现，几何量成等差数列或等比数列，探索其它几何量的
关系或研究曲线的特征等.
热点七数列与概率统计交汇
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17
25 (2023 秋·江西·高三校联考阶段练习) 甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为1
3 ，
且每轮答题结果相互独立. 若每轮答题答对得5 分，答错得0 分，记第i 轮答题后甲同学的总得分为Xi，其
中i = 1,2,⋅⋅⋅,n.
(1) 求E X99
；
(2) 若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为2
3 ，并选择另一种答题方式答题：从第1 轮答
题开始，若本轮答对，则得20 分，并继续答题；若本轮答错，则得0 分，并终止答题，记乙同学的总得分为Y.
证明：当i > 24 时，E Xi
> E Y
.
【答案】(1)165
(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据二项分布的数学期望公式进行求解即可；
(2) 根据积事件的概率公式，结合错位相减法进行求解即可.
【详解】(1) 设Zi= Xi
5 ，故Zi~B i, 1
3
，
∴E Xi
= 5E Zi
= 5i
3 ，
故E X99
= 5 × 99 × 1
3 = 165；
(2) 由(1) 知E Xi
= 5i
3 ，记乙同学的答题次数为ξ，且ξ 的所有可能取值为1,2,⋅⋅⋅,n，
且P ξ = 1
= 1 - 2
3 = 1
3 ,P ξ = 2
= 2
3 × 1
3 = 2
9 ,⋅⋅⋅,P ξ = n
=
2
3
n-1× 1
3 ，
∴E Y
= 1 - 1
× 20 × 1
3 + 2 - 1
× 20 × 2
9 +⋅⋅⋅+ n - 1
× 20 ×
2
3
n-1× 1
3 ，
且2
3 E Y
= 1 - 1
× 20 × 2
9 +⋅⋅⋅+ n - 2
× 20 ×
2
3
n-1× 1
3 + n - 1
× 20 ×
2
3
n× 1
3 ，
E Y
= 20 ×
2
3 +
2
3
2+ ⋅⋅⋅+ 2
3
n-1
- n - 1
× 20 ×
2
3
n
= 20 ×
2
3 × 1 -
2
3
n-1
1 - 2
3
- n - 1
× 20 ×
2
3
n= 40 - 20n + 40
×
2
3
n< 40，
∴当i > 24 时，E Xi
> 40 > E Y
.
26 (2023 秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习) 在正三棱柱ABC - A1B1C1中，点A 处有一只小蚂
蚁，每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动，设小蚂蚁移动n 次后仍在底面ABC 的顶
点处的概率为Pn.
(1) 求P1，P2的值.
(2) 求Pn.
【答案】(1)P1= 2
5 ,P2= 13
25
公众号：一枚试卷君
18
(2)Pn=- 1
10 - 1
5
n-1+ 1
2
【分析】(1) 根据题意，结合相互独立事件乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解；
(2) 设Pn-1表示第n - 1 次在平面ABC 的顶点上的概率，1 - Pn-1表示第n - 1 次在平面A1B1C1的顶点上的
概率，根据底面走到底面的概率为2
5 和上底面走到底面的概率为3
5 ，得到Pn- 1
2 =- 1
5 Pn-1- 1
2
，结合等
比数列的通项公式，即可求解.
【详解】(1) 解：由题意，蚂蚁从点A 出发，共有5 种不同的移动方式，
其中仍在底面ABC 的顶点处，包含2 种移动方式，所以P1= 2
5 ；
若第1 次移动到B，第2 次移动仍在底面ABC 的顶点处，概率为PB= 1
5 × 2
5 = 2
25 ；
若第1 次移动到C，第2 次移动仍在底面ABC 的顶点处，概率为PC= 1
5 × 2
5 = 2
25 ；
若第1 次移动到A1，第2 次移动仍在底面ABC 的顶点处，概率为PA1= 1
5 × 3
5 = 3
25 ；
若第1 次移动到B1，第2 次移动仍在底面ABC 的顶点处，概率为PB1= 1
5 × 3
5 = 3
25 ；
若第1 次移动到C1，第2 次移动仍在底面ABC 的顶点处，概率为PC1= 1
5 × 2
5 = 3
25 ；
根据互斥事件的概率加法公司，可得P2= PB+PC+PA1+PB1+PC1= 13
25 ，
(2) 解：当n ≥2 时，Pn-1表示第n - 1 次在平面ABC 的顶点上的概率，
1 - Pn-1表示第n - 1 次在平面A1B1C1的顶点上的概率，
由底面走到底面的概率为2
5 ，由上底面走到底面的概率为3
5 ，
所以Pn= 2
5 Pn-1+ 3
5 (1 - Pn-1)，可得Pn- 1
2 =- 1
5 Pn-1- 1
2
，
因为P1- 1
2 =- 1
10 ，所以数列Pn- 1
2
是以- 1
10 为首项，以- 1
5 为公比的等比数列，
所以Pn- 1
2 =- 1
10 ⋅- 1
5
n-1，可得Pn=- 1
10 ⋅- 1
5
n-1+ 1
2 .
27 (2019·全国·高考真题(理)) 为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，
为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一
只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比
另一种药治愈的白鼠多4 只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对
于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1 分，乙药得-1 分；若施以乙药的
白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1 分，甲药得-1 分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0 分．
甲、乙两种药的治愈率分别记为α 和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
(1) 求X 的分布列；
(2) 若甲药、乙药在试验开始时都赋予4 分，pi(i = 0,1,⋯,8) 表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比
乙药更有效”的概率，则p0= 0，p8= 1，pi= api-1+bpi+cpi+1(i = 1,2,⋯,7)，其中a = P(X =-1)，b = P(X =
0)，c = P(X = 1)．假设α = 0.5，β = 0.8．
(i) 证明：{pi+1-pi} (i = 0,1,2,⋯,7) 为等比数列；
(ii) 求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．
【答案】(1) 见解析；(2) (i) 见解析；(ii)p4=
1
257 .
【分析】(1) 首先确定X 所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；(2) (i) 求解出
公众号：一枚试卷君
19
a,b,c 的取值，可得pi= 0.4pi-1+0.5pi+0.1pi+1 i = 1,2,⋅⋅⋅,7
，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得
证；(ii) 列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合p8和p0的值可求得p1；再次利用累加法可
求出p4.
【详解】(1) 由题意可知X 所有可能的取值为：-1，0，1
∴P X =-1
= 1 - α
β；P X = 0
= αβ + 1 - α
1 - β
；P X = 1
= α 1 - β
则X 的分布列如下：
X
-1
0
1
P
1 - α
β
αβ +
1 - α
1 - β
α 1 - β
(2) ∵α = 0.5，β = 0.8
∴a = 0.5 × 0.8 = 0.4，b = 0.5 × 0.8 + 0.5 × 0.2 = 0.5，c = 0.5 × 0.2 = 0.1
(i) ∵pi= api-1+bpi+cpi+1 i = 1,2,⋅⋅⋅,7
即pi= 0.4pi-1+0.5pi+0.1pi+1 i = 1,2,⋅⋅⋅,7
整理可得：5pi= 4pi-1+pi+1 i = 1,2,⋅⋅⋅,7
∴pi+1-pi= 4 pi-pi-1
i = 1,2,⋅⋅⋅,7
∴pi+1-pi
i = 0,1,2,⋅⋅⋅,7
是以p1-p0为首项，4 为公比的等比数列
(ii) 由(i) 知：pi+1-pi= p1-p0
⋅4i= p1⋅4i
∴p8-p7= p1⋅47，p7-p6= p1⋅46，⋯⋯，p1-p0= p1⋅40
作和可得：p8-p0= p1⋅40+41+ ⋅⋅⋅+47
= 1 - 48
1 - 4 p1= 48-1
3
p1= 1
∴p1=
3
48-1
∴p4= p4-p0= p1⋅40+41+42+43
= 1 - 44
1 - 4 p1= 44-1
3
×
3
48-1
=
1
44+1
=
1
257
p4表示最终认为甲药更有效的. 由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8 时，认为甲药
更有效的概率为p4=
1
257 ≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.
【点评】数列与概率统计的交汇问题，近几年多在主观题中出现，与数列的综合运算相结合等.
热点八等差数列、等比数列的判断与证明
28 【多选题】(2022·广东茂名·模拟预测) 已知数列an
的前n 项和为S，a1= 1，Sn+1= Sn+2an+1，数
列
2n
an⋅an+1
的前n 项和为Tn，n ∈N*，则下列选项正确的为(
)
A. 数列an+1
是等比数列
B. 数列an+1
是等差数列
C. 数列an
的通项公式为an= 2n-1
D. Tn> 1
【答案】AC
【解析】
【分析】
由an+1= Sn+1-Sn= 2an+1 可得，an+1+1
an+1 = 2，可判断A,B 的正误，再求出an，可判断C 的正误，利用裂项相
消法求Tn，可判断D 的正误.
【详解】
公众号：一枚试卷君
20
因为Sn+1= Sn+2an+1，
所以an+1= Sn+1-Sn= 2an+1，an+1+1 = 2an+2，
即an+1+1
an+1 = 2，且a1+1 = 2，
所以数列an+1
是首项为2，公比为2 的等比数列，故A 正确，B 错误；
所以an+1 = 2n，即an= 2n-1，故C 正确；
因为
2n
an⋅an+1
=
2n
2n-1
2n+1-1
=
1
2n-1 -
1
2n+1-1
，
所以Tn=
1
21-1
-
1
22-1
+
1
22-1
-
1
23-1
+⋯+
1
2n-1 -
1
2n+1-1
= 1 -
1
2n+1-1
< 1，
故D 错误；
故选：AC.
29 (2021·全国·统考高考真题) 记Sn为数列an
的前n 项和，bn为数列Sn
的前n 项积，已知2
Sn
+
1
bn
= 2．
(1) 证明：数列bn
是等差数列;
(2) 求an
的通项公式．
【答案】(1) 证明见解析；(2)an=
3
2 ,
n = 1
-
1
n n + 1
, n ≥2
.
【分析】(1) 由已知2
Sn
+ 1
bn
= 2 得Sn=
2bn
2bn-1 , 且bn≠0，取n = 1, 得b1= 3
2 , 由题意得
2b1
2b1-1 ⋅
2b2
2b2-1 ⋅⋅⋅
2bn
2bn-1 = bn, 消积得到项的递推关系
2bn+1
2bn+1-1 = bn+1
bn
, 进而证明数列bn
是等差数列;
(2) 由(1) 可得bn的表达式, 由此得到Sn的表达式, 然后利用和与项的关系求得an=
3
2 ,
n = 1
-
1
n n + 1
, n ≥2
.
【详解】(1) [方法一]：
由已知2
Sn
+ 1
bn
= 2 得Sn=
2bn
2bn-1 , 且bn≠0，bn≠1
2 ,
取n = 1, 由S1= b1得b1= 3
2 ,
由于bn为数列Sn
的前n 项积，
所以
2b1
2b1-1 ⋅
2b2
2b2-1 ⋅⋅⋅
2bn
2bn-1 = bn,
所以
2b1
2b1-1 ⋅
2b2
2b2-1 ⋅⋅⋅
2bn+1
2bn+1-1 = bn+1，
所以
2bn+1
2bn+1-1 = bn+1
bn
,
由于bn+1≠0
所以
2
2bn+1-1 = 1
bn
，即bn+1-bn= 1
2 , 其中n ∈N*
所以数列bn
是以b1= 3
2 为首项，以d = 1
2 为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知bn= S1⋅S2⋅S3⋅⋯⋅Sn-1⋅Sn ①
公众号：一枚试卷君
21
于是bn-1= S1⋅S2⋅S3⋅⋯⋅Sn-1(n ≥2)． ②
由①②得bn
bn-1
= Sn． ③
又2
Sn
+ 1
bn
= 2， ④
由③④得bn-bn-1= 1
2 ．
令n = 1，由S1= b1，得b1= 3
2 ．
所以数列bn
是以3
2 为首项，1
2 为公差的等差数列．
[方法三]：
由2
Sn
+ 1
bn
= 2，得bn=
Sn
2Sn-2 ，且Sn≠0，bn≠0，Sn≠1．
又因为bn= Sn⋅Sn-1⋯⋯⋅S1= Sn⋅bn-1，所以bn-1= bn
Sn
=
1
2Sn-2 ，所以bn-bn-1=
Sn
2Sn-2 -
1
2Sn-2 =
Sn-1
2 Sn-1
= 1
2 (n ≥2)．
在2
Sn
+ 1
bn
= 2 中，当n = 1 时，b1= S1= 3
2 ．
故数列bn
是以3
2 为首项，1
2 为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知2
Sn
+ 1
bn
= 2，得Sn=
2bn
2bn-1 ，b1= 3
2 ，b2= 2，b3= 5
2 ，猜想数列bn
是以3
2 为首项，1
2 为公差的等
差数列，且bn= 1
2 n + 1．
下面用数学归纳法证明．
当n = 1 时显然成立．
假设当n = k 时成立，即bk= 1
2 k + 1,Sk= k + 2
k + 1 ．
那么当n = k + 1 时，bk+1= bkSk+1=
1
2 k + 1
⋅k + 3
k + 2 = k + 3
2
= 1
2 (k + 1) + 1．
综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．
即数列bn
是以3
2 为首项，1
2 为公差的等差数列．
(2)
由(1) 可得，数列bn
是以b1= 3
2 为首项，以d = 1
2 为公差的等差数列，
∴bn= 3
2 + n - 1
× 1
2 = 1 + n
2 ,
Sn=
2bn
2bn-1 = 2 + n
1 + n ,
当n = 1 时，a1= S1= 3
2 ,
当n ≥2 时,an= Sn-Sn-1= 2 + n
1 + n - 1 + n
n
=-
1
n n + 1
, 显然对于n = 1 不成立,
∴an=
3
2 ,
n = 1
-
1
n n + 1
, n ≥2
.
公众号：一枚试卷君
22
【整体点评】(1) 方法一从2
Sn
+ 1
bn
= 2 得Sn=
2bn
2bn-1 ，然后利用bn的定义，得到数列bn
的递推关系，进而
替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从bn的定义，替换相除得到bn
bn-1
= Sn，再结合2
Sn
+ 1
bn
= 2 得到bn-bn-1= 1
2 ，从而证得结论，为最
优解；
方法三由2
Sn
+ 1
bn
= 2，得bn=
Sn
2Sn-2 ，由bn的定义得bn-1= bn
Sn
=
1
2Sn-2 ，进而作差证得结论；方法四利用
归纳猜想得到数列bn= 1
2 n + 1，然后利用数学归纳法证得结论．
(2) 由(1) 的结论得到bn= 1
2 n + 1，求得Sn的表达式, 然后利用和与项的关系求得an
的通项公式；
热点九数列中的“新定义”问题
30 (2020·全国·统考高考真题)0 - 1 周期序列在通信技术中有着重要应用. 若序列a1a2⋯an⋯满足ai∈
{0,1} (i = 1,2,⋯)，且存在正整数m，使得ai+m= ai(i = 1,2,⋯) 成立，则称其为0 - 1 周期序列，并称满足
ai+m= ai(i = 1,2,⋯) 的最小正整数m 为这个序列的周期. 对于周期为m 的0 - 1 序列a1a2⋯an⋯，C(k) =
1
m
m
i=1
aiai+k
(k = 1,2,⋯,m - 1) 是描述其性质的重要指标，下列周期为5 的0 - 1 序列中，满足C(k) ≤1
5 (k
= 1,2,3,4) 的序列是(
)
A. 11010 ⋯
B. 11011 ⋯
C. 10001 ⋯
D. 11001 ⋯
【答案】C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由ai+m= ai知，序列ai的周期为m，由已知，m = 5，
C(k) = 1
5
5
i=1
aiai+k
,k = 1,2,3,4
对于选项A，
C(1) = 1
5
5
i=1
aiai+1
= 1
5 (a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6) = 1
5 (1 + 0 + 0 + 0 + 0) = 1
5 ≤1
5
C(2) = 1
5
5
i=1
aiai+2
= 1
5 (a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7) = 1
5 (0 + 1 + 0 + 1 + 0) = 2
5 ，不满足；
对于选项B，
C(1) = 1
5
5
i=1
aiai+1
= 1
5 (a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6) = 1
5 (1 + 0 + 0 + 1 + 1) = 3
5 ，不满足；
对于选项D，
C(1) = 1
5
5
i=1
aiai+1
= 1
5 (a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6) = 1
5 (1 + 0 + 0 + 0 + 1) = 2
5 ，不满足；
故选：C
31 【多选题】(2023 秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习) 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒
和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点
个数：1，3，6，10，⋯称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，⋯称为正方形数，记三角形
数构成数列an
，正方形数构成数列bn
，则下列说法正确的是(
)
公众号：一枚试卷君
23
A. 1
b1
+ 1
b2
+ 1
b3
+⋯+ 1
bn
< 2；
B. 1225 既是三角形数，又是正方形数；
C.
10
i=1
1
bi+1-ai+1
= 9
5
；
D. ∀m ∈N *，m ≥2 总存在p，q ∈N*，使得bm= ap+aq成立；
【答案】ABD
【分析】根据数列an
和bn
的递推公式，由累加法得通项公式，放缩法验证选项A；用通项公式验证选项
B；裂项相消求和验证选项C；取实例验证选项D.
【详解】依题意，数列an
中，a1= 1，a2-a1= 2，a3-a2= 3，a4-a3= 4，⋯，an-an-1= n，n ≥2，
于是得an= a1+ a2-a1
+ a3-a2
+⋯+ an-an-1
= 1 + 2 + 3 +⋯+n = n n + 1
2
，a1= 1 满足上式，
数列bn
中，b1= 1，b2-b1= 3，b3-b2= 5，b4-b3= 7，⋯，bn-bn-1= 2n - 1，n ≥2，
于是得bn= b1+ b2-b1
+ b3-b2
+⋯+ bn-bn1
= 1 + 3 + 5 +⋯+ 2n - 1
= n2，b1= 1 满足上式，
因此an= n n + 1
2
，bn= n2，
对于A，1
bn
= 1
n2 =
4
2n
2 <
4
2n + 1
2n - 1
= 2
1
2n - 1 -
1
2n + 1
，
则1
b1
+ 1
b2
+ 1
b3
+⋯+ 1
bn
< 2
1 - 1
3
+
1
3 - 1
5
+⋯+
1
2n - 1 -
1
2n + 1
= 2 1 -
1
2n + 1
< 2，A 正
确；
对于B，因为1225 = 2450
2
= 49 49 + 1
2
，则a49= 1225，又1225 = 352，则b35= 1225，B 正确；
对于C，当n ≥2 时，
1
bn-an
=
1
n2- n n + 1
2
=
2
n2-n
=
2
n n - 1
= 2
1
n - 1 - 1
n
，
则
10
i=1
1
bi+1-ai+1
=
1
b2-a2
+
1
b3-a3
+
1
b4-a4
+⋯+
1
b11-a11
= 2
1
2 - 1 - 1
2 +
1
3 - 1 - 1
3 +⋯+
1
11 - 1 - 1
11
= 2 1 - 1
11
= 20
11 ，C 错误；
对于D，∀m ∈N *，m ≥2，取p = m，q = m - 1，则ap+aq= am+am-1= m m + 1
2
+ m m - 1
2
= m2= bm，
所以∀m ∈N *，m ≥2，总存在p，q ∈N*，使得bm= ap+aq成立，D 正确.
故选：ABD
32 (2022 秋·山东·高三校联考阶段练习) 若项数为n 的数列an
满足：ai= an+1-i i = 1，2，3，⋯，n
我
公众号：一枚试卷君
24
们称其为n 项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1 为4 项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1 为5 项的“对称
数列”．设数列cn
为2k + 1 项的“对称数列”，其中c1，c2⋯ck+1是公差为2 的等差数列，数列cn
的最大
项等于8，记数列cn
的前2k + 1 项和为S2k+1，若S2k+1= 32，则k =
．
【答案】3 或4
【分析】根据题意可得ck+1= 8，进而可得等差数列的通项公式，再结合对称数列的定义列方程求解即可.
【详解】由题意，ck+1= 8，又c1，c2⋯ck+1是公差为2 的等差数列，故c1+2k = 8，则c1= 8 - 2k，ck= ck+1-2 =
6.
又S2k+1= 32，故2 c1+c2+...+ck
+ ck+1= 32，即c1+c2+...+ck= 12，
由等差数列前n 项和公式有k 8 - 2k + 6
2
= 12，化简得k2-7k + 12 = 0，解得k = 3 或k = 4.
故答案为：3 或4
公众号：一枚试卷君
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