专题05 数列
5 大考点概览
考点01 等差数列
考点02 等比数列
考点03 数列求和
考点04 数列综合问题
考点05 数列与概率/导数
1．(2026·辽宁朝阳·二模)已知等差数列{an)满足a3=2a2,a4=6，则a5=（ ）
A．7
B．8
C．9
D．10
【答案】B
【详解】记{an)的公差为d，由a3=2a2=a1+a3得a1=0.
故d = a4−a1
4−1 =2，
于是a5=a4+d =8.
故选：B
2．（2026·黑龙江大庆·二检）已知等差数列{an)的前n项和为Sn,a1=2026，且a2025
a2026
<−1，则使得
Sn<0的n的最小值为（ ）
A．4050
B．4051
C．4052
D．4053
【答案】B
【分析】根据给定条件，结合等差数列通项公式可得公差d <0,a2025>0,a2026<0,a2025+a2026>0，
再利用等差数列前n项和公式求解判断.
【详解】设等差数列{an)的公差为d，由
a2025
a2026
<−1，得a2025a2026<0，则
(a1+2024 d)(a1+2025d)<0，
而a1>0，解得−
a1
2024 <d <−
a1
2025，则d <0，a2025>0,a2026<0，
由
a2025
a2026
<−1和a2026<0，得a2025+a2026>0，则S4050= 4050(a1+a4050)
2
=2025(a2025+a2026)>0，
考点1
等差数列
S4051= 4051(a1+a4051)
2
= 4051a2026<0，由d <0，得数列{an)单调递减，当n≥2026时，
an<a2026<0，
则当n≥4051时，Sn≤S4051<0，所以使得Sn<0的n的最小值为4051.
故选：B
3．（2026·内蒙古兴安盟·二模）记Sn为等差数列{an)的前n 项和，若a2=2，S7=35，则a8=（ ）
A．11
B．9
C．8
D．5
【答案】A
【详解】等差数列{an)中，由S7=35，得7(a1+a7)
2
=35，即7 a4=35，解得a4=5，
而a2=2，则公差d = a4−a2
4−2 = 3
2，所以a8=a2+(8−2)d =11.
故选A.
4．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)Sn为等差数列{an)的前n项和，若S4= S9，且a2+a4+am=0，则
m=（ ）
A．12
B．15
C．16
D．18
【答案】B
【详解】由S4= S9，得S9−S4=0，即a5+a6+a7+a8+a9=0，即5a7=0，所以a7=0，
又a2+a4+am=0=3a7，由等差数列的性质得2+ 4 +m=3×7，解得m=15.
故选B.
5．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）设等差数列{an)的前n项和为Sn，若S4−a3=18,S2=7，则
{an)的公差为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】B
【分析】根据已知及等差数列的通项公式列方程求基本量.
【详解】设公差为d，则{
S4−a3=a1+a2+a4=3a1+ 4 d =18
S2=a1+a2=2a1+d =7
)，解得{
a1=2
d =3).
故选：B
6．（2026·吉林白山·二模）（多选）已知数列{an)是公差不为0 的等差数列，前n项和为Sn，满足
a1+5a3= S8，下列选项正确的有（ ）
A．a10=0
B．S7= S12
C．S10最小
D．S20=0
【答案】AB
【分析】由题意可得a10=0，根据等差数列的性质和等差数列前n 项和公式计算，逐一判断选项即
可.
【详解】因为{an}是等差数列，设公差为d(d ≠0)，
由a1+5a3= S8⇒a1+5(a1+2d)=8a1+ 8×7
2
d，得a1+9d =0，即a10=0，故A 正确；
又S12−S7=a8+a9+a10+a11+a12=5a10=0，故B 正确；
当d >0，{an}是单调递增数列，a10=0，
所以当n<10时an<0，当n>10时an>0，所以S9或S10最小；
当d <0，{an}是单调递减数列，a10=0，
所以当n<10时an>0，当n>10时an<0，所以S9或S10最大，故C 错误；
又S19=19a10=0，因为a10=0,d ≠0,所以S20= S19+a20=a20≠0，故D 错误.
故选：AB.
7．（2026·东北三省三校·二模）（多选）记Sn为等差数列{an)的前n 项和，若a3+a7=14，
S10= S13,则（ ）
A．a5=7
B．公差d =1
C．S23=1
D．若bn=ancosnπ,则b1+b2+⋯+b20=−10，
【答案】AD
【分析】先利用等差数列的性质求出a5，再结合S10= S13求出公差d，进而逐一分析选项.
【详解】设等差数列{an)的公差为d,
由a3+a7=2a5=14，所以a5=7，故A 正确；
由S10= S13，得S13−S10=a11+a12+a13=3a12=0，即a12=0，
又a5=7，所以a12=a5+7 d =7+7 d =0，解得d =−1，故B 错误；
由等差数列前n项和公式得S23= 23(a1+a ❑
23
❑
)
2
=23a12=23×0=0，故C 错误；
对于bn=ancosnπ，因为cosnπ=(−1) ❑
❑
n
，所以bn=(−1)
nan，
所以b1+b2+⋯+b20=(−a1+a2)+(−a3+a4)+⋯+(−a19+a20)=10d =−10，故D 正确.
故选AD.
8．（2026·内蒙古包头·二模）（多选）记Sn是等差数列{an)的前n项和，{an)的公差为d，已知
S5
5 −S3
3 =2，且S5
5 与S3
3 的等差中项为−2，则（ ）
A．S5=5
B．d =2
C．S3最小
D．S7<a7
【答案】BC
【分析】利用等差数列前n项和公式代入条件计算可得数列{
Sn
n )是公差为d
2 的等差数列，结合等差
数列的通项公式以及前n项和公式依次判断选项即可.
【详解】因为Sn是等差数列{an)的前n项和，{an)的公差为d，则Sn= n(a1+an)
2
，故Sn
n = a1+an
2
，
所以Sn+1
n+1 −Sn
n = a1+an+1
2
−a1+an
2
= an+1−an
2
= d
2 ，故数列{
Sn
n )是公差为d
2 的等差数列．
对于A 选项，由题意可得{
S5
5 −S3
3 =2
S5
5 + S3
3 =−4)
，故S5
5 =−1, S3
3 =−3，所以S5=−5，A 错；
对于B 选项，S5
5 −S3
3 =2× d
2 =2，解得d =2，B 对；
对于C 选项，由题意可得S5=5a1+ 5×4
2
d =5a1+10d =5a1+20=−5，解得a1=−5，
所以Sn=na1+ n(n−1)d
2
=−5n+n(n−1)=n
2−6n=(n−3)
2−9，
故当n=3时，Sn取最小值，即S3最小，C 对；
对于D 选项，S7=7 a1+ 7×6
2
d =7×(−5)+21×2=7,a7=a1+6d =−5+6×2=7，
所以S7=a7，D 错．
故选BC.
9．（2026·吉林长春六中·二模）已知等差数列{an)的前n项和为Sn，a3=60，a8=160，则S10=
__________．
【答案】1100
【分析】根据等差数列的通项公式及前n项和公式求解即可.
【详解】设等差数列{an)的首项为a1，公差为d，
则a3=a1+2d =60，a8=a1+7d =160，
联立解得a1=20，d =20，
所以an=20+(n−1)×20=20n，Sn= n
2 (a1+an)=10n(n+1)，
所以S10=10×10×(10+1)=1100.
故答案为：1100.
10．（2026·内蒙古兴安盟·二模）已知等差数列{an)中的前n 项和为Sn，且a2,a5,a14成等比数列，
S5=25.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若数列{an)为递增数列，记bn=(−1)
n Sn，求数列{bn)的前40 项的和T 40.
【答案】(1)an=5或an=2n−1
(2)820
【分析】根据条件先求出{an)的通项公式，再求出{bn)的通项公式即可.
【详解】（1）设公差为d，则{
a5
2=a2⋅a14
S5=5a1+10d =25)，即{
(a1+ 4 d)
2=(a1+d)⋅(a1+13d)
S5=5a1+10d =25
)
解得{
a1=5
d =0)或{
a1=1
d =2) ，所以an=5或an=2n−1；
（2）因为数列{an)为递增数列，∴an=2n−1，Sn= n(1+2n−1)
2
=n
2，bn=(−1)
n Sn=(−1)
n⋅n
2，
所以T 30=−1
2+2
2−3
2+ 4
2+⋯−39
2+ 40
2
=(2−1)⋅(1+2)+(4−3)⋅(3+ 4)+⋯+(40−39)⋅(39+ 40)
=1+2+3+ 4 +⋯+39+ 40 = 40×(1+ 40)
2
=820；
所以T 40=820.
1．（2026·吉林G35 联合体·二模）在等比数列{an)中，a1=1，a3a9=2a4
2，则a5=（ ）
A．❑√2
B．2
C．2❑√2
D．4
【答案】B
【详解】设等比数列公比为q，由a1=1，得a3=q
2，a9=q
8，a4=q
3.
由a3a9=2a4
2，得q
2⋅q
8=2(q
3)
2，即q
10=2q
6，
因q≠0，故q
4=2，则a5=a1q
4=1×2=2.
故选B.
2．（2026·哈尔滨三中·二模）已知数列{an)是等比数列，若S2
S4
= 1
4 ，则S2
S6
=（ ）
A．13
B．1
13
C．7
D．1
7
【答案】B
【详解】因为数列{an)是等比数列，
若q =1，则
S2
S4
= 2a1
4 a1
= 1
2 ≠1
4 ，与题设条件不符，所以q≠1；
考点2
等比数列
当q≠1时，所以
S2
S4
=
a1(1−q
2)
1−q
a1(1−q
4)
1−q
= 1−q
2
1−q
4 =
1
1+q
2 = 1
4 ，即q
2=3，
所以
S2
S6
=
a1(1−q
2)
1−q
a1(1−q
6)
1−q
= 1−q
2
1−q
6 = 1−3
1−3
3 = 1
13.
故选B.
3．（2026·辽宁辽阳·二模）（多选）已知等比数列{an)的公比为q，a2=−1
2，a5= 1
16 ，Sn是{an)的
前n 项和，则（ ）
A．a1=1
B．q = 1
2
C．S2n<S2n−1
D．Sn的最小值是1
2
【答案】ACD
【分析】应用等比数列通项公式计算判定A，B，应用a2n<0计算判定C，应用等比数列求和公式计
算判定D.
【详解】因为等比数列{an)的公比为q，a2=−1
2，a5= 1
16，
则
a5
a2
=q
3=−1
8，所以q =−1
2，B 选项错误；
a2=a1q =a1×(−1
2)=−1
2，所以a1=1，A 选项正确；
因为a2n=a1q
2n−1=1×(−1
2)
2n−1
<0，所以S2n−S2n−1=a2n<0，所以S2n<S2n−1，C 选项正确；
Sn=
1×[1−(−1
2)
n
)
1−(−1
2)
= 2
3[1−(−1
2)
n
)，
当n为偶数时，Sn= 2
3(1−1
2
n)单调递增，Sn的最小值是S2= 1
2，
当n为奇数时，Sn= 2
3(1+ 1
2
n)单调递减，所以Sn> 2
3，
综上，Sn的最小值是S2= 1
2，D 选项正确；
故选ACD.
4．（2026·内蒙古包头·二模）（多选）已知Sn是等比数列{an)的前n项和，满足S3,S9,S6成等差数
列，则（ ）
A．a2,a5,a8成等比数列
B．a2,a8,a5成等差数列
C．S2,S5,S8成等比数列
D．S2,S8,S5成等差数列
【答案】ABD
【分析】根据等比数列的性质，可判断A 的真假，根据条件，求等比数列的公比q，结合等比数列
的通项公式及前n项和公式，可判断BCD 的真假.
【详解】对A：因为数列{an)为等比数列，可设首项为a1（a1≠0），公比为q（q≠0），
则
a5
a2
= a8
a5
=q
3，所以a2，a5，a8成等比数列，故A 正确；
对B：若等比数列的公比q =1，则S3=3a1，S6=6a1，S9=9a1，
根据S3，S9，S6成等差数列，则2S9= S3+ S6，即18a1=3a1+6a1 ⇒ a1=0，
这与a1≠0矛盾，故q =1不成立；
当q≠1时，由2S9= S3+ S6 ⇒ 2× a1(1−q
9)
1−q
= a1(1−q
3)
1−q
+ a1(1−q
6)
1−q
⇒ 2q
9=q
3+q
6.
所以2q
6=1+q
3，
两边同乘以a1q得：2a1q
7=a1q+a1q
4，即2a8=a2+a5，
所以a2，a5，a8成等差数列，故B 正确；
对C：若S2，S5，S8成等比数列，则S5
2= S2⋅S8，
因为q≠1，所以：[
a1(1−q
5)
1−q )
2
= a1(1−q
2)
1−q
⋅a1(1−q
8)
1−q
，
又a1≠0，所以(1−q
5)
2=(1−q
2)⋅(1−q
8) ⇒ 2q
5=q
2+q
8，
所以2q
3=1+q
6 ⇒ (q
3−1)
2=0，所以q =1，这与q≠1矛盾，
故S2，S5，S8不可能成等比数列，故C 错误；
对D：因为q≠1，2q
6=1+q
3，两边同乘以q
2，得2q
8=q
2+q
5，
可得2× a1(1−q
8)
1−q
= a1(1−q
2)
1−q
+ a1(1−q
5)
1−q
，即2S8= S2+ S5，
所以S2，S8，S5成等差数列，故D 正确.
故选：ABD
5．（2026·内蒙古包头·二模）已知数列{an)的前n 项和Sn= 2
3 an+n−4
3 ，则an+1
an
的最大值为
___________.
【答案】−7
5
【分析】由数列的递推公式可得数列{an−1)是首项为−2，公比为−2的等比数列，从而可求得数
列{an)的通项公式，写出an+1
an
的表达式，分n 为偶数和奇数两种情况求得an+1
an
的取值范围即可得解.
【详解】已知Sn= 2
3 an+n−4
3 ，令n=1，则S1=a1= 2
3 a1+1−4
3 ，解得a1=−1，
当n≥2时，Sn−1= 2
3 an−1+n−1−4
3 ，
两式相减，得an= 2
3 an−2
3 an−1+1，即an−1=−2(an−1−1)(n≥2)，
∴数列{an−1)是首项为−2，公比为−2的等比数列，
∴an−1=(−2)
n，则an=(−2)
n+1，
an+1
an
= (−2)
n+1+1
(−2)
n+1
=−2+
3
(−2)
n+1
，
当n 为偶数时，an+1
an
=−2+
3
2
n+1
∈(−2,−7
5 ]；
当n 为奇数时，an+1
an
=−2+
3
−2
n+1
∈[−5,−2).
∴
an+1
an
∈[−5,−2)∪(−2,−7
5 ]，即
an+1
an
的最大值为−7
5.
故答案为：−7
5
6．（2026·吉林长春六中·二模）已知等比数列{an)的各项均为正数，且a1+2a2=1,a3
2=2a2⋅a5.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)设bn=logan
❑√2，求证：1+bn<
2n
2n+1.
【答案】(1)an= 1
2
n
(2)证明见解析
【分析】（1）利用等比数列基本量计算；
（2）根据对数运算求得bn=−1
2n，由1+bn−
2n
2n+1 <0得证.
【详解】（1）设{an)的公比为q，由a3
2=2a2⋅a5知(a1q
2)
2=2(a1q)(a1q
4)，∴q = 1
2，
由a1+2a2=1得a1+2⋅a1⋅q =1,∴a1= 1
2，∴an= 1
2
n.
（2）证明：由题知bn=logan
❑√2=−1
2n，
所以1+bn−
2n
2n+1 =1−1
2n −
2n
2n+1 =
−1
2n(2n+1) <0，
∴1+bn<
2n
2n+1.
7．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知正方形ABCD的边长为2，按如下规律构造正方形序列：取
当前正方形各边中点，依次连接各边中点得到新正方形，重复此操作得到一系列正方形.设第k 个
正方形与第k +1个正方形之间的封闭区域为第k 个“环域”，记第k 个“环域”的面积为bk，初始
正方形ABCD为第1 个正方形.
(1)求数列{bk)的通项公式；
(2)受实际物理测量精度限制，该作图操作无法实现无限次分割，仅可进行有限次作图.若此分割作
图过程可无限延续，则所有依次作出的正方形的面积之和趋近于某一确定常数M，求这个常数M
的值.
【答案】(1)bk =(
1
2)
k −2
(2)M =8
【分析】（1）设ak是第k个正方形的面积，则可得{ak)是首项为4，公比为1
2的等比数列，借助等
比数列定义计算可得{ak)的通项公式，即可得数列{bk)的通项公式；
（2）求出数列{an)的前n项和Sn后，考虑n→∞时，Sn的值即可得.
【详解】（1）正方形ABCD的面积为a1= 4，故连接各边中点得到的新正方形面积是原正方形的1
2，
设ak是第k个正方形的面积，则{ak)是首项为4，公比为1
2的等比数列，
所以ak = 4×(
1
2)
k −1
=(
1
2)
k −3
，
因此bk =ak−ak +1=(
1
2)
k −2
，故{bk)的通项公式为bk =(
1
2)
k −2
；
（2）由题意得Sn=a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an=
4×[1−(
1
2)
n
)
1−1
2
=8×[1−(
1
2)
n
)
，
故当n→∞时，(
1
2)
n
→0，∴M =8.
1．（2026·辽宁省名校协作体·二模）[x)表示不超过x的最大整数，如[[−3.6)=−4，
考点3
数列求和
[2)=2,[4.3)= 4，若{an)的通项公式为an=2n−15，则数列{[ an
5 ]}的前10 项和为（ ）
A．-16
B．-15
C．-12
D．-10
【答案】C
【分析】根据原数列可得[
an
5 )=[
2n
5 )−3，再结合取整函数的性质逐项求解并求和即可.
【详解】已知an=2n−15， 则an
5 = 2n−15
5
= 2n
5 −3，根据取整函数性质：
对任意整数k，[ x−k ]=[ x ]−k，因此[
an
5 )=[
2n
5 )−3.
由n从1到10，依次计算得：
n=1⇒[
a1
5 )=[
2
5)−3=[0.4 ]−3=−3,n=2⇒[
a2
5 )=[
4
5)−3=[0.8]−3=−3,
n=3⇒[
a3
5 )=[
6
5)−3=[1.2]−3=−2,n= 4⇒[
a4
5 )=[
8
5)−3=[1.6]−3=−2,
n=5⇒[
a5
5 )=[
10
5 )−3=[2]−3=−1,n=6⇒[
a6
5 )=[
12
5 )−3=[2.4 ]−3=−1,
n=7⇒[
a7
5 )=[
14
5 )−3=[2.8]−3=−1,n=8⇒[
a8
5 )=[
16
5 )−3=[3.2]−3=0,
n=9⇒[
a9
5 )=[
18
5 )−3=[3.6]−3=0,n=10⇒[
a10
5 )=[
20
5 )−3=[ 4 ]−3=1,
所以S10=−3+(−3)+(−2)+(−2)+(−1)+(−1)+(−1)+0+0+1=−12.
故选C.
2．（2026·黑龙江大庆·二检）已知正项数列{an)的前n项和为Sn,a1=1，且
an= ❑√Sn+ ❑√Sn−1(n∈N
*,n≥2).若在ak和ak +1(k ∈N
*)中插入k个相同的数(−1)
k +1⋅k，构成一
个新数列{bn)，即a1,1,a2,−2,−2,a3,3,3,3,a4,…，记数列{bn)的前n项和为T n，则T 2026=
___________.
【答案】2646
【分析】由题意，结合an={
S1,n=1
Sn−Sn−1,n≥2)，可得数列{
❑√Sn)是首项和公差均为1 的等差数列，
从而求得❑√Sn=n，所以Sn=n
2.进而求得an.根据数列{bn)的特征可求出T 2026.
【详解】因为an>0，所以前n项和Sn>0.
所以当n≥2时，Sn−Sn−1=(
❑√Sn−❑√Sn−1)(
❑√Sn+ ❑√Sn−1)
因为an= ❑√Sn+ ❑√Sn−1(n∈N
*,n≥2)，
所以an=an(
❑√Sn−❑√Sn−1)(n∈N
*,n≥2)，可得❑√Sn−❑√Sn−1=1(n∈N
*,n≥2)，
所以数列{
❑√Sn)是首项和公差均为1 的等差数列，所以❑√Sn=n，即Sn=n
2.
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=n
2−(n−1)
2=2n−1，
又a1=1满足上式，所以an=2n−1(n∈N
*).
新数列{bn)中从a1到ak +1共有k +1+(1+2+⋯+ k )= (k +1)(1+k +1)
2
= (k +1)(k +2)
2
项.
当k =62时，63×64
2
=2016；当k =63时，64×65
2
=2080.
所以T 2026=a1+a2+⋯+a63+1+2×(−2)+3×3+⋯−62×62+(2026−2016)×63
= (1+125)×63
2
+1−2
2+3
2+⋯−62
2+10×63
=63×63+(1
2−2
2)+(3
2−4
2)+⋯+(61
2−62
2)+10×63
=63×63−(1+2+3+…+62)+10×63
=3969−(1+62)×62
2
+10×63=2646.
故答案为：2646.
3．（2026·辽宁大连·二模）在数列{an)中，a1=2,an+1=3an−2．
(1)求证：数列{an−1)为等比数列；
(2)设bn=an+n，求数列{bn)的前n项和Sn．
【答案】(1)证明见解析
(2)Sn= 3
n+n
2+3n−1
2
【分析】（1）利用等比数列的定义证明.
（2）利用分组求和法求数列{bn)的前n项和.
【详解】（1）因为an+1−1
an−1 = (3an−2)−1
an−1
= 3(an−1)
an−1
=3，
且a1−1=2−1=1，
所以数列{an−1)是以1 为首项，3 为公比的等比数列.
（2）由（1）得，an−1=1×3
n−1 ⇒ an=3
n−1+1.
所以bn=3
n−1+n+1.
所以Sn=(3
0+1+1)+(3
1+2+1)+(3
2+3+1)+⋯+(3
n−1+n+1)
=(3
0+3
1+3
2+⋯+3
n−1)+(1+2+3+⋯+n)+n
= 1−3
n
1−3 + n(n+1)
2
+n = 3
n+n
2+3n−1
2
.
4．（2026·黑龙江大庆·二检）已知数列{an)满足a1=2,an+1=2an+2,bn=an+2.
(1)证明：数列{bn)是等比数列，并求数列{bn)的通项公式；
(2)记cn=
1
log2bn⋅log2bn+1
，若数列{cn)的前n项和为T n，求证：1
6 ≤T n< 1
2.
【答案】(1)证明见解析，bn=2
n+1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的定义求证等比数列，再利用通项公式求解；
（2）求出数列{cn)的通项公式，再根据裂项相消求出T n，结合其单调性即可证明.
【详解】（1）因为an+1=2an+2，所以an+1+2=2(an+2)，
又bn=an+2，所以bn+1=2bn，
因为a1=2，所以b1=a1+2= 4≠0，
结合以上递推关系可知，bn≠0，则
bn+1
bn
=2，
所以数列{bn)是以b1=a1+2= 4为首项，2 为公比的等比数列，
所以bn= 4⋅2
n−1，所以数列{bn)的通项公式为bn=2
n+1；
（2）由（1）知bn=2
n+1，
由cn=
1
log2bn⋅log2bn+1
得cn=
1
(n+1)(n+2) =
1
n+1 −
1
n+2，
所以T n= 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 +⋯+
1
n+1 −
1
n+2 = 1
2 −
1
n+2 < 1
2
因为得cn=
1
(n+1)(n+2) >0，数列{T n)为单调递增数列，
所以T n≥T 1= 1
2 −1
3 = 1
6，
所以1
6 ≤T n< 1
2.
5．（2026·吉林长春·质量监测(二)）在数列{an)中，a1=2,an+1=3an−2．
(1)求证：数列{an−1)为等比数列；
(2)设bn=nan，求数列{bn)的前n项和Sn．
【答案】(1)证明见解析
(2)Sn= 1
4 +(
n
2 −1
4)⋅3
n+ n(n+1)
2
【分析】（1）根据已知条件可得an+1−1=3(an−1)，结合等比数列的定义可证明结论；
（2）结合（1）的结论可求出an的表达式，即可得bn的表达式，利用分组求和以及错位相减法，即
可求得答案.
【详解】（1）由题意a1=2,an+1=3an−2，故an+1−1=3(an−1)，
a1=2，结合an+1=3an−2可知{an)为递增数列，可得an−1≠0
故
an+1−1
an−1 =3，即数列{an−1)是公比为3 的等比数列．
（2）由（1）可得an−1=(a1−1)×3
n−1，即an=3
n−1+1，
bn=nan=n⋅3
n−1+n
采用分组求和方式．设Pn为数列{n⋅3
n−1)的前n项和．Qn为数列{n)的前n项和．
则Pn=1×3
0+2×3
1+……+n×3
n−1①
3 Pn=1×3
1+……+(n−1)×3
n−1+n×3
n②
①-②可得：
−2 Pn=1×3
0+1×3
1+……+1×3
n−1−n×3
n= 1×(1−3
n)
1−3
−n×3
n= 3
n−1
2
−n·3
n
即Pn= 1
4 +(
n
2 −1
4)⋅3
n．
又Qn=1+2+3+…+n= n(n+1)
2
．
故Sn= Pn+Qn= 1
4 +(
n
2 −1
4)⋅3
n+ n(n+1)
2
．
6．（2026·哈尔滨三中·二模）已知数列{an)满足a1=2，an+1=an+2(n+1)，n∈N
*，等比数列
{bn)的前n项和为Sn
，且满足b2=a2−2，S6
S3
=9．
(1)求数列{an)和{bn)的通项公式；
(2)设cn= 2n+3
a2nbn
，证明：∑
i=1
n
ci< 7
12；
(3)设dn=
(2n−1)(bn+1)
bn
，求数列{[dn))的前n项和T n（其中[x)表示不超过x的最大整数，如
[−3.5)=−4，[2.1)=2）．
【答案】(1)an=n(n+1)，bn=2
n
(2)证明见解析
(3)T n=n
2
【分析】（1）根据条件，结合累加法，即可得{an)的通项公式；根据条件及等比数列的前n 项和
公式，代入数据，求出q 值，即可得答案.
（2）由（1）得cn的通项公式，利用放缩法，结合裂项相消求和法，即可得证.
（3）求出dn的通项公式，先证明2
n>2n−1，可得0< 2n−1
2
n
<1，即可得[dn)的通项公式，根据等
差数列的前n 项和公式，即可得答案.
【详解】（1）当n≥2时，an−an−1=2n，
则an=2n+2(n−1)+⋅⋅⋅4+2=2× n(n+1)
2
=n(n+1)，
当n=1时，a1=2满足上式，∴an=n(n+1)；
设等比数列{bn)的公比为q，
则b2=6−2= 4，
S6
S3
=
b1(1−q
6)
1−q
b1(1−q
3)
1−q
= (1−q
6)
(1−q
3)
= (1+q
3)(1−q
3)
(1−q
3)
=1+q
3=9，
解得q =2，∴bn=b2q
n−2= 4×2
n−2=2
n．
（2）由（1）得cn=
2n+3
2n(2n+1)2
n <
2n+3
(2n−1)(2n+1)2
n =
1
(2n−1)2
n−1 −
1
(2n+1)2
n
∑
i=1
n
❑ci<c1+
1
3×2 −
1
5×2
2 +
1
5×2
2 −⋅⋅⋅+
1
(2n−1)2
n−1 −
1
(2n+1)2
n = 7
12 −
1
(2n+1)2
n < 7
12.
（3）dn=
(2n−1)(bn+1)
bn
= 2n−1
2
n
+2n−1
先证2
n>2n−1．
法一：当n=1时，2>1成立，
当n≥2时，2
n=Cn
0+Cn
1+Cn
2+⋅⋅⋅+Cn
n≥Cn
0+Cn
1+Cn
2=1+n+ n(n−1)
2
，
要证1+n+ n(n−1)
2
>2n−1，只需证n
2−3n+ 4 =(n−3
2)
2
+ 7
4 >0成立，
∵n∈N
∗，∴n
2−3n+ 4 =(n−3
2)
2
+ 7
4 >0恒成立，
∴2
n>2n−1．
法二：当n=1时，2>1成立，
当n≥2时，设f (n)=2
n−2n+1，f (n+1)−f (n)=2
n−2>0，
则f (n)单调递增，∴f (n)≥f (2)>0，
∴2
n>2n−1，∴0< 2n−1
2
n
<1，
则[dn)=2n−1，∴ T n= n(1+2n−1)
2
=n
2．
7．（2026·辽宁省名校协作体·二模）设正项数列{an)的前n 项和为Sn，且2Sn=an
2+an．
(1)求{an)的通项公式；
(2)若bn=
1
2
an−1
，记数列{bn)的前n 项和为T n，证明：T n<2．
【答案】(1)an=n
(2)证明见解析
【分析】（1）利用an,Sn的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；
（2）根据（1）中所求，应用放缩及等比数列的前n 项和公式求得T n，即可证明.
【详解】（1）依题意，当n=1时，2S1=2a1=a1
2+a1，an>0，则a1=1；
当n≥2时，2Sn=an
2+an，2Sn−1=an−1
2
+an−1，两式相减，
整理可得(an+an−1)(an−an−1−1)=0，又{an)为正项数列，故an−an−1=1，
所以数列{an)是以a1=1为首项，d =1为公差的等差数列，
所以an=n.
（2）证明：由（1）可知an=n，所以bn=
1
2
n−1
，显然T 1=b1=1<2，
当n≥2，则2
n−1=2⋅2
n−1−1=2
n−1+2
n−1−1>2
n−1，即
1
2
n−1
< 1
2
n−1，
此时T n<1+ 1
2 +⋯+
1
2
n−1 =1+
1
2 (1−1
2
n−1 )
1−1
2
=2−1
2
n−1 <2，
综上，T n<2成立.
1．（2026·辽宁大连·二模）（多选）已知数列{an)满足an+an+1= 4 n,n∈N
∗，Sn是{an)的前n 项
和，则下列说法正确的是（ ）
A．an+2−an= 4
B．{an−2n+1)是等比数列
C．S2n= 4 n
2
D．若a1=2，当n 为奇数时，满足Sn<2026的n 最大
值为43
【答案】ACD
【分析】根据递推关系判断A，根据首项可能为0 判断B，根据分组求和判断C，解不等式可判断
D.
【详解】由an+an+1= 4 n可得an+1+an+2= 4 (n+1)，两式相减得an+2−an= 4，故A 正确；
考点4
数列综合问题
因为a1−2×1+1=a1−1可能为0，故{an−2n+1}不一定为等比数列，故B 不正确；
因为S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+……+(a2n−1+a2n)= 4×1+ 4×3+……+ 4×(2n−1)
= 4× n(1+2n−1)
2
= 4 n
2，故C 正确；
当n为奇数时，不妨设n=2k −1,k ∈N
∗，则
Sn= S2k −1=a1+a2+a3+a4+a5+……+a2k −2+a2k −1
=2+(a2+a3)+(a4+a5)+……+(a2k −2+a2k −1)=2+ 4×2+ 4×4+……+ 4×(2k −2)
=2+ 4× (k −1)(2+2k −2)
2
=2+ 4 k (k −1)<2026，则有k(k −1)<506；
因为23×22=506，故22×21<506，即k ≤22，n≤43时，Sn<2026，故D 正确.
故选ACD.
2．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）（多选）已知数列{an)的首项为4，且满足
2(n+1)an−nan+1=0(n∈N
*)，则（ ）
A．{
an
n )为等比数列
B．{an)为递增数列
C．{an)的前n项和Sn=(n−1)⋅2
n+1+ 4
D．{
an
2
n+1)的前n项和T n= n
2+n
2
【答案】ABD
【分析】由数列递推式两边同除以n(n+1)，可得an+1
n+1 =2× an
n ，推得{
an
n )为等比数列，可判断A
项；通过证明
an+1
an
>1和an>0可得B 正确；利用错位相减法可求得{an)的前n项和为
Sn= 4 +(n−1)⋅2
n+2，排除C 项；化简得an
2
n+1 =n，易求得该数列的前n项和推出D 项正确.
【详解】由2(n+1)an−nan+1=0两边同除以n(n+1)，可得：an+1
n+1 =2× an
n ，
因a1= 4，则an>0，故{
an
n )为等比数列，首项为4，公比为2.
对于A，由上分析，{
an
n )是公比为2 的等比数列，即A 正确；
对于B，由上分析，可得an
n = 4×2
n−1=2
n+1，即an=n⋅2
n+1，
由an+1
an
= (n+1)⋅2
n+2
n⋅2
n+1
= 2n+2
n
=2+ 2
n >1，因an>0，故{an)为递增数列，故B 正确；
对于C，由上已得an=n⋅2
n+1，则Sn=1×2
2+2×2
3+⋯+n⋅2
n+1 ①，
则2Sn=1×2
3+2×2
4+⋯+(n−1)⋅2
n+1+n⋅2
n+2 ②，
由①−②：−Sn=2
2+2
3+⋯+2
n+1−n⋅2
n+2，
即−Sn=−2+ 2(1−2
n+1)
1−2
−n⋅2
n+2，即−Sn=−4 +(1−n)⋅2
n+2，
故得Sn= 4 +(n−1)⋅2
n+2，故C 错误；
对于D，因an=n⋅2
n+1，则an
2
n+1 = n⋅2
n+1
2
n+1
=n，
故{
an
2
n+1)的前n项和为T n= n(1+n)
2
= n
2+n
2
，故D 正确.
故选ABD.
3．（2026·吉林长春六中·二模）（多选）若无穷数列{an)存在m(m≥3)满足：①a1,a2,⋯,am为等
差数列；②am+1,am+2,⋯,a2m为等比数列；③对任意正整数n,an+2m=an恒成立，则称数列{an)为
“m项等差-等比过渡循环数列”.已知前n项和为Sn的数列{an)为“m项等差-等比过渡循环数列”，
且am=am−1−2, am+2
am+1
= 1
2 ,a1=16，am+1= 2
3，则（ ）
A．若m= 4，则a18=14
B．若a29=0，则m=10
C．若a2024=10，则m的值可以为11
D．不存在m，使得S2025m≥74287
【答案】ABD
【分析】根据公差和公比写出等差和等比数列的通项公式，A 选项利用周期性即可计算；B 选项中
因0只能为等差数列中的项，故而可得a29=a9+2km(k ∈N
*)即可；C 选项因10也为等差数列中的项，
故得a2024=a4+2km(k ∈N
*)可解；D 选项利用周期性以及分组求和即可.
【详解】am=am−1−2可知等差数列a1,a2,⋯,am的公差为−2，首项为16，
则an=−2n+18,1≤n≤m；
am+2
am+1
= 1
2可知等比数列am+1,am+2,⋯,a2m的公比为1
2，首项为2
3，
则an= 2
3 ×(
1
2)
n−m−1
,m+1≤n≤2m；
若m= 4，则a2=14，由an+2m=an得a18=a10=a2=14，故A 正确；
因等比数列中任意一项均不为0，则0必属于等差数列中的项，
又因a9=0，故a29=a9+2km(k ∈N
*)，其中m≥9，解得m=10，故B 正确；
10 为等差数列的第4 项，故a2024=a4+2km(k ∈N
*)，故{
2024 = 4+2km
m≥4
)，
则km=1010，可知当m=11时，k不是正整数，故C 错误；
依题意，S2025m=1013⋅[16m−m(m−1))+1012×
2
3(1−1
2
m)
1−1
2
<1013×8×9+ 4048
3
<74287，故D 正确.
故选：ABD.
4．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）已知数列{an)各项均不为零，a1=1，a2= 1
3，
anan+1=(t an−an+1)an+2.
(1)当t =1时，求{an)的前50 项和；
(2)若an>an+1，求正整数t的最小值.
【答案】(1)4
3
(2)2
【分析】（1）利用赋值法求出数列的周期，根据数列的周期进行求解即可；
（2）利用特殊值法，结合等差数列的性质进行求解即可.
【详解】（1）因为数列{an)各项均不为零，a1=1，a2= 1
3，
所以当t =1时，由anan+1=(t an−an+1)an+2⇒anan+1=(an−an+1)an+2⇒an+2= anan+1
an−an+1
，
所以有a3= a1a2
a1−a2
=
1× 1
3
1−1
3
= 1
2 ,a4= a2a3
a2−a3
=
1
3 × 1
2
1
3 −1
2
=−1,a5= a3a4
a3−a4
=
1
2 ×(−1)
1
2 +1
=−1
3 ,
a6= a4a5
a4−a5
=
(−1)×(−1
3)
−1+ 1
3
=−1
2 ,a7= a5a6
a5−a6
=(−1
3)×(−1
2)
−1
3 + 1
2
=1，
所以此时该数列的周期为6，因此a1+a2+⋯+a6=1+ 1
3 + 1
2 −1−1
3 −1
2 =0，
所以{an)的前50 项和为8×(a1+a2+⋯+a6)+a49+a50=8×0+a1+a2=1+ 1
3 = 4
3 ；
（2）由anan+1=(t an−an+1)an+2⇒
1
an+2
=
t
an+1
−1
an
，
因为a1=1，a2= 1
3，
所以1
a3
= t
a2
−1
a1
=3t −1⇒a3=
1
3t −1，
因为an>an+1，
所以a2>a3⇒1
3 >
1
3t −1 ⇒1
3 −
1
3t −1 >0⇒3t −1−3
3(3t −1) >0⇒t > 4
3 ，或t < 1
3，
因为t是正整数，所以t > 4
3 ，即t =2,3,4 ,⋯
当t =2时，由1
an+2
=
t
an+1
−1
an
⇒
1
an+2
= 2
an+1
−1
an
⇒
1
an+2
+ 1
an
= 2
an+1
，
所以数列{
1
an)是以1
a1
=1为首项，公差为1
a2
−1
a1
=3−1=2的等差数列，
因此1
an
=1+2(n−1)=2n−1⇒an=
1
2n−1，所以an+1=
1
2n+1，
显然an>an+1恒成立，所以正整数t的最小值为2.
5．（2026·吉林G35 联合体·二模）已知正项等比数列{an)满足a1=1，且20，a3，3a2成等差数列，
正项数列{bn)的前n项和为T n，T n=anbn．
(1)求{an)的通项公式；
(2)证明：bn+1
bn
> 1
4 + 1
4
n+1．
【答案】(1)an= 4
n−1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由等差中项的性质结合等比数列的通项公式即可求解；
（2）利用T n+1−T n=bn+1结合条件与数列放缩化简可得bn+1
bn
> 1
4 + 1
4
n+1.
【详解】（1）设数列{an)的公比为q（q>0）.
因为3a2 20，a3，3a2成等差数列，所以2a3=3a2+20，
即2q
2−3q−20=0，解得q = 4或−5
2（舍去）.
所以an= 4
n−1.
（2）由T n=anbn，得T n= 4
n−1bn,T n+1= 4
nbn+1，
两式相减，得bn+1=T n+1−T n= 4
nbn+1−4
n−1bn，所以
bn+1
bn
= 4
n−1
4
n−1
，
则bn+1
bn
=
4
n−1−1
4 + 1
4
4
n−1
=
1
4 (4
n−1)+ 1
4
4
n−1
= 1
4 +
1
4
n+1−4
> 1
4 + 1
4
n+1
.
1．（2026·内蒙古包头·二模）某公园有两条散步路线，分别记为路线A 和路线B.附近的居民经常
来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A 的居民第二天选择路线A 和路线B 的概
率均为1
2；前一天选择路线B 的居民第二天选择路线A 和路线B 的概率分别为3
4 和1
4 ，已知居民第
一天选择路线A 的概率为1
3，选择路线B 的概率为2
3.
(1)若有4 位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A 散步的人数为Y，求Y 的分布列及期望；
(2)若某居民每天都去公园散步，记第n 天选择路线A 的概率为Pn.
（i）请写出Pn+1与Pn(n∈N
∗)的递推关系；
（ii）设M n=
16
|15 Pn−9)
−4，求证：n
4 −1< M 1
M 2
+ M 2
M 3
+⋯+ M n
M n+1
< n
4 (n∈N
∗).
【答案】(1)分布列见解析；E(Y )= 8
3
(2)（i）Pn+1=−1
4 Pn+ 3
4 (n∈N
*)（ii）证明见解析
【分析】（1）先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，
利用二项分布期望公式可得期望；
（2）（ⅰ）分析第n天选择路线A，和路线B情况下第n+1天选择路线A的概率，再由全概率公式
列式，利用构造法求出关系式；（ⅱ）由（ⅰ）构造法求出通项公式，再借助放缩法及等比数列前
n和公式推理得证.
【详解】（1）记附近居民第i(i=1,2)天选择路线A ,B分别为事件Ai,Bi，
依题意，P( A1)= 1
3 , P(B1)= 2
3，P( A2|A1))= P(B2|A1))= 1
2，P( A2|B1))= 3
4 , P(B2|B1))= 1
4 ，
考点5
数列与概率/导数
则由全概率公式，得居民第二天选择路线A散步的概率
P( A2)= P( A1)P( A2|A1))+ P(B1)P( A2|B1))= 1
3 × 1
2 + 2
3 × 3
4 = 2
3；
记第二天选择路线A散步的人数为Y ，则Y ～B(4 , 2
3)，
则P(Y =0)=(
1
3)
4
= 1
81，P(Y =1)=C4
1· 2
3 ·(
1
3)
3
= 8
81，
P(Y =2)=C4
2·(
2
3)
2
·(
1
3)
2
= 24
81 = 8
27 ，P(Y =3)=C4
3·(
2
3)
3
· 1
3 = 32
81，
P(Y = 4)=(
2
3)
4
= 16
81，
则Y 的分布列为：
Y
0
1
2
3
4
P
1
81
8
81
8
27
32
81
16
81
故Y 的数学期望E(Y )= 4× 2
3 = 8
3 ．
（2）（i）当第n天选择路线A时，第n+1天选择路线A的概率Pn+1= 1
2 Pn；
当第n天选择路线B时，第n+1天选择路线A的概率Pn+1= 3
4 (1−Pn)，
所以Pn+1= 1
2 Pn+ 3
4 (1−Pn)=−1
4 Pn+ 3
4 (n∈N
*).
（ii）由（i）知Pn+1=−1
4 Pn+ 3
4 (n∈N
*)，则Pn+1−3
5 =−1
4 ( Pn−3
5 )，而P1= 1
3，
于是数列{Pn−3
5)是首项为P1−3
5 = 1
3 −3
5 =−4
15，公比为−1
4 的等比数列，
因此Pn−3
5 =−4
15 ⋅(−1
4)
n−1
，即Pn= 3
5 −4
15 ⋅(−1
4)
n−1
，M n=
16
|15 Pn−9)
−4 = 4
n−4，
当n≥2时，
M n
M n+1
= 4
n−4
4
n+1−4
=
4
n−4
4(4
n−1)
<
4
n−4
4(4
n−4)
= 1
4 ，而
M 1
M 2
=0< 1
4 ，
所以
M 1
M 2
+ M 2
M 3
+⋯+ M n
M n+1
< n
4 ；
当n≥2时，M n
M n+1
= 4
n−4
4
n+1−4
=
1
4 (4
n+1−4)−3
4
n+1−4
= 1
4 −
3
4
n+1−4
> 1
4 −3
4
n
，
而
M 1
M 2
=0> 1
4 −3
4 =−1
2，
所以
M 1
M 2
+ M 2
M 3
+⋯+ M n
M n+1
> n
4 −3( 1
4
1 + 1
4
2 + 1
4
3 +⋯+ 1
4
n )= n
4 −(1−1
4
n )> n
4 −1，
所以n
4 −1< M 1
M 2
+ M 2
M 3
+⋯+ M n
M n+1
< n
4 .
2．（2026·吉林白山·二模）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 n，甲盒中恰有1 个黑球的概率为an，恰有2 个黑球的概率为bn.
(1)求X1的分布列；
(2)求数列{an)的通项公式；
(3)求X n的期望.
【答案】(1)答案见解析
(2)an= 3
5 + 2
5 ⋅(−1
9)
n
(3)1
【分析】（1）由题意分析X1的可能取值为0，1，2.分别求出概率，写出分布列；（2）由全概率
公式得到an+1=−1
9 an+ 2
3，判断出数列{an−3
5)为以a1−3
5 =−2
45为首项，以−1
9为公比的等比数
列即可求解；（3）利用全概率公式求出bn+1= 2
9 an+ 1
3 bn求出bn= 1
5 −1
5(−1
9)
n
，进而求出E(X n).
【详解】（1）（1）由题可知，X1的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知：
P(X 1=0)= 1
3 × 2
3 = 2
9;P(X1=1)= 1
3 × 1
3 + 2
3 × 2
3 = 5
9;P(X1=2)= 2
3 × 1
3 = 2
9，
故X 1的分布列如下表：
X1
0
1
2
P
2
9
5
9
2
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
3 × 1
3 + 2
3 × 2
3)P(X n=1)+(
2
3 ×1)P(X n=2)+(1× 2
3)P(X n=0)
= 5
9 P(X n=1)+ 2
3 P(X n=2)+ 2
3 P(X n=0)，
即：an+1= 5
9 an+ 2
3 bn+ 2
3 (1−an−bn)，
所以an+1=−1
9 an+ 2
3，
所以an+1−3
5 =−1
9(an−3
5)，
又a1= P(X1=1)= 5
9，
所以，数列{an−3
5)为以a1−3
5 =−2
45为首项，以−1
9为公比的等比数列，
所以an−3
5 =−2
45 ⋅(−1
9)
n−1
= 2
5 ⋅(−1
9)
n
，
即：an= 3
5 + 2
5 ⋅(−1
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
3 × 1
3)⋅P(X n=1)+(
1
3 ×1)⋅P(X n=2)+0⋅P(X n=0),
即：bn+1= 2
9 an+ 1
3 bn,
又an= 3
5 + 2
5 ⋅(−1
9)
n
,
所以bn+1= 1
3 bn+ 2
9(
3
5 + 2
5(−1
9)
n
),
所以bn+1−1
5 + 1
5(−1
9)
n+1
= 1
3 [bn−1
5 + 1
5(−1
9)
n
],
又b1= P(X1=2)= 2
9,
所以b1−1
5 + 1
5 ×(−1
9)= 2
9 −1
5 −1
45 =0,
所以bn−1
5 + 1
5(−1
9)
n
=0,
所以bn= 1
5 −1
5(−1
9)
n
,
所以E(X n)=an+2bn+0(1−an−bn)=an+2bn=1.
3．（2026·东北三省三校·二模）在自动驾驶系统的路径规划中,车辆的车道选择行为可用马尔科夫
链模型描述.设道路只有两条车道,分别记为车道0 和车道1.每隔一个固定时间步长,车辆会选择更换
车道或者保持车道不变,记X n为第n个时间步长车辆所在的车道（n=0,1,2,⋯）.马尔科夫链的下一
时刻状态仅取决于当前时刻状态,记Pij= P( X n+1= j) X n=i) (i, j =0,1)为一步转移概率,矩阵
P=(
p00
p01
p10
p11)为一步转移概率矩阵.
已知某自动驾驶模型的车道转移规律如下：若当前在车道0,下一时刻变道至车道1 的概率为1
4 ；若
当前在车道1,下一时刻变道至车道0 的概率为1
2.
(1)已知n=0时刻车辆处于车道0 的概率为4
5 ,处于车道1 的概率为1
5.
①写出该模型的一步转移概率矩阵P；
②若n=1时刻车辆处于车道1,求n=0时刻车辆处于车道0 的概率.
(2)在第（1）问的初始概率条件下,记an= P（X n=0）,求随机变量X n的分布列（结果用含n的式子
表示）.
【答案】(1)①P =(
3
4
1
4
1
2
1
2)
；②2
3
(2)
X n
0
1
P
2
3 + 2
15 ⋅(
1
4)
n 1
3 −2
15 ⋅(
1
4)
【分析】（1）①结合概率矩阵的定义求解即可；
②根据条件概率公式及贝叶斯公式求解即可.
（2）根据条件概率公式及全概率公式得到递推关系，进而求出an，从而得到分布列.
【详解】（1）①由题意，车道转移概率：
当前在车道0 时，留在0 的概率为1−1
4 = 3
4 ，变道到1 的概率为1
4 ；
当前在车道1 时，变道到0 的概率为1
2，留在1 的概率为1−1
2 = 1
2；
因此一步转移的概率矩阵为P =(
3
4
1
4
1
2
1
2)
.
②设事件A0：n=0时刻车辆在车道0，A1：n=0时刻车辆在车道1，B1：n=1时刻车辆在车道1，
已知P( A0)= 4
5 ，P( A1)= 1
5，P(B1|A0))= 1
4 ，P(B1|A1))= 1
2，
由贝叶斯公式P( A0|B1))=
P(B1|A0))P( A0)
P(B1|A0))P( A0)+ P(B1|A1))P( A1)
=
1
4 × 4
5
1
4 × 4
5 + 1
2 × 1
5
= 2
3.
（2）设an= P(X n=0)，由全概率公式得递推关系
an+1= P(X n+1=0)=an⋅3
4 +(1−an)⋅1
2 = 1
4 an+ 1
2，
则an+1−2
3 = 1
4(an−2
3)，首项a0−2
3 = 4
5 −2
3 = 2
15，
因此通项为：an= 2
3 + 2
15 ⋅(
1
4)
n
.
所以P(X n=1)=1−an= 1
3 −2
15 ⋅(
1
4)
n
.
故X n的分布列为
X n
0
1
P
2
3 + 2
15 ⋅(
1
3 −2
15 ⋅(
1
4)
n
4．（2026·辽宁辽阳·二模）已知数列an= ❑√
1
4 + 1
n
2 +
1
(n+2)
2，Sn是{an)的前n 项和．
(1)若x，y >0，求证：❑√
1
x
2 + 1
y
2 +
1
(x + y)
2 = 1
x + 1
y −
1
x + y ；
(2)求S9的值；
(3)求证：ln(
n
4 +1)
2
<∑
i=1
n
1
Si
<2❑√n．
【答案】(1)证明见解析
(2)639
110
(3)证明见解析
【分析】（1）计算(
1
x + 1
y −
1
x + y)
2
可得其等于1
x
2 + 1
y
2 +
1
(x + y)
2，即可得证；
（2）结合（1）中所得，利用分组求和计算即可得解；
（3）利用分组求和可得n+1
2
<Sn< n+3
2
，则2
n+3 < 1
Sn
<
2
n+1；构造函数
f (x)= ln (x +1)−x (x ≥0)，利用导数计算可得ln (x +1)≤x对任意x ≥0恒成立，则可得
1
n+3 ≥ln(
n+ 4
n+3)，计算可得∑
i=1
n
1
i+3 ≥ln(
n
4 +1)，结合2
n+3 < 1
Sn
可证得ln(
n
4 +1)
2
<∑
i=1
n
1
Si
，利
用不等式性质可得当n≥1时，有1
n+1 <❑√n−❑√n−1，计算可得
∑
i=1
n
1
i+1 <❑√1−❑√0+ ❑√2−❑√1+⋯+ ❑√n−❑√n−1= ❑√n，则可得∑
i=1
n
1
Si
<2❑√n，即可得证.
【详解】（1）(
1
x + 1
y −
1
x + y)
2
=(
1
x + 1
y)
2
−2(
1
x + 1
y)⋅
1
x + y +
1
(x + y)
2
= 1
x
2 + 1
y
2 + 2
xy −
2
x (x + y) −
2
y (x + y) +
1
(x + y)
2
= 1
x
2 + 1
y
2 +
1
(x + y)
2 + 2(x + y)
xy (x + y) −2 x +2 y
xy (x + y) = 1
x
2 + 1
y
2 +
1
(x + y)
2，
又x，y >0，故❑√
1
x
2 + 1
y
2 +
1
(x + y)
2 = 1
x + 1
y −
1
x + y ；
（2）由（1）可得an= ❑√
1
4 + 1
n
2 +
1
(n+2)
2 = 1
2 + 1
n −
1
n+2，
故S9=a1+a2+⋯+a9=9× 1
2 + 1
1 −1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 +⋯+ 1
9 −1
11
= 9
2 +1+ 1
2 −1
10 −1
11 =6−21
110 = 639
110 ；
（3）Sn=a1+a2+⋯+an= n
2 + 1
1 −1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 +⋯+ 1
n −
1
n+2
= n
2 +1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2 = n+3
2
−
2n+3
(n+1)(n+2) < n+3
2
，
又1−
2n+3
(n+1)(n+2) = n
2+3n+2−2n−3
(n+1)(n+2)
=
n
2+n−1
(n+1)(n+2) >0，
故Sn= n+1
2
+1−
2n+3
(n+1)(n+2) > n+1
2
，
故n+1
2
<Sn< n+3
2
，故2
n+3 < 1
Sn
<
2
n+1；
令f (x)= ln (x +1)−x (x ≥0)，则f
′ (x)=
1
x +1 −1= −x
x +1 ≤0，
故f (x)在(0,+ ∞)上单调递减，故f (x)= ln (x +1)−x ≤f (0)=0，
即ln (x +1)≤x对任意x ≥0恒成立，则1
n+3 ≥ln(
1
n+3 +1)= ln(
n+ 4
n+3)，
则∑
i=1
n
1
i+3 ≥ln 5
4 + ln 6
5 +⋯+ ln(
n+ 4
n+3)= ln(
5
4 × 6
5 ×⋯× n+ 4
n+3)= ln(
n+ 4
4 )= ln(
n
4 +1)，
又2
n+3 < 1
Sn
，故∑
i=1
n
1
Si
>2∑
i=1
n
1
i+3 ≥2ln(
n
4 +1)= ln(
n
4 +1)
❑
2
；
当n≥1时，(❑√n+ ❑√n−1)
2=n+n−1+2❑√n(n−1)<2n−1+2
❑√n
2= 4 n−1
(n+1)
2−(4 n−1)=n
2+2n+1−4 n+1=n
2−2n+2=(n−1)
2+1>0，
则(n+1)
2>4 n−1>(❑√n+ ❑√n−1)
2，即有n+1>❑√n+ ❑√n−1，
则1
n+1 <
1
❑√n+ ❑√n−1 =
❑√n−❑√n−1
(❑√n+ ❑√n−1)(❑√n−❑√n−1)
= ❑√n−❑√n−1，
则∑
i=1
n
1
i+1 <❑√1−❑√0+ ❑√2−❑√1+⋯+ ❑√n−❑√n−1= ❑√n，
又1
Sn
<
2
n+1，则∑
i=1
n
1
Si
<∑
i=1
n
2
i+1 =2∑
i=1
n
1
i+1 <2❑√n，
综上所述：可得ln(
n
4 +1)
2
<∑
i=1
n
1
Si
<2❑√n.
