专题 06 数列
4 大考点概览
考点01 等差数列及性质
考点02 等比数列及性质
考点03 数列求和
考点04 数列的应用
1．（2025·四川德阳·一模）记Sn为等差数列{an)的前n项和，若a3+a10=7+ S6，则a2=（ ）
A．7
4
B．−7
4
C．7
D．-7
【答案】B
【分析】根据等差数列通项公式和前n项和公式，代入题目等式条件中，求出结果即可.
【详解】根据等差数列性质，可知a3+a10=7+ S6，即a1+2d +a1+9d =7+6a1+ 6×5
2
d，
化简得4 a1+ 4 d =−7，可知a2=a1+d =−7
4 .
故选：B.
2．（2025·四川资阳·一模）已知等差数列{an)的前n项和为Sn，若a2=1，a7=11，则S8=（ ）
A．48
B．63
C．80
D．96
【答案】A
【分析】根据等差数列基本量的计算得a1=−1,d =2，再根据求和公式计算即可.
【详解】解：设等差数列{an)的公差为d，a2=1，a7=11
所以{
a1+d =1
a1+6d =11)，解得a1=−1,d =2，
所以，由等差数列前n项和公式Sn=na1+ n(n−1)
2
d得S8=8×(−1)+ 8×7
2
×2= 48
故选：A
3．（2025·四川凉山·一模）在等差数列{an)中，Sn是其前n 项和，若S4=8，S8=24，则S6=
（ ）
考点1
等差数列及性质
A．5
2
B．5
C．10
D．15
【答案】D
【分析】由已知条件列出方程，求出首项和公差代入公式即可求解.
【详解】在等差数列{an)中，Sn=na1+ n(n−1)
2
d，
依题意，{
S4= 4 a1+ 4×3
2
d =8
S8=8a1+ 8×7
2
d =24)
，即{
2a1+3d = 4
2a1+7d =6)，
两式相减解得d = 1
2，代入得a1= 5
4 ，
因此S6=6a1+ 6×5
2
d =6a1+15d =6× 5
4 +15× 1
2 =15.
故选：D
4．（2025·四川泸州·一模）（多选）记Sn为等差数列{an)的前n项和，d为{an)的公差，若
a3+a4=−10,a5+a9= 4，则（ ）
A．d =2
B．Sn+1
n+1 =n−11
C．当n=5或6 时，Sn取得最小值
D．当Sn>0时，n的最小值为11
【答案】AC
【分析】利用已知可求得等差数列的首项a1与公差d，利用等差数列的性质与前n项和公式逐项计
算判断即可.
【详解】因为a3+a4=−10,a5+a9= 4，所以两式相减得2d +5d =14，解得d =2，故A 正确；
由a3+a4=−10，得a1+2d +a1+3d =−10，所以an=−10+(n−1)×2=2n−12，
所以2a1+5×2=−10，解得a1=−10，所以Sn+1=−10(n+1)+ n(n+1)
2
×2，
所以Sn+1
n+1 =−10+n，故B 错误；
令an≤0，即2n−12≤0，解得n≤6，
即数列{an)前5项为负，第6项为0，第7起为正，
所以当n=5或6 时，Sn取得最小值，故C 正确；
Sn=−10n+ n(n−1)
2
×2=n
2−11n，令Sn>0，则n
2−11n>0，
解得n<0（舍去）或n>11，又n∈N
∗，所以n=12时，Sn>0，
所以当Sn>0时，n的最小值为12，故D 错误.
故选：AC.
5．（2025·四川绵阳·一模）−2与4 的等差中项为 .
【答案】1
【分析】应用等差中项的性质求解.
【详解】若−2与4 的等差中项为m，则2m=−2+ 4 =2⇒m=1.
故答案为：1
6．（2026·四川巴中·一模）设Sn为等差数列{an)的前n项和，若a1=−3，a2+2a5=15，则S10=
．
【答案】90
【分析】设等差数列公差为d，由题意求得d，再根据等差数列求和公式计算即可.
【详解】设等差数列{an}的公差为d，
因为a1=−3，a2+2a5=15，
所以−3+d +2(−3+ 4 d)=15，解得d = 8
3，
则S10=10a1+ 10×9
2
d =10×(−3)+ 45× 8
3 =90.
故答案为：90.
7．（2025·四川成都·一模）记Sn为等差数列{an)的前n项和，若a2=3，a4=7，则S5= .
【答案】25
【分析】利用等差数列前n项和公式及等差数列性质计算得解.
【详解】在等差数列{an)中，由a2=3，a4=7，得S5= 5(a1+a5)
2
= 5(a2+a4)
2
=25.
故答案为：25
考点2
等比数列及性质
1．（2025·四川泸州·一模）已知实数−1, x , y , z ,−4成等比数列，则y =（ ）
A． −8
B．±8
C． −2
D．±2
【答案】C
【分析】设公比，利用等比数列的性质及等比中项得到方程，求出y =−2.
【详解】设等比数列的公比为q，则y =−1×q
2<0，且y
2=(−1)×(−4)= 4，解得y =−2.
故选：C
2．（2026·四川广安·一模）已知数列{an)为等比数列，T n为数列{an)的前n项积，且
T 2= 1
27 ，T 4= 1
9，则T 6=（ ）
A．27
B．9
C．3
D．1
3
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质即可求解.
【详解】由题意得：a3a4= T 4
T 2
=
1
9
1
27
=3，
又由等比数列性质可得：a2a5=a1a6=a3a4=3，
所以T 6= a2a5⋅a1a6⋅a3a4=3×3×3=27，
故选：A
3．（2025·四川自贡·一模）等比数列{an)中，a1+a2+a3=1，a3+a4+a5=9，则a5+a6+a7=
（ ）
A．27
B．81
C．243
D．729
【答案】B
【分析】将已知等式转化成a1与q的关系式，两式作比求出公比，再由等比数列基本量运算即得答
案.
【详解】设等比数列{an)的公比为q，
a1+a2+a3=a1+a1q+a1q
2=1，a3+a4+a5=a1q
2+a1q
3+a1q
4=9，
两式作比可得q
2=9，
又a5+a6+a7=a1q
4+a1q
5+a1q
6=q
2(a1q
2+a1q
3+a1q
4)=9×9=81
故选：B
4．（2026·四川遂宁·一模）记Sn为等比数列{an)的前n项和，若S8=17 S4，a4−a2=3，则a3=
（ ）
A．4
B．±2
C．8
D．±8
【答案】B
【分析】把题干所给条件转化为a1,q的方程组，解方程组即可得出答案.
【详解】设等比数列的公比为q，当q =1时，S8≠17 S4，所以q≠1.
由题意可得{
a1(1−q
8)
1−q
= 17 a1(1−q
4)
1−q
a1q
3−a1q =3
)
(a1≠0)，解得{
a1= 1
2
q =2)
或{
a1=−1
2
q =−2)
，
当a1= 1
2，q =2时，a3=a1q
2=2，
当a1=−1
2，q =−2时，a3=a1q
2=−2.
故选：B
5．（2026·四川巴中·一模）设 Sn 是等比数列 {an} 的前 n 项之和， S2，S8，S5 成等差数列，
则
a1+a4
a7
=（ ）
A．1
3
B．1
2
C．2
D．3
【答案】C
【分析】根据等差数列的性质和等比数列前n项和公式以及等比数列的通项公式计算即可.
【详解】设等比数列{an)的首项为a1，公比为q，
当q =1时，S2=2a1,S8=8a1,S5=5a1，所以2S8=16a1,S2+ S5=7 a1.
此时2S8≠S2+ S5，所以q≠1.
那么S2= a1(1−q
2)
1−q
,S8= a1(1−q
8)
1−q
,S5= a1(1−q
5)
1−q
，因为 S2，S8，S5 成等差数列，
所以2S8= S2+ S5，所以有2a1(1−q
8)
1−q
= a1(1−q
2)
1−q
+ a1(1−q
5)
1−q
，
化简得q
2(2q
6−q
3−1)=0，由于q≠0，所以解得q
3= 1± ❑√1+8
4
= 1±3
4
，又q≠1，
所以q
3=−1
2，所以
a1+a4
a7
= a1+a1q
3
a1q
6
=
1−1
2
1
4
=2.
故选：C.
6．（2026·四川宜宾·一模）已知等比数列{an)的前n项和为Sn，其中a3为(x + 1
2 x)
6
展开式中的常数
项，且
S10
S5
= 31
32，则Sn的最小值为（ ）
A．5
B．20
3
C．10
D．不存在
【答案】A
【分析】由二项式定理可得a3= 5
2，由
S10
S5
= 31
32可得q =−1
2，进而可得Sn= 20
3 [1−(−1
2)
n
)，分n
为奇数或偶数时，结合y =(
1
2)
n
的单调性讨论求解即可.
【详解】(x + 1
2 x)
6
展开式为T r +1=C6
r x
6−r(
1
2 x)
r
=C6
r(
1
2)
r
x
6−2r ,r =0,1,2,⋅⋅⋅,6，
令6−2r =0，解得r =3，所以a3=C6
3(
1
2)
3
= 5
2，
设等比数列{an)的首项为a1，公比为q(q≠0)，
则S5= a1(1−q
5)
1−q
，S10= a1(1−q
10)
1−q
= a1(1−q
5)(1+q
5)
1−q
，
因为
S10
S5
= 31
32，所以1+q
5= 31
32，解得q =−1
2，
所以a1=10， an=a1q
n−1=10⋅(−1
2)
n−1
，
则Sn= a1(1−q
n)
1−q
=
10[1−(−1
2)
n
)
1+ 1
2
= 20
3 [1−(−1
2)
n
)，
当n为奇数时，Sn= 20
3 [1+(
1
2)
n
)，当n为偶数时，Sn= 20
3 [1−(
1
2)
n
)，
因为y =(
1
2)
n
随着n的增大而减小，
所以当n为奇数时，Sn随着n的增大而减小，且Sn> 20
3 ，
当n为偶数时，Sn随着n的增大而增大，且Sn< 20
3 ，
所以当n=2时，Sn有最小值为S2=5.
故选：A
7．（2025·四川成都·一模）在等比数列{an)中，a1+a2+a3+a4=1，|a1)+|a2)+|a3)+|a4)=3，则
a1=（ ）
A．−1
5或8
5
B．−1
4 或8
5
C．1
4 或−8
5
D．1
5或−8
5
【答案】A
【分析】设等比数列{an)的公比为q(q≠0)，易得数列{|an))为等比数列，公比为|q)，进而结合等比
数列的通项公式可得{
a1+a1q+a1q
2+a1q
3=1
|a1)+|a1)|q)+|a1)|q)
2+|a1)|q)
3=3)，根据a1,q的正负讨论求解即可.
【详解】设等比数列{an)的公比为q(q≠0)，则|an+1)
|an)
=|
an+1
an )=|q)，
所以数列{|an))为等比数列，公比为|q)，
由题设可得{
a1+a2+a3+a4=a1+a1q+a1q
2+a1q
3=1
|a1)+|a2)+|a3)+|a4)=|a1)+|a1)|q)+|a1)|q)
2+|a1)|q)
3=3)，
当a1>0,q>0时，{
a1+a1q+a1q
2+a1q
3=1
a1+a1q+a1q
2+a1q
3=3)，两式相互矛盾；
当a1>0,q<0时，{
a1+a1q+a1q
2+a1q
3=1
a1−a1q+a1q
2−a1q
3=3)，
两式相加得，2(a1+a1q
2)= 4，即a1+a1q
2=2，
两式相减得，2(a1q+a1q
3)=−2，即a1q+a1q
3=−1，
所以
a1q+a1q
3
a1+a1q
2 =−1
2，即q =−1
2，则a1= 8
5；
当a1<0,q>0时，{
a1+a1q+a1q
2+a1q
3=1
−a1−a1q−a1q
2−a1q
3=3)，即{
a1+a1q+a1q
2+a1q
3=1
a1+a1q+a1q
2+a1q
3=−3)，两式相互矛盾；
当a1<0,q<0时，{
a1+a1q+a1q
2+a1q
3=1
−a1+a1q−a1q
2+a1q
3=3)，
两式相加得，2(a1q+a1q
3)= 4，即a1q+a1q
3=2，
两式相减得，2(a1+a1q
2)=−2，即a1+a1q
2=−1，
所以
a1q+a1q
3
a1+a1q
2 =−2，即q =−2，则a1=−1
5.
综上所述，a1=−1
5或a1= 8
5.
故选：A
8．（2025·四川凉山·一模）已知等比数列{an)的前4 项是关于x 的方程
(x
2−6tx +8t)(x
2−9tx +8t)=0的根，则数列{
1
an)
的前4 项和为（ ）
A．5
2
B．9
4
C．11
4
D．15
8
【答案】D
【分析】借助韦达定理求出方程根的关系，再将数列{
1
an)的前4 项和通分计算即可.
【详解】设方程x
2−6tx +8t =0的根分别为x1, x2，方程x
2−9tx +8t =0的根分别为x3, x4，
则数列{an)的前四项组成的集合为{x1, x2, x3, x4),
根据韦达定理可知x1+ x2=6t , x1⋅x2=8t，x3+ x4=9t , x3⋅x4=8t，
所以1
x1
+ 1
x2
+ 1
x3
+ 1
x4
= x1+ x2
x1 x2
+ x3+ x4
x3 x4
= 6t
8t + 9t
8t = 15
8 ，故数列{
1
an)的前4 项和为15
8 ，
故选：D.
1．（2025·四川泸州·一模）已知数列{an)的前n项和为Sn,a1=2，且an+1=2Sn+2(n∈N
∗)．
(1)求{an)的通项公式；
(2)设bn=
1
log3(Sn+1)log3(Sn+1+1)，求数列{bn)的前n项和T n．
【答案】(1)an=2×3
n−1
(2)T n=
n
n+1
【分析】（1）由an与Sn的关系列式计算可得an+1=3an，利用等比数列通项公式求解即可；
（2）由（1）可得Sn+1=3
n,Sn+1+1=3
n+1，化简bn，利用裂项相消法计算求解.
【详解】（1）已知an+1=2Sn+2(n∈N
∗)，当n≥2时，有an=2Sn−1+2，
用an+1=2Sn+2减去an=2Sn−1+2，根据Sn−Sn−1=an(n≥2)，
可得：an+1−an=2an，即an+1=3an(n≥2)，
考点3
数列求和
当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2，
又a1=2，所以a2=2×2+2=6，此时a2=3a1，满足an+1=3an，
所以数列{an)是以a1=2为首项，3 为公比的等比数列，即an=2×3
n−1，
（2）由（1）可得an+1=2×3
n，
又an+1=2Sn+2，所以2Sn+2=2×3
n，化简可得Sn=3
n−1，
则Sn+1=3
n,Sn+1+1=3
n+1，
所以bn=
1
log3(Sn+1)log3(Sn+1+1)
=
1
log33
n⋅log33
n+1 =
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1．
所以数列{bn)的前n项和T n为：
T n=b1+b2+⋯+bn=(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+⋯+(
1
n −
1
n+1)=1−
1
n+1 =
n
n+1．
2．（2026·四川雅安·一模）已知等差数列{an)的前n 项和为Sn，且a3=5，S4=16.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)数列{bn)满足bn=(
1
2)
an
，T n为{bn)的前n 项和，证明：1
2 ≤T n< 2
3.
【答案】(1)an=2n−1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列{an)的公差为d，由题意列出方程组，即可求得答案；
（2）结合（1）的结果可得bn=(
1
2)
an
的表达式，说明{bn)为等比数列，即可求出T n的表达式，结
合不等式性质，即可证明结论.
【详解】（1）设等差数列{an)的公差为d，
由a3=5，S4=16得{
a1+2d =5
4 a1+6d =16)，解得{
a1=1
d =2)，
故an=1+(n−1)×2=2n−1；
（2）bn=(
1
2)
an
=(
1
2)
2n−1
=2×(
1
4)
n
，则❑❑
bn+1
bn
=
2×(
1
4)
n+1
2×(
1
4)
n = 1
4 ，
故{bn)是以b1= 1
2为首项，以1
4 为公比的等比数列，
故T n=
1
2[1−(
1
4)
n
)
1−1
4
= 2
3[1−(
1
4)
n
)，
由于1−(
1
4)
n
随着n 的增大而增大，n∈N
∗，故T n是关于n 的增函数，
故T n≥T 1= 2
3[1−(
1
4)
1
)= 1
2，
又1−(
1
4)
n
<1，故T n= 2
3[1−(
1
4)
n
)< 2
3,
综上可知1
2 ≤T n< 2
3.
3．（2026·四川攀枝花·一模）已知数列{an)的前n 项和为Sn，an>0(n∈N
∗)，且4，an+1，Sn成
等比数列．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若bn=(−1)
n+1⋅
4 n
anan+1
，记数列{bn)的前2n项和为T 2n，证明：4
5 ≤T 2n<1．
【答案】(1)an=2n−1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据an与Sn的关系求数列的通项公式.
（2）利用裂项求和法求数列{bn)的前2n项和，再根据数列的单调性证明4
5 ≤T 2n<1.
【详解】（1）由题意4 Sn=(an+1)
2=an
2+2an+1.
当n=1时，4 a1=a1
2+2a1+1 ⇒ (a1−1)
2=0 ⇒ a1=1.
当n≥2时，4 Sn=an
2+2an+1，4 Sn−1=an−1
2
+2an−1+1，
两式相减，得4 an=an
2+2an−an−1
2
−2an−1
所以2(an+an−1)=(an+an−1)(an−an−1)，
又因为an>0，所以an−an−1=2.
所以数列{an)是以a1=1为首项，以d =2为公差的等差数列.
所以an=1+(n−1)×2=2n−1.
（2）因为bn=(−1)
n+1⋅
4 n
an⋅an+1
=(−1)
n+1⋅
4 n
(2n−1)⋅(2n+1) =(−1)
n+1⋅(
1
2n−1 +
1
2n+1)，
所以T 2n=(1+ 1
3)−(
1
3 + 1
5)+(
1
5 + 1
7)− ⋯ +(
1
4 n−3 +
1
4 n−1)−(
1
4 n−1 +
1
4 n+1)
=1−
1
4 n+1，
因为{T 2n}为单调递增数列，且T 2×1=1−1
5 = 4
5 ,
所以4
5 ≤T 2n<1.
4．（2025·四川凉山·一模）在等差数列{an)中，a1+a5=14，a2+a6=20．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)已知数列{bn−an)是首项为1，公比为2 的等比数列，求数列{bn)的前n 项和Sn．
【答案】(1)an=3n−2
(2)Sn =2
n−1+ n(3n−1)
2
【分析】（1）根据等差数列基本量运算求得{
a1=1
d =3)，即可求解；
（2）利用等比数列及an=3n−2求得bn=2
n−1+3n−2，然后结合等差数列和等比数列求和公式，
利用分组求和法求和即可.
【详解】（1）设等差数列{an)的公差为d，由题意得{
2a1+ 4 d =14
2a1+6d =20)，
解得{
a1=1
d =3)，所以an=3n−2．
（2）因为数列{bn−an)是首项为1，公比为2 的等比数列，
所以bn−an=2
n−1．
从而bn=2
n−1+an=2
n−1+3n−2，
所以Sn=(1+2+2
2+⋯+2
n−1)+[1+ 4 +7+⋯+(3n−2)) =2
n−1+ n(3n−1)
2
．
5．（2025·四川成都·一模）已知正项数列{an)的前n项和为Sn，且2an Sn=an
2+1.
(1)求{an)的通项公式；
(2)若数列{bn)满足bn= Sn
2，证明：1
b1b3
+
1
b2b4
+
1
b3b5
+
1
b4b6
+⋯+
1
bn−1bn+1
+
1
bnbn+2
< 3
4 .
【答案】(1)an= ❑√n−❑√n−1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用an
与Sn
的关系求解，即当n=1时，a1= S1
，将2an Sn=an
2+1式子中的n换成1，
计算出a1
的值；当n≥2时，an= Sn−Sn−1
，将2an Sn=an
2+1式子中的an
换成Sn−Sn−1
，计算得到
Sn
2= Sn−1
2
+1，从而得到{Sn
2)是等差数列，利用等差数列的通项公式求出Sn
2，继而得到Sn，将Sn代
入an= Sn−Sn−1求出an；
（2）求出bn，设cn=
1
bnbn+2
，求出cn，利用裂项相消法求和，放缩法得到证明.
【详解】（1）∵2an Sn=an
2+1，
当n=1时，2a1S1=a1
2+1，2a1
2=a1
2+1，a1
2=1，∵an>0，∴a1=1，
当n≥2时∵2an Sn=an
2+1，∴2(Sn−Sn−1)Sn=(Sn−Sn−1)
2+1，
∴2Sn
2−2Sn−1Sn= Sn
2−2Sn−1Sn+ Sn−1
2
+1，∴Sn
2= Sn−1
2
+1，
∴{Sn
2)是等差数列，公差d =1，首项为S1
2=1，
∴Sn
2= S1
2+(n−1)d =1+(n−1)×1=n，
∵an>0，∴Sn= ❑√n，∴an= Sn−Sn−1= ❑√n−❑√n−1，
验证n=1时也成立，∴an= ❑√n−❑√n−1；
（2）∵bn= Sn
2，Sn
2=n，∴bn=n，
设cn=
1
bnbn+2
，∵bn=n，∴bn+2=n+2，∴cn=
1
n(n+2) = 1
2(
1
n −
1
n+2)，
∴
1
b1b3
+
1
b2b4
+
1
b3b5
+
1
b4b6
+⋯+
1
bn−1bn+1
+
1
bnbn+2
=c1+c2+c3+⋯+cn
= 1
2(
1
1 −1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 + 1
4 −1
6 ⋯+
1
n−1 −
1
n+1 + 1
n −
1
n+2)
= 1
2(
1
1 + 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2)= 1
2(
3
2 −
1
n+1 −
1
n+2)< 1
2 × 3
2 = 3
4 .
6．（2025·四川泸州·一模）记Sn为数列{an)的前n项和，已知2Sn=3an−3.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)设bn={
an,
n 为奇数
log3an,
n 为偶数)，求数列{bn)的前2n项和T 2n.
【答案】(1)an=3
n
(2)T 2n= 3(9
n−1)
8
+n
2+n
【分析】（1）根据an={
S1,n=1
Sn−Sn−1,n≥2)求数列的通项公式.
（2）利用分组求和法求和.
【详解】（1）当n=1时，2S1=3a1−3 ⇒ 2a1=3a1−3 ⇒ a1=3，
当n≥2时，2Sn=3an−3，2Sn−1=3an−1−3，
两式相减得，2(Sn−Sn−1)=3an−3an−1 ⇒ 2an=3an−3an−1 ⇒ an=3an−1 ⇒
an
an−1
=3，
所以{an)是以3为首项，3 为公比的等比数列，
故an=3
n.
（2）当n为奇数时，bn=an=3
n，
当n为偶数时，bn= log3an= log33
n=n，
所以T 2n=(b1+b3+⋯+b2n−1)+(b2+b4+⋯+b2n) =(3+3
3+⋯+3
2n−1)+(2+ 4 +⋯+2n)
= 3(1−9
n)
1−9
+ n(2+2n)
2
= 3(9
n−1)
8
+n
2+n.
7．（2025·四川绵阳·一模）已知数列{an)满足：当n≥2时，an=2an−1−n+2，且数列{an+kn+b)
为等比数列（k ,b为常数），a1=3.
(1)求常数k ,b的值及数列{an)的通项公式；
(2)设bn=an
2−nan，求数列{bn)的前n项和Sn.
【答案】(1)k =−1,b=0，an=2
n+n
(2)Sn= 4
n+1+2
3
+(n−1)2
n+1
【分析】（1）设数列{an+ kn+b)公比为q，进而待定系数得{
q =2,
k =−1,
b=0 )
再根据等比数列的通项公式
求解即可得{an)的通项公式；
（2）结合（1）得bn= 4
n+n⋅2
n，再根据分组求和与错位相减法求解即可.
【详解】（1）解：因为数列{an+ kn+b)为等比数列（k ,b为常数），设公比为q，
所以，当n≥2时，an+kn+b=q[an−1+k (n−1)+b)，即an=q an−1+(qk −k )n−qk +qb−b，
因为，n≥2时，an=2an−1−n+2，
所以{
q =2,
qk −k =−1,
−qk +qb−b=2),解得{
q =2,
k =−1,
b=0 )
所以an−n=2[an−1−(n−1))，n≥2，
又a1=3，a1−1=2，
所以{an−n)是等比数列，公比为2，首项为2，
所以an−n=2×2
n−1=2
n，即an=2
n+n
（2）解：由（1）知bn=an
2−nan=(2
n+n)⋅2
n= 4
n+n⋅2
n，
令{n⋅2
n)的前n项和为T n，
则T n=1×2+2×2
2+3×2
3+⋯+(n−1)⋅2
n−1+n⋅2
n
2T n=1×2
2+2×2
3+3×2
4+⋯+(n−1)⋅2
n+n⋅2
n+1，
两式相减得：−T n=2+2
2+2
3+2
4+⋯+2
n−n⋅2
n+1= 2(1−2
n)
1−2
−n⋅2
n+1
=2
n+1−2−n⋅2
n+1=(1−n)2
n+1−2，
所以T n=(n−1)2
n+1+2
所以数列{bn)的前n项和
Sn= 4(1−4
n)
1−4
+(n−1)⋅2
n+1+2= 4
n+1−4
3
+(n−1)⋅2
n+1+2= 4
n+1+2
3
+(n−1)⋅2
n+1.
8．（2025·四川德阳·一模）数列{an)的通项公式an=(1−2n)⋅(
1
2)
n
，{cn)的通项公式
cn=(λn+ μ)⋅(
1
2)
n
，且an=cn+1−cn(λ , μ∈R ,n∈N
*).
(1)求λ，μ的值；
(2)求{an)的前n项和Sn.
【答案】(1)λ = 4，μ=2
(2)Sn=(2n+3)⋅1
2
n −3，n∈N
*.
【分析】（1）根据an=cn+1−cn求出an关于λ, μ的表达式，再与已知an对比系数求解；
（2）利用Sn=cn+1−c1巧妙结合.
【详解】（1）由题意得，cn+1−cn=[ λ(n+1)+ μ)(
1
2)
n+1
−(λn+ μ)(
1
2)
n
=(−λ
2 n+ λ
2 −μ
2)(
1
2)
n
，
又an=cn+1−cn=(−2n+1)(
1
2)
n
∴−λ
2 n+ λ
2 −μ
2 =1−2n，即−λ
2 =−2，λ
2 −μ
2 =1⇒λ= 4，μ=2.
（2）依题意：Sn=a1+a2+⋯+an=(c2−c1)+(c3−c2)+⋯+(cn+1−cn)=cn+1−c1
由（1）可得cn=(4 n+2)⋅(
1
2)
n
，c1=(4+2)⋅(
1
2)
1
=3，
cn+1=(4 n+4+2)⋅(
1
2)
n+1
=(4 n+6)⋅(
1
2)
n+1
=(2n+3)⋅(
1
2)
n
∴Sn=∑
i=1
n
ai=∑
i=1
n
(ci+1−ci)=cn+1−c1=(2n+3)⋅1
2
n −3，n∈N
*.
9．（2025·四川资阳·一模）已知数列{an)的首项a1=6，且满足an+1+2
n+1= 4 an.
(1)求证：{an−2
n)是等比数列；
(2)求数列{an)的前n项和Sn；
(3)令bn=
an
an+2，数列{bn)的前n项和为T n.求证：n+ 2
3(
2
5)
n
−2
3 <T n<n.
【答案】(1)证明见解析
(2)Sn= 4
n+1
3 +2
n+1−10
3
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题设易得an+1−2
n+1= 4(an−2
n)，即可得证；
（2）由（1）可得an= 4
n+2
n，进而根据等比数列的求和公式分组求和即可；
（3）由题设可得bn<1，即可证明T n<n，分析可得T n>n+ 2
3(
2
5)
n
−2
3，即证
∑
k =1
n
1
ak +2 < 1
3[1−(
2
5)
n
)，再结合数学归纳法证得ak +1+2> 5
2 (ak +2)，即可得到
1
ak +2 ≤1
8 ⋅(
2
5)
k −1
，当且仅当k =1时取等，进而求证即可.
【详解】（1）由an+1+2
n+1= 4 an，则an+1−2
n+1= 4 an−2⋅2
n+1= 4(an−2
n)，
又a1−2
1= 4，所以数列{an−2
n)是以4 为首项4 为公比的等比数列.
（2）由（1）知，an−2
n= 4
n，则an= 4
n+2
n，
所以Sn= 4
1+ 4
2+⋯+ 4
n+2
1+2
2+⋯+2
n= 4×(1−4
n)
1−4
+ 2×(1−2
n)
1−2
= 4
n+1
3 +2
n+1−10
3
.
（3）由an= 4
n+2
n，
则bn=
an
an+2 =
4
n+2
n
4
n+2
n+2
，
由于4
n+2
n<4
n+2
n+2，则bn<1，
所以T n=b1+b2+⋯+bn<n.
由bn=
an
an+2 =1−
2
an+2，则T n=n−2∑
k =1
n
1
ak +2，
要证T n>n+ 2
3(
2
5)
n
−2
3，即证∑
k =1
n
1
ak +2 < 1
3[1−(
2
5)
n
)，
由an+1+2
n+1= 4 an，则ak +1+2
k +1= 4 ak，
则ak +1+2= 4 ak−2
k +1+2= 4(ak +2)−2
k +1−6，
下面证明ak +1+2> 5
2 (ak +2)，
当k =1时，a2+2=22, 5
2 (a1+2)=20，即a2+2> 5
2 (a1+2)；
假设k =m，m≥2，m∈N
∗时，am+1+2> 5
2 (am+2)，
则k =m+1时，am+2+2= 4(am+1+2)−2
m+2−6>4× 5
2 (am+2)−2
m+2−6= 5
2 (4 am+2)−2
m+2+9
= 5
2[(4 am+2)−1
5 ⋅2
m+3+ 18
5 )= 5
2[4(am+2)−2
m+1−6+ 1
5 ⋅2
m+1+ 48
5 )
= 5
2(am+1+2+ 1
5 ⋅2
m+1+ 48
5 )> 5
2 (am+1+2).
综上所述，ak +1+2> 5
2 (ak +2)，则
1
ak +1+2 < 2
5 ⋅
1
ak +2，
所以
1
ak +2 < 2
5 ⋅
1
ak −1+2 <(
2
5)
2
⋅
1
ak −2+2 <⋯<(
2
5)
k −1
⋅
1
a1+2 = 1
8 ⋅(
2
5)
k −1
，
则
1
ak +2 ≤1
8 ⋅(
2
5)
k −1
，当且仅当k =1时取等，
则∑
k =1
n
1
ak +2 ≤1
8 ⋅
1−(
2
5)
n
1−2
5
= 5
24[1−(
2
5)
n
)< 1
3[1−(
2
5)
n
)，即T n>n+ 2
3(
2
5)
n
−2
3.
综上所述，n+ 2
3(
2
5)
n
−2
3 <T n<n.
1．（2025·四川绵阳·一模）（多选）已知公比q不等于1 的等比数列{an)的前n项和为Sn，且
a2,a8,a5成等差数列，下列说法正确的是（ ）
A．q
3=−1
2
B．若a1=2，则a4=1
C．S3,S9,S6成等差数列
D．若a1<0，则数列{an)的最大项为a2
【答案】ACD
【分析】本题可根据等比数列的通项公式及前n项和公式，结合等差数列的性质来逐一分析选项.
【详解】选项A：设等比数列{an)的公比为q（q≠1），
由a2,a8,a5成等差数列，则2a8=a2+a5，即2a1q
7=a1q+a1q
4，
因为a1≠0,q≠0，所以2q
6−q
3−1=0.
令t =q
3，方程变为2t
2−t −1=0，解得t =−1
2或t =1（q≠1，所以q
3≠1，舍去），即q
3=−1
2，
故选项A 正确；
考点4
数列的应用
选项B：若a1=2，则a4=a1q
3=2×(−1
2)=−1≠1，故选项B 错误；
选项C：等比数列前n项和公式为Sn= a1(1−q
n)
1−q
且q
3=−1
2，
S3= a1(1−q
3)
1−q
=
3a1
2(1−q)
，S6= a1(1−q
6)
1−q
= a1[1−(q
3)
2)
1−q
=
a1(1−1
4)
1−q
=
3a1
4 (1−q)
，
S9= a1(1−q
9)
1−q
= a1[1−(q
3)
3)
1−q
=
a1(1+ 1
8)
1−q
=
9a1
8(1−q)
因为2S9=2×
9a1
8(1−q) =
9a1
4 (1−q)，S3+ S6=
3a1
2(1−q) +
3a1
4 (1−q) =
9a1
4 (1−q)，
所以2S9= S3+ S6，故S3,S9,S6成等差数列，选项C 正确；
选项D：若a1<0，由q
3=−1
2得q =−(
1
2)
1
3 <0.
等比数列的项为：
a1<0，a2=a1q>0，a3=a2q<0，a4=a3q>0
……
可见偶数项为正，奇数项为负，且|q)=(
1
2)
1
3 <1，所以正项的绝对值逐渐减小，
即a2>a4>a6>…，因此数列的最大项为a2，故选项D 正确.
故选：ACD
2．（2026·四川广安·一模）（多选）已知数列{an)满足a1= ❑√2，且an+1=
❑√ln(1+an
2)(n∈N
*)，
则（ ）
A．数列{an)先单调递减后单调递增
B．an+1
2
> 2an
2
an
2+2
C．an≥❑√
2
n
D．a1+a2+⋯+a99>18 ❑√2
【答案】BCD
【分析】先证明ln x ≤x−1，当且仅当x =1时等号成立及当x>1时，ln x> 2(x−1)
x +1
，根据前一个
不等式可判断A 的正误，根据后一个不等式可判断B 的正误，根据B 结合累加法可判断C 的正误，
根据C 结合裂项相消法可判断D 的正误.
【详解】先证明两个不等式：
（1）ln x ≤x−1，当且仅当x =1时等号成立；
（2）当x>1时，ln x> 2(x−1)
x +1
.
证明：（1）设s(x)= ln x−x +1，则s
′ (x)= 1−x
x
，
当0< x<1时，s
′ (x)>0，当x>1时，s
′ (x)<0，
故s(x)在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数，
故s(x)≤s(1)=0，即ln x ≤x−1，当且仅当x =1时等号成立.
（2）u(x)= ln x−2(x−1)
x +1
, x>1，故u
′ (x)= 1
x −
4
(x +1)
2 = (x−1)
2
x (x +1)
2 >0，
故u(x)= ln x−2(x−1)
x +1
在(1,+∞)上为增函数，故u(x)>u(1)=0，
故当x>1时，ln x> 2(x−1)
x +1
.
对于A，因为an+1=
❑√ln(1+an
2)，故当n≥2时，an≥0，
若存在ak =0(k ≥2)，则ln(1+ak −1
2
)=0，故ak −1=0，
依次有a1=0，这与a1= ❑√2矛盾，故an>0
故an+1
2
=ln(1+an
2)≤an
2，而an>0，故等号不可取，
故an+1<an，故{an)为递减数列，故A 错误；
对于B，因为an+1
2
=ln(1+an
2)，而1+an
2>1，故ln(1+an
2)>2× 1+an
2−1
1+an
2+1
= 2an
2
2+an
2，
故an+1
2
> 2an
2
2+an
2，故B 正确；
对于C，由B 中结论可得1
an+1
2
< 2+an
2
2an
2 = 1
2 + 1
an
2，故1
an+1
2
−1
an
2 < 1
2，
由累加可得
1
an
2 < 1
a1
2 + 1
2
(n−1)= n
2
(n≥2)，而
1
a1
2 = 1
2，故
1
an
2 ≤n
2
(n≥1)，
故an≥❑√
2
n，故C 正确；
对于D，由C 可得an≥❑√
2
n =2❑√2×
1
❑√n+ ❑√n >
2❑√2
❑√n+1+ ❑√n =2❑√2(❑√n+1−❑√n)，
故a1+a2+⋯+a99>2❑√2(❑√100−1)=18 ❑√2，故D 正确.
故选：BCD.
3．（2025·四川成都·一模）如图，已知正四面体D−ABC顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地
沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻
顶点称为移动一次，若质点Q的初始位置位于点A处，记点Q移动n次后仍在底面ABC上的概率为
Pn.则P2= ；满足Pn−3
4 >
1
2025的n的最大值为 .
【答案】 7
9 4
【分析】通过质点移动的相邻顶点分布得到概率递推式，转化为等比数列求通项，代入n=2得P2；
通过通项分析不等式，结合3的幂的大小得最大n值.
【详解】质点初始在底面顶点A，记移动n次后在底面的概率为Pn，移动0 次在底面，故P0=1.
移动n次的位置由n−1次的位置决定：
若第n−1次在底面（概率Pn−1），底面顶点相邻3 个顶点中2 个在底面，从底面移到底面的概率
为2
3；
若第n−1次在顶点D（概率1−Pn−1），顶点D的相邻3 个顶点均在底面，从顶点D移到底面的概
率为1.
得递推式：Pn= 2
3 Pn−1+1×(1−Pn−1)=1−1
3 Pn−1.
整理递推式得：Pn−3
4 =−1
3(Pn−1−3
4)，
故{Pn−3
4)是首项为P0−3
4 = 1
4 、公比为−1
3的等比数列，
通项为： Pn= 3
4 + 1
4 ×(−1
3 )
n
.
代入n=2，得P2= 3
4 + 1
4 × 1
9 = 28
36 = 7
9.
解不等式Pn−3
4 >
1
2025： Pn−3
4 = 1
4 ×(−1
3 )
n
，右边为正，故n为偶数，
不等式化为1
4 × 1
3
n >
1
2025，即3
n< 2025
4
=506.25.
3
6=729>506.25，3
4=81<506.25，故最大的偶数n为4.
故答案为：7
9；4
4．（2025·四川达州·一模）已知{an)为等差数列，前n项和为Sn，且a2=5,S5= 40．
(1)求Sn；
(2)设bn=
1
Sn+n，数列{bn)的前n项和为T n，若对任意n∈N
*，不等式T n<m成立，求实数m的取
值范围．
【答案】(1)Sn= 3
2 n
2+ 1
2 n
(2)m≥2
3
【分析】（1）先根据已知条件求出等差数列的首项和公差，进而求出Sn.
（2）先求出bn，然后求出并化简T n，进而求解不等式即可.
【详解】（1）设等差数列{an)的首项为a1，公差为d，因为a2=5,S5= 40.
所以a1+d =5,5a1+ 5×4
2
d = 40，解得a1=2,d =3.
所以Sn=na1+ n(n−1)
2
d =2n+ 3n(n−1)
2
= 3
2 n
2+ 1
2 n.
（2）bn=
1
Sn+n =
1
3
2 n
2+ 3
2 n
= 2
3 ·
1
n
2+n
= 2
3(
1
n −
1
n+1).
所以
T n=b1+b2+⋯+bn= 2
3(
1
1 −1
2)+ 2
3(
1
2 −1
3)+⋯2
3(
1
n −
1
n+1)= 2
3(1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1)= 2
3(1−
1
n+1)
.
因为不等式T n<m对任意n∈N
∗恒成立，则有2
3(1−
1
n+1)<m对任意n∈N
∗恒成立，
又2
3(1−
1
n+1)< 2
3，所以m≥2
3.
5．（2025·四川自贡·一模）设数列{an)的前n 项和为Sn=5n
2−4 n．
(1)求an；
(2)若bn=2
n，求数列{anbn)的前n 项和T n；
(3)设cn= λ an+(1−λ)bn，是否存在正整数n 对∀λ∈[0,1]，an、bn、cn的值为边长均能构成三
角形，若存在求正整数n的值，若不存在请说明理由．
【答案】(1)10n−9
(2)T n=38+(10n−19)2
n+1
(3)存在，正整数n为4,5,6
【分析】（1）利用
an={
S1,n=1
Sn−Sn−1,n≥2)
¿
¿
,求得数列an的通项公式；
（2）根据已知写出anbn=(10n−9)2
n，利用错位相减法求和即可；
（3）设A(n,an),B(n,bn),C (n,cn)，由题意可得⃗BC = λ⃗BA , λ∈[0,1)，构造函数
f (x)=2
x−10 x +9, x>0，求导得其单调性，分an≤bn，an≥bn两种情况讨论求解即可.
【详解】（1）∵Sn=5n
2−4 n，当n=1时，a1= S1=5×1
2−4×1=1
当n≥2时，Sn−1=5(n−1)
2−4 (n−1)=5n
2−14 n+9
两式作差可得：n≥2，an= Sn−Sn-1=10n−9，n=1时，a1=10×1−9=1符合上式，
故综上：an=10n−9；
（2）由（1）可知an=10n−9，则anbn=(10n−9)2
n，
T n=1×2
1+11×2
2+21×2
3+⋯+(10n−9)×2
n
2T n=1×2
2+11×2
3+21×2
4+⋯+(10n−9)×2
n+1
两式相减得：
−T n=2+10×2
2+10×2
3+⋯+10×2
n−(10n−9)×2
n+1
=2+ 10×2
2(1−2
n−1)
1−2
−(10n−9)×2
n+1=2+10×2
n+1−40−(10n−9)×2
n+1
=−38+2
n+1(19−10n)
T n=38+(10n−19)2
n+1
数列{anbn)的前n 项和T n=38+(10n−19)2
n+1
（3）存在正整数n的值为4，5，6 时，满足an、bn、cn的值均能构成三角形
由题意得：an,bn,cn>0
不妨设A(n,an),B(n,bn),C (n,cn)，故三点均在第一象限内，
由cn= λ an+(1−λ)bn可知，⃗BC = λ⃗BA , λ∈[0,1),故点C恒在线段AB上，
则由min{an,bn)≤cn≤max{an,bn)<an+bn，
即对任意得λ∈[0,1)，cn<an+bn恒成立
令10 x−9=2
x，构造函数f (x)=2
x−10 x +9, x>0
则f
′ (x)=2
x ln2−10，由f
′ (x)单调递增，又f
′ (3)<0,f
′ (4)>0
存在x0∈(3,4)使得f
′(x0)=0
即当0< x< x0时，f
′ (x)<0，故函数f (x)在区间(0, x0)上单调递减，
当x> x0时，f
′ (x)>0，故函数f (x)在区间(x0,+∞)上单调递增；
故f (x)至多2 个零点，又由f (1)>0,f (2)<0,f (5)<0,f (6)>0，可知f (x)存在2 个零点，
不妨设x1, x2(x1< x2)，且x1∈(1,2)，x2∈(5,6).
①若an≤bn，10n−9≤2
n，此时n=1或n≥6，则an≤cn≤bn，可知bn+cn>an成立，
要使an、bn、cn的值均能构成三角形，所以an+cn>bn恒成立，故bn<2an，
所以有{
10n−9≤2
n
2
n<2(10n−9))，解得n=6；
②若an≥bn，10n−9≥2
n时，此时n=2,3,4,5，则an≥cn≥bn，可知an+cn>bn成立，
要使an、bn、cn的值均能构成三角形，所以bn+cn>an恒成立，故an<2bn，
所以有{
10n−9≥2
n
10n−9<2
n+1)，解得n= 4或5；
综上可知，正整数n为4，5，6.
6．（2026·四川广安·一模）甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局
比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为1
3，规定先达到净胜3 局者获得训练赛胜利并结
束训练赛（某人的净胜局数=某人胜的局数−某人负的局数）．
(1)记经过n局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为pn，求p3和p5；
(2)经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，记事件“X =k时，甲最终获得训练赛胜
利”发生的概率为qk，求证：{qk +1−qk) (−3≤k ≤2,k ∈Z )是等比数列；
(3)求甲获得训练赛胜利的概率．
【答案】(1) 1
27 ；2
81
(2)证明见解析
(3)1
9
【分析】（1）根据已知获胜条件，分析甲在不同局数下获得最终胜利的可能赛况，再结合相互独
立事件同时发生的概率乘法公式计算可得；
（2）由题意易得q3=1与q−3=0，再分析当−2≤k ≤2时可进行下一局比赛，根据已知条件利用全
概率公式建立递推关系，可得qk = 1
3 qk +1+ 2
3 qk −1，经过变形证明等比数列即可；
（3）利用第（2）问的等比数列结论，结合 “净胜3 局（甲胜）、净胜−3局（乙胜）” 边界条
件（即q3=1与q−3=0），求解比赛初始状态下甲的最终获胜概率q0即可．
【详解】（1）由题意，甲每局比赛获胜的概率为1
3，则乙每局比赛获胜的概率为2
3，
p3表示经过 3 局比赛甲获胜的概率，
由甲经过 3 局比赛获胜，又净胜局数为3，则甲3 局全胜，
故p3=(
1
3)
3
= 1
27 ；
p5为经过5 局甲获胜的概率，
∵某人的净胜局数=某人胜的局数-某人负的局数，
∴由经过5 局甲才获胜，净胜局数为3，
则5 局中甲胜4局负1局，且负局必在前3局中（若不在，则3 局甲全胜比赛结束），第4、5局均
获胜，
∴p5=C3
2(
1
3)
2
(
2
3)
1
⋅(
1
3)⋅(
1
3)= 2
81．
（2）由题意，qk为事件“X =k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率，
由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，
故X即为甲的净胜局数，所以X =−3,−2,−1,0,1,2,3.
经过若干局后，假定当前X =k，
①当k =3时，即甲的净胜局数X =3，
则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以q3=1；
②当k =−3时，即甲的净胜局数X =−3，乙的净胜局数−X =3，
则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则q−3=0；
③当−2≤k ≤2,k ∈Z时，
由甲的净胜局数−2≤X ≤2，则乙的净胜局数为−X，且−2≤−X ≤2，
故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局.
记事件Ak =“X =k时，甲最终获得训练赛胜利”（−2≤k ≤2,k ∈Z），事件B =“下一局比赛甲
获胜”，
下一局若甲赢（即事件B发生），则X =k +1；若乙赢（即事件B发生），则X =k −1；
因为qk = P( Ak)，qk +1= P( Ak +1)，qk −1= P( Ak −1)，且P(B)= 1
3 , P(B)=1−P(B)= 2
3，
所以由全概率公式得，
P( Ak)= P( Ak|B)P(B)+ P( Ak|B)P(B)，即P( Ak)= P( Ak +1)P(B)+ P( Ak −1)P(B)，
因此qk = 1
3 qk +1+ 2
3 qk −1，整理得qk +1=3qk−2qk −1，
两边都减去qk，则可得qk +1−qk =2(qk−qk −1)，
又当k =−2时，q−2−q−3=q−2≠0，
故数列：q−2−q−3,q−1−q−2,q0−q−1,q1−q0,q2−q1,q3−q2是公比为2 的等比数列．
即数列{qk +1−qk) (−3≤k ≤2,k ∈Z )是公比为2 的等比数列．
（3）由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为q0.
记ak =qk +1−qk(−3≤k ≤2,k ∈Z )，
则q3−q−3=a2+a1+a0+a−1+a−2+a−3=1−0=1，
由（2）知，数列{qk +1−qk) (−3≤k ≤2,k ∈Z )是公比为2 的等比数列，
则q3−q−3=a−3(1+2+2
2+2
3+2
4+2
5)=1，解得a−3= 1
63，
所以a−3+a−2+a−1=a−3(1+2+2
2)=7× 1
63 = 1
9，
又a−3+a−2+a−1=(q−2−q−3)+(q−1−q−2)+(q0−q−1)=q0−q−3=q0，
所以q0= 1
9，
故甲最终获得训练赛胜利的概率为1
9.
7．（2025·四川泸州·一模）甲同学进行定点投篮训练，假设甲同学每次投篮命中的概率为2
3，且各
次投篮互不影响，设Pi（i≥2，i为整数）表示甲同学投篮i次恰好有2 次命中的概率.
(1)求P4；
(2)投篮前约定：甲同学最多投篮N次，当出现两次命中时就不再投篮，投篮N次后即使没有出现
两次命中也不再投篮，用ξ表示甲同学在约定条件下投篮的次数.
（i）若N =6，求P(ξ =6)；
（ii）若E(ξ)≥2∑
i=2
N +2
Pi，求N的最小值.
【答案】(1)P4= 8
27
(2)（i）P(ξ =6)= 11
243 （ii）8
【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式即可求解
（2）（i）根据N =6出现的情况有两种，即可根据独立事件的概率乘法公式求解；
（ii）根据Pi=Ci
2⋅(
2
3)
2
(
1
3)
i−2
以及期望的计算公式即可求解.
【详解】（1）Pi（i≥2，i为整数）表示甲同学投篮i次恰好有2 次命中的概率，
所以当i= 4时，P4=C4
2(
2
3)
2
(
1
3)
2
= 8
27 .
（2）（i）前五次命中一次的概率为：C5
1(
2
3)(
1
3)
4
= 10
243,
前五次一次都不命中的概率为：(
1
3)
5
= 1
243，
所以P(ξ =6)= 10
243 + 1
243 = 11
243.
（ii）Pi=Ci
2⋅(
2
3)
2
(
1
3)
i−2
= 2i(i−1)
9
(
1
3)
i−2
，
设投篮次数为ξ，(ξ =2,3,⋯, N −1)，
P(ξ =k )=Ck −1
1 (
2
3)⋅(
1
3)
k −2
(
2
3)= 4 (k −1)
3
k
，
P(ξ = N )=1−∑
k =2
N −1
P(ξ =k )，
记SN =∑
k =2
N −1 4 (k −1)
3
k
= 4(
1
3
2 + 2
3
3 +⋯+ N −2
3
N −1 )①
1
3 SN = 4(
1
3
3 + 2
3
4 +⋯+ N −2
3
N )②
①−②，错位相减可得，
2
3 SN = 4(
1
3
2 + 1
3
3 +⋯+
1
3
N −1 −N −2
3
N )
⇒2
3 SN = 4(
1
6 −(
1
2)×(
1
3)
N −1
−N −2
3
N )
⇒SN =1−2 N −1
3
N −1
所以P(ξ = N )=1−∑
k =2
N −1
P(ξ =k )= 2 N −1
3
N −1 ，
所以E (ξ)= N ⋅P(ξ = N )+∑
k =2
n−1
k ⋅P(ξ =k ) = N × 2 N −1
3
N −1 +∑
k =2
N −1
k × 4 (k −1)
3
k
因为E(ξ)≥2∑
i=2
N +2
Pi，所以N × (2 N −1)
3
N −1
+∑
k =2
N −1
k ⋅4 (k −1)
3
k
≥2×∑
i=2
N +2 i(i−1)
2
4
3
i,
⇒N × (2 N −1)
3
N −1
+∑
k =2
N −1
k ⋅4 (k −1)
3
k
≥∑
i=2
N +2 4i(i−1)
3
i
⇒(2 N
2−N )
3
N −1
+(
4×2
3
2 +⋯+ 4 (N −1)(N −2)
3
N −1
)≥(
4×2
3
2 +⋯+ 4× N ×(N −1)
3
N
+ 4× N (N +1)
3
N +1
+ 4×(N +1)(N +2)
3
N +2
)
⇒3(2 N
2−N )≥4 N
2−4 N + 4 N
2+ 4 N
3
+ 4 N
2+12 N +8
9
⇒2 N
2−15 N −8≥0
解得：N ≥8，所以N的最小值为8.
8．（2025·四川德阳·一模）大学吸引广大学子，不仅仅靠知识的海洋，还有美味的餐厅.已知某大
学有A，B，C三个餐厅，小丁同学每天都在学校餐厅就餐，已知小丁第1 天等可能性的随机在某
个餐厅就餐，若他在A餐厅就餐，则下一天在A，B，C三个餐厅就餐的概率分别为2
5，3
10，3
10；
若他在B餐厅就餐，则下一天在A，B，C三个餐厅就餐的概率分别为1
2，1
5，3
10；若他在C餐厅
就餐，则他下一天到A，B，C三个餐厅就餐的概率分别为3
5，3
10，1
10.
(1)求小丁同学第2 天在B餐厅就餐的概率；
(2)求小丁同学第n(n∈N
*)天在B餐厅就餐的概率；
(3)若小丁同学前n(n∈N
*)天到B餐厅就餐的天数为X，求数学期望E ( X ).
（若小丁第i(i=1,2,⋯,n)天到B餐厅就餐的天数为Xi，则E (X )= E(∑
i=1
n
Xi)=∑
i=1
n
E(Xi) ）
【答案】(1) 4
15
(2) 2
33 ⋅(−1
10)
n−1
+ 3
11，n∈N
*；
(3)E(X )= 3
11 n+ 20
363[1−(−1
10)
n
)，n∈N
*.
【分析】（1）由题可得第一天在任意餐厅就餐的概率均为1
3，利用全概率公式可得第二天在B 餐
厅就餐的概率；
（2）设小丁第n天在B餐厅就餐的概率为Pn，第n天在A餐厅就餐的概率为Qn，利用全概率公式可
得Pn，由此可得数列{pn}的递推公式，构造等比数列{Pn−3
11) ，可得Pn的表达式.
（3）利用分组求和法求E (X )即可.
【详解】（1）（1）依题意，第一天在任意餐厅就餐的概率均为1
3，设第二天在B 餐厅就餐的概率
为P2
于是：P2= 1
3 × 3
10 + 1
3 × 1
5 + 1
3 × 3
10 = 4
15；
（2）设小丁第n天在B餐厅就餐的概率为Pn,P1= 1
3，第n天在A餐厅就餐的概率为Qn则：
当n≥2时Pn= 3
10 Qn−1+ 1
5 Pn−1+ 3
10 (1−Pn−1−Qn−1)⇒Pn=−1
10 Pn−1+ 3
10，
即Pn−3
11 =−1
10(Pn−1−3
11)，即
Pn−3
11
Pn−1−3
11
=−1
10，
所以{Pn−3
11) 是以−1
10为公比，P1−3
11 = 1
3 −3
11 = 2
33为首项的等比数列；
所以Pn−3
11 = 2
33 ⋅(−1
10)
n−1
，于是Pn= 2
33 ⋅(−1
10)
n−1
+ 3
11，n∈N
*；
（3）依题意： E (X )=∑
j =1
n
P j= 3
11 n+
2
33[1−(−1
10)
n
)
1+ 1
10
= 3
11 n+ 20
363[1−(−1
10)
n
)
， n∈N
*.
9．（2026·四川巴中·一模）若点A，B是曲线C上相异的两点，且直线AB的斜率为k，则称点A，
B是C (k )斜率相关的．已知抛物线C：x
2=2 py（p>0），点P1(−2,1)在抛物线上，点Pn(xn, yn)
与点Qn(an,bn)是C (k )斜率相关的，点Qn与点Pn+1是C (−k )斜率相关的，其中k为常数且k >0，记
直线Pn Pn+1的斜率为kn．
(1)设O为坐标原点，若k =1，求△O P1Q1的面积．
(2)对任意的正整数n，an
kn
是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
(3)设Sn为数列{
1
knkn+1)的前n项和，若对任意的正整数n，都有Sn> 1
4 ，求实数k的取值范围．
【答案】(1)12
(2)是定值，−2
(3)(0,
❑√13−2
6 )
【分析】（1）先求出抛物线方程，再利用斜率转化条件求出Q1坐标，最后进行面积计算；
（2）利用斜率转化条件结合抛物线方程得出斜率表达式，进而得出坐标递推关系，进而得出an
kn
；
（3）先求出数列{xn)的通项公式，进而得出{kn)的通项公式，再通过裂项相消求和，最后进行不等
式恒等分析求出实数k的取值范围．
【详解】（1）点P1(−2,1)在抛物线C : x
2=2 py上，则(−2)
2=2 p，解得p=2，
∴抛物线C的方程为x
2= 4 y，
∵P1，Q1是C (k )斜率相关的，点P1(−2,1)，k =1，
∴P1Q1的方程为y = x +3，
由{
x
2= 4 y
y = x +3)，解得x =−2或x =6，
设Q1(a1,b1)，∴ a1=6，
又∵ Q1(a1,b1)在x
2= 4 y上，∴ a1
2= 4 b1，解得b1=9，则Q1(6,9)，
∴ |P1Q1)=
❑√(6+2)
2+(9−1)
2=8 ❑√2，
∵点O到P1Q1的距离为d = |0−0+3)
❑√1
2+(−1)
2 = 3 ❑√2
2
，
∴ △O P1Q1的面积为S = 1
2|P1Q1)d = 1
2 ×8 ❑√2× 3 ❑√2
2
=12．
（2）根据C (k )斜率相关的定义可知，PnQn的斜率为k，
把Pn(xn, yn)，Qn(an,bn)代入x
2= 4 y得{
xn
2= 4 yn
an
2= 4 bn)，
∴(xn−an)(xn+an)= 4( yn−bn)，则k = yn−bn
xn−an
= xn+an
4
，
∴xn+an= 4 k①，
同理可得，−k = xn+1+an
4
，即xn+1+an=−4 k②，
kn= yn+1−yn
xn+1−xn
= xn+1+ xn
4
= xn−4 k
2
③，
∴an
kn
= 4 k −xn
xn−4 k
2
=−2
，
∴对任意的正整数n, an
kn
是定值−2．
（3）由（2）中①②消去an得，xn+1−xn=−8k，
∴ {xn)是以x1=−2为首项，−8k为公差的等差数列，
∴xn=−2+(n−1)×(−8k )=−8nk +8k −2，
由（2）知kn= xn+1+ xn
4
，
∴kn= xn+1+ xn
4
= (−8kn−2)+(−8kn+8k −2)
4
= −16kn+8k −4
4
=−4 kn+2k −1，
∴
1
knkn+1
=
1
−4 kn+2k −1 ×
1
−4 kn−2k −1 =
1
4 kn−2k +1 ×
1
4 kn+2k +1
= 1
4 k(
1
4 kn−2k +1 −
1
4 kn+2k +1)，
∴Sn= 1
4 k[(
1
4 k ×1−2k +1 −
1
4 k ×1+2k +1)+(
1
4 k ×2−2k +1 −
1
4 k ×2+2k +1))
+⋯+(
1
4 kn−2k +1 −
1
4 kn+2k +1)) = 1
4 k(
1
2k +1 −
1
4 kn+2k +1)，
∵{Sn)对n单调递增，且对任意的正整数n，都有Sn> 1
4 ，
∴ S1= 1
4 k(
1
2k +1 −
1
6 k +1)=
1
(2k +1)(6k +1) > 1
4 ，
又∵k >0，
原式化简为12k
2+8k −3<0，解得0<k <
❑√13−2
6
，
∴实数k的取值范围为(0,
❑√13−2
6 )．
10．（2025·四川成都·一模）设函数
f n(x)=−1+Cn
1 x +Cn
2 x
2
2
2 +Cn
3 x
3
3
2 +⋯+Cn
n x
n
n
2 (x∈R ,n≥2,n∈N
*).
(1)证明：对每个n∈N
*且n≥2，存在唯一的xn∈[0, 1
2)，满足f n(xn)=0；
(2)若f 2(x)+1≥a ln (x +1)，求a；
(3)证明：f n❑
′ (−1)=1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n，其中f n
' (x)表示f n(x)的导数.
【答案】(1)证明见解析；
(2)a=2；
(3)证明见解析.
【分析】（1）对f n(x)求导，根据区间导数的符号判断函数的区间单调性，结合f n(0)=−1<0，应
用放缩得f n(
1
2)>0，根据零点存在性定理即可证；
（2）由题设，令g(x)= x
2
4 +2 x−aln (x +1)，讨论参数，应用导数并结合g(x)≥0恒成立求参数值；
（3）问题化为证明Cn
1+Cn
2 (−1)
1
2
+Cn
3 (−1)
2
3
+⋯+Cn
n (−1)
n−1
n
=1+ 1
2 +⋯+ 1
n
，设
an=∑
k =1
n
Cn
k (−1)
k −1
k
(n≥2,n∈N
*)，进而得到an+1=an+∑
k =1
n+1
Cn
k −1 (−1)
k −1
k
，从而有an+1−an=
1
n+1
，
应用累加法即可证.
【详解】（1）由题意可得f
′
n(x)=Cn
1+Cn
2⋅x
2 +Cn
3⋅x
2
3 +⋯+Cn
n⋅x
n−1
n
，
当0≤x ≤1
2时，f
′
n(x)>0，故f n(x)在[0, 1
2)单调递增，且n≥2，
因为f n(0)=−1<0，且f n(
1
2)=−1+Cn
1
2 +⋯+Cn
n⋅(
1
2)
n
n
2 >−1+Cn
1
2 ≥−1+ 2
2 =0，
所以对每个n≥2，n∈N
*，存在唯一的xn∈[0, 1
2)，满足f n(xn)=0；
（2）由题意，当x>−1,2 x + x
2
4 ≥aln (x +1)恒成立，设g(x)= x
2
4 +2 x−aln (x +1)，
当a≤0时，由g(−1
2)=−15
16 +aln 2<0，不合题意；
当a>0时，g
′ (x)= x
2 +2−
a
x +1，则g
′ (x)在(−1,+∞)单调递增.
且x→−1，g
′ (x)→−∞，x→+ ∞，g
′ (x)→+ ∞.
①0<a<2时，由g
′ (0)=2−a>0，故存在x0∈(−1,0)，使g
′(x0)=0，
所以g(x)在[x0,0)单调递增.所以g(x0)< g(0)=0，矛盾；
②a>2时，由g
′ (0)=2−a<0，故存在x0∈(0,+∞)，使g
′(x0)=0，
所以g(x)在(0, x0)单调递减.所以g(x0)< g(0)=0，矛盾；
③a=2时，由g
′ (0)=2−a=0，所以g(x)在(−1,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，
所以g(x)≥g(0)=0，不等式成立，满足题意；
综上所述，a=2；
（3）由题意，得f
′
n(x)=Cn
1+Cn
2 x
2 +Cn
3 x
2
3 +⋯+Cn
n x
n−1
n
，
则f
′
n(−1)=Cn
1+Cn
2 (−1)
1
2
+Cn
3 (−1)
2
3
+⋯+Cn
n (−1)
n−1
n
，
要证f
′
n(−1)=1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n，
需证Cn
1+Cn
2 (−1)
1
2
+Cn
3 (−1)
2
3
+⋯+Cn
n (−1)
n−1
n
=1+ 1
2 +⋯+ 1
n
，
设an=Cn
1+Cn
2 (−1)
1
2
+Cn
3 (−1)
2
3
+⋯+Cn
n (−1)
n−1
n
=∑
k =1
n
Cn
k (−1)
k −1
k
(n≥2,n∈N
*)，
因为an+1=∑
k =1
n+1
Cn+1
k
(−1)
k −1
k
=∑
k =1
n
(Cn
k +Cn
k −1)
(−1)
k −1
k
+Cn+1
n+1 (−1)
n
n+1
=∑
k =1
n
Cn
k (−1)
k −1
k
+∑
k =1
n+1
Cn
k −1 (−1)
k −1
k
，
由此可得an+1=an+∑
k =1
n+1
Cn
k −1 (−1)
k −1
k
①，
由Cn
k −1
k
=
n!
k ⋅(k −1)!(n+1−k )! =Cn+1
k
n+1，
故∑
k =1
n+1
Cn
k −1 (−1)
k −1
k
=∑
k =1
n+1 Cn+1
k
(−1)
k −1
n+1
=−
1
n+1∑
k =1
n+1
Cn+1
k
(−1)
k
=−
1
n+1[∑
k =0
n+1
Cn+1
k
(−1)
k−Cn+1
0
(−1)
0)=−
1
n+1 [(1−1)
n+1−1)=
1
n+1，
由①式可得an+1−an=
1
n+1，an−an−1= 1
n，⋯，a3−a2= 1
3，
累加可得an=a2+ 1
3 +⋯+ 1
n，并且a2= 3
2 =1+ 1
2，所以an=1+ 1
2 +⋯+ 1
n，
综上可知，f
′
n(−1)=1+ 1
2 + 1
3 +⋯+ 1
n成立.
