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5.5 数列与其他知识综合
考点一 数列与三角函数
【例1】（2024·重庆·三模）已知在数列
中，
．
(1)求证：数列
是等差数列，并求数列
的前
项和
；
(2)在
中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
，求
面积
的最大值．
1
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【答案】(1)证明见解析，
(2)
【解析】（1）由题意，
，即
为等差数列：首项
，公差
，
，则
，
设
，
（2）
由正弦定理，有
，．
即
，又
，
，即
由
，
由余弦定理得：
，．
，即
，当且仅当
时取等号，
，即△ABC 面积最大值为
．
【一隅三反】
1．（23-24 高三下·江西·阶段练习）数列
满足
，
，
，
.
2
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(1)证明：数列
为等差数列，并求数列
的通项公式；
(2)求正整数
，使得
.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【解析】（1）由已知条件可知，由于
，
故
，
则
，
故数列
是以1 为公差的等差数列，且首项为
，
故
，
即
.
（2）
，
由
，得
.
2．（2024·福建福州·模拟预测）已知数列
中，
，
．
(1)证明：数列
为常数列；
(2)求数列
的前2024 项和．
【答案】(1)证明见解析；
3
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(2)
.
【解析】（1）依题意，
，
则
化为
，
而
，则
，因此
，
所以数列
为常数列.
（2）由（1）知，
，由
，即
是以6 为周期的周期数列，令
，
所以数列
的前2024 项和
.
3．（2024·浙江绍兴·三模）已知函数
的所有正零点构成递增数列
．
(1)求函数
的周期和最大值；
(2)求数列
的通项公式
及前
项和
．
【答案】(1)周期2，最大值2
(2)
，
【解析】（1）由题可得
，
4
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因此函数
的周期
，
当
，即
时，取最大值，最大值为
．
（2）由
得
，
因此函数
的所有正零点为
，
，
，因此
是首项为
，公差为1 的等差数列；
，
考点二 数列与统计概率
【例2-1】（2024·上海·三模）如图，已知正方体
顶点处有一质点
，点
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
的初始位置位于点A 处，记点
移动
次后仍在底面
上的概率为
．
(1)求
；
(2)证明：数列
是等比数列；若
，求
的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析；
【解析】（1）依题意，每一个顶点有3 个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
所以当点
在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为
，
5
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当点
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为
，
所以
，
.
（2）
，
所以
，
又因为
，所以
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列；
，
，
若
，则
，所以
，
又
，
，
，所以
，
的最大值为.
【例2-2】（2024·广东广州·三模）甲进行摸球跳格游戏，图上标有第1 格，第2 格，
，第25 格，棋子开始
在第1 格．盒中有5 个大小相同的小球，其中3 个红球，2 个白球（5 个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒
中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1 格；若两球颜色不同，棋子向前跳2
格，直到棋子跳到第24 格或第25 格时，游戏结束．记棋子跳到第
格的概率为
．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为
，求
的分布列和期望；
(2)求
的通项公式．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【解析】（1）根据题意可知，
的所有可能取值为0，1，2，
则
，
，
6
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，
可得
的分布列如下：
0
1
2
期望值为
；
（2）依题意，当
时，棋子跳到第
格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第
格，再摸出两球颜色不同，
第二种，棋子先跳到第
格，再摸出两球颜色相同，
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为
，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为
，
因此可得
，
，
所以
，
因此可得
，且
，
，
，
即数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
即
，
所以
，
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由题意
，
综上，
.
【一隅三反】
1．（2024·山西·模拟预测）正三棱柱
的底面边长为1，侧棱长为2，一只蚂蚁从
点出发，每次
沿着该三棱柱的一条棱的端点爬行到另一个端点，若它选择三个方向爬行的概率相等，且每次爬行都相互独立.
(1)记这只蚂蚁经过4 次爬行后，其爬行的总路程为
，求
的分布列和数学期望；
(2)求这只蚂蚁经过5 次爬行后，停留在平面
内的概率.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【解析】（1）解：这只蚂蚁每次爬行距离为1 的概率是
，每次爬行距离为2 的概率是
，
则随机变量
的所有可能取值有4，5，6，7，8，
可得
，
，
，
，
，
所以
的分布列为
4
5
6
7
8
所以期望为
.
（2）解：将这只蚂蚁爬行了
次后停留在平面
内的概率记为
，则
，
8
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其爬行了
次后停留在平面
内的概率
，
所以
，
因为
，所以
是首项为
，公比为
的等比数列，
所以
，即
，
所以这只蚂蚁经过5 次爬行后，停留在平面
内的概率
.
2．（2024·浙江绍兴·三模）如图是一个各棱长均为1 米的正四棱锥
，现有一只电子蛐蛐在棱上爬行，
每次从一个顶点开始，等可能地沿棱爬到相邻顶点，已知电子蛐蛐初始从顶点出发，再次回到顶点时停止
爬行.
(1)求电子蛐蛐爬行2 米后恰好回到顶点的概率；
(2)在电子蛐蛐停止爬行时爬行长度不超过4 米的条件下，记爬行长度为
，求
的分布列及其数学期望
；
(3)设电子蛐蛐爬行
米后恰好停止爬行（首次回到顶点）的概率记为
，求
（用
表示）.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【解析】（1）记事件
“电子蛐蛐爬行的第米终点为
”，
“电子蛐蛐爬行的第米终点为
”，
“电子蛐蛐爬行的第米终点为
”，
“电子蛐蛐爬行的第米终点为
”，
“电子蛐蛐爬行的第米终点为”，
“电子蛐蛐爬行米后恰好停止爬行”，
则
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（2）记事件
“电子蛐蛐停止爬行时，爬行长度不超过4 米”
的可能取值为2，3，4，根据条件概率的知识，可得
的分布列为
，
，
，
用表格表示
的分布列为：
2
3
4
．
（3）
（
，
）①
②
10
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②－①得：
，
3．（2024·江苏·模拟预测）如图，已知正方体
顶点处有一质点
，点
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
的初始位置位于点A 处，记点
移动
次后仍在底面
上的概率为
.
(1)求
；
(2)①求证：数列
是等比数列；
②求
.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【解析】（1）依题意，每一个顶点有3 个相邻的顶点，其中两个在同一底面.
所以当点
在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为
，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为
，
又因为
，所以
.
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（2）①证明：因为
，
所以
.
又因为
，所以
，
所以数列
是等比数列.
②因为
，
所以
，所以
.
设
，
则
，
则
，
所以
，
所以
，
所以
.
又因为
，
所以
.
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考点三 斐波那契数列
【例3-1】（23-24 河南南阳·阶段练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列
数：1，1，2，3，5，8，13，
．其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和．后来人们把这样的一列数
组成的数列
称为“斐波那契数列”．记
为“斐波那契数列”
的前
项和，若
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】因为
，
所以
，
所以
，所以
，
所以
，所以
，
故选：A
【例3-2】（24-25 上海·单元测试）若数列
满足
，
，
（
，n 为正整数），则
称数列
为斐波那契数列，又称黄金分割数列．在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有
直接的应用．设
是数列
的前n 项和，则下列结论成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
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【解析】按照规律有
，
，
，
，
，
，
，
，故A、C 错；
，
则
，
故B 对；
，
故D 错．
故选:B．
【一隅三反】
1．（2024·山东·模拟预测）（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列
数：1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它
前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用
表示斐波那契数列的第
项，则数列
满足：
，
.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】对于A，由题意可知斐波那契数列的前10 项为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
所以
，所以A 错误，
对于B，当
时，
，
，
，
所以三式相加得
，
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所以
，所以B 正确，
对于C，因为数列
满足：
，
，
所以
，
，
，……，
，
，
，
以上2023 个等式相加得
,
因为
，所以
，所以C 正确，
对于D，因为
，
，
所以
，
,
,
,
……,
,
所以
，所以D 正确，
故选：BCD
2．（2024·四川成都·模拟预测）（多选）斐波那契数列
满足
，
（
）．下列命
题正确的有（ ）
A．
B．存在实数
，使得
成等比数列
C．若
满足
，
（
），则
D．
【答案】BC
【解析】对A，因为
满足
，
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所以
，
，
，
，
，
，
，
所以
，
，
所以
，所以A 选项错误；
对B，若
为等比数列，则可设
，
将
代入可得，
，
即
，则有
或
，
所以存在实数
，使得数列
为等比数列，故B 选项正确；
对C，根据数列
的递推公式可计算出如下结果，
显然
的分子为
满足斐波那契数列，可以表示为
，
同理，
的分母为
满足斐波那契数列，
可以表示为
，所以
，故C 选项正确；
对D，根据斐波那契数列公式可得，
，
又因为
，
所以
，故D 选项错误.
故选：BC.
考点四 周期数列
【例4-1】（2024·陕西榆林·三模）现有甲乙丙丁戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出
1，乙报出2 后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第2024 个被报出的数应该
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为（ ）
A．2
B．4
C．6
D．8
【答案】A
【解析】报出的数字依次是
，除了首项以外是个周期为6 的周期数列.
去掉首项后的新数列第一项为2，因为
，所以原数列第2024 个被报出的数应该为2.
故选：A.
【例4-2】（23-24 高三上·河南漯河·期末）数列
满足
，若
为数列
的
前
项和，则
.
【答案】
【解析】
，
.
故答案为：
.
【一隅三反】
1．（2023·湖南永州·二模）已知数列
满足
，则
．
【答案】
【解析】由余弦函数性质可知数列
是以
为周期的周期数列，
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易知
，
，
，
，
则
，且
，可得
；
由累加法可得
；
故答案为：
2．（2023·四川宜宾·一模）已知等差数列
的公差为
，集合
，若
，则
．
【答案】
/1.25
【解析】因为等差数列
的公差为
，所以
，
所以
，所以数列
是周期为3 的数列，
又
，故
中必有两者相等，
不妨设
，
则
（舍）或
，
而
或
，
若
，
故
，
，
连续三个中第三数为
或为
，
此时
或
.
若
，
则
，
，
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此时这两个数的中间数
，此时
或
.
综上，
.
故答案为：
3．（2024·全国·模拟预测）已知数列
满足
，
且
，则
的最小值是（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】A
【解析】依题意，数列
满足
，
且
，
，
，
，
，
所以数列
是周期为的周期数列，
所以
，当且仅当
时等号成立.
故选：A
4．（2023·四川成都·二模）已知数列
满足
，
，则数列
前2023 项的积为（ ）
A．2
B．3
C．
D．
【答案】B
【解析】依题意，
，
，
所以
，
，
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所以数列
是周期为
的周期数列，
，
，
所以数列
前
项的积为
.
故选：B
考点五 新定义数列
【例5-1】（2024·天津河西·三模）若数列
满足
，则称
为“对奇数列”．已知正项数列
为“对奇数列”，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】因为正项数列
为“对奇数列”，所以
，
则
，即数列
是公比为2 的等比数列，又因为
，
所以
，
故选：C.
【例5-2】（2024·湖北荆州·三模）“
数列”定义：数列
的前
项和为
，如果对于任意的正整数
，总
存在正整数
使
则称数列
是“
数列”.
(1)若数列
的前
项和为
求证：数列
是“
数列”；
(2)已知数列
是“
数列”，且数列
是首项为，公差小于的等差数列，求数列
的通项公式；
(3)若数列
满足：
求数列
的前
项和
.
【答案】(1)证明见解析
(2)
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(3)
【解析】（1）证明：当
时，
；
当
时，
，
所以
，即
.
所以数列
是“
数列”.
（2）设数列
的公差为d,
.
对
，使
；
取
时，得
，解得
，
，又
，
故
，
是小于2 正整数.
此时对于任意的正整数
，总存在正整数
使
，故
.
（3）
，
当
时，
，
，
，
.
当
时，
，满足上式.
综上，
.
【一隅三反】
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1．（2024·陕西·三模）数列
的前
项的最大值记为
，即
；前
项的最小值记为
，即
，令
，并将数列
称为
的“生成数列”．
(1)设数列
的“生成数列”为
，求证：
；
(2)若
，求其生成数列
的前
项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）由题意可知
，
所以
，因此
，
即
是单调递增数列，且
，
由“生成数列”的定义可得
．
（2）当
时，
．
，又
，
，
当
时，
．
设数列
的前
项和为
．则
．
当
时，
22
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又
符合上式，所以
．
2．（2024·江西南昌·三模）给定数列
，若对任意m，
且
，
是
中的项，则称
为
“H 数列”．设数列
的前n 项和为
(1)若
，试判断数列
是否为“H 数列”，并说明理由；
(2)设
既是等差数列又是“H 数列”，且
，
，
，求公差d 的所有可能值；
(3)设
是等差数列，且对任意
，
是
中的项，求证：
是“H 数列”．
【答案】(1)是“H 数列”；理由见解析
(2)1，2，3，6；
(3)证明见解析
【解析】（1）因为
，当
时，
，
当
时，
也成立，
所以
，
对任意m，
且
，
，
是“H 数列”.
（2）因为
，
，
，
所以
，所以
，
由已知得
也为数列中的项，
令
，即
，
所以
，所以d 为6 的正因数，
故d 的所有可能值为1，2，3，6.
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（3）设数列
的公差为d，所以存在
，对任意
，
，即
，
当
时，则
，故
，此时数列为“H 数列”；
当
时，
，取
，则
，所以
，
，
当
时，
均为正整数，符合题意，
当
时，
均为正整数，符合题意，
所以
，
，
设
，
，
，即
，
所以任意m，
且
，
，
显然
，所以
为数列中的项，
是“H 数列”.
3．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列
是斐波那契数列，其数值为：
.这一数列
以如下递推的方法定义：
.数列
对于确定的正整数
，若存在正整数
使得
成立，则称数列
为“
阶可分拆数列”.
(1)已知数列
满足
.判断是否对
，总存在确定的正整数
，使得数列
为
“
阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列
的前
项和为
，
（i）若数列
为“ 阶可分拆数列”，求出符合条件的实数
的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列
满足
，
，其前
项和为
.证明：当
且
时，
成立.
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【答案】(1)存在，理由见解析
(2)（i）0；（ii）证明见解析
【解析】（1）存在，理由如下：
由已知得
，
，
，
即
对
，当正整数
时，存在
，使得
成立，
即数列
为“ 阶可分拆数列”；
（2）
，
当
时，
，
当
时，
，
（i）若数列
为“ 阶可分拆数列”，则存在正整数
使得
成立，
当
时，
，即
，解得
，
当
时，
，即
，
因
，所以
，又
，
故方程
无解.
综上所述，符合条件的实数a 的值为.
（ii）方法一：
证明：
，
当
时，
，
25
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，
，
由（i）知
，所以
，
①，
②，
由①-②可得
，
，
，
，
当
且
时，
成立.
方法二：
证明：
，
当
时，
，
，
，
26
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由（i）知
，所以
，
①，
②，
③，
由①
②
③可得
，
，
当
且
时，
成立.
考点六 数列与高斯函数
【例6】（2024·江苏南通·模拟预测）定义：
表示不大于
的最大整数，
表示不小于
的最小整数，如
，
.设函数
在定义域
上的值域为
，记
中元素的个数为
，则
，
【答案】 3
【解析】由函数
在定义域
上的值域为
，记
中元素的个数为
，
当
时，
，可得
，
，
，即
，
当
时，
，可得
或，
或
，
或1 或2，即
，
当
时，
，可得
或1 或2，
或
或
，
或1 或2 或4 或5 或6，即
，
当
时，函数
在定义域
上的值域为
，记
中元素
27
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的个数为
，
当
时，函数
在定义域
上的值域为
，
记
中元素的个数为
，设
，则
，
，
所以
，
则可得递推关系：
，
所以
,
当
时，
成立，则
，则
，
所以
，
故答案为：3；
【一隅三反】
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知数列
的各项均为正数，
，若
表示不超过
的最大整数，则
（ ）
A．615
B．620
C．625
D．630
【答案】C
【解析】因为
，
所以
，可得
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以
，因为数列
的各项均为正数，
所以
，因为
，
当
时，
，
当
时，
，
28
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当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
，
则
.
故选：C.
2．（2024 高三下·全国·专题练习）函数
是取整函数，也被称为高斯函数，其中
表示不超过x 的最大
整数，例如：
，
．若在
的定义域内，均满足在区间
上，
是一个常
数，则称
为
的取整数列，称
为
的区间数列，下列说法正确的是（ ）
A．
的区间数列的通项
B．
的取整数列的通项
C．
的取整数列的通项
D．若
，则数列
的前n 项和
【答案】D
【解析】选项A：当
时，
，
，所以
，
，
又当
时，
，
，所以
，
，
29
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同理可知在
上，
，
，所以
，A 错误．
选项B：由选项A 的分析可知，
，B 错误．
选项C：因为
，
因为
，所以
，C 错误．
选项D：由选项A 的分析可知，
，
则
①，
所以
②，
②-①得
，D 正确．
故选：D
3．（2024·江苏宿迁·三模）
表示不小于x 的最小整数，例如
，
．已知等差数列
的
前n 项和为
，且
，
．记
，则数列
的前10 项的和 ．
【答案】
【解析】由
，可得
，解得
，
又
，得
，解得
，
所以数列
的公差为
，
，
又
，
，同理
，
，
，
，
，
所以数列
的前10 项的和为
.
30
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故答案为：
.
4．（2024·湖南·模拟预测）已知数列
为公差不为0 的等差数列，
，且
成等比数列，设
表
示不超过
的最大整数，如
，记
为数列
的前
项和，则
．
【答案】573
【解析】由数列
是等差数列，设其公差为
，因为
成等比数列，
所以
，即
，解得
或
（舍去），
所以
，则
．
当
时，
，
即
，共有
个
，
因为
，所以
，
令
，则
，
两式相减得
，则
，
所以
，
故答案为：573.
考点六七 插项数列
【例7-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列
的前n 项积为
，数列
满足
，
（
，
）．
(1)求数列
，
的通项公式；
(2)将数列
，
中的公共项从小到大排列构成新数列
，求数列
的通项公式．
【答案】(1)
，
31
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(2)
【解析】（1）
，
，
当
时，
，
当
时，
，即
，
而
，满足上式，
所以数列
的通项公式为
；
若数列
满足
，
（
，
），
则
，
从而数列
的通项公式为
；
（2）令
，解得
，这表明
，
从而只能
，
所以
，
所以数列
的通项公式为
.
【例7-2】（2024·山东滨州·二模）已知等差数列
的前
项和为
，且
，
．
(1)求
的通项公式；
(2)保持数列
中各项先后顺序不变，在
与
之间插入
个3，使它们和原数列的项构成一个
新的数列
，求
的前150 项和
．
【答案】(1)
(2)490
32
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【解析】（1）因为
为等差数列，则
，即
，
可得
，
，
所以
.
（2）因为在
与
之间插入
个3，
可知
在数列
中对应的项数为
，
当
时，则
，即
；
当
时，则
，即
；
由题意可知：
，
所以
.
【一隅三反】
1．（2024·重庆·三模）已知数列
的前
项和为
，满足
，
.
(1)证明：数列
是等差数列；
(2)若数列
的公差不为0，数列
中的部分项组成数列
，
，
，…，
恰为等比数列，其中
，
，
，求数列
的通项公式.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
.
【解析】（1）证明：由
，得
，
所以
，即
，
33
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所以
，
两式相减得
，
所以
.
所以数列
成等差数列.
（2）解：等差数列
的公差
，其子数列
恰为等比数列，
其中
，
，
，可得
，
，
，
且有
，即
，
化为
，则
，
子数列
为首项为
，公比为
的等比数列，
则
，可得
.
2．（2024·广东广州·二模）已知等差数列
的前
项和为
，且
为等差数列．
(1)求
的通项公式；
(2)在
与
之间插入
个数，使这
个数组成一个公差为
的等差数列，记数列
的前
项
和为
，求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）因为等差数列
中，
，又
，
所以
，即
①，
因为
为等差数列，所以
，
34
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令
时，
，即
，则
②，
结合①②，解出
，则
，
所以
的通项公式为
．
（2）由题设得
，即
，
所以
①，
则
②，
由①-②得：
，
所以
，
因为
，所以
，所以
，即证．
考点八 数列与二项式定理
【例8】（2024·湖南衡阳·模拟预测）数列的综合求和方法有：错位相减法，裂项相消法，分组求和法及倒序
相加法.在组合数的计算中有如下性质：
，
.应用上述知识，计算
.
【答案】
【解析】令
，
则有
，
结合
可有
，
倒序相加法得
，
35
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，
，
即
.
故答案为：
.
【一隅三反】
1．（2024·天津河西·三模）已知递增数列
的前n 项和为
，且
，
．
(1)求数列
的通项公式；
(2)设
．
（ⅰ）求数列
的通项公式；
（ⅱ）求
．
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）
【解析】（1）因为
，当
时，
，则
；
当
时，
，则
，即
，
而
为递增数列，故
，
即
为首项为2，公差为2 的等差数列，
故
；
（2）（i）
，
所以
，
，
36
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两式相加可得
，
故数列
的通项公式为
；
（ii）
，
故
.
2（2024·福建宁德·模拟预测）（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1 行开始，
第n 行从左至右的数字之和记为
，如
的前
项和记为
，依次去掉每一行
中所有的1 构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为
，
的前
项和记为
，则下列
说法正确的有（ ）
A．
B．
的前
项和
C．
D．
【答案】BCD
【解析】从第一行开始，每一行的数依次对应
的二项式系数，
所以
，所以
为等比数列，
，
所以
，故A 错误；
，
故
的前
项和为
，
37
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故B 正确；
去掉每一行中的1 以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3…，构成一个等差数列，
项数之和为
，则
的最大整数为11，此时
,
杨辉三角中取满了第11 行，第12 行首位为1，
取的就是第12 行中的第3 项，
，故C 正确；
是
中去掉22 个1，再加上第12 行中的第2 项和第3 项，
所以
，故D 正确.
故选：BCD．
一．单选题
1．（23-24 辽宁·期中）已知数列
，则由这两个数列公共项从小到大排列得到的数列为
，则数列
的通项公式为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】因数列
是首项为1，公差为2 的等差数列，而数列
是首项为1，公差为3 的等差数列，
则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列
是首项为1，公差为6 的等差数列，
故
.
故选：D.
2．（2024·四川南充·模拟预测）如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在4 个大正方形中，
着色的小正方形的个数依次构成一个数列
的前4 项. 记
，则下列结论正确的为（ ）
38
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A．
B．
C．
D．与
的大小关系不能确定
【答案】C
【解析】由图分析可知
，
，
，
，
依次类推，
，
所以
.
故选：
.
3．（2024·天津·模拟预测）数列
各项均为实数，对任意
满足
，定义：行列式
且行列式
为定值，则下列选项中不可能的是（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】B
【解析】由题知，
，
39
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又
，所以
，
是周期为3 的周期数列.
对于A，若
，
，则
，则
或
若
，则
，得
，
又
，
由周期性可知，当
时，满足
，A 不满足题意；
对于B，若
，
，则
，即
，
又
，消元整理得
，
即
，无实数解，故B 满足题意；
对于C，若
，
，则
，
解得
，显然
恒成立，C 不满足题意；
对于D，若
，
，则
，
解得
，显然此时
恒成立，D 不满足题意.
故选：B
4．（2024·山东青岛·二模）一只蜜蜂从蜂房
出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：
从蜂房
只能爬到1 号或2 号蜂房，从1 号蜂房只能爬到2 号或3 号蜂房……以此类推，用
表示蜜蜂爬到
号蜂房的方法数，则
（ ）
A．1
B．
C．2
D．
40
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【答案】A
【解析】依题意，
（
），
，
当
时，
，又
，
所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
所以
.
故选：A.
5．（2024·重庆·三模）数列
的前
项和为
，
，若
对任意
恒成
立，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由于
，故
，从而
.
又有
.
所以
，故
，而
，故
.
这表明命题等价于
对
恒成立.
若
，则
，从而原不等式对
不成立，不满足条件；
若
，由于我们可以直接验证
在
和
时成立，且对
有
，
故
对
恒成立.
而此时由
有
，故
对
恒成立，满足条件.
所以
的取值范围是
.
故选：B.
41
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6（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知数列
的首项
，且满足
，若
，
则满足条件的最大整数
（ ）
A．8
B．9
C．10
D．11
【答案】B
【解析】
，令
，
则
，又
，
所以
是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
得
，所以
，
∴
，
由
，解得
.
故选：B
7．（2024·重庆·模拟预测）在半径为1 的圆
中作内接正方形
，作正方形
的内切圆
，再作圆
的内接正方形
，依此方法一直继续下去．我们定义每作出一个正方形为一次操作，则至少经过
（ ）次操作才能使所有正方形的面积之和超过
．
A．9
B．10
C．11
D．12
【答案】C
【解析】第一个正方形的边长为
，面积为
，
第二个正方形的边长为
，面积为，
第三个正方形的边长为
，面积为
，
……
42
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以此类推，正方形的面积是首项为
，公比为
的等比数列，
由
，
，所以
，
所以至少经过
次操作才能使所有正方形的面积之和超过
．
故选：C
8．（2024·上海浦东新·三模）有一袋子中装有大小、质地相同的白球k 个，黑球
.甲、乙两人
约定一种游戏规则如下：第一局中两人轮流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从第二局起，上一局的
负者先摸球.若第一局中甲先摸球，记第
局甲获胜的概率为
，则关于以下两个命题判断正确的是（ ）
①
，且
；
②若第七局甲获胜的概率不小于0.9，则
不小于1992.
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
【答案】A
【解析】第一局：摸1 次甲获胜概率为：
，摸3 次甲获胜概率为：
，
摸5 次甲获胜概率：
，摸7 次甲获胜概率：
，
，
摸
次甲获胜概率：
，
43
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所以
，
所以
，
第
局甲获胜包括两种情况：第
局甲赢且第
局甲后摸球和第
局甲输且第
局甲先摸球，
则
，故①正确；
由
，设
，解得
，
所以
，
所以
是首项为
，公比为
的等比数列，
则
，即
，
所以
，即
，
即
，即
，即
，
则
，即
，解得
，
所以
不小于1992，所以②正确.
故选：A
二． 多选题
9．（2024·黑龙江·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在20 世纪70 年代创立的一门
新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路.下图展示了如何按照图①的分形规律生
长成一个图②的树形图，设图②中第n 行白心圈的个数为
，黑心圈的个数为
，则下列说法正确的是（ ）
44
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A．
B．
C．数列
为等比数列
D．图②中第2023 行的黑心圈的个数是
【答案】ACD
【解析】由题可得
，
，故A 正确，B 错误；
，
，
，且有
，
，
故有
所以
是以
为首项，3 为公比的等比数列，
为常数列，且
，
所以
是以
为首项，1 为公比的等比数列，故C 正确；
由上可得
故
所以
，故D 正确.
故选：ACD.
10．（2024·全国·模拟预测）已知
，
，数列
和
的公共项由小到大排列组成数列
，
45
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则（ ）
A．
B．
为等比数列
C．数列
的前
项和
D．
、
、
不是任一等差数列的三项
【答案】BCD
【解析】设
的第n 项与
的第m 项相等，即
，
当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，故A 错；
令
，即
，
，不是
中的项，即不是
的项，
，是
中的项，即不是
的项，
所以
，则
，即
为等比数列，故B 对；
由
，
得
，
两式相减得，
46
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所以
，且
，所以
单调递增，所以
，故C 对；
设
、
、
是等差数列
的第i、j、p 项，
的首项为
，公差为d，
，
因为
是有理数，
是无理数
所以原假设不成立，即
、
、
不是任一等差数列的三项
故选：BCD
11．（2024·山东济南·二模）数列
满足
，
，
，
表示
落在区间
的项数，其中
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【解析】根据题意，列举可得，数列
的前若干项分别为1，2，3，3，4，5，6，6，….
不难发现，
.
对于A，根据数列列举可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，
16，17，18，18….
即落在区间
上的有8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，共有11 项，因此
，故A 错误.
对于B，当
时，
；
当
时，
；
当
时，
；
47
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当
时，
，
所以它们均在
中，故B 正确.
对于C，
，故
C 正确.
对于D，根据数列列举可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，
16，17，18，18….，可得
，
所以当
时，
，
而当
时，
，所以此时
不成立，故D 错误.
故选:BC.
三． 填空题
12．（2024·辽宁·三模）设数列
的通项公式为
，该数列中个位数字为0 的项按从小到大的
顺序排列构成数列
，则
被7 除所得的余数是 .
【答案】
【解析】因为
，所以当
的个位数字为
时，
的个位数为，则在数列
中，每连续10 项中就有6 项的个位数字为0，
而
，由此推断数列
中的第2017 项相当于数列
中的第3361 项，
即
，而
，所以
除以7 余数为1，
而
，
，所以
除以7 余数也为1，
而它们的差
一定能被7 整除，所以
被7 除所得余数为0.
故答案为：0.
48
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13．（2024·内蒙古锡林郭勒盟·模拟预测）将函数
的零点按照从小到大的顺
序排列，得到数列
，其前
项和为
，且
，则
，
．
【答案】
【解析】由
，得
，则
，
因为
，且
，
所以当
时，
（当
时，
，不符合题意），得
，
当
时，
，则
，
所以数列
是首项为
，公差为1 的等差数列，
则
的前
项和
．
故答案为：
；
.
14．（2024·山西晋中·模拟预测）数列
为1，3，4，7，11，18，29，…，即
，
，且
，记
为数列
的前n 项和，则
.记数列
的各项依次被4 除所得余
数所形成的数列为
，则数列
的前2025 项和为 .
【答案】
【解析】由题意可得
，
所以
.
数列
的各项依次被4 除所得余数为1，3，0，3，3，2，1，3，0，3，3，2，…，
49
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故余数的周期为6，前6 项的和为
，
因为
，故2025 项包含了337 个周期，余3 个数为1、 3 和0，
所以数列
的前2025 项的和为
.
故答案为：
；
.
四． 解答题
15．（2024·四川凉山·三模）如图，点
均在
轴的正半轴上，
，
，…，
分别
是以
为边长的等边三角形，且顶点
均在函数
的图象上．
(1)求第
个等边三角形的边长
；
(2)求数列
的前
项和
．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）记数列
前
项和为
，则顶点
坐标为
，
，
因为点
在函数
上，
所以
，
，
则
，
，
两式相减得，
，
因为
，所以
，
，
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第一个等边三角形顶点
代入
得
，
代入
得
，所以
，
故
是以
为首项
为公差的等差数列，
所以
．
（2）由（1）得，
，
所以
．
16．（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽牡丹栽培始于隋，兴于唐，盛于明清，自古享有“曹州牡丹甲天下”的
美誉.四月，菏泽大地上牡丹次第绽放，观赏牡丹拥有9 大色系､10 大花型､1280 余个品种，以最亮眼的姿态恭
迎八方游人.某旅行团带游客来菏泽观赏牡丹，游客可自由选择曹州牡丹园和中国牡丹园的一处游览，若每位
游客选择曹州牡丹园的概率是
，选择中国牡丹园的概率是
，游客之间选择意愿相互独立.
(1)从游客中随机选取人，记人中选择曹州牡丹区的人数为
，求
的分布列均值与方差；
､
(2)现对游客进行问卷调查，若选择曹州牡丹园记
分，选择中国牡丹园记1 分，记已调查过的累计得分为
分
的概率为
，求
.
【答案】(1)
的分布列见详解；均值为
；方差为
(2)
【解析】（1）随机变量
的可能取值为
，且
，其中
，
所以
，
，
，
.
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所以随机变量
的分布列为
所以均值为
，
方差为
.
（2）由题意可知，
，
,
所以当
时，
，
则
，
所以
为常数数列，且
，
所以
，
所以
是以
为首项，公比为
的等比数列，
所以
，所以
，
当
时，
成立，
故
.
17．（2024·天津北辰·三模）已知
为等差数列，前
项和为
，若
，
；数列
满足：
，
.
(1)求
和
的通项公式；
(2)对任意的
，将
中落入区间
内项的个数记为
.
（i）求
；
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（ii）记
，
的前
项和记为
，是否存在
，
，使得
成立？若存在，
求出
的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
，
(2)（i）
（ii）存在
【解析】（1）
，
所以
，
①
当
时，令
得：
②
①
②得：
，所以
是公差为的等差数列，
当
时有：
，所以
（2）（i）
因为
，所以
，所以
（ii）
，把
代入
得：
，
所以
，
，
所以
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因为
，
，所以
，
当
时，
（舍去），当
时，
（舍去），
当
时，
，所以存在
，
.
18．（2024·广东汕头·三模）在直角坐标平面内，将函数
及
在第一象限内的图象分别
记作
，
，点
在
上.过
作平行于
轴的直线，与
交于点
，再过点
作平行于
轴的直线，与
交于点
.
(1)若
，请直接写出
的值；
(2)若
，求证：
是等比数列；
(3)若
，求证：
.
【答案】(1)
；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【解析】（1）当
时，
，即
，在
中，当
时，
，即
，
所以
.
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（2）依题意，由
可得
，由
在
上，得
，
又
，
则
，整理得
，于是
，且
，
两式相除得
，又由
，得
，
所以
是以
为公比的等比数列.
（3）若
，由（2）得
，
显然
，则
，
又
，则
，
又
，
于是
，
则
，从而
，
因此
，
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从而
，
所以
19．（2024·江西·模拟预测）我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的
研究，即“垛积术”．对于数列
，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列
，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中
；对于数列
②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列
，③，称该数列③为数列①的二阶
差分数列，其中
按照上述办法，第次得到数列
，④，
则称数列④为数列①的阶差分数列，其中
，若数列
的
阶差
分数列是非零常数列，则称数列
为阶等差数列（或高阶等差数列）．
(1)若高阶等差数列
为
，求数列
的通项公式；
(2)若阶等差数列
的通项公式
．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求数列
的前
项和
．
附：
．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）
；（ⅱ）
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【解析】（1）数列
的一阶差分数列为
，
二阶差分数列为
，为非零常数列，
所以
，即
，且
，
所以数列
是首项为1、公差为4 的等差数列，
所以
，即
，且
，
所以当
时，
，
当
时，
，也满足上式，
综上，数列
的通项公式为
．
（2）（ⅰ）
，所以
，
，
所以
，
所以
，
所以数列
是4 阶等差数列，即
．
（ⅱ）
，
所以
，
又
，
所以
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．
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