压轴12数列中的创新与融合问题的4大核心题型（压轴题专练）（全国通用）（答案版）_三轮冲刺_2026年试卷教辅资源等多个文件

压轴12  数列中的创新与融合问题的4 大核心题型
参考答案
压轴题型精讲
题型01 数列与其他知识的交汇
1.【解】（1）由已知条件可知，由于cos
0
na >
，
故
2
2
2
2
1
1
2
2
sin
cos
π
1
0,
,tan
1
tan
2
cos
cos
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
+
+
+
æ
ö
Î
=
=
= +
ç
÷
è
ø
，
则
2
2
1
tan
tan
1
n
n
a
a
+ -
= ，
故数列

2
tan
na
是以1 为公差的等差数列，且首项为
2
2
1
3
tan
tan π
1
6
a =
=
，
故
2
1
3
2
tan
1
3
3
n
n
a
n
-
=
- +
=
，即
3
2
tan
3
n
n
a
-
=
.
（2）
1
2
1
1
2
2
sin
sin
sin
tan
cos
tan
cos
tan
cos
m
m
m
a
a
a
a
a
a
a
a
a
×
×
×
=
×
×
L
L
1
2
2
3
1
tan
tan
tan
tan
tan
tan
m
m
a
a
a
a
a
a +
=
×
×
×
L
1
1
tan
1
tan
3
1
m
a
a
m
+
=
=
+
，
由
1
1
3
1
100
m
=
+
，得
3333
m =
.
2.【解】（1）因为

2
4
f x
x
=
-
，所以
( )
2
f
x
x
¢
=
，
则曲线
( )
y
f x
=
在点

,
(
)
n
n
x
f x
处的切线方程为
2
(
4)
2
(
)
n
n
n
y
x
x
x
x
-
-
=
-
， 
将点

1,0
nx +
代入方程，得
2
1
4
2
n
n
n
x
x x +
+
=
，
因为
1
x 为正实数，所以
nx 为正实数，
1
2
2
n
n
n
x
x
x
+ =
+
.
（2）因为
1
2
2
n
n
n
x
x
x
+ =
+
，所以


2
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
+
+
+
=
+
+
=
，


2
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
+
-
-
=
+
-
=
，由题意得
2
ln
2
n
n
n
x
a
x
+
=
-
，
则




2
1
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
ln
ln
ln
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
a
a
x
x
x
+
+
+
+
+
+
=
=
=
=
-
-
-
，而
1
3
x =
，
则
1
2
n
n
a
a
+ =
，故
na
为公比为2 的等比数列，且
1
5
3
2
ln
ln
3
2
a
+
=
=
-
，
得到
1
5
n
2
l
n
na
-
=
，故
1
5
2
l
2
2
n
ln
n
n
n
x
x
-
=
+
-
，
两边取指数得到
1
2
2
5
2
n
n
n
x
x
-
+
=
-
，解得


1
1
2
2
2 5
1
5
1
n
n
nx
-
-
+
=
-
.
题型02 数列的新情境问题
3.【解】（1）记第1，2 次取出的是干电池的概率分别为
( )
P A ，
( )
P B ，
3
2
2
1
( )
5
5
5
4
P B =
´
+
´
，
2
1
(
)
5
4
P AB =
´
， 
在第2 次取出的是干电池的条件下第1 次取出的也是干电池的概率为
2
1
(
)
5
5
4
(
|
)
2
3
1
( )
17
5
5
4
P AB
P A B
P B
´
=
=
=
æ
ö
´
+
ç
÷
è
ø
.
（2）方法一：依题意有抽屉里有3 块充电电池，2 块干电池，
用完第一块干电池后补充一块充电电池，电池总数为5 块不变．
记第(
1,2,
, )
i i
n
=
×××
次恰好抽到第一块干电池，
第
1
n + 次恰好抽到第二块干电池的概率为
( , )
P n i ，
则
1
3
2
4
1
2
4
3
( , )
5
5
5
5
15 5
4
i
n i
n
i
P n i
-
-
æ
ö
æ
ö
æ
ö æ
ö
=
´
´
´
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷ ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø è
ø
，
∴
1
1
2
4
3
2
4
3
( , )
15 5
4
5
5
5
n
i
n
n
n
i
n
n
i
P
P n i
=
=
æ
ö
æ
ö
æ
ö
ú
æ
ö
=
=
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ë
ø
è
ø
è
é
ê
ø
ù
ê
ú
û
å
å
 .
方法二：“第
1
n + 次抽取时恰好抽到最后1 块干电池”可分为两类：
第1 次抽到干电池与第1 次抽到充电电池．
当第1 次抽到充电电池时：
此时“第
1
n + 次抽取时恰好抽到最后1 块干电池”的概率为
1
3
5
nP - ， 
当第1 次抽到干电池时，仅第1 次与第
1
n + 次抽到干电池：
此时“第
1
n + 次抽取时恰好抽到最后1 块干电池”的概率为
1
1
2
4
1
2
4
5
5
5
25 5
n
n
-
-
æ
ö
æ
ö
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
， 
∴
1
1
3
2
4
5
25 5
n
n
n
P
P
-
-
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø
，
1
2
1
2
5
5
25
P =
´
=
．
*
nÎN ，
2
n ³
．
∴
1
1
5
3 5
1
4
4 4
10
n
n
n
n
P
P
-
-
æ
ö
æ
ö
=
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，∴
1
1
5
2
3
5
2
4
5
4
4
5
n
n
n
n
P
P
-
-
é
ù
æ
ö
æ
ö
-
=
-
ê
ú
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
ê
ú
ë
û
，
∵
1
5
2
3
4
5
10
P
æ
ö
-
= -
ç
÷
è
ø
，
∴
5
2
4
5
n
nP
ì
ü
ï
ï
æ
ö
-
í
ý
ç
÷
è
ø
ï
ï
î
þ
是以
3
10
-
为首项3
4 为公比的等比数列，
∴
1
5
2
3
3
4
5
10 4
n
n
nP
-
æ
ö
æ
ö
-
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
∴
1
2 4
3
4
3
2
4
3
5 5
10 5
4
5
5
5
n
n
n
n
n
nP
-
é
ù
ê
ú
ê
ú
æ
ö
æ
ö æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
=
-
ç
÷
ç
÷ ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø è
ëè
ø
è
û
ø
ø
，当
1
n = 时该式也成立．
故所求概率为
2
4
3
5
5
5
n
n
nP
ú
æ
ö
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷ø
é
ù
ê
ëèê
è
ú
û
ø
，
*
nÎN ．
4.【解】（1）设事件A 为“小明投掷一次骰子后，点数之和为4 的倍数”，
则基本事件为：













1,1 , 1,2 , 1,3 , 1,4 , 1,5 , 1,6 , 2,1 , 2,2 , 2,3 , 2,4 , 2,5 , 2,6 ，













3,1 , 3,2 , 3,3 , 3,4 , 3,5 , 3,6 , 4,1 , 4,2 , 4,3 , 4,4 , 4,5 , 4,6 ，













5,1 , 5,2 , 5,3 , 5,4 , 5,5 , 5,6 , 6,1 , 6,2 , 6,3 , 6,4 , 6,5 , 6,6 ，
总数为36，
事件A 包含的基本事件有：









1,3 , 2,2 , 3,1 , 2,6 , 6,2 , 3,5 , 5,3 , 4,4 , 6,6 ，
共9 个基本事件，所以

9
1
36
4
P A =
=
.
（2）由（1）知小芳投掷一次后，出现点数之和是4 的倍数的概率也为1
4 ，
由题意知X 可取值为0,1,2,3，则：




1
1
1
1
3
3
1
1
3
3
1
1
3
21
0
,
1
4
4
4
64
4
4
4
4
4
4
4
4
4
64
P X
P X
=
=
´
´
=
=
=
´
´
+
´
´
+
´
´
=
，




1
3
1
3
3
3
3
1
3
39
3
1
1
3
2
,
3
4
4
4
4
4
4
4
4
4
64
4
4
4
64
P X
P X
=
=
´
´
+
´
´
+
´
´
=
=
=
´
´
=
，
所以X 的分布列为：
X
0
1
2
3
P
1
64
21
64
39
64
3
64
数学期望为：


1
21
39
3
27
0
1
2
3
64
64
64
64
16
E X =
´
+ ´
+ ´
+ ´
=
.
（3）若第一次从小芳开始，则第n 次由小芳投掷骰子有两种情况：
第一种情况：第
1
n - 次由小芳投掷，第n 次继续由小芳投掷，其概率为


1
1
2
4
nP
n
-
³
，
第二种情况：第
1
n - 次由小明投掷，第n 次由小芳投掷，其概率为




1
1
3
3
3
1
2
4
4
4
n
n
P
P
n
-
-
-
=
-
³
，
由于这两种情况彼此互斥，所以


1
1
1
1
3
3
1
3
2
4
4
4
2
4
n
n
n
n
P
P
P
P
n
-
-
-
=
+
-
= -
+
³
，
所以


1
1
1
1
2
2
2
2
n
n
P
P
n
-
æ
ö
-
= -
-
³
ç
÷
è
ø
，且
1
1
P = ，
所以
1
2
nP
ì
ü
-
í
ý
î
þ是以
1
2 为首项，
1
2
-
为公比的等比数列，
所以
1
1
1
1
2
2
2
n
nP
-
æ
ö
-
=
´ -
ç
÷
è
ø
，即
1
1
2
2
n
nP
æ
ö
=
- -
ç
÷
è
ø
.
题型03 数列的新定义问题
5.【解】（1）因为
2
1
3
2
2
n
S
n
n
=
+
，
当
1
n = 时，
1
2
a =
，
当
2
n ³
时，
1
1
n
n
n
a
S
S
n
-
=
-
=
+ ，
1
n = 符合此式，
所以


*
1,
N
na
n
n
=
+
Î
；
（2）（ⅰ）记
1
0
n
n
n
n
a
n
b
n
n
+
æ
ö
æ
ö
=
=
>
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
则


1
1
2
2
2
2
2
1
2
1
1
(
1)
1
(
1)
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n n
b
n
n
n
b
n
n
n
n
n
n
+
+
+
æ
ö
ç
÷
é
ù
+
é
ù
+
+
+
è
ø
=
=
×
=
-
×
ê
ú
ê
ú
+
+
+
+
+
æ
ö
ë
û
ë
û
ç
÷
è
ø


3
3
2
2
3
3
1
1
2
3
3
2
1
1
(
1)
1
(
1)
(
1)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
+
+
é
ù
+
+
+
+
>
-
×
=
=
>
ê
ú
+
+
+
+
ë
û
，
则
1
n
n
b
b
+ >
，所以数列
n
na
n
ì
ü
ï
ï
æ
ö
í
ý
ç
÷
è
ø
ï
ï
î
þ
为递增数列；
（ⅱ）当
4
n ³
，k
n
£
时，因为
1
1
1
2
2
n
n
æ
ö
-
<
ç
÷
+
è
ø
，
由伯努利不等式，得
1
1
1
0
2
2
k
k
n
n
æ
ö
-
³ -
>
ç
÷
+
+
è
ø
，
于是


1
1
1
1
1
1
1,2,
,
2
2
2
2
k
n
kn
n
k
k
k
n
n
n
n
é
ù
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
£
-
=
-
<
=
ê
ú
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
+
+
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
ê
ú
ë
û
L
，
所以当
4
n ³
时，
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
+
-
+
+
-
<
+
+
+
= -
<
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
+
+
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
L
L
，
所以
1
2
1
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
+
<
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
+
+
è
ø
è
ø
è
ø
L
，
即2
3
(
1)
(
2)
n
n
n
n
n
n
+
+
+
+
<
+
L
，
当
1
n = 时，2
3
<
，不等式成立，
当
2
n =
时，
2
2
2
2
3
13
4
+
=
<
，不等式成立，
当
3
n =
时，
3
3
3
3
2
3
4
99
5
+
+
=
<
，不等式成立，
综上所述，不等式


1
2
3
1
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
+
+
+
+
<
+
L
恒成立.
6.【解】（1）依题意，
0 : 2,4,3,7
P
，


1
0 : 4,1,3,2,6
T P
，




1
0
2(4
2 1 3 3
4 2
5 6) 16 1 9
4
36
172
S T P
=
+ ´ + ´ + ´ + ´
+
+ +
+
+
=
.
（2）（i）记
*
0
1
2
1
2
:
,
,
,
,(
)
,
,
,
n
n
P
a a
a
a a
a ÎN
L
L
，


1
0
1
2
: ,
1,
1,
,
1
n
T P
n a
a
a
-
-
-
L
，
2
1
0
1
2
( (
2[
2
1)
3(
1)
(
1)(
1)
)
(
]
)
n
S T P
n
a
a
n
a
n
=
+
-
+
-
+
+
+
-
+
L
2
2
2
1
2
1)
(
1
(
)
(
1)
n
a
a
a
+
-
+
-
+
+
-
L
，
2
2
2
0
1
2
3
1
2
(
2
2
)
(
)
3
n
n
S P
a
a
a
na
a
a
a
=
+
+
+
+
+
+
+
+
L
L
，
1
0
0
1
2
(
(
2
2
6
(
))
4
)
2
2
n
S T P
S P
n
a
a
a
-
=
+
+
+
+
-
-
-
L
L
2
1
2
2(
1)
2
2
2
n
n
n
a
a
a
n
-
+
+
-
-
-
-
+
L
2
(2
6)
3
0
2
n
n
n
n
+
×
=
+
-
=
，所以
1
0
0
(
))
)
(
(
S T P
S P
=
.
（ii）设A 是每项均为非负整数的数列
1
2
,
,
,
n
a a
a
L
，
当存在1
i
j
n
£ <
£
，使得
i
j
a
a
£
时，交换数列A 的第i 项与第j 项得到数列B ，
则( )
( )
2(
2(
)
0
)
(
)
j
i
i
j
j
i
S B
S A
ia
ja
ia
ja
i
j a
a
-
=
+
-
-
=
-
-
£
，
当存在1
m
n
£
<
，使得
1
2
0
m
m
n
a
a
a
+
+ =
=
=
=
L
时，若记数列
1
2
,
,
,
m
a a
a
L
为C ，则( )
( )
S C
S A
=
，
因此

2( )
( )
S T A
S A
£
，从而对于任意给定的数列
0P ，
由




1
2
1
(
0,1,2,
)
k
k
P
T T P
k
+ =
=
L ，





1
1
k
k
S P
S T P
+
£
，由（i）知






1
k
k
S T P
S P
=
，
所以



1
k
k
S P
S P
+
£
.
题型04 数列的凹凸性
7.【解】（1）根据“对数凹性”数列的定义可知数列1，3，2，4 中
2
2
3 4
³ ´ 不成立，
所以数列1，3，2，4 不是“对数凹性”数列；
而数列1，2，4，3，2 中
2
2
2
2
1 4
4
2 3
3
4 2
ì
³ ´
ï
³
´
í
ï
³
´
î
均成立，所以数列1，2，4，3，2 是“对数凹性”数列；
（2）根据题意及三次函数的性质易知
2
2
3
4
( )
2
3
f
x
b
b x
b x
¢
=
+
+
有两个不等实数根，
所以
2
2
1
3
2
4
3
2
4
Δ
4
4 3
0
3
b
b b
b
b b
=
- ´
>
Þ
>
，
又
0(
1,2,3,4)
ib
i
>
=
，所以
2
3
2
4
2
4
3
b
b b
b b
>
>
，
显然

1
0
0
0
x
f
b
=
Þ
=
>
，即
0
x =
不是

f x 的零点，
又
2
3
1
2
3
4
1
1
1
1
f
b
b
b
b
x
x
x
x
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+
+
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
令
1
t
x
=
，则

2
3
1
2
3
4
f t
b
b t
b t
b t
=
+
+
+
也有三个零点，
即
3
2
1
2
3
4
3
1
b x
b x
b x
b
f
x
x
+
+
+
æ
ö =
ç
÷
è
ø
有三个零点，
则
3
2
1
2
3
4
g x
b x
b x
b x
b
=
+
+
+
有三个零点，
所以

2
1
2
3
3
2
g
x
b x
b x
b
¢
=
+
+
有两个零点，
所以同上有
2
2
2
2
1 3
2
1 3
1 3
Δ
4
4 3
0
3
b
b b
b
b b
b b
=
- ´
>
Þ
>
>
，
故数列
1
2
3
4
,
,
,
b b b b 为“对数凹性”数列
（3）将,p q 互换得：






r
q
p
t
q
p W
p
vr W
r
q W
t
=
-
+
-
+
-
= - ，所以
0
t =
，
令
1,
2
p
q
=
=
，得





2
2
1
0
r
W
r W
r
W
-
+
-
+
-
=
，
所以







1
2
1
2
1
2
1
1
r
W
r W
r
W
W
r
W
W
=
-
+
-
=
+
-
-
，故数列

n
W
是等差数列，
记
2
2
1
2
1
1
0
2
2
S
c
c
d
W
W
c
-
=
-
=
-
=
>
，所以




2
1
1
1
1
1
2
n
c
c
W
c
n
c
n
d
-
æ
ö
=
+
-
=
+
-
ç
÷
è
ø
，
所以


2
1
n
n
S
nW
dn
c
d n
=
=
+
-
，
又因为
1
1
,
1
,
2
n
n
n
c n
c
S
S
n
-
=
ì
= í
-
³
î
，所以


1
2
1
nc
c
d n
=
+
-
，
所以
1
2
0
n
n
c
c
d
+ -
=
>
，所以
nc
为单调递增的等差数列，
所以


1
1
2
1
0,
2
,
2
n
n
n
n
n
n
n
n c
c
c
c
c
c
c
S
+
+
+
+
>
>
+
=
=
.
所以







2
2
2
1
2
1
1
1
1
2
4
(
1)
2
n
n
n
n
n
n
S
S S
n
c
c
n n
c
c
c
c
+
+
+
+
-
=
+
+
-
+
+
+






2
2
1
1
2
2
1
1
(
1)
2
2
n
n
n
c
c
c
c
n
c
c
n n
+
+
é
ù
+
+
+
>
+
+
-
+
ê
ú
ë
û




2
2
2
1
1
2
1
1
2
(
1)
2
2
n
n
c
c
c
n
c
c
n n
+
+
+
+
æ
ö
=
+
+
-
+
ç
÷
è
ø





2
2
2
1
1
1
1
(
1)
2
n
n
n
c
c
n n
c
c
+
+
=
+
+
-
+
+



2
2
1
1
(
1)
2
n
n
n n
c
c +
é
ù
=
+
-
+
+
ë
û


2
1
1
0
n
c
c +
=
+
>
所以
2
1
2
n
n
n
S
S S
+
+
³
，数列
n
S
是“对数凹性”数列
8.【解】（1）法一：由题意得：
2
1
2
n
n
n
a
a a
+
+
£
，∴
2
1
1
2
1
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
+
+
-
+
-
-
³
³
³
³ ×××
，
∴
10
6
9
5
a
a
a
a
³
，
9
5
8
4
a
a
a
a
³
，
8
4
7
3
a
a
a
a
³
，
7
3
6
2
a
a
a
a
³
，
6
2
5
1
a
a
a
a
³
，
将以上式子累乘得：
10
6
5
1
a
a
a
a
³
，也即
1 10
5
6
a a
a a
³
成立．
法二：由题意得：
10
9
3
2
9
8
2
1
a
a
a
a
a
a
a
a
³
³ ××× ³
³
，
∴
1 10
2
9
3
8
4
7
5
6
a a
a a
a a
a a
a a
³
³
³
³
，∴
1 10
5
6
a a
a a
³
成立．
（2）法一：∵
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
+
£
，∴
1
1
2
1
1
1
n k
n k
n
n
n k
n k
n k
n
n
n k
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
-
- +
+
+
+ +
- -
-
+
+
£
£ ××× £
£
£ ××× £
，
∴


1
1 1
n k
n k
n k
n k
a
a
a
a
k
n
+
-
+ +
- -
×
£
×
£
<
，
则
1012
1013
1011
1014
1010
1015
1
2024
a
a
a
a
a
a
a a
×
£
×
£
×
£ ××× £
×
，
∴

1012
1012
1013
1
2
2024
1
a
a
a a
a
×
£
×××
= ，
∴
1012
1013
1
a
a
×
£ ．
法二：考虑反证法，假设
1012
1013
1
a
a
> ，
由
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
+
£
得
1012
1013
1014
1011
1012
1013
a
a
a
a
a
a
£
£
，
∴
1012
1013
1011 1014
a
a
a
a
£
，∴
1011 1014
1
a
a
> ，
同理：
1012
1012
1011
1014
1015
1015
1010
1011
1010
1013
1014
1013
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
=
×
£
×
=
，
∴
1010
1015
1012
1013
a
a
a
a
>
，∴
1010
1015
1
a
a
> ，
同理可证：
1009
1016
1
a
a
> ，
1008
1017
1
a
a
> ，…，
1
2024
1
a a
> ，
综上可得：
1
2
2024
1
a a
a
×××
> ，与条件矛盾，
∴假设不成立，∴
1012
1013
1
a
a
£ 成立．
法三：∵
1
2
2024
1
a a
a
×××
= ，∴
1
2
2024
(
)
ln
0
a a
a
×××
=
，也即
1
2
2024
0
b
b
b
+
+×××+
=
，
同时，由
2
1
2
n
n
n
a
a a
+
+
£
可得：




2
1
2
ln
ln
n
n
n
a
a a
+
+
£
，
∴
1
2
2 n
n
n
b
b
b
+
+
£
+
，也即
1
2
1
n
n
n
n
b
b
b
b
+
+
+
-
£
-
，
∴
1013
1012
2024
2023
b
b
b
b
-
£
-
，
1012
1011
2023
2022
b
b
b
b
-
£
-
，…，
2
1
1013
1012
b
b
b
b
-
£
-
，
将以上式子累加得：
1013
1
2024
1012
b
b
b
b
-
£
-
，
也即
1012
1013
1
2024
b
b
b
b
+
£
+
，同理可得：
1012
1013
2
2023
b
b
b
b
+
£
+
，
1012
1013
3
2022
b
b
b
b
+
£
+
，
……
1012
1013
1012
1013
b
b
b
b
+
£
+
，
将以上式子累加得：


1012
1013
1
2
1012
0
n
b
b
b
b
b
+
£
+
+×××+
=
，
∴
1012
1013
0
b
b
+
£
，∴
1012
1013
ln
ln
0
a
a
+
£
，∴
1012
1013
1
a
a
£ 成立．
（3）由
2
2
2
n
n
n
a
a a
+
+
£
可得：




2
2
2
ln
ln
n
n
n
a
a a
+
+
£
，
∴
1
2
2 n
n
n
b
b
b
+
+
£
+
，也即
1
2
1
n
n
n
n
b
b
b
b
+
+
+
-
£
-
，
∴
2024
2023
11
10
b
b
b
b
-
³
-
，
2023
2022
11
10
b
b
b
b
-
³
-
，…，
11
10
11
10
b
b
b
b
-
³
-
，
将以上式子累加得：


2024
10
11
10
2014
b
b
b
b
-
³
-
，①
另外，
11
10
10
9
b
b
b
b
-
³
-
，
11
10
9
8
b
b
b
b
-
³
-
，…，
11
10
2
1
b
b
b
b
-
³
-
，
将以上式子累加得：

11
10
10
1
9 b
b
b
b
-
³
-
，②
结合①②式可得：
2024
10
10
1
11
10
2014
9
b
b
b
b
b
b
-
-
³
-
³
，
∴
10
10
2024
1
2014
9
b
b
-
-
³
，化简得：
10
10
b £
，
另外，显然有
nb
n
=
符合题意，此时
10
10
b
=
，
综上，
10
b 的最大值为10．
1.【解】（1）已知当
π
6
x =
时函数
sin(2
)
y
A
x
j
=
+
取得最大值4，
因为
0
A >
，所以
4
A =
.此时
π
π
2
2 π,
Z
6
2
k
k
j
´
+
=
+
Î
，
又0
π
j
<
<
，解得
π
6
j =
，
所以函数
( )
y
f x
=
的表达式为
π
4sin 2
6
y
x
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø .
（2）由（1）知
π
( )
4sin 2
6
f x
x
æ
ö
=
+
ç
÷
è
ø，则
2
π
(0)
4sin
2
6
a
f
=
=
=
，
4
π
π
4sin
4
6
2
a
f æ
ö
æ
ö
=
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
因为
na
是等差数列，设公差为d ，则
4
2
2
4
2
2
a
a
d
-
=
=
-
=
，解得
1
d = ，
1
2
2
1
1
a
a
d
=
-
=
- = ，
所以
1 (
1) 1
na
n
n
= +
-
´ =
.
又
2
2
n
a
n
nb =
=
，数列
nb
是以
1
2
b =
为首项，
2
q =
为公比的等比数列，
可得


1
2 1 2
2
2
1 2
n
n
n
S
+
-
=
=
-
-
.
2.【解】（1）由变换T 的定义可得
2
1
:1,0,0,1,1,0
:0,1,0
A
A
；
.
（2）数列
0A 中连续两项相等的数对至多有19 对.
证明：对于任意一个“0 1
- 数列”
0
0
,
A A 中每一个1 在
2
A 中对应连续四项1,0,0,1，
在
0A 中每一个0 在
2
A 中对应的连续四项为0,1,1,0 ，
因此，共有10 项的“0 1
- 数列”
0A 中的每一个项在
2
A 中都会对应一个连续相等的数对，
在
2
A 中若出现连续两项的数对最多，
对于
0
1,2,3
9,
i
A
=
L
中的每一个第
ia 项和第
1
ia + 项之间产生一个连续相等的数对，
所以
2
A 中至多有19 对连续相等的数对.
比如：取
0 :1,1,1,1,1,1,1,1,1,1
A
，则
1 :0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,0,1,
A
2 :1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1,1,0,0,1
A
.
（3）设
kA 中有
kb 个0，1 数对，
k 1
A + 中的“0，0”数对只能由
kA 中的“0，1”数对得到，所以
1
k
k
l
b
+ =
，
k 1
A + 中的“0，1”数对有两个产生途径：①由
kA 中的1 得到；②由
kA 中“0，0”得到，
由变换T 的定义及
0 :0,1
A
可得
kA 中0 和1 的个数总相等，且共有
1
2k+ 个.
所以
1
2k
k
k
b
l
+ =
+
，得
2
2k
k
k
l
l
+ =
+
，
由
0 :0,1
A
可得
1
2
:0,11,0;
:0,1,1,0,1,0,0,1
A
A
，
所以1
2
1,
1
l
l
=
= ，
当
3
k ³
时，若k 为偶数，
2
4
2
2
2
4
4
2
2
,
2
,
,
2
k
k
k
k
k
k
l
l
l
l
l
l
-
-
-
-
-
=
+
=
+
=
+
L
．
上述各式相加可得
2
2
4
1
1 4
1
1
2
2
2
(2
1)
1 4
3
k
k
k
kl
-
-
= +
+
+
+
=
=
-
-
L
，
经检验，
2
k =
时，也满足
1 (2
1)
3
k
kl =
-
．
若k 为奇数，
2
4
2
2
4
3
1
2
,
2
,
,
2
k
k
k
k
k
k
l
l
l
l
l
l
-
-
-
-
-
=
+
=
+
=
+
L
．
上述各式相加可得


1
2
3
1
2(1 4
)
1
1
2
2
2
1
2
1
1 4
3
k
k
k
kl
-
-
-
= +
+
+
+
= +
=
+
-
L
，
经检验，
1
k = 时，也满足


1 2
1
3
k
kl =
+
．
所以




1 2
1 ,
3
1 2
1 ,
3
k
k
k
k
l
k
ì
+
ïï
= í
ï
-
ïî
为奇数
为偶数
．
3.【解】（1）
2
1
na
n
=
- ，则
2
n
S
n
=
，所以




2
n m
n
m S
n
m
n
m
+
-
=
-
+
，
而








2
2
2
n
m
n
m
S
S
n
m
n
m
n
m
n
m
+
-
=
+
-
=
+
-
，
所以




n m
n
m
n
m S
n
m
S
S
+
-
=
+
-
，对任意的
*
,
N
m nÎ
均成立，即数列
na
是“好”数列； 
 
1
2n
nb
-
=
，取
2
1
n
m
=
=
，
，则

3
7
n m
n
m S
S
+
-
=
=
，


2
3
6
n
m
n
m
S
S
b
+
-
=
=
，
此时




n m
n
m
n
m S
n
m
S
S
+
-
¹
+
-
，即数列
nb
不是“好”数列．
（2）因为数列
nc
为“好”数列，取
1
m = ，则




1
1
1
1
n
n
n
S
n
S
S
+
-
=
+
-
，即




1
1
2
1
1
n
n
S
n
a
n
a
+
=
-
+
+
恒成
立．
当
2
n ³
，有


1
1
2
2
n
n
S
n
a
na
- =
-
+
，两式相减，得






1
1
2
1
2
2
n
n
n
a
n
a
n
a
a n
+
=
-
-
-
+
³
，
即




1
1
1
2
n
n
na
n
a
a n
+
=
-
+
³
，所以





1
1
1
2
3
n
n
n
a
n
a
a n
-
-
=
-
+
³
，
所以






1
1
1
1
2
n
n
n
n
na
n
a
n
a
n
a
-
+
-
-
=
-
-
-
，即





1
1
2
2
1
1
n
n
n
n
a
n
a
n
a
-
+
-
=
-
+
-
，
即


1
1
2
3
n
n
n
a
a
a
n
-
+
=
+
³
，
当
2
n =
时，有
2
3
1
2
3
S
a
a
=
+
，即
2
3
1
2a
a
a
=
+
，
所以
1
1
2
n
n
n
a
a
a
-
+
=
+
对任意
2
n ³
，恒成立，所以数列
nc
是等差数列．
 设数列
nc
的公差为d ，
①若
2019
2020
c
=
，则
1
2018
2020
c
d
+
=
，即
1
2020
2018
c
d
-
=
，
因为数列
nc
的各项均为不等的正整数，所以
*
N
d Î
，所以
1
d = ，
1
2
c =
，所以
1
nc
n
=
+ ．       
②若
1c
p
=
，则
nc
dn
p
d
=
+
-
，由
1,
,
s
t
c c c 成等比数列，得
2
1
s
t
c
c c
=
，
所以



2
ds
p
d
p dt
p
d
+
-
=
+
-
，即




2
2
0
p
d
ds
p
d
p
d ds
pt
-
+
-
-
+
-
=
，
化简得，



2
1
2
1
p t
s
d s
+ -
=
-
，即


2
1
2
1
t
s
d
p
s
+ -
=
-
．         
因为p 是任意给定正整数，要使
*
N
d Î
，必须

*
2
1 2
N
1
t
s
s
+ -
Î
-
，不妨设


2
1 2
1
t
s
k
s
+ -
=
-
，
由于s是任意给定正整数，所以




2
2
2
1
2
1
1
2
1
t
k s
s
s
s
s
=
-
+
- ³
-
+
- =
．
4.【解】（1）由题意，

0
f x <
即
tanx
a
x
>
对任意
π
0, 4
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 恒成立．
设
tan
sin
cos
x
x
g x
x
x
x
=
=
，则



2
2
2
2
2
cos
sin
cos
sin
2
sin2
cos
2
cos
x
x
x
x
x
x
x
x
g
x
x
x
x
x
-
-
-
=
¢
=
，
当
π
0, 4
x
æ
ù
Îç
ú
è
û 时，
π
2
0, 2
x
æ
ù
Îç
ú
è
û ，则2
sin2
x
x
>
，所以

0
g
x
¢
>
，
g x 在
π
0, 4
æ
ù
ç
ú
è
û 上单调递增，
max
π
4
4
π
g x
g æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，所以
4
π
a >
，
即a 的取值范围是4 ,
π
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø ．
（2）（ⅰ）若
1
a = ，

tan
f x
x
x
=
-
，则

2
1
1
0
cos
f
x
x
=
- ³
¢
在定义域内恒成立，
所以对任意
*
nÎN ，

f x 在区间
π
π
π
, π
2
2
n
n
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
上单调递增，
又


π
π
0
f n
n
= -
<
，当x 趋近于
π
π
2
n +
时，

f x 趋近于+¥ ，所以

f x 在区间
π
π, π
2
n
n
æ
ö
+
ç
÷
è
ø 内有唯一零点，
所以
π
π, π
2
na
n
n
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø
．
所以
π
na +
和
1
na + 都在区间



π
1 π,
1 π
2
n
n
æ
ö
+
+
+
ç
÷
è
ø
内，
又


1
1
tan
π
tan
tan
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
+
+
+
=
=
<
=
，所以
1
π
n
n
a
a +
+
<
，
即
1
π
n
n
a
a
+ -
>
．
（ⅱ）数列

1
n
n
a
a
+ -
是递减数列．
证明如下：记
π
n
n
b
a
n
=
-
，要证明数列

1
n
n
a
a
+ -
是递减数列，
即证明：当
2
n ³
时，
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
+
-
-
<
-
，即
1
1
2
n
n
n
a
a
a
+
-
+
>
，
又因为
π
n
n
a
b
n
=
+
，所以只需证明当
2
n ³
时，
1
1
2
n
n
n
b
b
b
+
-
+
>
．
由（ⅰ）知
π
π, π
2
na
n
n
æ
ö
Î
+
ç
÷
è
ø
，所以
π
0, 2
nb
æ
ö
Îç
÷
è
ø，且


tan
tan
π
tan
n
n
n
n
b
a
n
a
a
=
-
=
=
．
所以


tan
π
n
n
n
n
n
f b
b
b
a
b
n
=
-
=
-
=
，所以






1
1
2
n
n
n
f b
f b
f b
+
-
+
=
．










1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
f b
f b
b
b
b
b
b
b
f b
f
f
f b
f b
f
+
-
+
-
+
-
+
-
+
-
+
é
ù
+
+
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
=
-
=
+
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ê
ú
è
ø
è
ø
è
ø
ë
û
，
设函数



1
1
2
2
n
n
x
b
h x
f x
f b
f
-
-
+
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
ø
，
π
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø ，
则


1
2
n
x
b
h x
f
x
f
-
+
æ
ö
=
-
ç
÷
è
¢
¢
ø
¢
，
因为

2
1
1
cos
f
x
x
=
¢
- 在区间
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，所以当
1
2
n
x
b
x
-
+
>
时，

1
2
n
x
b
f
x
f
-
+
æ
>
¢
¢
ö
ç
÷
è
ø
，

0
h x
¢
>
，
所以
h x 在
1
n
x
b -
>
时单调递增，所以



1
1
0
n
n
h b
h b
+
-
>
=
，
即




1
1
1
1
2
2
n
n
n
n
b
b
f b
f b
f
+
-
+
-
+
æ
ö
+
>
ç
÷
è
ø
，所以


1
1
2
n
n
n
b
b
f b
f
+
-
+
æ
ö
>
ç
÷
è
ø
．
因为

f x 在
π
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递增，且
1
1
π
,
0,
2
2
n
n
n
b
b
b
+
-
+
æ
ö
Îç
÷
è
ø
，所以
1
1
2
n
n
n
b
b
b
+
-
+
>
，
综上，数列

1
n
n
a
a
+ -
是递减数列．
5.【解】（1）设教练甲接球次数为X ，X 可取0,1,2 ，
球在学员手中，传给教练甲的概率为1
4 ，传给其他学员的概率为3
4 ，


3
3
3
27
0
1 4
4
4
64
P X =
= ´
´
´
=
，


1
1
1
2
1
1
4
4
16
P X =
= ´
´ ´
=
，






27
1
33
1
1
0
2
1
64
16
64
P X
P X
P X
=
= -
=
-
=
= -
-
=
\分布列为：
X
0
1
2
P
27
64
33
64
1
16
数学期望


27
33
1
41
0
1
2
64
64
16
64
E X =
´
+ ´
+ ´
=
；
（2）设
n
Q 表示经过n 次传球后篮球在教练甲手中的概率，
1
2
1
0
4
Q
Q
\
=
=
，
，
且


1
1 1
4
n
n
Q
Q -
=
-
，
即
1
1
1
1
5
4
5
n
n
Q
Q -
æ
ö
-
= -
-
ç
÷
è
ø ，
则数列
1
5
n
Q
ì
ü
-
í
ý
î
þ 是首项为
1
5
-
，公比为
1
4
-
的等比数列，
1
1
1
1
5
5
4
n
n
Q
-
æ
ö
\
-
= -
´ -
ç
÷
è
ø
，即
1
1
1
1
5
5
4
n
n
Q
-
æ
ö
=
-
´ -
ç
÷
è
ø
，
又传给学员, ,
A B C 的概率相等，
1
1
1
1
1
1
5
5
4
1
4
1
1
3
3
15
15
4
n
n
n
n
Q
P
-
-
é
ù
æ
ö
-
-
´ -
ê
ú
ç
÷
è
ø
-
ê
ú
æ
ö
ë
û
\
=
=
=
+
´ -
ç
÷
è
ø
．
6.【解】（1））因为
e nc
na =
，所以


ln
0
n
n
n
c
a
a
=
>
，
因为正项数列
nc
是一个“凸数列”，
所以
1
1
2
t
t
t
c
c
c
-
+
+
£
，所以
1
1
ln
ln
2ln
t
t
t
a
a
a
-
+
+
£
，所以
2
1
1
t
t
t
a a
a
-
+ £
，
所以数列
na
是一个“对数性凸数列”.
（2）因为

2
3
1
2
3
4
f x
b
b x
b x
b x
=
+
+
+
有三个零点，
所以

2
2
3
4
2
3
f
x
b
b x
b x
=
+
+
¢
有两个不等实数根，
所以
2
2
1
3
2
4
3
2
4
4
4 3
0
3
b
b b
b
b b
D =
- ´
>
Þ
>
，
又


0
1 2 3 4
ib
i
>
= ，，，，所以
2
3
2
4
2
4
3
b
b b
b b
>
>
；
0
x =
时，
1
0
0
f
b
=
>
，所以
0
x =
不是

f x 的零点，
又
2
3
1
2
3
4
1
1
1
1
f
b
b
b
b
x
x
x
x
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+
+
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
令
1
t
x
=
，则

2
3
1
2
3
4
f t
b
b t
b t
b t
=
+
+
+
也有三个零点，
即
3
2
1
2
3
4
3
1
b x
b x
b x
b
f
x
x
+
+
+
æ
ö =
ç
÷
è
ø
有三个零点，
令
3
2
1
2
3
4
g x
b x
b x
b x
b
=
+
+
+
，则
g x 有三个零点，
所以

2
1
2
3
3
2
g
x
b x
b x
b
¢
=
+
+
有两个零点，
所以
2
2
2
2
1 3
2
1 3
1 3
4
4 3
0
3
b
b b
b
b b
b b
D =
- ´
>
Þ
>
>
，
因为
2
2
2 4
3
1 3
2
,
bb
b bb
b
<
<
，
所以正项数列
1
2
3
4
,
,
,
b b b b 对任意的相邻三项
1
1
t
t
t
b
b b
-
+
, ,
，都满足
2
1
1
t
t
t
b b
b
-
+ £
，
所以数列
1
2
3
4
,
,
,
b b b b 是一个“对数性凸数列”.
（3）记
1
2
1
n
S
a
a
a -
=
+
+
+
L
，则要证
1
1
0
1
0
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
i
j
i
j
i
j
i
j
a
a
a
a
n
n
n
n
-
-
=
=
=
=
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
³
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
-
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
å
å
å
å
，
即证
0
0
1
1
n
n
a
a
S
S
a
S
a
S
n
n
n
n
+
+
+
+
×
³
×
+
-
，
即






2
2
0
0
1
n
n
n
S
a
a
S
n
S
a
S
a
+
+
³
-
+
+
，即


2
0
0
n
n
S
a
S
a
n a a
+
+
³
①，
因为数列
na
为对数性凸数列，所以
2
1
1
t
t
t
a a
a
-
+ £
，
1
1
t
t
t
t
a
a
a
a
+
-
£
，
所以
2
1
1
0
1
2
1
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
-
-
-
£
£
£
L
，所以
0
1
1
2
2
n
n
n
a a
a a
a a
-
-
£
£
£L，


1
1
2
1
1
0
1
1
1
2
n
n
k
n
k
n k
n
k
n k
k
a
a
S
a
a
a
a a
n
a a
-
-
-
-
=
-
=
+
=
+
+
+
³
-
=
³å
å
L
，
而
0
0
2
n
n
a
a
a a
+
³
，
所以






2
2
2
0
0
0
0
2
n
n
o
n
n
n
S
a
S
a
S
a
a
S
a a
S
a a S
a a
+
+
=
+
+
+
³
+
+




2
2
2
0
0
0
n
n
n
S
a a
n a a
n a a
=
+
³
=
，
当且仅当
(
0,1,2,..., )
k
n k
a
a
k
n
-
=
=
时等号成立，
故式①成立，所以原不等式成立．
7.【解】（1）
2
2
na
n
n
=
+
，所以




2
2
1
1
2
1
1
na
n
n
n
- =
-
+
-
=
- ，




2
2
1
1
2
1
4
3
na
n
n
n
n
+ =
+
+
+
=
+
+
.
2
2
2
1
1
1
4
3
2
2
4
n
n
a
n
n
n
n
a
n
-
+
+
=
- +
+
+
+
+
=
，而


2
2
2
2
2
2
4
na
n
n
n
n
=
+
=
+
，
因为
2
2
2
4
2
2
4
n
n
n
n
+
+
>
+
，即
1
1
2
n
n
n
a
a
a
-
+
+
³
，所以
na
为凸数列.
1
2n
nb
-
= -
，则
2
1
1
2
,
2n
n
n
n
b
b
-
-
+
= -
= -
，所以
2
1
1
5
2
2
2
4
n
n
n
n
n
b
b
-
-
+
+
= -
-
= -
´
，
而
1
2
2 2
2
n
n
nb
-
= - ´
= -
，因为
5
2
2
4
n
n
-
´
< -
，即
1
1
2
n
n
n
b
b
b
-
+
+
<
，所以
nb
不是凸数列.
（2）因为
na
是一个凸数列，所以对任意的
*
nÎN 且
2
n ³
，都有
1
1
2
n
n
n
a
a
a
-
+
+
³
，
即
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
+
-
-
³
-
，
当1
k
m
n
£
<
<
时，有
1
1
1
m
m
m
m
n
n
a
a
a
a
a
a
-
+
-
-
£
-
£
£
-
L
，
所以







1
1
1
n
m
n
n
m
m
m
m
a
a
a
a
a
a
n
m
a
a
-
+
+
-
=
-
+
+
-
³
-
-
L
，故
1
n
m
m
m
a
a
a
a
n
m
+
-
³
-
-
.
又







1
1
1
m
k
m
m
k
k
m
m
a
a
a
a
a
a
m
k
a
a
-
+
-
-
=
-
+
+
-
£
-
-
L
，故
1
m
k
m
m
a
a
a
a
m
k
-
-
£
-
-
.
因为
1
1
m
m
m
m
a
a
a
a
+
-
-
³
-
，所以
n
m
m
k
a
a
a
a
n
m
m
k
-
-
³
-
-
.
（3）因为数列
nb
是凸数列，所以
1
1
2
n
n
n
b
b
b
-
+
+
³
，
1
1
1
1
2
1
1
2
2
2 2
2
2
2
n
n
n
n
n
b
b
b
b
b
n
n
n
c
c
c
-
+
-
+
+
-
+ =
+
=
³
+
³
，当且仅当
1
1
n
n
b
b
-
+
=
时，等号成立，
即
nc
为凸数列，所以
1
1
n
n
n
n
c
c
c
c
+
-
-
³
-
，所以
2
2
1
2
1
2
1
2
2
k
k
k
k
c
c
c
c
c
c
-
-
-
-
³
³
³
-
-
L
，
所以
2
1
2
1
2
2
2
3
1
k
k
k
k
k
c
c
c
c
c
c
c
c
-
-
+
+
³
+
+
³
³
+
³
L
；
因为
nc
的所有项的和等于2k ，所以







1
2
2
1
2
2
2
1
1
1
2
k
k
k
k
k
k
k
k
c
c
c
c
c
c
c
c
c
k c
c
-
+
+
=
+
+
+
=
+
+
+
+
+
+
³
+
L
L
，
所以
1
2
k
k
c
c +
+
£
，当且仅当
1
2
2
2
1
1
k
k
k
k
c
c
c
c
c
c
-
+
+
=
+
=
=
+
L
时取等号，此时数列{ }
nc
为等差数列；而
1
1
2
n
n
n
c
c
c
-
+
+
³
中等号成立要求{ }
nb
为常数列.
设
nb
b
=
，则
2b
nc =
，由所有项的和为2k 得2
2
2
b
k
k
×
=
，解得
0
b =
；故当
0
nb =
时，
1
k
k
c
c +
+
取最大值2.
8.【解】（1）因为
2
4
5
3
na
n
n
=
-
+ ，所以






2
2
1
Δ
4
1
5
1
3
4
5
3
n
n
n
a
a
a
n
n
n
n
+
é
ù
=
-
=
+
-
+
+
-
-
+
ë
û
8
1
n
=
- ，
所以




1
Δ
Δ
8
1
1
8
1
8
n
n
a
a
n
n
+
é
ù
-
=
+
-
-
-
=
ë
û
，故数列

na
D
为等差数列，
故数列
na
为二阶等差数列.
（2）①根据题意可得
1
2
1
1 0
1
a
a
a
D
=
-
= -
= ，
2
3
2
3 1
2
a
a
a
D
=
-
=
- =
，
因为数列

na
D
为等差数列，故数列

na
D
的公差为
2
1
2 1
1
a
a
D
- D
=
- = ,
所以等差数列

na
D
的首项为
1
1
a
D
= ，故


Δ
1
1
1
na
n
n
= +
-
´ =
，
所以
1
n
n
n
a
a
a
n
+
D
=
-
=
，
当
2
n ³
时，
2
1
1
a
a
-
= ，
3
2
2
a
a
-
=
，L，
1
1
n
n
n
a
a - =
-
-
，
上述等式相加得







1
1
1
1
1
1
2
1
2
2
n
n
n
n n
a
a
n
+
-
-
-
-
= +
+
+
-
=
=
L
，
故




1
1
1
2
2
n
n n
n n
a
a
-
-
=
+
=
，
1
0
a =
也满足


1
2
n
n n
a
-
=
，故对任意的n
*
ÎN ，


1
2
n
n n
a
-
=
；
②由题意可知
n
*
" ÎN ，
1
2n
na
k
-
<
×
，即
2
1
2
2
n
n
n
k
-
-
<
×
，可得
2
2n
n
n
k
-
>
，
令
2
2
n
n
n
n
b
-
=
，则






2
2
1
1
1
1
1
3
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
b
+
+
+
+
-
+
-
-
-
=
-
=
，
当
2
n £
且n
*
ÎN 时，
1
n
n
b
b
+ >
，可得
1
2
3
b
b
b
<
<
；
当
3
n =
时，
3
4
b
b
=
；
当
4
n ³
且n
*
ÎN 时，
1
n
n
b
b
+ <
，可得
4
5
6
b
b
b
>
>
>L，
所以数列
nb
的最大项为
2
4
3
3
3
3
3
2
4
b
b
-
=
=
=
，故
3
4
k >
，
所以实数k 的取值范围是3 ,
4
¥
æ
ö
+
ç
÷
è
ø.
9.【解】（1）因为
1
n
n
p
q
×
=
uur uur
，即：




4
2
1
1
4
2
1
1
n
n
n
n
S
n
a
S
n
a
+ -
-
= Þ
-
+
= ．①
当
1
n = 时，
1
1
4
3
1
S
a
-
= ，
又
1
1
S
a
=
，所以
1
1
a = ．
当
2
n ³
时，


1
1
4
2
1
1
n
n
S
n
a
-
-
-
-
= ，②
由①－②整理得：




1
4
2
1
2
1
n
n
n
a
n
a
n
a -
=
+
-
-
．
整理得


1
2
1
2
2
3
n
n
a
n
n
a
n
-
-
=
³
-
，
由累乘法得：
3
2
1
1
2
1
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a -
=
´
´
´×××´
，
代入比值：
3
5
2
1
1
2
1
1
3
2
3
n
n
a
n
n
-
= ´
´
´×××´
=
-
-
，
当
1
n = 时，
1
1
2 1 1
a = =
´ - ，符合上式，
所以数列
na
的通项公式为
2
1
na
n
=
- ．
（2）当n 为偶数时，



1
3
5
1
2
4
6
n
n
n
T
b
b
b
b
b
b
b
b
-
=
+
+
+×××+
+
+
+
+×××+








1
3
5
1
2
4
6
1
1
1
1
3
3
3
3
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
-
é
ù
=
+
+
+
+
+
+×××+
+
+
+
+
+×××+
ë
û


2
4
6
2
2
n
n
n
S
a
a
a
a
=
+
+
+
+
+×××+


2
3
2
1
3
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
S
S
n
+
-
´
=
+
+ ×
=
+
+
，
所以
2
3
2
n
n
T
S
n
n
-
=
+
，n 为偶数

2
n ³
，
由
n
n
T
S
n
l
-
>
恒成立，得
3
2
n
l <
+
，
n 是偶数，当
2
n =
时，
3
2
n +
有最小值7
2 ，所以
7
2
l <
；
当n 为奇数时，
1
n + 为偶数，


2
2
1
1
1
1
3
1
1
(
1)
1
3
2
2
2
n
n
n
n
n
n
T
T
b
S
n
n
a
S
n
n
+
+
+
+
=
-
=
+
+
+
+
-
=
+
-
+
，
所以
2
1
1
2
2
n
n
T
S
n
n
-
=
-
+
，n 为奇数，
由
n
n
T
S
n
l
-
>
恒成立，得
1
1
2
2
n
n
l <
+
-
，
又

1
1
2
2
f x
x
x
=
+
-
在

1,+¥ 上单调递增，
所以当
1
n = 时，

1
1
2
2
f n
n
n
=
+
-
有最小值1，所以
1
l < ．
综上，实数l 的取值范围是

,1
¥
-
10.【解】（1）估计平均年龄为


1
30 15 150 25
90 35
60 45
30 55
360 ´
´
+
´
+
´
+
´
+
´
32.5
=
.
（2）由题意得，这12 人中，年龄在第一组内的有12
30
1
360 ´
= （人），
年龄在第二组内的有12
150
5
360 ´
=
（人），
则X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，
所以


4
1
1
2
6
5
1
6
4
12
C
C C C
2
0
C
11
P X
+
=
=
=
，


1
3
1
3
2
1
1
5
6
1
6
5
1
6
4
12
C C
C C
C C C
4
1
C
11
P X
+
+
=
=
=
，


2
2
3
1
5
6
5
1
4
12
C C
C C
32
2
C
99
P X
+
=
=
=
，


3
1
5
6
4
12
C C
4
3
C
33
P X =
=
=
，


4
5
4
12
C
1
4
,
C
99
P X =
=
=
则X 的分布列为：
X
0
1
2
3
4
P
2
11
4
11
32
99
4
33
1
99
（3）从这20 个问题中随机抽取10 个对该工具提问，恰好答对3 个问题的概率为
3
7
20
10
20
C C
C
t
t
P
-
=
，
设

3
7
20
C C
t
t
f t
-
=
，由3
12
t
£ £
，且t ÎN 得

0
f t >
，
所以























3
7
2
1
19
3
7
2
20
1 !
19
!
1
3!
2 ! 7! 12
!
1 13
C
C
12
13
20
!
C C
2
20
22
40
!
3!
3 ! 7! 13
!
t
t
t
t
t
t
f t
t
t
t
t
t
t
t
f t
t
t
t
t
t
t
t
+
-
-
+
-
×
+
-
-
+
-
-
+
+
=
=
=
=
-
-
-
-
+
-
×
-
-
，
显然
2
12
13
0
t
t
-
+
+
>
，
2
22
40
0
t
t
-
+
-
>
，
令



2
2
12
13
22
40
53 10
m
t
t
t
t
t
= -
+
+
- -
+
-
=
-
，
当3
5
t
£ £
时，有
0
m >
，



2
2
1
12
13
1
22
40
f t
t
t
f t
t
t
+
-
+
+
=
>
-
+
-
，即



1
f t
f t
+
>
，
此时




3
4
5
6
f
f
f
f
<
<
<
；
当6
12
t
£ £
时，有
0
m <
，



2
2
1
12
13
1
22
40
f t
t
t
f t
t
t
+
-
+
+
=
<
-
+
-
，即



1
f t
f t
+
<
，
此时




6
7
12
f
f
f
>
>
>
L
，即

max
( )
6
f t
f
=
，
所以
6
t =
．
11.【解】（1）因为

3
1
3
f x
x
=
，则

2
f
x
x
¢
=
，
设切点坐标为
3
0
0
1
, 3
x
x
æ
ö
ç
÷
è
ø ，则切线斜率


2
0
0
k
f
x
x
¢
=
=
，
可得切线方程为


3
2
0
0
0
1
3
y
x
x
x
x
-
=
-
，即
2
3
0
0
2
3
y
x
x
x
=
× -
，
代入点
2
0, 3
æ
ö
ç
÷
è
ø 可得
3
0
2
2
3
3 x
= -
，解得
0
1
x = - ，
所以直线l 方程为
2
3
y
x
=
+
.
（2）由（1）可知：

2
f
x
x
¢
=
，则
2
n
n
y
x
=
，
由题意可知：
nP
e
的圆心为


2
,
n
n
n
P
x
x
，半径
2
n
n
r
x
=
，
因为
nP
e
与
1
nP +
e
外切，则
1
1
n
n
n
n
P P
r
r
+
+
=
+
，
可得



2
2
2
2
2
2
1
1
1
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
x
x
+
+
+
-
+
-
=
+
，且


*
1
0
n
n
x
x
n
+
<
<
ÎN
，
整理可得
1
1
2
n
n
n
n
x
x
x x
+
+
-
=
，即
1
1
2
1
n
n
x
x
+
=
-
，
可知数列
1
nx
ì
ü
í
ý
î
þ
是以首项
1
1
1
x = ，公差
2
=
d
的等差数列，
则


1
1
2
1
2
1
n
n
n
x = +
-
=
- ，即
1
2
1
nx
n
=
- ，
则



1
1
1
1
1
2
1
2
1
2 2
1
2
1
n
n
x
x
n
n
n
n
+
æ
ö
×
=
=
-
ç
÷
-
+
-
+
è
ø，
所以
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
5
2
1
2
1
2
2
1
2
1
n
n
S
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
+×××+
-
=
-
=
ç
÷
ç
÷
-
+
+
+
è
ø
è
ø
.