第 45 讲 数列的综合应用 · 讲义（解析卷）
一、考情分析......................................................................................................................................1
二、知识清单......................................................................................................................................2
三、典题精讲......................................................................................................................................4
考点一：数列在实际问题与数学文化中的应用..................................................................4
考点二：数列的特殊模型与性质探究..................................................................................6
考点三：数列与函数、不等式的综合..................................................................................9
考点四：数列与几何、概率的综合....................................................................................15
考点五：数列中的新定义问题............................................................................................21
四、高考真题....................................................................................................................................27
一、考情分析
1. 考查频次与题型
年
题号与题型 分值 考察类型 考察内容
份
202 第8题 单选题 5分 间接 抽象函数递推（类似斐波那契数列）
4 第19题 解答题 17分 直接 新定义数列的性质探究与证明
202 递推数列求通项、数列求和与导数综
第16题 解答题 15分 直接
5 合
202 第7题 单选题 5分 直接 等差数列的分组求和与性质
6 第14题 填空题 5分 直接 等比数列与不等式放缩综合
近三年全国一卷对数列综合应用的考查频次极高，每年均有涉及，且分值占比较大.
命题形式灵活多样，既有客观题中的性质探究与放缩，也有解答题中的新定义证明与跨模
块综合，是高考的重难点板块.
2. 命题角度与特色
（1） 创新性强，常以新定义数列、数学文化或实际生活情境为背景，考查学生的现
场学习能力、阅读理解能力和逻辑推理能力（如2024年第19题、2026年第7题）.
（2） 跨模块交汇特征明显，数列常与函数、导数、不等式等知识深度结合，综合性
高，对代数变形和放缩技巧要求较高（如2025年第16题、2026年第14题）.
（3） 侧重考查数列的本质属性，如等差数列的对称性与分组求和、等比数列的单调
性与有界性，以及递推关系的构造与转化.
3. 备考策略（1） 扎实掌握等差、等比数列的基本公式与性质，熟练运用各种求和方法（如错位
相减、裂项相消、分组求和等），做到基础题不失分.
（2） 提升阅读理解与转化能力，面对新定义数列问题时，要善于通过举例、赋值、
归纳等方法探究其本质规律，将其转化为熟悉的数列模型.
（3） 加强跨模块综合训练，特别是数列与函数、不等式结合的题目，熟练掌握放缩
法、构造法、退位相减法等高级解题技巧，提升综合分析与推理论证能力.
二、知识清单
1. 数列与函数的综合
（1） 数列的函数特征
① 等差数列的通项公式 a =dn+a -d 是关于 n 的一次型函数（当 d≠0 时）.
n 1
d d
② 等差数列的前 n 项和公式 S = n2+(a - )n 是关于 n 的常数项为0的二次型
n 2 1 2
函数（当 d≠0 时）.
a
③ 等比数列的通项公式 a =a qn-1= 1 ⋅qn 是关于 n 的指数型函数（当 q≠0,q≠1
n 1 q
时）.
a a
④ 等比数列的前 n 项和公式 S = 1 - 1 qn 是形如 S =A-Aqn 的函数（当
n 1-q 1-q n
q≠0,q≠1 时）.
（2） 数列与函数综合问题的主要类型及求解策略
① 已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问
题.
② 已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前 n
项和公式、求和方法等对式子化简变形.
注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时
要注意这一特殊性.
2. 数列与不等式的综合
（1） 常见放缩公式
【易错提醒】 在使用放缩法时，必须注意放缩的“度”，过大或过小都可能导致无
法证明目标不等式.常见的基础放缩公式如下：
1 1 1 1 1 1 1 1 1
① 裂项放缩： < = - (n≥2)； < = ( - ) (n≥2).
n2 n(n-1) n-1 n n2 n2-1 2 n-1 n+11 2 2
② 根式放缩： = < =2(❑√n-❑√n-1) (n≥2)；
❑√n 2❑√n ❑√n+❑√n-1
1 2 2
= > =2(❑√n+1-❑√n).
❑√n 2❑√n ❑√n+1+❑√n
1 2
③ 指数放缩： ≤ (n≥1) 等.
2n-1 2n
（2） 数列与不等式综合问题的求解策略
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题，则要灵活选择不等式的证明方法，如
比较法、综合法、分析法、放缩法等；若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，
转化为研究最值问题来解决.
利用等价转化思想将其转化为最值问题.
① a>F(n) 恒成立 ⇔a>F(n) .
max
② a<F(n) 恒成立 ⇔a<F(n) .
min
（3） 放缩法的理论依据与操作
在证明不等式时，有时把不等式的一边适当放大或缩小，利用不等式的传递性来证明，
我们称这种方法为放缩法.
放缩时常采用的方法有：舍去一些正项或负项、在和或积中放大或缩小某些项、扩大
（或缩小）分式的分子（或分母）.
放缩法证不等式的理论依据是：A>B，B>C⇒A>C；A<B，B<C⇒A<C.
放缩法是一种重要的证题技巧，要想用好它，必须有目标，目标可从要证的结论中去
查找.
3. 数列在实际问题中的应用
（1） 常见实际应用模型
现实生活中涉及银行利率、企业股金、产品利润、人口增长、产品产量等问题，常常
考虑用数列的知识去解决.
① 等差模型：如果增加（或减少）的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这
个固定的数就是公差.
② 等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，则该模型是等比模型，
这个固定的数就是公比.
③ 递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变
化，则应考虑是第 n 项 a 与第 n+1 项 a 的递推关系还是前 n 项和 S 与前 n+1
n n+1 n
项和 S 之间的递推关系.
n+1
（2） 常见的金融计算公式
① 单利公式：本利和 F=P(1+nr)（其中 P 为本金，r 为每期利率，n 为期数）.② 复利公式：本利和 F=P(1+r) n（其中 P 为本金，r 为每期利率，n 为期数）.
③ 等额分期付款模型：若贷款总额为 A，每期利率为 r，分 n 期等额还清，每期
Ar(1+r) n
还款额为 x，则 x= .
(1+r) n-1
（3） 解决数列实际应用题的3个关键点
① 根据题意，正确确定数列模型.
② 利用数列知识准确求解模型.
③ 问题作答，不要忽视问题的实际意义.
在实际问题中建立数列模型时，一般有两种途径：一是从特例入手，归纳猜想，再推
广到一般结论；二是从一般入手，找到递推关系，再进行求解.一般地，涉及递增率或递
减率要用等比数列，涉及依次增加或减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或
等比数列，在解决问题时要往这些方面联系.
4. 数列与数学文化及新定义问题
（1） 解决数列与数学文化相交汇问题的关键
步骤 关键点
读懂题
会脱去数学文化的背景，读懂题意
意
构造模
由题意，构造等差数列或等比数列或递推关系式的模型
型
求解模 利用所学知识求解数列的相关信息，如求指定项、通项公式或前 n 项和的公
型 式
（2） 新定义问题的解题思路
遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的
要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决.
三、典题精讲
考点一：数列在实际问题与数学文化中的应用
考法1：求解数学文化背景下的数列问题
例1.（2026·浙江强基联盟·检测）（多选）我国古代典籍《管子·地员篇》最早记载的“三
分损益法”是用来算音阶的方法，它是把古琴的一根弦平均分成三截，截短一截就是“三
分损一”，加长一截就是“三分益一”.我们取第一个音“黄钟”的弦长81，记为a ，用
1
1
“三分损一”得到第二个音“林钟”的弦长81×(1- )，记为a ，再用“三分益一”得到
3 2
1
第三个音“太簇”的弦长54×(1+ )，记为a ，⋯，按此规律依次交替损益就能得到“十
3 3二律吕”的弦长.把上述依次得到的弦长组成的数列记为{a }(n∈N* ).则下列说法正确的是
n
（ ）
A. a =64
5
B. 2a =3a
7 8
C. ∃k∈N*，使得：a +a =2a
2k-1 2k+3 2k+1
D. ∀k∈N*，都有a a =(a ) 2
2k-1 2k+3 2k+1
【答案】ABD
【思路】根据题意，写出前几项，观察奇数项和偶数项的规律，发现它们分别构成等比数列，进
而利用等比数列的通项和性质对各选项进行判断.
1 2 1 4 8
【解析】由题意知，a =81，a =a ×(1- )= a ，a =a ×(1+ )= a = a ，
1 2 1 3 3 1 3 2 3 3 2 9 1
1 2 16 1 4 64
a =a ×(1- )= a = a ，a =a ×(1+ )= a = a =64，故A正确.
4 3 3 3 3 27 1 5 4 3 3 4 81 1
2 4 8 8
由规律可知，a = a ，a = a = a ，所以数列的奇数项a ,a ,a ,⋯构成公比为 的
2k 3 2k-1 2k+1 3 2k 9 2k-1 1 3 5 9
8
等比数列，偶数项a ,a ,a ,⋯构成公比为 的等比数列.
2 4 6 9
2
对于B选项，a = a ，即3a =2a ，故B正确.
8 3 7 8 7
对于C选项，因为奇数项成等比数列，所以a ,a ,a 成等比数列，若它们成等差数列，则
2k-1 2k+1 2k+3
8 8 64 16
1+( ) 2=2× ，即1+ = ，化简得145=144，不成立，故C错误.
9 9 81 9
对于D选项，因为奇数项成等比数列，根据等比中项的性质，必有a a =(a ) 2，故D正
2k-1 2k+3 2k+1
确.
【规律】处理数学文化背景下的数列问题，核心是“翻译”规则.通过计算前几项，观察并归纳出
数列的递推关系或奇偶项的特征，将其转化为熟悉的等差或等比数列模型进行求解.
考法2：构建实际生活情境中的数列模型
例2.（2025·河北衡水中学·一模）近几年，我国在电动汽车领域有了长足的发展，电动汽
车的核心技术是动力总成，而动力总成的核心技术是电机和控制器，我国永磁电机的技术
已处于国际领先水平.某公司计划今年年初用196万元引进一条永磁电机生产线，第一年需
要安装､人工等费用24万元，从第二年起，包括人工､维修等费用每年所需费用比上一年
增加8万元，该生产线每年年产值保持在100万元.则引进该生产线后总盈利的最大值为（
）
A. 204万元 B. 220万元 C. 304万元 D. 320万元
【答案】A【思路】设第n年的总盈利为y万元，分别计算出n年的总产值和总费用，利用总盈利等于总产值
减去总费用和引进成本，构建关于n的二次函数，利用二次函数的性质求最大值.
【解析】设第n年的总盈利为y万元.
由题意可知，每年的年产值均为100万元，则n年的总产值为100n万元.
每年的费用构成首项为24，公差为8的等差数列，
n(n-1)
则前n年的总费用为24n+ ×8=4n2+20n万元.
2
引进生产线的成本为196万元，
所以引进该生产线后第n年的总盈利为
y=100n-(4n2+20n)-196=-4n2+80n-196=-4(n-10) 2+204.
当n=10时，y取得最大值204.
即引进该生产线后总盈利的最大值为204万元.
【规律】数列在实际生活中的应用，常涉及利润、产量等问题.关键是理清各项费用的变化规律，
判断其是否构成等差或等比数列，然后利用求和公式建立目标函数，最后借助函数最值求解.
【考点一 方法总结】
1. 处理数学文化背景下的数列问题，核心是“翻译”规则.通过计算前几项，观察并
归纳出数列的递推关系或奇偶项的特征，将其转化为熟悉的等差或等比数列模型进行求解.
2. 数列在实际生活中的应用，常涉及利润、产量等问题.关键是理清各项费用的变化
规律，判断其是否构成等差或等比数列，然后利用求和公式建立目标函数，最后借助函数
最值求解.
考点二：数列的特殊模型与性质探究
考法3：求解数列的公共项问题
例3.已知n∈N，n≥1，将数列{2n-1}与数列{n2-1}的公共项从小到大排列得到新数列
100
1
{a }，则∑ =＿＿＿＿＿＿.
n a
n=1 n
100
【答案】
201
【思路】先分析两个数列的奇偶性特征，发现数列{2n-1}全为奇数，而数列{n2-1}的奇偶性随n
的奇偶性交替，从而找出公共项的通项公式，最后利用裂项相消法求和.
【解析】因为数列{2n-1}是正奇数列，
对于数列{n2-1}，当n为奇数时，设n=2k-1(k∈N* )，则n2-1=(2k-1) 2-1=4k(k-1)为偶数.
当n为偶数时，设n=2k(k∈N* )，则n2-1=4k2-1为奇数，
1 1 1 1 1 1
所以a =4n2-1，则 = = = ( - )，
n a 4n2-1 (2n-1)(2n+1) 2 2n-1 2n+1
n100
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 100
所以∑ = + +⋯+ = (1- + - +⋯+ - )= (1- )= .
a a a a 2 3 3 5 199 201 2 201 201
n=1 n 1 2 100
【规律】求两个数列的公共项，通常先写出前几项寻找规律，或者利用同余、奇偶性等数论性质
筛选出符合条件的项.求和时若通项为二次多项式的倒数，优先考虑裂项相消法.
考法4：求解数列的插项问题
a a a n
例4.已知数列{a }满足 1+ 2+⋯+ n= (n∈N* ).
n 3 32 3n 3
（1）求{a }的通项公式；
n
（2）在{a }相邻两项中间插入这两项的等差中项，求所得新数列{b }的前2n项和T .
n n 2n
【答案】（1）a =3n-1 (n∈N* )
n
3
（2）T = (3n-1)
2n 2
【思路】第一问利用退位相减法，由前n项和的递推式求出通项公式；第二问根据等差中项的定义
求出插入项的通项，将新数列的前2n项和转化为原数列与插入项构成的数列分别求和.
a a a n
【解析】（1）因为 1+ 2+⋯+ n= (n∈N* )①，
3 32 3n 3
a a a n-1
所以n≥2时， 1+ 2+⋯+ n-1= ②，
3 32 3n-1 3
a n n-1 1
①-②得： n= - = ，即a =3n-1 (n≥2)，
3n 3 3 3 n
a 1
又n=1时， 1= ，所以a =1也满足上式，
3 3 1
故{a }的通项公式为a =3n-1 (n∈N* ).
n n
a +a
（2）设数列{c }满足c = n n+1=2×3n-1 .
n n 2
记{a }的前n项和为S ，{c }的前n项和为R ，则T =R +S .
n n n n 2n n n
1-3n 1
由等比数列的求和公式得：S = = (3n-1)，R =2S =3n-1.
n 1-3 2 n n
3
所以T =R +S = (3n-1).
2n n n 2
3
即新数列{b }的前2n项和T = (3n-1).
n 2n 2
【规律】对于数列的插项求和问题，核心是明确新数列的项数与原数列项数的关系，并分别求出
原数列和插入项数列的求和公式，最后相加即可.
考法5：利用蛛网图或函数单调性分析递推数列例5.（多选）已知数列{a }满足：a =0，a =ln(ea n+1)-a (n∈N* )，前n项和为S ，则下
n 1 n+1 n n
列选项错误的是（ ）（参考数据：ln2≈0.693，ln3≈1.099）
A. {a }是单调递增数列，{a }是单调递减数列
2n-1 2n
B. a +a ≤ln3
n n+1
C. S <670
2020
D. a ≤a
2n-1 2n
【答案】C
1
【思路】先通过换元将原递推关系转化为b =1+ 的形式，然后借助函数单调性或蛛网图分析
n+1 b
n
奇偶子数列的单调性及有界性，进而判断各选项.
【解析】由a =ln(ea n+1)-a ，得a =ln(ea n+1)-ln(ea n)，
n+1 n n+1
1
所以ea n+1=1+ ，
ea
n
令b =ea n，即a =lnb ，
n n n
1
则b =1+ ，
n+1 b
n
a =0，b =1.
1 1
1
利用函数f(x)=1+ 的图象（图略，可借助蛛网图分析）：
x
由图得：
①{b }单调递增，{b }单调递减，
2n-1 2n
a =lnb ，故A正确.
n n
1
②因为b ∈[1,2]，所以b b =b (1+ )=b +1∈[2,3]，
n n n+1 n b n
n
所以b b =ea n⋅ea n+1∈[2,3]，
n n+1
所以a +a ∈[ln2,ln3]，因此B正确.
n+1 n
③因为a +a ≥ln2，所以S =(a +a )+(a +a )+⋯+(a +a )≥1010⋅ln2>693，因此C
n+1 n 2020 1 2 3 4 2019 2020
不正确.
❑√5+1 ❑√5+1 ❑√5+1
④由不动点( , )，得1≤b < <b ≤2，可得：b <b ，所以a >a ，因
2 2 2n-1 2 2n 2n-1 2n 2n 2n-1
此D正确.
故选：C.
【规律】处理形如x =f(x )的非线性递推数列时，常利用函数f(x)的单调性或蛛网图来直观分
n+1 n
析数列的收敛性、单调性及界限.特别是当f(x)单调递减时，数列往往表现为奇偶项交替的震荡特
征.考法6：探究数列中的整数与存在性问题
例6.（2025·江西三新协同·模拟）已知{a }是由不全相同的正整数组成的有穷数列，其前n
n
项和为S ，a =1.集合A={S ∣S =2k-1,k∈Z}，A中元素个数为m，将A中所有元素取出，
n 1 n n
1 1 1
并按从小到大排列，记为数列{b }.若 + +⋯+ <t，则称数列{a }为m∼t数列.
n b b b n
1 2 m
（1）若a =a +a ,a =1，写出一个2∼2数列{a }；
n+2 n+1 n 2 n
（2）若{a }是公比为偶数的等比数列，证明：{a }为m∼2数列；
n n
（3）若m∼t数列{a }是等差数列，求t的最小正整数.
n
【答案】（1）1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8（写一个即可）
（2）证明见解析
（3）2
【思路】第一问根据递推关系和新定义直接计算验证；第二问利用等比数列求和公式及放缩法证
明不等式；第三问分公差d=1和d≥2两种情况，结合裂项相消法进行放缩，求出t的最小正整数.
【解析】（1）若a =1，则a =2,a =3,a =5,a =8,a =13，
2 3 4 5 6 7
此时S =1,S =2,S =4,S =7,S =12,S =20,S =33，
1 2 3 4 5 6 7
1 1
因为m=2，所以b =1,b =7，此时 + <2 .
1 2 b b
1 2
故满足条件的2∼2数列{a }有：1，1，2，3或1，1，2，3，5或1，1，2，3，5，8（写一个即
n
可）.
（2）证明：因为{a }为等比数列，a =1且a ∈N ，则公比q∈N .
n 1 n + +
1-qn
因为q为偶数，所以a =a qn-1=qn-1 (n≥2)为偶数，S = ，且S 恒为奇数.
n 1 n 1-q n
1 q-1 1 q-1
此时m=n,b =S , = ，而qn-1≥qn-1，故 ≤
.
n n b qn-1 b qn-1
n n
1 1
[1-( ) n-1 ]
1 1 1 1 1 1 q q
所以 + +⋯+ ≤1+(q-1)( + +⋯+ )=1+(q-1)⋅ .
b b b q q2 qn-1 1
1 2 n 1-
q
1 1 1
所以 + +⋯+ ≤2-q1-n<2，故{a }为m∼2数列.
b b b n
1 2 n
（3）设数列{a }的公差为d，则d∈N ，
n +
当d=1时，设此时前n项和为S ，
n
n(n+1) 1 2 1 1
因为S = ，所以 = =2( - )，
n 2 S n(n+1) n n+1
n1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以
+ +⋯+ < + +⋯+ =2[(1- )+( - )+⋯+( - )]=2(1- )<2
.又
b b b S S S 2 2 3 n n+1 n+1
1 2 m 1 2 n
1 1 1 1 1
因为
= =1，所以1< + +⋯+ <2，所以t的最小正整数为2.
b S b b b
1 1 1 2 m
当d≥2,d∈N 时，设此时{a }的前n项和为T ，易知T ≥S .
+ n n n n
1 1 1 1 1 1
所以
+ +⋯+ < + +⋯+ <2，
T T T S S S
1 2 n 1 2 n
1 1 1 1 1 1 1
因为
=1，所以1< + +⋯+ < + +⋯+ <2，所以t的最小正整数为2.
T b b b T T T
1 1 2 m 1 2 n
综上所述，t的最小正整数为2.
【规律】解答新定义数列问题，首先要准确“翻译”新定义，将其转化为常规的数列性质（如求
和、不等式等）.在证明数列不等式时，常结合等差、等比求和公式以及裂项放缩技巧进行处理.
【考点二 方法总结】
1. 求两个数列的公共项，通常先写出前几项寻找规律，或者利用同余、奇偶性等数
论性质筛选出符合条件的项.求和时若通项为二次多项式的倒数，优先考虑裂项相消法.
2. 对于数列的插项求和问题，核心是明确新数列的项数与原数列项数的关系，并分
别求出原数列和插入项数列的求和公式，最后相加即可.
3. 处理形如x =f(x )的非线性递推数列时，常利用函数f(x)的单调性或蛛网图来直
n+1 n
观分析数列的收敛性、单调性及界限.特别是当f(x)单调递减时，数列往往表现为奇偶项
交替的震荡特征.
4. 解答新定义数列问题，首先要准确“翻译”新定义，将其转化为常规的数列性质
（如求和、不等式等）.在证明数列不等式时，常结合等差、等比求和公式以及裂项放缩
技巧进行处理.
考点三：数列与函数、不等式的综合
考法7：利用函数性质探究数列通项与最值
例7.（2025·安徽淮北淮南·二模）（多选）设数列{a }的前n项和为S ，对任意正整数n有
n n
S =4S +3，下列命题正确的有（ ）
n+2 n
A. 若a =1，则S =7
1 3
B. {a }一定不是等差数列
n
C. 若{a }为等比数列，则公比为2
n
D. 若a =1,a =2，则{a }为等比数列
1 2 n
【答案】ABD
【思路】通过赋值法计算具体项判断A；利用待定系数法假设等差数列推导矛盾判断B；利用作差
法将前n项和的递推关系转化为通项的递推关系，结合奇偶项分析判断C和D.【解析】对于A，a =1，当n=1时，S =4S +3=4a +3=7，故A正确.
1 3 1 1
对于B，假设{a }是等差数列，设公差为d，
n
n(n-1) (n+1)(n+2)
则S =na + d，S =(n+2)a + d，
n 1 2 n+2 1 2
(n+1)(n+2)
由S =4S +3得(n+2)a + d=4na +2n(n-1)d+3，
n+2 n 1 2 1
3 5
即( d)n2+(3a - d)n+(2a +d-3)=0，
2 1 2 1
3
{ d=0
2
根据多项式相等可得 5 ，方程组无解，
3a - d=0
1 2
2a +d-3=0
1
所以{a }一定不是等差数列，故B正确.
n
对于C，若{a }为等比数列，由S =4S +3，S =4S +3两式相减得a =4a ，
n n+2 n n+3 n+1 n+3 n+1
即a q3=4a q，由a ≠0得q2=4，解得q=±2，故C错误.
n n n
对于D，若a =1,a =2，则S =a =1，S =a +a =1+2=3，
1 2 1 1 2 1 2
当n=1时，S =4S +3=7，所以a =S -S =7-3=4，
3 1 3 3 2
当n≥2时，S =4S +3，S =4S +3，
n+2 n n+1 n-1
a
两式相减可得a =4a ，即 n+2=4，
n+2 n a
n
所以数列{a }的奇数项是以a =1为首项，4为公比的等比数列，
n 1
a a
偶数项是以a =2为首项，4为公比的等比数列，又 2=2， 3=2，
2 a a
1 2
所以数列{a }为等比数列，故D正确.
n
故选：ABD.
【规律】对于已知前n项和S 的递推关系探究数列性质的问题，常用的方法是“退位相减法”或
n
“隔项相减法”，将S 的关系转化为a 的关系.判断等差或等比时，可先计算前几项进行猜想或排
n n
除.
考法8：利用导数探究数列性质或证明不等式
x+1
例8.（2026·广东湛江·检测）已知f(x)= ，设y=f(x)与y=x-n-1(n∈N* )的图象位于
ex
第一象限的交点为P (x ,y )．
n n n
（1）求f(x)的最大值；
1
（2）证明：n+1<x <n+1+ ；
n ne
（3）证明：x -x > ．
n+1 n e+1
【答案】（1）1
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【思路】第一问直接求导求最值；第二问构造函数g(x)，利用零点存在性定理及导数证明不等式；
第三问利用切线放缩法，结合函数的单调性证明差值不等式.
x+1 x
【解析】（1）由f(x)= ，函数的定义域为R，f' (x)=- ，所以x<0,f' (x)>0，
ex ex
x>0,f' (x)<0．
所以f(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，所以f（0）是函数的极大值也是最大
值．
故f(x)的最大值为f（0）=1．
x+1
（2）设g(x)=f(x)-(x-n-1)= -x+n+1(x>0)，则g(x )=0．
ex n
-(x+1)ex -x
又因为g' (x)= -1= -1<0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递减．且
e2x ex
n+2
g(n+1)= >0=g(x )，
en+1 n
所以n+1<x ．
n
设h(x)=ex-x2 (x≥2)，则h' (x)=ex-2x，设m(x)=ex-2x，则m' (x)=ex-2≥e2-2>0，
所以h' (x)在[2,+∞)上单调递增，故h' (x)≥h' （2）=e2-4>0，所以h(x)在[2,+∞)上单调递增，
故h(x)≥h（2）=e2-4>0，
n+1 n+1 1 1
所以h(n+1)=en+1-(n+1) 2>0，即en+1>(n+1) 2，所以 < = < ．
en+1 (n+1) 2 n+1 n
1
n+1+ +1
1 n 1 n+2 1 1 1
所以g(n+1+ )= - < - < - =0，
n
n+1+
1 n en+1 n n n
e n
1 1
所以g(n+1+ )<0=g(x )，且g(x)在(0,+∞)上单调递减，所以x <n+1+ ．
n n n n
1
综上所述，故n+1<x <n+1+ ．
n n
1 1
（3）由（2）知n+1<x <n+1+ ，所以n+2<x <n+2+ ，故2<x <x ，所以x -x >0．
n n n+1 n+1 n n+1 n+1 n
2 1 1 3
f(x)在x=1处的切线方程为y- =- (x-1)，即y=- x+ ．
e e e e
x+1 1 3 x+1 1 3
令φ(x)=f(x)- y= -(- x+ )= + x- (x>1)，
ex e e ex e ex 1 ex-1-x
则φ' (x)=- + = (x>1)，
ex e ex
x+1
由（1）知当x>1时， <1，故x+1<ex，所以当x>2时，以x-1代换x得x<ex-1，所以
ex
φ' (x)>0，所以φ(x)在(2,+∞)上单调递增，
x +1 1 x +1 1 x +1 x +1 1
所以φ(x )>φ(x )，即 n+1 + x > n + x ，所以 n+1 - n >- (x -x )．
n+1 n ex
n+1
e n+1 ex
n
e n ex
n+1
ex
n
e n+1 n
x +1 x +1 x +1 x +1 1
由 n+1 =x -n-2， n =x -n-1，得x -x =1+( n+1 - n )>1- (x -x )，
ex
n+1
n+1 ex
n
n n+1 n ex
n+1
ex
n
e n+1 n
e
解得x -x > ．
n+1 n e+1
【规律】导数与数列交汇的证明题中，常将数列的项看作函数的自变量或函数值.利用函数的单调
性、极值以及切线不等式（如ex≥x+1，lnx≤x-1等）进行放缩，是证明此类不等式的核心技巧.
考法9：结合取整函数求解数列问题
n n+1 n+2
例9.（2026·江西萍乡·二模）已知数列{a }满足a =1,a +a =[ ]+[ ]+[ ],n∈N ，
n 1 n+1 n 3 3 3 +
其中[x]表示不超过x的最大整数．若a2 +a =506，则m=（ ）
m m
A. 44 B. 45 C. 46 D. 47
【答案】C
1 2
【思路】利用取整函数的恒等式[x]+[x+ ]+[x+ ]=[3x]化简递推关系，得到a +a =n，然
3 3 n+1 n
后通过计算前几项归纳出奇数项和偶数项的通项公式，最后解方程求出m.
1 2
【解析】对于任意实数x，有[x]+[x+ ]+[x+ ]=[3x]，
3 3
n n+1 n+2 n
所以[ ]+[ ]+[ ]=[3× ]=[n]=n.
3 3 3 3
因此a +a =n.
n+1 n
又a =1，
1
当n=1时，a +a =1⇒a =0.
2 1 2
当n=2时，a +a =2⇒a =2.
3 2 3
当n=3时，a +a =3⇒a =1.
4 3 4
归纳可得a =k，a =k-1(k∈N* ).
2k-1 2k
由a2 +a =506，即(a -22)(a +23)=0.
m m m m
因为a ≥0，所以a =22.
m m
若m为奇数，设m=2k-1，则a =k=22，解得k=22，此时m=43.
m
若m为偶数，设m=2k，则a =k-1=22，解得k=23，此时m=46.
m结合选项，可知m=46.
故选：C.
【规律】处理含有取整函数的数列问题，关键是利用取整函数的性质（如[x]≤x<[x]+1或特定恒
等式）将取整符号去掉，转化为常规的递推数列，再通过计算前几项寻找周期性或奇偶项规律.
考法10：利用放缩法或裂项相消证明数列不等式
例10.（2026·浙江精诚联盟·模拟）已知数列{a }的前n项和为S ，S =4，且对∀n∈N*，
n n 2
a 2
n+1=1+
．
a 2n-1
n
（1）求a ；
n
n a
（2）证明：∑ i+1 <1．
S S
i=1 i i+1
【答案】（1）a =2n-1
n
（2）证明见解析
【思路】第一问利用累乘法求出数列的通项公式，再结合S =4求出首项；第二问先求出前n项和
2
S ，然后将待证不等式的通项变形为可裂项的形式，利用裂项相消法求和并放缩证明.
n
a 2n+1
【解析】（1）由题意
n+1=
，
a 2n-1
n
a 3 a 5 a 2n-1
当n≥2时， 2= , 3= ,⋯, n = ，
a 1 a 3 a 2n-3
1 2 n-1
a
累乘得： n=2n-1，所以a =a (2n-1)(n≥2)，
a n 1
1
又a =1符合上式，
1
所以a =a (2n-1).
n 1
由S =a +a =4a =4，解得a =1，
2 1 2 1 1
所以a =2n-1.
n
n(n-1)
（2）证明：由（1）得S =a n+ d=n2，
n 1 2
a 2n+1 1 1
所以 n+1 = = - ，
S S n2 (n+1) 2 n2 (n+1) 2
n n+1
n a 1 1 1 1 1 1 1 1
故∑ i+1 =1- + - + - +⋯+ - =1- ，
i=1
S
i
S
i+1
22 22 32 32 42 n2 (n+1) 2 (n+1) 2
1 n a
因为 - <0，所以∑ i+1 <1.得证.
(n+1) 2 S S
i=1 i i+1
【规律】证明数列求和不等式时，若通项是由多项式或分式构成，优先考虑裂项相消法.将通项拆
分为两项之差，求和后大部分项抵消，再对剩余项进行适当放缩即可得证.考法11：求解数列中的不等式恒成立与参数范围问题
例11.（2026·山东德州·一模）（多选）已知数列{a }满足a =a (a +2)，且a =t，则（
n n+1 n n 1
）
A. 存在唯一的实数t，使得{a }为常数列
n
B. 当-1<t<0时，{a }为递减数列
n
C. 当a <0时，t的取值范围为(-2,0)
3
D. 当t=1时，b =log a ，{b }前n项和为S ，则S <2n-1
n 2 n n n n
【答案】ABD
【思路】通过配方将递推式转化为a +1=(a +1) 2，两边取对数转化为等比数列模型，进而求出
n+1 n
通项公式，再利用通项公式及指数、对数函数的性质对各选项进行判断.
【解析】对于A，由条件可知，a +1=(a +1) 2，
n+1 n
若a =t=0，则a =0，为常数列，
1 n
若a =t=-1，则a =-1，为常数列，故A错误.
1 n
对于B，因为a +1=(a +1) 2，当-1<t<0时，a =t，所以0<a +1<1，
n+1 n 1 1
由a +1=(a +1) 2可知，对所有n≥1，都有a +1>0，
n+1 n n
两边取以10为底的对数，lg(a +1)=2lg(a +1)
n+1 n
所以数列{lg(a +1)}是以lg(t+1)为首项，2为公比的等比数列，
n
所以lg(a +1)=2n-1 ⋅lg(t+1)=lg(t+1) 2n-1 ，
n
即a +1=(t+1) 2n-1 ，a =(t+1) 2n-1-1，
n n
因为t+1∈(0,1)，且2n-1单调递增，所以数列{a }单调递减，故B正确.
n
对于C，a =t(t+2)=t2+2t，a =(t2+2t)(t2+2t+2)，
2 3
因为t2+2t+2=(t+1) 2+1>0恒成立，
所以a <0⇔t2+2t<0，得-2<t<0，故C正确.
3
对于D，当t=1时，a +1=2，
1
所以数列{lg(a +1)}是以lg2为首项，2为公比的等比数列，
n
所以lg(a +1)=2n-1 ⋅lg2=lg22n-1 ，
n
即a
+1=22n-1
，a
=22n-1-1，
n n
b =log a =log (22n-1-1)<log2n-1=2n-1，
n 2 n 2 22
而数列{2n-1 }是以1为首项，2为公比的等比数列，
1-2n
所以前n项和为 =2n-1，
1-2
所以S <2n-1，故D正确．
n故选：ABD．
【规律】遇到形如a =a2+2a 的非线性递推式，常通过两边同时加1配方成a +1=(a +1) 2的
n+1 n n n+1 n
形式，再通过取对数将其转化为等比数列进行求解.这种“配方+取对数”是处理幂次递推的经典
手段.
【考点三 方法总结】
1. 对于已知前n项和S 的递推关系探究数列性质的问题，常用的方法是“退位相减
n
法”或“隔项相减法”，将S 的关系转化为a 的关系.判断等差或等比时，可先计算前几
n n
项进行猜想或排除.
2. 导数与数列交汇的证明题中，常将数列的项看作函数的自变量或函数值.利用函数
的单调性、极值以及切线不等式（如ex≥x+1，lnx≤x-1等）进行放缩，是证明此类不等
式的核心技巧.
3. 处理含有取整函数的数列问题，关键是利用取整函数的性质（如[x]≤x<[x]+1或
特定恒等式）将取整符号去掉，转化为常规的递推数列，再通过计算前几项寻找周期性或
奇偶项规律.
4. 证明数列求和不等式时，若通项是由多项式或分式构成，优先考虑裂项相消法.将
通项拆分为两项之差，求和后大部分项抵消，再对剩余项进行适当放缩即可得证.
5. 遇到形如a =a2+2a 的非线性递推式，常通过两边同时加1配方成
n+1 n n
a +1=(a +1) 2的形式，再通过取对数将其转化为等比数列进行求解.这种“配方+取对
n+1 n
数”是处理幂次递推的经典手段.
考点四：数列与几何、概率的综合
考法12：求解数列与解析几何的交汇问题
例12.（2026·江苏南京盐城·一模）已知圆C:(x-1) 2+ y2=1，点P (1,1)，对于圆C上的点
1
P (a ,b )(n∈N* )，按照如下方式构造点P ；过点P 作直线l 垂直于y轴，M 为点P 在y
n n n n+1 n n n n
轴上的射影，点Q 满足⃗M Q =λ⃗M P （λ为常数，λ≥❑√5），直线OQ 交C于点P ，其中
n n n n n n n+1
O为坐标原点，点P 异于点O．
n+1
（1）若λ=3，求P 的坐标；
2
1 1
（2）证明：数列{ - }为等比数列；
a 2
n
（3）已知P(2,0)，设△OPP 及△PP P 的面积分别为S ,T ，若存在正整数
n+1 n n+1 n n
m,n(m<n)，使得n2T (S -T )=m2T (S -T )，求λ所有可能的值．
n m m m n n
9 3
【答案】（1）( , )
5 5
（2）证明见解析❑√33-1
（3）λ=3或
2
【思路】第一问直接代入坐标计算；第二问根据几何作图过程建立坐标的递推关系，利用代数变
形证明等比数列；第三问利用等比数列求出通项，转化为面积比，最后通过构造函数并利用单调
性求解参数.
【解析】（1）因为P (1,1)，M (0,1)，⃗M Q =3⃗M P ，
1 1 1 1 1 1
1
所以Q (3,1)，OQ :y= x，
1 1 3
9
{(x-1) 2+ y2=1, {x= ,
5 {x=0,
由 1 得 或
y= x. 3 y=0.
3 y= .
5
9 3
因此P ( , )．
2 5 5
（2）因为P (a ,b )，M (0,b )，⃗M Q =λ⃗M P ，
n n n n n n n n n
b
所以Q (λa ,b )，OQ :y= n x，
n n n n λa
n
2λ2a2
{
{(x-1) 2+ y2=1, x= n ,
λ2a2+b2 {x=0,
由 b 得 n n 或
y= n x. 2λa b y=0.
λa y= n n .
n λ2a2+b2
n n
2λ2a2 2λa b
因此a = n ，b = n n ，
n+1 λ2a2+b2 n+1 λ2a2+b2
n n n n
因为(a -1) 2+b2=1，即b2=2a -a2，
n n n n n
2λ2a2 2λ2a
所以a = n = n ，
n+1 λ2a2+2a -a2 (λ2-1)a +2
n n n n
1 1 1 1 1
因此 - = ( - )，
a 2 λ2 a 2
n+1 n
1 1 1 1 1
又 - = ≠0，所以 - ≠0，
a 2 2 a 2
1 n
1 1
-
a 2 1 1 1
因此 n+1 = ，即数列{ - }为等比数列．
1 1 λ2 a 2
- n
a 2
n
1 1 1 1 2λ2n-2
（3）由（2）得 - = ( ) n-1 ，即a = ，
a 2 2 λ2 n λ2n-2+1
n4λ2n-2
于是b2=2a -a2=
，
n n n (λ2n-2+1) 2
2λn-1
注意到b >0，因此b = ，
n n λ2n-2+1
由P(2,0)，P (a ,b )，
n+1 n+1 n+1
得P P :(b -1)x-(a -1)y+a -b =0，
1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1
2λ2n 2λn
| - |
S |a -b | λ2n+1 λ2n+1
因此 n = n+1 n+1 = =λn ，
T |a +b -2| 2λ2n 2λn
n n+1 n+1 | + -2|
λ2n+1 λ2n+1
因为n2T (S -T )=m2T (S -T )，
n m m m n n
S S λm-1 λn-1
所以n2 ( m -1)=m2 ( n -1)，即 = ，
T T m2 n2
m n
λn-1
设f(n)= ，n≥3，n∈N*，
n2
λn [λn2-(n+1) 2 ]+2n+1
则f(n+1)-f(n)= ，
n2 (n+1) 2
因为λ≥❑√5，n≥3，
所以λn2-(n+1) 2≥2n2-(n+1) 2=(n-1) 2-2≥2>0，
所以f(n+1)>f(n)，即f(n)单调递增．
又f(m)=f(n)，m<n，
所以m=1或2，
λ-1 λn-1
若m=1，则 = ，n≥2，
1 n2
λ4-1 (λ-1)(λ+1)(λ2+1) 6(❑√5+1)(λ-1)
当n≥4时,f(n)≥ = ≥ >λ-1，
16 16 16
因此n=2或3，
λ2-1
当n=2时，λ-1= ，解得λ=3，
4
λ3-1 ❑√33-1
当n=3时，λ-1= ，解得λ= ．
9 2
λ2-1 λn-1
若m=2，则 = ，n≥3，
4 n2
λ4-1 λ2-1 λ2+1 λ2-1 6 λ2-1
当n≥4时，f(n)≥ = ⋅ ≥ ⋅ > ，
16 4 4 4 4 4
因此n=3，λ2-1 λ3-1 5±❑√105
所以 = ，解得λ= （舍），
4 9 8
❑√33-1
综上，λ的所有可能的值为3或 ．
2
【规律】数列与解析几何交汇题，通常以点列的形式出现.解题关键是根据几何条件（如共线、垂
直、交点等）列出坐标之间的递推关系式，然后运用数列的知识求通项或研究其性质.
考法13：求解数列与平面几何的交汇问题
例13.（2025·江西新余·二模）若存在无穷多组正整数组(a ,b ,c )，满足a2+b2=mc2，且
n n n n n n
a b c
对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则称正整数m是有趣数，称
a b c
j j j
(a ,b ,c )为m的一列有趣数组（不必考虑所有的有趣数组）．
n n n
（1）判断下列数组是否为1的一列有趣数组，不需要说明理由；
①(3n,4n,5n)；②(2n,n2-1,n2+1)(n=2,3,⋯)．
（2）过点A(-1,-1)作斜率为n的直线交圆x2+ y2=2于另一点B，由此证明：2是有趣数，
并找出2的一列有趣数组(a ,b ,c )；
n n n
（3）从1,2,⋯,6中任取两个数，求它们都是有趣数的概率．
【答案】（1）①不是，②是
（2）证明见解析
2
（3）
5
【思路】第一问根据新定义直接判断；第二问通过直线与圆相交的几何模型，利用韦达定理构造
出满足条件的勾股数组，并利用比例性质反证其不满足比例关系；第三问结合整除性证明方程无
解，最后计算概率.
【解析】（1）①不是，因为数组(3n,4n,5n)中任何两个都是比例关系；
②是，因为数组(2n,n2-1,n2+1)(n=2,3,⋯)中的任何两个都不是比例关系．
（2）直线AB的方程为y=nx+n-1，联立圆x2+ y2=2的方程，
整理得(n2+1)x2+(2n2-2n)x+n2-2n-1=0，
n2-2n-1 n2-2n-1
由韦达定理得(-1)x = ，即x =- ，
B n2+1 B n2+1
n2+2n-1
于是y =nx +n-1= ，又点B的坐标满足圆x2+ y2=2的方程，
B B n2+1
n2-2n-1 n2+2n-1
于是(- ) 2+( ) 2=2，即(n2-2n-1) 2+(n2+2n-1) 2=2(n2+1) 2．
n2+1 n2+1
取a =n2-2n-1,b =n2+2n-1,c =n2+1，其中n=3,4,⋯，
n n na b c i2-2i-1 i2+2i-1 i2+1
若存在正整数i和j且i, j≥3，使 i = i = i =λ>0，那么 = = ．
a b c j2-2 j-1 j2+2 j-1 j2+1
j j j
a c a a-c
因为 = ，则有比例性质 = ，
b d b b-d
i2+1 i2-2i-1 i2+1-(i2-2i-1) i+1
于是 = = = ，
j2+1 j2-2 j-1 j2+1-( j2-2 j-1) j+1
i2+1 i2+2i-1 i2+2i-1-(i2+1) i-1
= = = ，
j2+1 j2+2 j-1 j2+2 j-1-( j2+1) j-1
i+1 i-1
故 = ，则i= j，矛盾！
j+1 j-1
a b c
故对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则2是有趣数，
a b c
j j j
所以2的一列有趣数组(a ,b ,c )为(n2-2n-1,n2+2n-1,n2+1)．
n n n
（3）由（1）可知1是有趣数；由（2）可知2是有趣数；
当m=3时，假设方程x2+ y2=3z2有正整数解，
设(x ,y ,z )是所有正整数解中使x最小的一组解，由x2+ y2=3z2，故x2+ y2是3的倍数，
0 0 0 0 0 0 0 0
若x =3k+1,y =3l+1，k,l为非负整数，则x2+ y2=9(k2+l2 )+6(k+l)+2不可能是3的倍数，矛
0 0 0 0
盾！
同理x =3k+1,y =3l+2，或x =3k+2,y =3l+1，或x =3k+2,y =3l+2也不成立．
0 0 0 0 0 0
若x 为3的倍数，则y 也为3的倍数，
0 0
设x =3x ,y =3 y ，则(3x ) 2+(3 y ) 2=3z2，即3x2+3 y2=z2，故z 为3的倍数．
0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0
设z =3z ，则有x2+ y2=3z2，所以(x ,y ,z )也是原方程的一组正整数解，且x <x ，矛盾．
0 1 1 1 1 1 1 1 1 0
因此方程x2+ y2=3z2没有正整数解，则3不是有趣数，
当m=4时，由（1）知(2n) 2+(n2-1) 2=(n2+1) 2，则(4n) 2+(2n2-2) 2=4(n2+1) 2，
此时取a =4n,b =2n2-2,c =n2+1，其中n=2,3,⋯，
n n n
a b c
由比例性质同理可知对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则4是有趣数，
a b c
j j j
当m=5时，过点C(-2,-1)作斜率为n的直线交圆x2+ y2=5于另一点D，
则直线CD的方程为y=nx+2n-1，联立圆x2+ y2=5的方程，
整理得(n2+1)x2+(4n2-2n)x+4n2-4n-4=0，
4n2-4n-4 2n2-2n-2
由韦达定理可得(-2)x = ，即x =- ，
D n2+1 D n2+1
n2+4n-1
于是y =nx +2n-1= ，又点D的坐标满足圆x2+ y2=5的方程，
D D n2+12n2-2n-2 n2+4n-1
于是(- ) 2+( ) 2=5，即(2n2-2n-2) 2+(n2+4n-1) 2=5(n2+1) 2．
n2+1 n2+1
取a =2n2-2n-2,b =n2+4n-1,c =n2+1，其中n=2,3,⋯，
n n n
a b c
由比例性质同理知：对任意正整数i, j，不存在正数λ，使得 i = i = i =λ，则5是有趣数．
a b c
j j j
当m=6时，假设方程x2+ y2=6z2有正整数解，
设(x ,y ,z )是所有正整数解中使x最小的一组解．
0 0 0
由于x2+ y2=6z2，故x2+ y2是3的倍数，
0 0 0 0 0
由m=3时分析可知x 和y 都是3的倍数，
0 0
设x =3x ,y =3 y ，则(3x ) 2+(3 y ) 2=6z2，即3x2+3 y2=2z2，
0 1 0 1 1 1 0 1 1 0
故：z 为3的倍数．
0
设z =3z ，则有x2+ y2=6z2．
0 1 1 1 1
所以(x ,y ,z )也是原方程的一组正整数解，且x <x ，矛盾．
1 1 1 1 0
因此方程x2+ y2=6z2也没有正整数解，则6不是有趣数．
C2
2
因此1，2，⋯，6中的有趣数为1，2，4，5，所求概率为 4= ．
C2 5
6
【规律】数列与平面几何、数论的交汇，常涉及勾股数组或不定方程.利用直线与圆锥曲线相交求
交点坐标，是构造有理数解或整数解序列的有效几何方法.
考法14：求解数列与概率统计的交汇问题
例14.（2026·湖北楚天协作体·二模）某互联网大数据实验室为研究短视频平台AI智能推
荐算法的内容传播规律，建立如下概率扩散模型：科研人员选定n名平台用户作为研究样
本．每名用户被内容打动并产生互动传播的“基础易感性”参数均为常数a(0<a<1)．内
容传播按天数逐级扩散，传播规则如下：
①第一天（冷启动推荐阶段）：AI系统从n名用户中随机选取m名用户进行初始定向推送，
每名被推送的用户主动点赞并参与传播（称为激活用户）的概率均为p，且各用户是否被
激活相互独立．
②第二天及以后（社交扩散推荐阶段）：每一天，所有已激活用户都会通过AI协同推荐，
对所有未激活用户（即n名用户中还未被激活的）进行二次流量触达．任一未激活用户只
要被成功激活，就会转为激活用户，并继续参与下一轮传播．
已知：若某一天有k个激活用户同时对同一未激活用户进行推荐触达，则此用户当天被成
功激活的概率为：1-(1-a) k．
（1）求第一天结束时，被成功激活的用户人数的数学期望；
（2）求第一天结束时，被成功激活的用户人数为偶数的概率；（3）若取n=5,m=2,p=0.4，求两天后用户甲是激活用户的概率（用含a的代数式表示）；
并结合该概率模型，简要说明为什么AI推荐平台上的部分短视频会出现爆发式流量暴涨
的现象．
【答案】（1）mp
1+(1-2p) m
（2）
2
（3）-0.096a2+0.576a+0.16；理由见解析
【思路】第一问识别出二项分布模型并利用期望公式求解；第二问利用二项式定理构造奇偶项求
和公式求出偶数项概率；第三问利用全概率公式，分类讨论甲是否为初始推送用户以及第一天激
活的人数，计算最终概率.
【解析】（1）设X表示第一天结束时，被成功激活的用户人数，则X∼B(m,p)，
由二项分布的期望公式得E(X)=mp；
（2）由（1）可知X∼B(m,p)，考虑二项展开：
m
(1-p+p) m=∑Ck (1-p) m-k pk=1，
m
k=0
m m
(1-p-p) m=(1-2p) m=∑Ck (1-p) m-k (-p) k=∑Ck (-1) k (1-p) m-k pk，
m m
k=0 k=0
m
两式相加，1+(1-2p) m=∑Ck [(-1) k+1](1-p) m-k pk，
m
k=0
当k为偶数时，1+(-1) k=2；当k为奇数时，1+(-1) k=0．
则两式相加后，奇数项和为0，只剩偶数项两倍，
设第一天结束时，被成功激活的用户人数为偶数的概率为P，
1+(1-2p) m
所以1+(1-2p) m=2P，故P= ；
2
（3）情形一：
2
甲被推送的概率是 ，两天后用户甲是激活用户有两种情形：
5
①第一天被成功激活，概率为p=0.4；
②第一天未被成功激活，概率为1-p=0.6，且第二天被成功激活，
若甲第二天被成功激活，则第一天另一位初始被推送者乙一定被成功激活，
乙作为激活用户尝试激活用户甲，
甲被成功激活的概率为1-(1-a)=a，
故甲在第一天未被成功激活，第二天被成功激活的概率为(1-p)pa=0.24a，
因此，在甲是初始被推送的两人之一的条件下，
两天后用户甲是激活用户的概率为：0.4+0.24a；3
情形二：若甲不是初始被推送的两人，其概率为 ，
5
两天后用户甲是激活用户有两种情形：
①第一天有1人被成功激活，再由此人成功激活甲，
概率为：C1p(1-p)[1-(1-a)]=2p(1-p)a=0.48a；
2
②第一天有2人被成功激活，甲在第二天被成功激活，
概率为：p2 [1-(1-a) 2 ]=p2 (2a-a2 )=-0.16a2+0.32a，
因此，在甲不是初始被推送的两人的条件下，两天后用户甲是激活用户的概率为：
0.48a+(-0.16a2+0.32a)=-0.16a2+0.8a；
综上，两天后用户甲是激活用户的概率为：
2 3
(0.4+0.24a)+ (-0.16a2+0.8a)=-0.096a2+0.576a+0.16．
5 5
爆发式流量暴涨的原因：随着被成功激活的人数增加，每天尝试对未激活用户进行推荐触达的人
数k增大，使得非激活用户被影响的概率1-(1-a) k迅速提高，传播速度急剧加快，导致流量暴涨．
【规律】数列与概率的交汇题，常以马尔可夫链或逐级传播模型为背景.解题时需理清状态转移的
过程，利用全概率公式建立概率的递推关系，或借助二项式定理处理奇偶项的概率求和.
【考点四 方法总结】
1. 数列与解析几何交汇题，通常以点列的形式出现.解题关键是根据几何条件（如共
线、垂直、交点等）列出坐标之间的递推关系式，然后运用数列的知识求通项或研究其性
质.
2. 数列与平面几何、数论的交汇，常涉及勾股数组或不定方程.利用直线与圆锥曲线
相交求交点坐标，是构造有理数解或整数解序列的有效几何方法.
3. 数列与概率的交汇题，常以马尔可夫链或逐级传播模型为背景.解题时需理清状态
转移的过程，利用全概率公式建立概率的递推关系，或借助二项式定理处理奇偶项的概率
求和.
考点五：数列中的新定义问题
考法15：探究新定义数列的通项与求和
例15.（2026·广东东莞·二模）进位制是人们为了计数和计算方便而约定的计数方式，通常
“满十进一，就是十进制；满三进一，就是三进制；满二进一，就是二进制；⋯；满几进
一，就是几进制”．记十进制下的自然数m在三进制下的表示为a a ⋯a a ，则
n n-1 1 0（3）
n
m=∑a⋅3i，其中a∈{0,1,2},a ≠0，例如十进制数19=2×32+0×31+1×30，所以19在
i i n
i=0
三进制下可写为201 ．
（3）
（1）设正整数m在三进制下的各位数字之和S(m)=a +a +a +a +⋯+a ；
0 1 2 3 n（i）将满足S(m)=3的正整数m从小到大排成一列，写出该列数的前四个数；
（ii）证明：S(3m+2)=S(9m+4)；
（2）已知正整数m≤80，设正项数列{b }的前n项和为T ，且
n n
∞
1 2
4T2-b2+2m⋅b -m2=0,n∈N*，证明：∑([b + ]+[b + ])=m（其中[x]表示不大于x的
n n n i 3 i 3
i=1
最大整数）．
【答案】（1）（i）5、7、11、13；（ii）证明见解析
（2）证明见解析
【思路】第一问根据三进制的定义列举并证明数字和的性质；第二问先由前n项和的递推式求出等
比数列的通项，再利用取整函数的性质（方法一分类讨论，方法二利用恒等式）进行化简求和.
【解析】（1）（i）5、7、11、13
（ii）设m=a ⋅3n+a ⋅3n-1+⋯+a ⋅32+a ⋅31+a ，其中a∈{0,1,2},i∈N,0≤i≤n
n n-1 2 1 0 i
n
则S(m)=∑a，
i
i=0
因为3m+2=a ⋅3n+1+a ⋅3n+⋯+a ⋅33+a ⋅32+a ⋅31+2，
n n-1 2 1 0
n
所以S(3m+2)=∑a +2=S(m)+2，
i
i=0
同理，9m+4=a ⋅3n+2+a ⋅3n+1+⋯+a ⋅34+a ⋅33+a ⋅32+31+30，
n n-1 2 1 0
n
所以S(9m+4)=∑a +2=S(m)+2，所以S(3m+2)=S(9m+4)．
i
i=0
（2）因为4T2-b2+2m⋅b -m2=0，所以4T2=b2-2m⋅b +m2，即(2T ) 2=(b -m) 2，
n n n n n n n n
由数列{b }为正项数列，则T >0，所以2T =|b -m|．
n n n n
又因为m∈N*,m≤80，则m>0，
所以2T =2(b +b +⋯+b )≥b >b -m，所以2T =m-b (n∈N* )
n 1 2 n n n n n
1
则2T =m-b (n≥2)，两式作差得b = b (n≥2)，
n-1 n-1 n 3 n-1
m m 1 m
又因为T =b = ，所以{b }是以 为首项， 为公比的等比数列，可得b = ．
1 1 3 n 3 3 n 3n
方法一：
因为m≤80，设m=33x +32x +31x +30x (x ,x ,x ,x ∈{0,1,2})，
3 2 1 0 0 1 2 3
1 2 m+1 m+2
[b + ]+[b + ]=[ ]+[ ]
1 3 1 3 3 3
33x +32x +3x +x +1 33x +32x +3x +x +2
=[ 3 2 1 0 ]+[ 3 2 1 0 ]
3 3
x +1 x +2
=2⋅32x +2⋅3x +2x +[ 0 ]+[ 0 ]
3 2 1 3 3x +1 x +2
当x =0时，[ 0 ]+[ 0 ]=0；
0 3 3
x +1 x +2
当x =1时，[ 0 ]+[ 0 ]=1，
0 3 3
x +1 x +2
当x =2时，[ 0 ]+[ 0 ]=2，
0 3 3
x +1 x +2 1 2
所以[ 0 ]+[ 0 ]=x ，即[b + ]+[b + ]=2⋅32x +2⋅3x +2x +x ；
3 3 0 1 3 1 3 3 2 1 0
1 2 m 3 m 6
[b + ]+[b + ]=[ + ]+[ + ]
2 3 2 3 32 32 32 32
33x +32x +3(x +1)+x 33x +32x +3(x +2)+x
=[ 3 2 1 0 ]+[ 3 2 1 0 ]
32 32
3(x +1)+x 3(x +2)+x
=2⋅3x +2x +[ 1 0 ]+[ 1 0 ]
3 2 32 32
3(x +1)+x 3(x +2)+x 3+x 6+x
当x =0时，[ 1 0 ]+[ 1 0 ]=[ 0 ]+[ 0 ]=0；
1 32 32 32 32
3(x +1)+x 3(x +2)+x 6+x 9+x
当x =1时，[ 1 0 ]+[ 1 0 ]=[ 0 ]+[ 0 ]=1，
1 32 32 32 32
3(x +1)+x 3(x +2)+x 9+x 12+x
当x =2时，[ 1 0 ]+[ 1 0 ]=[ 0 ]+[ 0 ]=2，
1 32 32 32 32
3(x +1)+x 3(x +2)+x
所以[ 1 0 ]+[ 1 0 ]=x ，
32 32 1
1 2
即[b + ]+[b + ]=2⋅3x +2x +x ，
2 3 2 3 3 2 1
同理可得
1 2 1 2
[b + ]+[b + ]=2x +x ,[b + ]+[b + ]=x ，
3 3 3 3 3 2 4 3 4 3 3
1 2 m 2 80 2 1 2
当n≥5时，b + <b + = + ≤ + <1，所以[b + ]+[b + ]=0．
n 3 n 3 3n 3 243 3 n 3 n 3
∞
1 2
所以∑([b + ]+[b + ])
i 3 i 3
i=1
1 2 1 2 1 2
=[b + ]+[b + ]+[b + ]+[b + ]+⋯+[b + ]+[b + ]
1 3 1 3 2 3 2 3 4 3 4 3
=(2⋅32x +2⋅3x +2x +x )+(2⋅3x +2x +x )+(2x +x )+x
3 2 1 0 3 2 1 3 2 3
=(2⋅32+2⋅3+2+1)x +(2⋅3+2+1)x +(2+1)x +x
3 2 1 0
=33x +32x +3x +x =m．证毕
3 2 1 0
m
方法二：上接b = ，
n 3n对任意实数x，记x=k+f，其中k=[x],0≤f <1
1 1 2
当0≤f < 时，[3x]=3k,[x]+[x+ ]+[x+ ]=k+k+k=3k
3 3 3
1 2 1 2
当 ≤f < 时，[3x]=3k+1,[x]+[x+ ]+[x+ ]=k+(k+1)+k=3k+1
3 3 3 3
2 1 2
当 ≤f <1时，[3x]=3k+2,[x]+[x+ ]+[x+ ]=k+(k+1)+(k+1)=3k+2
3 3 3
1 2
故对任意实数x，恒有[3x]=[x]+[x+ ]+[x+ ]，
3 3
1 2
则[x+ ]+[x+ ]=[3x]-[x]．
3 3
m 1 2 m m
代入x=b = ，得[b + ]+[b + ]=[3b ]-[b ]=[ ]-[ ]，
n 3n n 3 n 3 n n 3n-1 3n
m N 1 2
取正整数N满足3N>m，则[ ]=0，记H =∑([b + ]+[b + ])，
3N N n 3 n 3
n=1
N
m m m
则H =∑([ ]-[ ])=[m]-[ ]=m，
N 3n-1 3n 3N
n=1
m ∞ 1 2
当N→∞，[ ]=0，故∑([b + ]+[b + ])=m，得证．
3N n 3 n 3
n=1
【规律】探究新定义数列的通项与求和，首先要剥去新定义的外衣，将其转化为熟悉的等差、等
比或可裂项的数列模型.对于涉及进位制或取整函数的问题，灵活运用同余思想和取整恒等式是化
简的关键.
考法16：探究新定义数列的性质与证明
例16.（2026·山东日照·二模）（多选）对于无穷数列{a }，若存在常数M>0，使得对任意
n
的n∈N*，都有不等式|a -a |+|a -a |+⋯+|a -a |≤M成立，则称数列{a }具有性
2 1 3 2 n+1 n n
质P．则下列结论正确的是（ ）
A. 存在公差不为0的等差数列{a }具有性质P
n
B. 以1为首项，q(|q|<1)为公比的等比数列{a }具有性质P
n
C. 若数列{a }的前n项和构成的数列{S }具有性质P，则数列{a }也具有性质P
n n n
D. 若数列{a }和{b }均具有性质P，则数列{a b }也具有性质P
n n n n
【答案】BCD
【思路】理解性质P的本质是有界变差数列.通过计算等差数列和等比数列的变差判断A和B；利
用绝对值不等式进行放缩，证明前n项和数列及两数列乘积的变差有界性，从而判断C和D.
【解析】对于A，若{a }是等差数列，且公差d≠0，则
n
|a -a |+|a -a |+⋯+|a -a |=n|d|，
2 1 3 2 n+1 n
当n→+∞时，n|d|→+∞，所以不存在常数M>0使得不等式成立，故A错误；对于B，若{a }是以1为首项，q(|q|<1)为公比的等比数列，
n
则|a -a |+|a -a |+⋯+|a -a |=|q-1|+|q2-q|+⋯+|qn-qn-1|
2 1 3 2 n+1 n
1-|q|n |q-1|
=|q-1|(1+|q|+|q|2+⋯+|q|n-1 )=|q-1| < ，
1-|q| 1-|q|
|q-1|
所以存在常数M= >0，使得不等式成立，故B正确；
1-|q|
n n
对于C，若{S }具有性质P，则存在常数M>0，使得∑|S -S |≤M，即∑|a |≤M，
n i+1 i i+1
i=1 i=1
n n n+1
所以∑|a -a |≤∑(|a |+|a |)≤2∑|a |≤2(|a |+M)，
i+1 i i+1 i i 1
i=1 i=1 i=1
所以存在常数M'=2(|a |+M)>0，使得不等式成立，故C正确；
1
对于D，若{a }和{b }均具有性质P，则存在常数M >0,M >0，
n n 1 2
n n
使得∑|a -a |≤M ，∑|b -b |≤M ，
i+1 i 1 i+1 i 2
i=1 i=1
n-1 n-1
因为|a |=|a +∑(a -a )|≤|a |+∑|a -a |≤|a |+M ，
n 1 i+1 i 1 i+1 i 1 1
i=1 i=1
同理|b |≤|b |+M ，
n 1 2
所以|a b -a b |=|a b -a b +a b -a b |≤|a ||b -b |+|b ||a -a |
i+1 i+1 i i i+1 i+1 i+1 i i+1 i i i i+1 i+1 i i i+1 i
≤(|a |+M )|b -b |+(|b |+M )|a -a |，
1 1 i+1 i 1 2 i+1 i
n n n
所以∑|a b -a b |≤(|a |+M )∑|b -b |+(|b |+M )∑|a -a |
i+1 i+1 i i 1 1 i+1 i 1 2 i+1 i
i=1 i=1 i=1
≤(|a |+M )M +(|b |+M )M ，
1 1 2 1 2 1
所以存在常数M'=(|a |+M )M +(|b |+M )M >0，使得不等式成立，故D正确．
1 1 2 1 2 1
故选：BCD．
【规律】证明新定义数列的性质，核心是紧扣定义中的不等关系.常利用绝对值不等式（三角不等
式）进行放缩，将复杂的差值转化为已知有界的差值之和，从而证明其满足新定义.
考法17：探究新定义集合、数组与数列的综合
例17.（2026·浙江名校协作体·二模）（多选）已知集合A={a ,a ,⋯,a }(n≥3)，其中
1 2 n
a <a <a <⋯<a ，且a∈N*,i=1,2,⋯,n，定义A的和集A+A={a +a ∣a ,a ∈A}，则
1 2 3 n i i j i j
（ ）
A. 若{a }是等差数列，则A+A的元素个数为2n-1
n
n2+n
B. 若{a }是等比数列，则A+A的元素个数为
n 2
C. 若A+A的元素个数为2n-1，则{a }是等差数列
nn2+n
D. 若A+A的元素个数为 ，则{a }是等比数列
2 n
【答案】ABC
【思路】通过分析等差数列求和的对称性及项数特征判断A和C；利用等比数列求和的互异性计
算和集元素个数判断B；通过举反例（如{1,2,5,10}）说明和集元素个数满足条件时原数列未必
是等比数列，判断D.
【解析】对A，设等差数列{a }的公差为d,d>0，则a =a +(i-1)d，
n i 1
a +a =2a +(i+ j-2)d，i+ j-2的取值范围为从0到2n-2，且能取遍所有整数，共2n-1个不同
i j 1
值，
因此，A+A的元素个数为2n-1，A对；
对B，设等比数列公比q>1，则a =a qi-1，若a +a =a +a (i≤ j,k≤l)，不妨设i≤k，两边除以
i 1 i j k l
a qi-1：
1
1+qj-i=qk-i+ql-i，若i<k，则最大幂指数：j-i=l-i⇒j=l，代入得1=qk-i矛盾，∴i=k，
n2+n
同理j=l，所以若(i, j)≠(k,l)，则a +a ≠a +a，∴|A+A|=|{(i, j)∣1≤i≤ j≤n}|= ，
i j k l 2
n2+n
即A+A的元素个数为 ，B对；
2
对C，∵a +a <a +a <a +a <⋯<a +a <a +a <a +a <⋯<a +a ，
1 1 1 2 1 3 1 n 2 n 3 n n n
已有2n-1项互不相同，a +a <a +a <a +a <a +a <⋯<a +a ⇒a +a =a +a ,2≤i≤n-1，
1 2 2 2 2 3 2 4 2 n 2 i 1 i+1
∴a -a =a -a =⋯=a -a ，此时{a }必为等差数列，C对；
2 1 3 2 n n-1 n
对D，取A={1,2,5,10}(n=4)，则A+A={2,3,4,6,7,10,11,12,15,20}，
42+4
元素个数为10= ，但该数列不是等比数列，故D错．
2
故选：ABC．
【规律】处理集合与数列的综合题，关键是把握集合元素的互异性.对于“和集”问题，等差数列
由于其线性的结构特征，和集中会产生大量重复元素；而增长较快的数列（如等比数列）则较少
产生重复.
考法18：证明新定义背景下的不等式
例18.（2026·山东青岛·二模）在组合数学、表示论和数学物理中，“q-数”，是一种通过
引入参数q对经典数学对象进行推广的概念，由物理学家保罗·狄拉克首先使用，对量子力
学的发展意义重大.定义“q-数”：
(n) =1+q+q2+⋯+qn-1，其中，q≠0,1,-1.利用“q-数”可以进一步定义两个概念：“q-
q
阶乘”：(n)! =(1) (2) (3) ⋯(n) ，且（0）! =1，“q-组合数”
q q q q q q
(n) =
(n)!
q ,k∈N,n∈N*,k≤n
k (k)! (n-k)!
q q q
(6)
（1）计算(3) 和 的值；
2 3
2
（2）证明：对任意k∈N,n∈N*,k+1≤n，
(n) -(n-1) =qn-k(n-1)
；
k k k-1
q q q
m
（3）证明：对任意k,m∈N,n∈N*,k+1≤n，(n+m+1) -( n ) =∑qn-k+i(n+i) ．
k+1 k+1 k
q q i=0 q
【答案】（1）(3)
=7,(6)
=1395
2 3
2
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【思路】第一问直接代入新定义公式计算；第二问将“q-组合数”展开为阶乘形式，提取公因式
后进行代数化简证明等式；第三问利用第二问的结论，通过累加法（或裂项相加）证明等式.
【解析】（1）由题意知(3) =1+2+22=7，
2
(n) =1+2+22+⋯+2n-1=2n-1
2
(6) =
（6）!
2 =
(21-1)(22-1)(23-1)(24-1)(25-1)(26-1)
3 （3）! ⋅（3）! (21-1)(22-1)(23-1)⋅(21-1)(22-1)(23-1)
2 2 2
(24-1)(25-1)(26-1)
= =1395．
(21-1)(22-1)(23-1)
（2）证明：因为 (n) -(n-1) = (n)! q - (n-1)! q
k k (k)! ⋅(n-k)! (k)! ⋅(n-k-1)!
q q q q q q
(n-1)! ⋅(n) (n-1)! ⋅(n-k)
= q q - q q
(k-1)! ⋅(k) ⋅(n-k)! (k-1)! ⋅(k) ⋅(n-k)!
q q q q q q
(n-1)! (n) (n-k)
= q ( q- q )
(k-1)! ⋅(n-k)! (k) (k)
q q q q
=(n-1)
⋅
(n)
q
-(n-k) q=(n-1)
⋅
qn-k+qn-k+1+⋯+qn-1 =(n-1)
⋅qn-k
，
k-1 (k) k-1 1+q+⋯+qk-1 k-1
q q q q
所以
(n) -(n-1) =(n-1) ⋅qn-k
，即
(n) =(n-1) +qn-k(n-1)
．
k k k-1 k k k-1
q q q q q q
（3）证明：由（2）知
(n) -(n-1) =qn-k(n-1)
，
k k k-1
q q q
所以
(n+1) -( n ) =qn-k(n)
k+1 k+1 k
q q q
(n+2) -(n+1) =qn-k+1(n+1)
k+1 k+1 k
q q q(n+3) -(n+2) =qn-k+2(n+2)
k+1 k+1 k
q q q
⋯
(n+m+1) -(n+m) =qn-k+m(n+m)
k+1 k+1 k
q q q
将上述m+1个等式左右两边分别相加得
m
(n+m+1) -( n ) =∑qn-k+i(n+i)
．
k+1 k+1 k
q q i=0 q
【规律】证明新定义背景下的不等式或恒等式，常类比经典数学对象（如组合数性质
(n)=(n-1)+(n-1)
）的推导过程.利用代数变形、提取公因式以及累加法是证明此类递推等式的
k k k-1
通用策略.
【考点五 方法总结】
1. 探究新定义数列的通项与求和，首先要剥去新定义的外衣，将其转化为熟悉的等
差、等比或可裂项的数列模型.对于涉及进位制或取整函数的问题，灵活运用同余思想和
取整恒等式是化简的关键.
2. 证明新定义数列的性质，核心是紧扣定义中的不等关系.常利用绝对值不等式（三
角不等式）进行放缩，将复杂的差值转化为已知有界的差值之和，从而证明其满足新定义.
3. 处理集合与数列的综合题，关键是把握集合元素的互异性.对于“和集”问题，等
差数列由于其线性的结构特征，和集中会产生大量重复元素；而增长较快的数列（如等比
数列）则较少产生重复.
4. 证明新定义背景下的不等式或恒等式，常类比经典数学对象（如组合数性质
(n)=(n-1)+(n-1)
）的推导过程.利用代数变形、提取公因式以及累加法是证明此类递推
k k k-1
等式的通用策略.
四、高考真题
1.（2026·全国一卷·第7题）一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑
格局和深远的历史文化闻名遐迩．该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将
第i行中塔的座数记为a (i=1,2,⋯,12)，其中a =1，a =a =3，a =a =5，且a ，a ，…，
i 1 2 3 4 5 6 7
a 是一个首项为7，公差为2的等差数列．将a ，a ，…，a 分为6组，每组2个数，使
12 1 2 12
得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为d (d>0)的等差数列，则d=（ ）
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】B【解析】由已知a =1，a =a =3，a =a =5，a =7+2(i-6)=2i-5，i=6,7,8,9,10,11,12，∴
1 2 3 4 5 i
(7+19)×7
数列{a }的前12项的和为1+6+10+ =17+91=108.设新数列为{b }，
n 2 n
n=1,2,3,4,5,6，由已知数列{b }为等差数列，设其公差为d，d>0，又{a }的前12项都为奇数，
n n
6×5 5
{b }所有项都为偶数，由已知d为正偶数，b 为正偶数，则6b + ×d=108，故b + d=18.若
n 1 1 2 1 2
d=2，则b =13，矛盾.若d=6，则b =3，矛盾.若d=8，则b =-2，矛盾.若d=4，则b =8，此时
1 1 1 1
可取b =a +a =8，b =a +a =12，b =a +a =16，b =a +a =20，b =a +a =24，
1 1 6 2 2 7 3 4 8 4 3 11 5 5 12
b =a +a =28，满足要求.
6 9 10
2.（2026·全国一卷·第14题）设实数q满足：存在数列{a }，使得对于任意n∈N*，均有
n
a +a +⋯+a =n2+n，且{a }中有某连续9项a ，a ，…，a 是公比为q的等比数列．
1 2 3n n k k+1 k+8
则q的最大值为＿＿＿＿＿＿．
√3
【答案】3
2
【解析】令T =a +a +a ，由题意得T =(n2+n)-[(n-1) 2+(n-1)]=2n，因此每个三项块
n 3n-2 3n-1 3n n
B 的和为2n.设这9项为x,xq,xq2,⋯,xq8，记C=1+q+q2.由于C>0，且完整三项块和均为正，
n
下面按k除以3的余数讨论.若k=3m+1 (m≥0)，这9项正好包含三个完整三项块，得
m+2 m+3
xC=2(m+1)，xq3C=2(m+2)，xq6C=2(m+3)，于是q3= 且q3=
，矛盾，故这种起
m+1 m+2
点不存在.若k=3m+2 (m≥0)，其中两个完整三项块为第m+2块，第m+3块，得xq2C=2(m+2)，
m+3 3
xq5C=2(m+3)，∴q3= ≤ .若k=3m (m≥1)，其中两个完整三项块为第m+1块，第m+2
m+2 2
块，得xqC=2(m+1)，xq4C=2(m+2)，∴q3= m+2 ≤ 3 .综上q3≤ 3 ，∴q≤ √ 3 3 ，即q的最大值为
m+1 2 2 2
√3
3
.
2
a a 1
3.（2025·全国一卷·第16题）设数列{a }满足a =3， n+1= n + ．
n 1 n n+1 n(n+1)
（1）证明：{na }为等差数列；
n
（2）设f(x)=a x+a x2+⋯+a xm，求f' (-2)．
1 2 m
7 (3m+7)(-2) m
【答案】（1）证明见解析；（2）- -
9 9
a a 1
【解析】（1）由题意证明如下，n∈N*，在数列{a }中，a =3， n+1= n + ，∴
n 1 n n+1 n(n+1)
(n+1)a =na +1，即(n+1)a -na =1，∴{na }是以a =3为首项，1为公差的等差数列.
n+1 n n+1 n n 1（2）由题意及（1）得，n∈N*，在数列{na }中，首项为3，公差为1，∴na =3+1×(n-1)，
n n
2 2
即a =1+ ，在f(x)=a x+a x2+⋯+a xm中，f(x)=3x+2x2+⋯+(1+ )xm ，
n n 1 2 m m
{ f' (x)=3+4x+⋯+(m+2)xm-1
f' (x)=3+4x+⋯+(m+2)xm-1. ，当x≠1且x≠0时，∴
xf' (x)=3x+4x2+⋯+(m+2)xm
∴
x(1-xm-1
)
(1-x)f' (x)=3+x+x2+⋯+xm-1-(m+2)xm=3+ -(m+2)xm，∴
1-x
3
x(1-xm-1
)
(m+2)xm
f' (x)= + -
.
1-x (1-x) 2 1-x
∴
3 -2[1-(-2) m-1 ] (m+2)(-2) m (-2)[1-(-2) m-1 ] (m+2)(-2) m 2 (-2) m (m+2)(-2) m 7 (3m+7)(-2) m
f' (-2)= + - =1+ - =1- -. - =- -
1-(-2) [1-(-2)] 2 1-(-2) 9 3 9 9 3 9 9
4.（2024·全国一卷·第19题）设m为正整数，数列a ,a ,…,a 是公差不为0的等差数列，
1 2 4m+2
若从中删去两项a和a (i< j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成
i j
等差数列，则称数列a ,a ,…,a 是(i, j)-可分数列．
1 2 4m+2
（1）写出所有的(i, j)，1≤i< j≤6，使数列a ,a ,…,a 是(i, j)-可分数列；
1 2 6
（2）当m≥3时，证明：数列a ,a ,…,a 是(2,13)-可分数列；
1 2 4m+2
（3）从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j (i< j)，记数列a ,a ,…,a 是(i, j)-可分数
1 2 4m+2
1
列的概率为P ，证明：P > ．
m m 8
【答案】（1）(1,2)，(1,6)，(5,6)；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【解析】（1）直接根据(i, j)-可分数列的定义即可，所有可能的(i, j)就是(1,2)，(1,6)，(5,6).
（2）由于从数列1,2,…,4m+2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，
使得每组成等差数列：①{1,4,7,10}，{3,6,9,12}，{5,8,11,14}，共3组；②{15,16,17,18}，
{19,20,21,22}，…，{4m-1,4m,4m+1,4m+2}，共m-3组.（如果m-3=0，则忽略②）故
数列1,2,…,4m+2是(2,13)-可分数列.
（3）定义集合A={4k+1∣k=0,1,2,…,m}={1,5,9,13,…,4m+1}，
B={4k+2∣k=0,1,2,…,m}={2,6,10,14,…,4m+2}.下面证明，对1≤i< j≤4m+2，如果下
面两个命题同时成立，则数列1,2,…,4m+2一定是(i, j)-可分数列：命题1：i∈A, j∈B或
i∈B, j∈A；命题2：j-i≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i∈A, j∈B，
且j-i≠3.此时设i=4k +1，j=4k +2，k ,k ∈ (0,1,2,…,m).则由i< j可知4k +1<4k +2，
1 2 1 2 1 2
1
即k -k >- ，故k ≥k .此时，由于从数列1,2,…,4m+2中取出i=4k +1和j=4k +2后，剩余
2 1 4 2 1 1 2
的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，
…，{4k -3,4k -2,4k -1,4k }，共k 组；②{4k +2,4k +3,4k +4,4k +5}，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
{4k +6,4k +7,4k +8,4k +9}，…，{4k -2,4k -1,4k ,4k +1}，共k -k 组；③
1 1 1 1 2 2 2 2 2 1{4k +3,4k +4,4k +5,4k +6}，{4k +7,4k +8,4k +9,4k +10}，…，
2 2 2 2 2 2 2 2
{4m-1,4m,4m+1,4m+2}，共m-k 组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列
2
1,2,…,4m+2是(i, j)-可分数列.第二种情况：如果i∈B, j∈A，且j-i≠3.此时设i=4k +2，
1
1
j=4k +1，k ,k ∈ (0,1,2,…,m).则由i< j可知4k +2<4k +1，即k -k > ，故k >k .由于
2 1 2 1 2 2 1 4 2 1
j-i≠3，故(4k +1)-(4k +2)≠3，从而k -k ≠1，这就意味着k -k ≥2.此时，由于从数列
2 1 2 1 2 1
1,2,…,4m+2中取出i=4k +2和j=4k +1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，
1 2
使得每组成等差数列：①{1,2,3,4}，{5,6,7,8}，…，{4k -3,4k -2,4k -1,4k }，共k 组；
1 1 1 1 1
②{4k +1,3k +k +1,2k +2k +1,k +3k +1}，{3k +k +2,2k +2k +2,k +3k +2,4k +2}，
1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2
共2组；③全体{4k +p,3k +k +p,2k +2k +p,k +3k +p}，其中p=3,4,…,k -k ，共
1 1 2 1 2 1 2 2 1
k -k -2组；④{4k +3,4k +4,4k +5,4k +6}，{4k +7,4k +8,4k +9,4k +10}，…，
2 1 2 2 2 2 2 2 2 2
{4m-1,4m,4m+1,4m+2}，共m-k 组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③
2
进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k -k -2个行，4个列的数表以后，
2 1
4个列分别是下面这些数：{4k +3,4k +4,…,3k +k }，{3k +k +3,3k +k +4,…,2k +2k }，
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2
{2k +2k +3,2k +2k +3,…,k +3k }，{k +3k +3,k +3k +4,…,4k }.可以看出每列都是连
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2
续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{4k +1,4k +2,…,4k +2}中除开五个集合
1 1 2
{4k +1,4k +2}，{3k +k +1,3k +k +2}，{2k +2k +1,2k +2k +2}，
1 1 1 2 1 2 1 2 1 2
{k +3k +1,k +3k +2}，{4k +1,4k +2}中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经
1 2 1 2 2 2
去掉的4k +2和4k +1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组
1 2
方式满足要求，故此时数列1,2,…,4m+2是(i, j)-可分数列.至此，我们证明了：对
1≤i< j≤4m+2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,…,4m+2一定是(i, j)-可分数列.
然后我们来考虑这样的(i, j)的个数.首先，由于A∩B=⌀，A和B各有m+1个元素，故满足命题1
的(i, j)总共有(m+1) 2个；而如果j-i=3，假设i∈A, j∈B，则可设i=4k +1，j=4k +2，代
1 2
1
入得(4k +2)-(4k +1)=3.但这导致k -k = ，矛盾，所以i∈B, j∈A.设i=4k +2，
2 1 2 1 2 1
j=4k +1，k ,k ∈ (0,1,2,…,m)，则(4k +1)-(4k +2)=3，即k -k =1.所以可能的(k ,k )
2 1 2 2 1 2 1 1 2
恰好就是(0,1), (1,2), ……, (m-1,m)，对应的(i, j)分别是(2,5), (6,9), ……, (4m-2,4m+1)，总
共m个.所以这(m+1) 2个满足命题1的(i, j)中，不满足命题2的恰好有m个.这就得到同时满足命题
1和命题2的(i, j)的个数为(m+1) 2-m.当我们从1,2,…,4m+2中一次任取两个数i和j (i< j)时，
(4m+2)(4m+1)
总的选取方式的个数等于 =(2m+1)(4m+1).而根据之前的结论，使得数列
2
a ,a ,…,a 是(i, j)-可分数列的(i, j)至少有(m+1) 2-m个.所以数列a ,a ,…,a 是(i, j)-可分
1 2 4m+2 1 2 4m+2
数列的概率P 一定满足
m1 1
m2+m+ (m+ ) 2
(m+1) 2-m m2+m+1 4 2 1.这就证明
P ≥ = > = =
m (2m+1)(4m+1) (2m+1)(4m+1) (2m+1)(4m+2) 2(2m+1)(2m+1) 8
了结论.
5.（2024·全国一卷·第8题）已知函数为f(x)的定义域为R，f(x)>f(x-1)+f(x-2)，且当
x<3时f(x)=x，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. f（10）>100 B. f（20）>1000 C. f（10）<1000 D.
f（20）<10000
【答案】B
【解析】∵当x<3时f(x)=x，∴f（1）=1,f（2）=2，又∵f(x)>f(x-1)+f(x-2)，则
f（3）>f（2）+f（1）=3，f（4）>f（3）+f（2）>5，
f（5）>f（4）+f（3）>8，f（6）>f（5）+f（4）>13，
f（7）>f（6）+f（5）>21，f（8）>f（7）+f（6）>34，
f（9）>f（8）+f（7）>55，f（10）>f（9）+f（8）>89，
f（11）>f（10）+f（9）>144，f（12）>f（11）+f（10）>233，
f（13）>f（12）+f（11）>377，f（14）>f（13）+f（12）>610，
f（15）>f（14）+f（13）>987，f（16）>f（15）+f（14）>1597>1000，则依
次下去可知f（20）>1000，则B正确；且无证据表明ACD一定正确.故选：B.
