专题7.5 数列的综合应用（讲+练）-备战高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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【核心素养】
1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养．
2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．
3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．
知识点一
数列与函数
数列与函数的综合问题主要有以下两类：
（1）已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、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充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．
知识点二
数列与不等式
1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．
放缩法常见的放缩技巧有：
(1)eq \f(1,k2)＜eq \f(1,k2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1))).
(2)eq \f(1,k)－eq \f(1,k＋1)＜eq \f(1,k2)＜eq \f(1,k－1)－eq \f(1,k).
(3)2(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＜eq \f(1,\r(n))＜2(eq \r(n)－eq \r(n－1))．
2.数列中不等式恒成立的问题
数列中有关项或前n项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．
知识点三
数列与解三角形
两大类，一类是以三边（角）成等差（比）数列为条件，给出三角形边角的关系，重点考查三角恒等变换，进一步考查解三角形问题，求边、角、三角形面积、周长等.另一类是，在三角形中，证明三角函数式、三角形的边角具有数列特征.都应注意充分应用转化与化归、数形结合、函数方程等思想方法.这类问题主要体现直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.
知识点四
数列实际应用问题
解答数列实际应用问题的步骤
(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：
等差数列模型：均匀增加或者减少
等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题
简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列
(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．
(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．
常考题型剖析
题型一：数列与函数的综合
【典例分析】
例1-1.（2023·河南开封·统考三模）已知数列的前n项和为，满足，函数定义域为R，对任意都有，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题中条件，得，两式相减可先求出数列的通项公式，进而求出的值，利用，若，可求出的值，进而得到周期为，近一步求解即可.
【详解】当时，，可得；
当时，，（），
两式相减并化简得（），
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，
则，所以，
由，，
可得，，
，，
的函数值以为周期，
则
故选：
例1-2.（2021·全国·统考高考真题）记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的n的最小值．
【答案】(1)；(2)7.
【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.
【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，
设等差数列的公差为，从而有：，
，
从而：，由于公差不为零，故：，
数列的通项公式为：.
(2)由数列的通项公式可得：，则：，
则不等式即：，整理可得：，
解得：或，又为正整数，故的最小值为.
【温馨提醒】
解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规．
【变式训练】
变式1-1.（2005·北京·高考真题）若不等式对于任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】对按奇偶数分类讨论，再由不等式恒成立可得．
【详解】为正奇数时，不等式为，
易知是递减的，因此而，所以，即，
为正偶数时，不等式为，
易知是递增的，时，取得最小值，所以，
综上，的范围是．
故选：A．
变式1-2.（2022秋·广东东莞·高三校考阶段练习）已知等比数列均为正数，，且，（为的前项和）
(1)求数列的通项公式；
(2)若是数列的前项积，请求出，及当取最大值时对应的的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据等比数列定义及其基本量的计算即可求得数列的通项公式为；
（2）易知数列的前项积，再由二次函数性质即可求得当或时，取最大值.
【详解】（1）设数列的公比为，则，
当时，，不合题意；
当时，由条件可得，
化简得，则；
故，又，解得，
从而
所以数列的通项公式为
（2）若是数列的前项积，则
取最大值时，当且仅当取最大值
因为，
又，所以当或时，取最大值
故当取最大值时或.
题型二：数列与不等式的综合
例2-1.（2023·全国·统考高考真题）已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，若，则
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
例2-2.（2022·浙江·统考高考真题）已知等差数列的首项，公差．记的前n项和为．
(1)若，求；
(2)若对于每个，存在实数，使成等比数列，求d的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列通项公式及前项和公式化简条件，求出，再求；
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求的范围.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
（2）因为，，成等比数列，
所以，
，
，
由已知方程的判别式大于等于0，
所以，
所以对于任意的恒成立，
所以对于任意的恒成立，
当时，，
当时，由，可得
当时，，
又
所以
【温馨提醒】
数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用.
【变式训练】
变式2-1.（2023秋·云南·高三校联考阶段练习）在正项数列中，已知，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项积为，求取得最大值时的取值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意化简得，得出数列是等比数列，再由求得公比，即可求解；
（2）设，得到，求得数列满足，进而求得，，且当时，，即可得到答案.
【详解】（1）解：由，可得，
又由，所以数列是首项为2的等比数列，
设正项等比数列的公比为，
因为，，可得
又因为，所以，故数列的公比为2，则．
（2）解：由，设，
则，
当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，即，
即，
又由，，，，，
故，，
当时，，，
综上可得，当或时，取得最大值
变式2-2.（2023秋·黑龙江鹤岗·高三鹤岗一中校考开学考试）已知函数，其中，且.
(1)当时，求；
(2)设，，记数列的前项和为，求使得恒成立的的最小正整数.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）依据题给条件，利用等差数列前n项和公式即可求得；
（2）先利用裂项相消法求得数列的前n项和，再依据题给条件列出关于m的不等式，解之即可求得m的最小整数
【详解】（1）由，可得
，
则当时，.
（2）由（1）可得，当时，，
则当时，
，
则当时，数列的前n项和
，
又当时，，，，
由恒成立，可得，解之得，
则当时，使得恒成立的m的最小整数为2.
当时，成立，
综上，使得恒成立的m的最小整数为2.
题型三：数列与解三角形的综合
【典例分析】
例3-1．（2012·山东·高考真题）在△ABC中，内角所对的边分别为，已知.
(Ⅰ)求证：成等比数列；
(Ⅱ)若，求△的面积S.
【答案】(I)见解析 (II)
【详解】试题分析：（1）先根据同角三角函数基本关系式和“化切为弦”思想转化成，再利用正弦定理将角角关系转化为边边关系，即证得成等比数列；（2）先利用等比中项求出边，利用余弦定理求出，再利用同角三角函数基本关系式求出 ，再利用三角形的面积公式求其面积．
试题解析：（1）由已知得：，
，则，
再由正弦定理可得：，所以a，b，c成等比数列．
（2）若，则，
∴，
．
∴的面积．
例3-2.（2014·陕西·高考真题）的内角所对的边分别为．
(1)若a，b，c成等差数列，证明：；
(2)若成等比数列，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）利用等差中项和正弦定理的性质即可证得；
（2）先利用余弦定理求得的解析式，再利用均值定理即可求得的最小值．
【详解】（1）成等差数列，，由正弦定理得
，
（2）成等比数列，
由余弦定理得
（当且仅当时等号成立），
（当且仅当时等号成立）
（当且仅当时等号成立），
即，所以的最小值为
【规律方法】
1.裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
【变式训练】
变式3-1.（2023·全国·高三专题练习）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若成等差数列，且的面积为，则（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】由成等差数列得，结合余弦定理，可得，由的面积为，可得，两式相除可得答案.
【详解】若成等差数列，则，
由余弦定理得，，则，①
由的面积为，得，则，②
由②÷①得.
故选：C.
变式3-2.（2012·全国·高考真题）△ABC中，内角A、B、C成等差数列，其对边a、b、c满足，求A．
【答案】
【详解】本试题主要考查了解三角形的运用，
题型四：数列与实际应用问题
【典例分析】
例4-1．（2021·全国·统考高考真题）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折次，那么 .
【答案】 5
【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.
【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：
，
因此，.
故答案为：；.
例4-2.（2010·湖北·高考真题）已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a（单位：m2），其中有部分旧住房需要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同事也拆除面积为b（单位：m2）的旧住房．
（Ⅰ）分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式：
（Ⅱ）如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b是多少？（计算时取1.15=1.6）
【答案】（Ⅰ）第一年末实际住房面积的表达式，第二年末实际住房面积的表达式
（Ⅱ）
【详解】解：（1）第1年末的住房面积，
第2年末的住房面积
，
（Ⅱ）第3年末的住房面积
，
第4年末的住房面积
，
第5年末的住房面积
依题意可知，，解得，
所以每年拆除的旧房面积为．
【总结提升】
1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.
2.等比数列最值有关问题的解题思路：
求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．
变式4-1.（2001·上海·高考真题）甲、乙两人于同一天分别携款1万元到银行储蓄,甲存五年期定期储蓄,年利率为2.88%．乙存一年期定期储蓄,年利率为2.25%,并在每年到期时将本息续存一年期定期储蓄．按规定每次计息时,储户须交纳利息的20%作为利息税,若存满五年后两人同时从银行取出存款,则甲与乙所得本息之和的差为 元．（假定利率五年内保持不变,结果精确到1分）
【答案】219.01
【分析】由题意求出甲所得本息和,以及乙所得本息和,求出甲乙所得本息之差即可.
【详解】解:由题知,甲所得本息和为:
,
乙所得本息和为:
,
11152-10932.99=219.01.
故答案为:219.01
变式4-2.（2017·上海·统考高考真题）根据预测，某地第个月共享单车的投放量和损失量分别为和（单位：辆），
其中，，第个月底的共享单车的保有量是前个月的
累计投放量与累计损失量的差.
（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；
（2）已知该地共享单车停放点第个月底的单车容纳量（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？
【答案】（1）935；（2）见解析.
【详解】试题分析：（1）计算和的前项和的差即可得出答案；
（2）令得出，再计算第个月底的保有量和容纳量即可得出结论.
试题分析：
（1）
（2），即第42个月底，保有量达到最大
，∴此时保有量超过了容纳量.
题型五：数列的“新定义”问题
【典例分析】
例5-1．（2004·北京·高考真题）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列是等和数列，且，公和为5，那么的值为 ，且这个数列的前21项和的值为 ．
【答案】 3 52
【分析】由题意得对任意的恒成立，从而可求数列的通项公式，从而可求与.
【详解】根据“等和数列”的定义及公和为5，可得对任意的恒成立.
因为，所以.
所以.
所以.
故答案为:3;52.
例5-2．（2023秋·北京·高三校考阶段练习）给定数列，若满足 (且)，对于任意的，都有，则称数列为“指数型数列”．
(1)已知数列的通项公式分别为，试判断数列是不是“指数型数列”；
(2)已知数列满足，判断数列是不是“指数型数列”．若是，请给出证明，若不是，请说明理由；
(3)若数列是“指数型数列”，且，证明数列中任意三项都不能构成等差数列．
【答案】(1)不是指数型数列，是指数型数列
(2)不是“指数型数列”
(3)证明见详解
【分析】（1）利用指数型数列的定义，判断即可；
（2）利用，说明数列是等比数列，然后证明数列不是“指数型数列”；
（3）利用反证法，结合为偶数以及奇数进行证明即可．
【详解】（1）对于数列，，
所以不是指数型数列．
对于数列，对任意，因为，
所以是指数型数列．
（2）证明：由题意，不是“指数型数列”，
由，
所以数列是等比数列，，
，
数列不是“指数型数列”．
（3）证明：因为数列是指数型数列，故对于任意的，
有，，
假设数列中存在三项，，构成等差数列，不妨设，
则由，得，
所以，
当为偶数时，是偶数，
而是偶数，是奇数，
故不能成立；
当为奇数时，是偶数，而是奇数，是偶数，
故也不能成立．
所以，对任意，不能成立，
即数列的任意三项都不成构成等差数列．
【温馨提醒】
立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解.
【变式训练】
变式5-1.（2023·云南·校联考模拟预测）在数列中，（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等差数列，又是等方差数列
【答案】BC
【分析】根据等方差数列的定义依次分析四个选项可得答案.
【详解】对于A，因为，，，
，所以不是等方差数列，故A错误；
对于B，因为，，，
所以，，
因为 是等比数列，所以，所以，
所以，因为，所以，所以，又，所以，故B正确；
对于C，设等比数列的公比为，则，
则当时，，若为常数，则必有，此时，则数列不可能是等方差数列，故C正确；
对于D，假设存在数列既是等差数列，又是等方差数列，则当时，且，
若，则，则，不合题意，
若，则，得，又，
所以为常数，必有，与假设矛盾，
故存在数列既是等差数列，又是等方差数列.故D错误；
故选：BC
变式5-2.（2023·全国·高三专题练习）若数列满足（d为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是 .
【答案】
【分析】根据调和数列的定义、等差数列的定义，结合等差数列的下标性质、前项和公式，基本不等式进行求解即可.
【详解】因为数列为“调和数列”，
所以（d为常数），因此数列是等差数列，
由，
因为是正项数列，所以是正项数列，
于是有，当且仅当时，取等号，
故答案为：
题型六：数列与解析几何的综合
【典例分析】
例6-1．（2022·全国·统考高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【答案】D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
例6-2．（2023秋·辽宁·高三东北育才学校校联考开学考试）已知,曲线，过点的曲线的所有弦中，最小弦长为.
(1)求的值；
(2)过点M的直线与曲线C1交于A、B两点，曲线C1在A、B两点处的两条切线交于点P，求点P的轨迹C2；
(3)在（2）的条件下，N是平面内的动点，动点Q是C2上与N距离最近的点，满足的动点N的轨迹为C3；并判断是否存在过M的直线l，使得l与C1、l与C3 的四个交点的横坐标成等差数列，说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，根据弦长公式即可结合二次函数的性质求解最值求解，
（2）求导得切线方程，联立两条切线方程即可求解交点，即可求解，
（3）根据抛物线的定义求解点轨迹，即可根据图形特征，结合等差数列的性质求解.
【详解】（1）由于题意可知过点的弦所在的直线一定有斜率，设直线方程为，联立与，可得，
设方程两根为，则，故弦长为，
令，则，
由于函数单调递增，故当时，此时弦长最小为
（2）设,则，
由抛物线方程可得，
所以点处的切线方程为，
同理可得点处的切线方程为,
联立两条切线方程得，则，
因此，所以的轨迹为直线，
（3）由动点Q是C2上与N距离最近的点，可知与直线垂直，
由于，所以可知点的轨迹为以点为焦点，以为准线的抛物线，故轨迹方程为，
设直线与相交的两个点为,且的横坐标为，不妨设
联立与，可得，则，
由于与均为开口向上的抛物线，
假若四个点的横坐标能构成等差数列，则必满足成等差数列，
则，此时，
而当时，不满足等差关系，
故不存在过M的直线l，使得l与C1、l与C3的四个交点的横坐标成等差数列.

【变式训练】
变式6-1.（2021·浙江·高考真题）已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ）
A．直线和圆B．直线和椭圆C．直线和双曲线D．直线和抛物线
【答案】C
【解析】
首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】
由题意得，即，
对其进行整理变形：
，
，
，
，
所以或，
其中为双曲线，为直线.
故选：C.
变式6-2.（2017山东，理19）已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3-x2=2
（Ⅰ）求数列{xn}的通项公式；
（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1, 1)，P2(x2, 2)…Pn+1(xn+1, n+1)得到折线P1 P2…Pn+1，求由该折线与直线y=0，所围成的区域的面积.
【答案】(I)（II）
（II）过……向轴作垂线，垂足分别为……,
由(I)得
记梯形的面积为.
由题意，
所以
……+
=……+ = 1 \* GB3 ①
又……+ = 2 \* GB3 ②
= 1 \* GB3 ①- = 2 \* GB3 ②得
=
所以
题型七：数列与概率统计的综合
【典例分析】
例7-1．（2023秋·安徽合肥·高三合肥一中校联考开学考试）为纪念中国共产党成立102周年，学校某班组织开展了“学党史，忆初心”党史知识竞赛活动，抽取四位同学，分成甲、乙两组，每组两人，进行对战答题.规则如下：每次每位同学给出6道题目，其中有一道是送分题（即每位同学至少答对1题）.若每次每组答对的题数之和为3的倍数，原答题组的人再继续答题；若答对的题数之和不是3的倍数，就由对方组接着答题.假设每位同学每次答题之间相互独立.求：
(1)若第一次由甲、乙组答题是等可能的，求第2次由乙组答题的概率；
(2)若第一次由甲组答题，记第次由甲组答题的概率为，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件，利用古典概型概率公式求出原答题组继续答题的概率和由对方组答题的概率，再利用互斥事件概率加法和独立事件乘法概率公式求解即可；
（2）先求出概率关系，构造等比数列，利用等比数列通项公式求解即可.
【详解】（1）设第1次由甲组答题记作事件A，第1次由乙组答题记作事件，
第2次由乙组答题记作事件B，因为答对的题数之和为3的倍数分别为，，，，，，，所以答对的题数之和为3的倍数的概率为，
所以答对的题数之和不是3的倍数的概率为，
则；
（2）第次由甲组答题，是第次由甲组答题第次继续由甲组答题的事件与第次由乙组答题第次继续由甲组答题的事件和，它们互斥，
又各次答题相互独立，所以第次由甲组答题，第次继续由甲组答题的概率为，
第次由乙组答题，第次继续由甲组答题的概率为，
因此，则，
因为第一次由甲组答题，则，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，即
例7-2.（2024秋·广东广州·高三华南师大附中校考开学考试）记数列的前项和为，且满足
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，证明对任意，；
(3)某铁道线上共有列列车运行，且每次乘坐到任意一列列车的概率相等，设随机变量为恰好乘坐一次全部列车所乘坐的次数，试估算的值（结果保留整数）.
参考数据：，，
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)5
【分析】（1）由可得，对分奇偶利用累加法可得，从而可得数列的通项公式；
（2）设，作差判断数列的单调性，由差可设，设函数，求导即可得单调性，从而证明不等式成立；设，求导得单调性，从而可证得不等式；
（3）结合（2）中不等式可得，在根据对数运算进行估值，即可得的估计值.
【详解】（1）因为，当时，，即，
当时，，则
整理得，
当为偶数时，，，，……，
累加得，即，
当为奇数时，，，，，……，
累加得，即，
综上，可得，所以由可得；
（2）设，则
所以
设，设函数，所以
所以当时，，故可得 ，
故
设，所以恒成立，可知，则，令可得
所以，则
累加得：，所以，
故，原不等式得证.
（3）设每次乘坐到新列车的概率为，还未乘坐过列，则，则所尝试坐上新列车的次数期望是，累加得
又，则，故.
【点睛】关键点点睛：要证明不等式和，结合数列单调性证明作差法进行变形处理，在判断差的符号时，关键是构造函数，利用函数和导数的关系确定最值从而判断差的符号，即可证得结论.
【变式训练】
变式7-1.（2023·全国·高三专题练习）11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设每球甲得分的概率为0.6，乙得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方平后，求甲最终获胜的概率.
【答案】
【详解】设表示进行若干球后甲的得分，表示进行若干球后乙的得分，表示时甲最终取胜的概率.
则，，且.从而.所以数列是以为首项，为公比的等比数列.因此，即
，，，
累加得，解得.所以
.
变式7-2.（2023秋·江苏南通·高三江苏省如皋中学校考阶段练习）现代排球赛为5局3胜制，每局25分，决胜局15分. 前4局比赛中，一队只有赢得至少25分，并领先对方2分时，才胜1局. 在第5局比赛中先获得15分并领先对方2分的一方获胜. 在一个回合中，赢的球队获得1分，输的球队不得分，且下一回合的发球权属于获胜方. 经过统计，甲、乙两支球队在每一个回合中输赢的情况如下：当甲队拥有发球权时，甲队获胜的概率为；当乙队拥有发球权时，甲队获胜的概率为.
(1)假设在第1局比赛开始之初，甲队拥有发球权，求甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率；
(2)当两支球队比拼到第5局时，两支球队至少要进行15个回合，设甲队在第个回合拥有发球权的概率为. 假设在第5局由乙队先开球，求在第15个回合中甲队开球的概率，并判断在此回合中甲、乙两队开球的概率的大小.
【答案】(1)
(2)，甲队开球的概率大于乙队开球的概率．
【分析】（1）甲队在前3个回合中恰好获得2分，分为3种情况，依次求出对应的概率，即可求解；
（2）根据已知条件，结合等比数列的性质，以及全概率公式，即可求解．
【详解】（1）在前3个回合中甲队恰好获得2分对应的胜负情况如下：胜胜负，胜负胜，负胜胜，共3种情况，
对应的概率分别为，，，
所以甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率；
（2）根据全概率公式得，
即，
易知，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，故，
因为，所以，
而在每一个回合中，甲、乙两队开球的概率之和为1，从而可得在此回合中甲队开球的概率大于乙队开球的概率．
【点睛】方法点睛：
甲队在第i个回合拥有发球权的概率为，由全概率公式得，问题转化为数列的递推公式，通过构造等比数列，求出通项.
一、单选题
1．（2023·江西鹰潭·统考一模）斐波那契数列因数学家莱昂纳多•斐波那契（LenarddaFibnaci）以兔子繁殖为例而引入，故又称为“兔子数列”.因n趋向于无穷大时，无限趋近于黄金分割数，也被称为黄金分割数列.在数学上，斐波那契数列由以下递推方法定义：数列满足，，若从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项至少有1项是奇数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用列举法，结合古典概型的概率公式以及对立事件的概率关系及组合数公式求解即可.
【详解】依题意可知，数列的前10项为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
其中偶数有3个，
所以从该数列前10项中随机抽取2项，则抽取的2项都是偶数的概率为，
所以至少有1项是奇数的概率为.
故选：D.
2．（2022秋·江西抚州·高三临川一中校考期中）我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则说法不正确的是（ ）

A．相邻两个节气晷长减少或增加的量为十寸
B．秋分的晷长为75寸
C．立秋的晷长比立春的晷长长
D．立冬的晷长为一丈五寸
【答案】C
【分析】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中寸，寸，公差为寸，可求出，利用等差数列知识即可判断各选项.
【详解】由题意可知夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中寸，寸，公差为寸，则，解得（寸），
同理可知由冬至到夏至的晷长构成等差数列，首项，末项，公差（单位都为寸）.故选项A正确；
春分的晷长为,
秋分的晷长为，所以正确；
立冬的晷长为，即立冬的晷长为一丈五寸，正确；
立春的晷长，立秋的晷长分别为，
，，故错误.
故选：C.
3．（2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）“三分损益法”是古代中国发明的制定音律时所用的生律法.例如：假设能发出第一个基准音的乐器的长度为36，那么能发出第二个基准音的乐器的长度为，能发出第三个基准音的乐器的长度为，……，也就是依次先减少三分之一，后增加三分之一，以此类推.现有一兴趣小组采用此规律构造了一个共12项的数列用来研究数据的变化，已知，则（ ）
A．324B．297C．256D．168
【答案】A
【分析】根据“三分损益法”的规律可得出数列中各项的关系，代入计算即可.
【详解】由损益规律可知，
即，
解得.
故选：A
4．（2023秋·湖南株洲·高三株洲二中校考开学考试）如图，在平面上有一系列点，，…，…，对每个正整数，点位于函数的图像上，以点为圆心的都与轴相切，且与外切.若，且，，的前项之和为，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据两圆的几何关系及其圆心在函数的图象上，求出递推关系式，通过构造等差数列求得的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】因为与外切，且都与轴相切，所以，
即，所以，
因为，所以，所以，
所以数列为等差数列，首项，公差，所以，
所以，
所以，
所以
所以，
故选：D
5．（2023秋·北京东城·高三景山学校校考开学考试）若数列各项均为正数，且，则下列结论错误的是（ ）
A．对任意，都有
B．数列可以是常数列
C．若，则数列为递减数列
D．若，则当时，
【答案】C
【分析】先求得与的递推关系式，利用差比较法、换元法，结合二次函数的知识以及差比较法求得正确答案.
【详解】由得，
，依题意，所以，
由于，所以可由，
解得，负根舍去，
A选项，由于，所以，所以A选项正确；
①，
B选项，若，解得，
此时是常数列，所以B选项正确；
令，令，
则，
所以当时，；当时，，
所以当时，是单调递减数列，
即，所以C选项错误；
同时，，
则当时，，所以D选项正确.
故选：C
【点睛】根据递推关系研究数列的性质，关键点是根据递推关系的结构，选择恰当的分析方法.如本题中，已知递推关系是形如一元二次方程的形式，所以可以考虑利用一元二次方程的知识来进行求解.研究数列的单调性，可以考虑利用差比较法来进行求解.
二、多选题
6．（2023·全国·高三专题练习）等比数列{an}的公比为q，其前n项的积为，并且满足条件，，.给出下列结论，其中正确的是（ ）
A．
B．
C．的值是中最大的
D．的值是中最大的
【答案】ABD
【分析】运用等比数列的定义和等比数列的性质根据题目条件逐项分析即得.
【详解】对于A，∵，，即，
，又，又，
，且，
，故A正确；
对于B，，，即，故B正确；
对于C，由于，而，故有，故C错误；
对于D，由题可知，
所以当时，，即，当时，，即，
∴T99的值是Tn中最大的，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
7．（2023·全国·高三专题练习）如图，矩形的一边在x轴上，另外两个顶点，都在函数的图象上，若点的坐标为，矩形的周长为，则＋…＋＝ .

【答案】
【分析】由的坐标求得坐标，再得坐标，从而得矩形周长，然后由数列求和的裂项相消法可计算得解．
【详解】由题意知，设，由点在函数的图像上，
得，则，即，
解得或，
所以，所以周长.所以，
.
故答案为：.
8．（2023秋·河南洛阳·高三伊川县第一高中校联考开学考试）已知数列的前项即为，且，若对任意，都有，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由，可先用错位相减法求其和，再利用的单调性求其范围，最后通过处理恒成立问题求出的范围.
【详解】数列的前项即为，且
，
，
两式相减可得：，
. ，单调递增，即 .
，，.
又若对任意，都有，即， .
故答案为： .
四、解答题
9.（2023秋·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考开学考试）已知数列的前项和为，满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过对进行变形，结合，得出的通项公式，进而得出的通项公式；
（2）根据的通项公式进行求和，即可证明结论．
【详解】（1）因为，则化为，
即，所以，所以是首项为，公差为的等差数列，
所以，解得，
当时，，
不满足上式，
所以.
（2）结合（1）得，，
所以，
因为，所以．
10．（2023秋·湖南衡阳·高三衡阳市田家炳实验中学校考阶段练习）点（）在函数图象上.数列{}满足.
(1)证明：数列{}为等差数列.
(2)数列{}满足.求为{}前n项和及当，求n的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)5
【分析】（1）由指对数运算可得，作差法及等差数列定义证明结论即可；
（2）由（1）得，应用错位相减法、等比数列前n项和公式求得，再根据不等式能成立求n的最小值.
【详解】（1）由题设，则，故，
所以数列{}是公差为3的等差数列.
（2）由（1）知：，故，
所以①，
则②，
所以①－②得：，
即，
所以，则，又恒成立，
所以递减，而，故时恒成立，，
所以n的最小值5.
11．（2021秋·北京·高三景山学校校考期中）在中，内角所对的边分别为，若且.
(1)求角的大小；
(2)在①成等差数列，②成等差数列，③成等差数列，这三个条件中任选一个作为已知条件，求的面积.（如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和余弦定理，化简得到，即可求得的值；
（2）对于条件①：利用等差中项结合基本不等式可得，再根据，可得，利用面积公式即可得结果；对于条件②③：利用等差中项，根据，求得为边长为的等边三角形，结合三角形面积公式的应用求出结果.
【详解】（1）因为，
由正弦定理的，整理得，
所以，
又因为，所以.
（2）选择条件①：因为成等差数列，所以，
由基本不等式，当且仅当时，等号成立，
所以，所以，
又由，即，可得，
整理得，即，所以，
又因为，且，所以为边长为的等边三角形，
所以.
选条件②：由成等差数列，所以，
又由，整理得，可得，即，
因为，且，所以为边长为的等边三角形，
所以.
选条件③：由成等差数列，所以，
又由，整理得，可得，即，
因为，且，所以为边长为的等边三角形，
所以.
12．（2023秋·重庆·高三重庆一中校考开学考试）正项数列的前n项的积为，的前n项的积为，已知是公差为1的等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项的和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据题意得，再由是等差数列，求出其通项公式，进而求出的通项公式；
（2）先求出，进而求出，从而求出，然后利用裂项相消法求出即可证明.
【详解】（1）因为数列的前n项的积为，
所以，，
又因为是公差为1的等差数列，
所以，①
所以当时，，
，②
②①得，
又满足上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得，所以，
所以，
当时，，
因为，，，
当时，
，
所以.