答题模板16 数列综合（数列不等式的证明、不等式放缩、数列最值）-2026年高考数学二轮复习培优讲义（含答案）

这是一份答题模板16 数列综合（数列不等式的证明、不等式放缩、数列最值）-2026年高考数学二轮复习培优讲义（含答案），共62页。学案主要包含了二级结论等内容，欢迎下载使用。
与三角函数、概率、导数、解析综合、数列新定义）有关的9类核心题型
模块说明：
洞察命题意图，明确攻坚方向
1. 考向聚焦：精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值。
2. 思维瓶颈：精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板。
1. 考向聚焦（精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值）
数列综合大题是考查数学高阶思维与核心素养的关键载体。试题超越基础公式，将数列与不等式证明、放缩技巧、最值及参数求解深度融合，并广泛与三角函数、概率、导数、解析几何交叉，或设置“新定义”情境。它从数列作为离散函数的本质出发，综合运用函数与方程、转化与化归等思想，通过代数变形、数学归纳、导数工具等方法解决问题，全面考查逻辑推理、运算求解及跨模块整合能力。
核心考查四大方向：
数列与不等式：证明、放缩求和、求最值或参数范围，需掌握裂项、等比等放缩技巧及数学归纳法。
数列与其他知识交叉：与三角、概率、导数、解析几何结合，检验知识联系与迁移能力。
数列新定义问题：理解新概念并探究性质、求解，考查抽象素养与学习迁移能力。
极限与收敛性（以探究为主）：借助单调有界性讨论极限存在与求解。
2. 思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板）
数列特性把握不足：不善于从递推关系求通项，忽略单调性、有界性等性质的应用。
放缩技巧生硬：放缩“度”控制不当，盲目套用公式，缺乏目标导向的配凑能力。
跨知识整合弱：难以建立数列与三角、概率、导数等知识的有效联系。
畏惧新定义：信息提取与转化能力不足，无法将新定义化为已知模型。
运算能力欠缺：复杂运算、递推、变形过程中易出错。
缺乏探究意识：不善于从特殊项入手猜测规律并证明。
模块说明：
构建思维框架，提炼通用解法
1.模模块化知识体系：熟记数列综合（数列不等式的证明、不等式放缩、数列最值、参数求解、与三角函数、概率、导数、解析综合、数列新定义）的相关知识内容，形成清晰的解题思维基础逻辑，便于快速定位解题切入点。
2.通用解法模板化：针对高频题型，总结“审题-建模-推导-验证”法，规范解题流程，减少思维漏洞，提升答题效率。
3.易错点专项突破：整理常见误区，设计针对性训练题，通过对比正确与错误解法，强化对知识边界的理解，避免重复犯错。
结论背记
一、二级结论
1. 数列放缩
（1），其中：可称为“进可攻，退可守”，可依照所证不等式不等号的方向进行选择。
注：对于，可联想到平方差公式，从而在分母添加一个常数，即可放缩为符合裂项相消特征的数列，例如：，这种放缩的尺度要小于（1）中的式子。此外还可以构造放缩程度更小的，如：
（2），从而有：
注：对于还可放缩为：
（3）分子分母同加常数：
此结论容易记混，通常在解题时，这种方法作为一种思考的方向，到了具体问题时不妨先构造出形式再验证不等关系。
（4）

可推广为：

技法归纳
方法一 数列不等式的证明
数列不等式的证明是高中数学教学中极其重要的一部分，它不仅涉及到数学知识的综合运用，还要求学生具备严谨的逻辑思维和灵活的解题技巧。难度中等偏上、需强加练习.
例题1 （2025·辽宁沈阳·三模）已知数列中，，，且数列为等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)记为数列的前n项和，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出数列的公差，可求出数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；
（2）利用裂项求和法求出，即可证得结论成立.
【详解】（1）因为数列中，，，且数列为等差数列，
设数列的公差为，则，故，
所以，故.
（2）因为，
所以
，故原不等式成立.
例题2 （2025·江苏·三模）已知数列是等差数列，记其前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)将数列与的所有项从小到大排列得到数列．
①求的前20项和；
②证明：．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意可得，对于取，即可求出、，从而求出通项公式；
（2）①首先求出，即可得到，从而求出其前20项和；②由，分及两种情况讨论，当时利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由，得，即，
由，取，得，即，
解得，，所以；
（2）①由（1）知，，所以，
因为，
所以，所以的前20项和为；
②证明：因为，所以，
所以当时，；
当时，
，
综上可得.
例题3 （25-26高三上·广西南宁·开学考试）已知．
(1)求的通项公式；
(2)令，为的前项之积，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据已知可得，且，由等差数列的定义写出通项公式即可；
（2）利用导数证明，进而得到，
可得，累加即可证.
【详解】（1）由，又由题意知，，
左右同时除以得，
所以，则，
故是以3为首项，3为公差的等差数列，
所以，可得；
（2）令函数，求导得，
在上单调递增，，即，
取，则，于是，
由（1）知，,
，
所以.
例题4 （2025·天津南开·一模）已知公差大于0的等差数列的前项和为，且是的等比中项．
(1)求的通项公式及；
(2)记为在区间内项的个数，为数列的前项和．
（i）若，求的最大值；
（ii）设，证明：．
【答案】(1)；
(2)（i）5；（ii）证明见解析..
【分析】（1）应用等差数列前n项和公式及等差中项的性质、通项公式求基本量，进而得到的通项公式及；
（2）（i）根据已知得，即得，应用等差、等比前n项和公式及分组求和得，再由能成立求的最大值；
（ii）由（i）得，判断其单调性即可得，应用基本不等式及放缩有，应用错位相减法求右侧的前n项和，即可证.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
依题意，，即①，
，即②，
将①代入②得，因为，解得，
所以．
（2）（i）令，即，解得，
所以，即的通项公式为
所以．
又，所以．
由，得，
因为，
所以的最大值为5．
（ii）由（i）知，则，所以．
设①，
则②，
①②得，
所以．
因为，
所以．
综上，．
方法二 不等式放缩
放缩的基本思路是将通项适当放大或缩小，向便于相消或便于求和的方向转化.放缩的策略是通过多角度观察通项的结构，深入剖析其特征，思前想后，找准突破口，怡当放缩，难度中等偏上、需强加练习.
例题5 （2025·河南·二模）已知数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)记的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知等式变形得出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列的通项公式；
（2）验证当时，不等式成立；当时，推导出，再利用等比数列的求和公式可证得不等式成立.
【详解】（1）由题设条件，可得若，则，
用反证法，假设，由题设条件，显然，这与已知条件矛盾，所以.
因为，所以，，，所以，，
由得，所以，
又，所以是首项、公比均为的等比数列.
所以，则.
（2）显然时，成立，
当时，，所以，所以，
所以，即，所以，
所以.
综上，，得证.
方法三 数列最值
例题6 （2025·山东·三模）已知数列的前项和为，数列的前项积为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求使得成立的的最大值；
(3)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)45
(3)
【分析】（1）利用时结合已知等式得首项，再由代入等式，转化得到是等差数列，进而求出的通项.
（2）由求出，再通过与的前项和关系得到的分段表达式，分和讨论的不等式，求解的最大值.
（3）写出的分段形式，时对通项进行裂项相消拆分，再分和计算前项和.
【详解】（1）因为，所以，在中令，得.所以
当时，由及，得，所以.
又，所以是首项为3，公差为2的等差数列.
.所以.
（2）由（1）知（）.
当时，，满足上式，所以，
则（）.
当时，，不满足上式，所以
当时，，显然成立；
当时，有，所以，
又，所以的最大值为45.
（3）设，
当时，，
当时，
所以
.
当时，上式也符合，
所以.
例题7 （2025·福建·模拟预测）数列的前项和为，已知且．
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足，求的最大值．
【答案】(1)；
(2)1.
【分析】（1）利用即可求解；
（2）判断数列的单调性即可求解.
【详解】（1）∵①，
∴②，
①-②得：，，
②中令n＝2，则，∴，
为首项为1，公比为2的等比数列，
∴.
（2）由（1）知：，
则，
所以
所以当时，有最大值.
方法四 参数求解
对于此类含参数不等式愿型,大部分可以通过分离參数等方式转化为最值问题,对于求最值,需要分析单调性,函数类型可通过运算法则或者求导进行判断,数列可通过作差法进行判断数列的单调性，难度中等偏上、需强加练习.
例题8 （2025·河南·一模）数列满足，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设数列的前项和为，求使成立的最小正整数的值
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据已知得，再应用作差法及等差数列的定义证明；
（2）根据（1）得，应用裂项相消法求，根据不等式能成立求参数值.
【详解】（1）设数列，则
，
由，得，
所以，
即数列是以为首项，为公差的等差数列；
（2）由（1）得，
所以，
因此，解得，所以满足题意的最小正整数.
例题9 （2025·四川达州·一模）已知为等差数列，前项和为，且．
(1)求；
(2)设，数列的前项和为，若对任意，不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据已知条件求出等差数列的首项和公差，进而求出.
（2）先求出，然后求出并化简，进而求解不等式即可.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，因为.
所以，解得.
所以.
（2）.
所以.
因为不等式对任意恒成立，则有对任意恒成立，
又，所以.
例题10 （2025·宁夏·一模）已知数列满足．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)设，记数列的前n项和为．
（i）求；
（ii）若成立，求m的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）等式两边同时除以可得；
（2）（ii）由错位相减法求和即可；
（ii）构造数列，由不等式组求数列的最值大即可.
【详解】（1）因为，即，
所以数列是以为首项，3为公差的等差数列.
（2）（i）由（1）知，
所以，
所以，
所以，
，
所以
，
所以.
（ii）因为，
所以，
令，
不妨设的第项取得最大值，
所以，解得，
所以的最大值为，
所以，即m的取值范围是.
方法五 与三角函数综合
数列、三角是高中数学的重要内容，从本质上看它们是特殊的函数，都具有函数的某些性质。数列也可和三角函数综合考查，需强化复习
例题11 （2025·陕西西安·一模）将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且.
(1)求；
(2)求的单调增区间，并说明在上的单调性；
(3)求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3).
【分析】（1）解方程，结合求解；
（2）由正弦函数的单调性求解；
（3）说明是等差数列，根据求和公式求解.
【详解】（1）由，得，
所以或，
解得或，
因为且，
所以时，或，解得或
当时，，
此时，而，不合题意，
所以.
（2）由（1），
由，得，
因为，所以单调增区间为，
因为，所以，
当，即时单调递增，
当，即时，单调递减；
（3）当时，由或，
得或，又，
所以的奇数项构成以为首项，公差为的等差数列，
偶数项构成以为首项，公差为的等差数列.
所以当为奇数时，
；
当为偶数时，
；
所以
方法六 与概率综合
构建齐次式型是离心率问题中最常见、最重要的一类解题方式。若题目条件（如角度、垂直、向量数量
例题12 （2025·四川成都·二模）某答题挑战赛规则如下：比赛按轮依次进行，只有答完一轮才能进入下一轮，若连续两轮均答错，则挑战终止；每一轮系统随机地派出一道通识题或专识题，派出通识题的概率为，派出专识题的概率为.已知某选手答对通识题与专识题的概率分别为，且各轮答题正确与否相互独立.
(1)求该选手在一轮答题中答对题目的概率；
(2)记该选手在第轮答题结束时挑战依然未终止的概率为，
（i）求；
（ii）证明：存在实数，使得数列为等比数列.
【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式计算得解.
（2）（i）将第3轮答题结束时挑战未终止的事件进行分拆，再利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的乘法公式求出，同理求出；（ii）利用概率的加法公式及乘法公式列出递推公式，再利用构造法求解得证.
【详解】（1）设事件“一轮答题中系统派出通识题”，事件“该选手在一轮答题中答对”，
依题意，，，
因此，
所以该选手在一轮答题中答对题目的概率为.
（2）（i）设事件“该选手在第轮答对题目”，各轮答题正确与否相互独立，
由（1）知，，
当时，挑战显然不会终止，即，
当时，则第1、2轮至少答对一轮，，
由概率加法公式得；
同理.
（ii）设事件“第轮答题结束时挑战未终止”，
当时，第轮答题结束时挑战未终止的情况有两种：
①第轮答对，且第轮结束时挑战未终止；
②第轮答错，且第轮答对，且第轮结束时挑战未终止，
因此第轮答题结束时挑战未终止的事件可表示为，
则，而各轮答题正确与否相互独立，
因此，
当时，，设存在实数，使得数列为等比数列，
当时，，整理得，
而，则，解得或，
当时，
因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列；
当时，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以存在实数或，使得数列为等比数列.
例题13 （2025·四川德阳·模拟预测）某商场拟在年末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子（形状为正方体，六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），若向上点数不超过2点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为19分，则游戏结束，可得礼券，若累计得分为20分，则游戏结束，可得到礼券，最多进行19轮游戏.
(1)当进行完3轮游戏时，总分为，求的期望；
(2)若累计得分为的概率为，（初始得分为0分，）.
①证明数列，，，，是等比数列；
②求活动参与者得到礼券的概率.
【答案】(1)
(2)①证明见解析，②
【分析】（1）由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，而每轮游戏的结果互相独立，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，，即可求出的期望.
（2）①根据累计得分为分的概率为，分两种情况讨论，从而得到递推式，再根据构造法求证即可；
②根据①可求出，再根据累加法可求出，再由从而求解即可.
【详解】（1）由题意可知每轮游戏获得分的概率为，获得分的概率为，设进行完轮游戏时，得分的次数为，所以，所以，，，，，而，所以随机变量的可能取值为，，，，所以
，
，
，
，
所以的分布列为：
所以.
（2）①证明：，即累计得分为分，是第一次掷骰子，向上点数不超过点，，则，累计得分为分的情况有两种：
（i），即累计得分，又掷骰子点数超过点，其概率为，
（ii）累计得分为分，又掷骰子点数没超过点，得分，其概率为，
所以，所以，，，，，
所以，，，，是首项为，公比为的等比数列.
②因为数列，，，，是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以
，
，
，
各式相加，得，
所以，，，，，
所以活动参与者得到礼券的概率为：.
例题14 （2025·江苏·二模）某科技公司食堂每天中午提供A、B两种套餐，员工小李第一天午餐时随机选择一种套餐，如果前一天选择A套餐，那么第二天选择A套餐的概率为；如果前一天选择B套餐，那么第二天选择A套餐的概率为.
(1)食堂对A套餐的菜品种类与品质等方面进行了改善后，对员工对于A套餐的满意程度进行了调查，统计了120名员工的数据，如下表（单位：人）
根据小概率值的独立性检验，能否认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善有关？
(2)若A套餐拟提供2种品类的素菜，种品类的荤菜，员工小李从这些菜品中选择3种菜品，记选择素菜的种数为X，求的最大值，并求此时n的值；
(3)设员工小李第n天选择B套餐的概率为，求.
参考数据：，其中.
【答案】(1)认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善没有关系
(2)，或
(3)
【分析】（1）根据给定数据求出的观测值，再与临界值作对比即可判断；
（2）利用古典概率模型、结合组合计数问题求出的表达式，构造数列并判断单调性求出最大值；
（3）根据题干信息求出与的关系，再利用构造法求出通项.
【详解】（1）零假设：认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善无关，
由已知数据计算，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，即接受，
因此认为员工对于A套餐的满意程度与套餐的改善没有关系.
（2）依题意，，令，
，当且仅当时取等号，
当时，，
当时，，即当时，数列单调递减，
于是，
所以的最大值为，此时或.
（3）由员工小李第n天选择B套餐的概率为，则员工小李第n天选择A套餐的概率为，
因此，而，
，又，
因此，所以.
方法七 与导数综合
构建齐次式型是离心率问题中最常见、最重要的一类解题方式。若题目条件（如角度、垂直、向量数量
例题15 （2025·福建福州·模拟预测）已知正项数列满足．
(1)若，求；
(2)若，求的通项公式；
(3)记为数列的前项和，若，证明：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据递推公式以及附加条件求出，再结合递推公式即可求解.
（2）令，可得，结合二倍角公式可引入新数列，，求得的值，并说明唯一即可求解.
（3）将原不等式转换为，先证明，可构造函数，利用导数证明不等式，从而即可放缩，再证明，根据三角函数的有界性放缩即可得证.
【详解】（1）由题，，且，又，代入，解得，
所以，，，故．
（2）令，则有，即，又，则，
此时不妨令，则，则有，即
讨论周期性对唯一性的影响：不妨令，则
当时，，不合题意，舍去；
当时，符合题意；此时，
同理，唯一，即唯一．即，故．
（3）由若，且，则，
联立解得，
原不等式可转化为，
先证明：
由，，由（2）可推，则，
令函数，则，
令，则恒成立，所以在上单调递增，
又，所以在上有，
所以在上单调递增，又，则，
所以，则，
故
，
又因为，所以，
证明：
由，则，当且仅当时取等，
所以，故，
所以．
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是对进行适当的放缩，由此即可顺利得解.
例题16 （2025·河南·三模）已知函数
(1)当时，求的零点个数；
(2)若，求的最大值；
(3)证明：.
【答案】(1)两个
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导函数确定函数的单调性，再结合零点存在定理即可得到的零点个数；
（2）先利用必要性探路得到，再去证明的充分性；
（3）结合（2）的结论，对进行放缩，再放缩求和即可得证.
【详解】（1）当时，，所以，
令，则，
所以在上单调递减，即在上单调递减，
又，则的解集为,则的解集为,
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又因为，
所以存在，使得，
所以有两个零点.
（2）由，得，下证当时，，
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，又，则的解集为,则的解集为,
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，即，
所以的最大值为.
（3）证明：由（2）可得，当且仅当时取等号，
所以，所以
且因为当时，
所以，
所以
即.
例题17 （2024高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)当时，，求的取值范围；
(3)设，证明：．
【答案】(1)在上单调递增，没有单调递减区间
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求函数的定义域及导函数，利用导数证明，由此确定函数的单调区间；
（2）结合关系，，得出在上恒成立的必要条件为，再证明时，在恒成立，时不满足条件，可得结论；
（3）由（2）可建立关系式，令可得，取累加得证．
【详解】（1）当时，的定义域为，
则，
令，则，
令，则，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
所以在时取最小值，即，所以，
所以在上单调递增，没有单调递减区间．
（2）因为，，
所以要使当时，，
必须满足，即．
下面证明满足题意：
①当时，由，．
令，，
由（1）知，在上单调递增，
所以，
所以当时，，即；
②当时，，
令，则，
所以在上单调递增，
又，当时，，
所以存在，使得，
所以当时，，即在上单调递减，
所以当时，，
所以当时，不恒成立．
综上所述，实数的取值范围是．
（3）由（2）知，当，时，，
即，所以．
令，
则，
，
所以
令，则
，
所以，
即．
【点睛】关键点点睛：第三小问解决的关键在于找到不等式与函数在结构上的联系.
方法八 与解析综合
构建齐次式型是离心率问题中最常见、最重要的一类解题方式。若题目条件（如角度、垂直、向量数量
例题18 （2025·浙江·一模）已知渐近线为的双曲线过点，过点且斜率为的直线交双曲线于异于的点，记的面积为.
(1)求双曲线的方程；
(2)求；
(3)证明：.
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）双曲线的方程为代入计算得解；
（2）联立方程与，解得的横坐标.求出，计算，代入得解；
（3）将利用放缩法得到，利用裂项相消求解.
【详解】（1）设双曲线的方程为，
代入得，故双曲线的方程为.
（2）联立方程与，解得的横坐标.
因为，
故
，
所以.
（3）因为
，
故
，
当时成立. 故.

例题19 （2025·福建·模拟预测）已知抛物线 的焦点为F， 为抛物线C上的一个动点（不与坐标原点重合），．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点，按照如下方式构造点，设直线为抛物线C在点处的切线，过点作的垂线交抛物线C于另一点，记的坐标为．
（ⅰ）证明：当时，；
（ⅱ）设的面积为，证明：．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析 （ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的性质及题意即可求解；
（2）由题意求出直线，与抛物线联立进而求出点的横坐标，代入抛物线方程可得其纵坐标，进而可得与的不等关系，用累加法求解即可证明；
（3）求出点F到直线的距离，求出弦长，进而可得的面积，结合可得，用放缩的方法求即可求解.
【详解】（1）抛物线C的准线方程为，所以，
所以，解得，所以C的方程为；
（2）（ⅰ）设，因为，
所以点处的切线斜率为，所以直线斜率为，
所以直线，
与联立可得，，
可得，即的横坐标为，
所以，
当时，有，
又由，故，所以；
（ⅱ）易知直线，
F到直线的距离为，
，
所以，
因为，
由（1）知，即，所以当时，，
所以当时，，
所以，
当时，，
当时，．
所以．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
模块说明：
聚焦前沿题型，靶向提升解题能力
1.精选各省市最新模拟题，确保训练内容紧密贴合当前考查方向与命题动态，帮助学生把握前沿考点。
2.按题型进行系统分类与专项训练，使学生能够集中突破特定题型，深度掌握其核心解题思路与技巧。
【题型01】数列不等式的证明（共7题）
1．（2025·吉林长春·三模）记为数列的前项和，已知，．
(1)判断是否为等比数列，并求出的通项公式；
(2)设递增的等差数列满足，且、、成等比数列．设，证明：．
【答案】(1)不是等比数列，且
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，求出的值，当时，由可得，两式作差可得出，结合可得出结论，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式；
（2）设等差数列的公差为，由题意可知，根据题中条件可得出关于的方程，解出的值，可得出数列的通项公式，放缩可得，结合裂项相消法可证得所证不等式成立.
【详解】（1）因为，且对任意的，，
当时，，
当时，由可得，
上述两个等式作差得，即，所以，
又因为，
故数列不是等比数列，且该数列是从第项开始成公比为的等比数列，
当时，，即，
综上所述，.
（2）设等差数列的公差为，由题意可知，且，，
，，
所以，，，
因为、、成等比数列，所以，
整理得，解得或（舍去），
所以，
所以，
所以
，故原不等式得证.
2．（2025·山东聊城·模拟预测）已知各项均为正数的数列满足，数列的前项和为．正项等比数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数列的通项与求和公式的关系，可得数列的递推公式，根据等比数列的概念，可得答案；
（2）根据裂项相消求和，可得答案.
【详解】（1）由题意可得，所以
因为，所以，
即，所以，
，
设等比数列的公比为，
则，，.
（2）
所以
3．（2025·安徽·二模）已知等差数列的前项和为，，对任意正整数，均有.
(1)求和；
(2)若数列满足，且，求数列的通项公式；
(3)记数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）数列为等差数列，不妨设，再利用待定系数法解得，根据等差数列前项和公式求．
（2）方法一：由题意得，再根据累乘法得到，方法二：构造数列，得到数列为常数列即可求解；
（3）由题意得，先证，再累加即可证得．
【详解】（1）因为数列为等差数列，不妨设，由可得，故，解得，
所以，
，即，即，
所以，解得，
故，.
（2）方法一：由（1）得：，
当且时，，
，
当时，满足，
综上所述：.
方法二：由（1）得：，
，，，
，
令，则数列为常数列，
，
；
（3）由（1）知，，下面证明，
设，，
则，当时，，单调递增，
所以，
所以，即，
所以
，
所以．
4．（2025·四川·模拟预测）已知数列满足，且．
(1)证明：为等比数列；
(2)设，证明：；
(3)设，且数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）分析可知，对任意的，且，可得出，变形得出，结合等比数列的定义即可证得结论成立；
（2）利用（1）中的结论求出数列的通项公式，分析可知数列是各项均为正数的单调递减数列，分、两种情况，由结合数列的单调性即可证得结论成立；
（3）由不等式的性质得出，利用错位相减法求出数列的前项和，可得出，由结合不等式的传递性可证得结论成立.
【详解】（1）因为数列满足，且，可得，
由，得，可得，
由，得，可得，，
以此类推可知，对任意的，且，所以，
所以，可得，
所以数列为等比数列，首项为，公比为.
（2）由（1）可得，所以，故，
易知数列是各项均为正数的单调递减数列，
因为，所以，
当时，，
当时，，所以，
所以，对任意的，，
综上所述，.
（3）因为，
所以，
令①，
可得②，
①②得，
所以，故，故对任意的，.
5．（2025·河南·模拟预测）已知函数，，记的零点为.
(1)求；
(2)求数列中的最小项；
(3)证明：.
【答案】(1)1
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对求导，确定单调性即可求解；
（2）由通过作差得到，构造函数利用其单调性，确定数列单调性即可求解；
（3）令，求导确定单调性，得到，再通过，分别令和，即可证.
【详解】（1）当时，，定义域为，
在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，所以有唯一零点1，
即；
（2）由的零点为，
得，
两式相减得：，
即，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以由，得到，
所以，所以数列是递增数列，
所以数列中的最小项是；
（3）令，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立，即，
因为，所以,
所以，
所以，
所以
在中，令，得当且仅当时，等号成立，
当时，，
所以当且仅当时，，中等号成立，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
当时，在中，令，
得，
所以，
所以当时，
，
当时，成立，
所以，
综上得证.
6．（2025·江苏连云港·模拟预测）在数列中，，对于，，，成等差数列，其公差为．
(1)判断是否成等比数列？并说明理由；
(2)证明：，，成等比数列；
(3)设，数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)成等比数列，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，令，和，依次求出，利用等比数列定义判断即可；
（2）由，，成公差为的等差数列，得，即可利用累加法求出，从而可得，，，再利用等比数列定义判断即可；
（3）当为奇数时，，，当为偶数时，，，利用放缩法求出数列的前项和为，即可证明.
【详解】（1）当时，成公差为1的等差数列，
则，；
当时，成公差为2的等差数列，则，；
当时，成公差为3的等差数列，则．
所以，，从而，故成等比数列.
（2）由，，成公差为的等差数列，得，
可得：，，，，，
累加得
因为，，成公差为的等差数列，所以，
，又因为，，成公差为的等差数列，
所以，
所以，得，，成等比数列．
（3）由，由（2）知：
当为奇数时，，，
当为偶数时，，，
故，且对一切正整数，有，
时，
，
综上，．
7．（2025·安徽滁州·二模）在数列中，，，其前项和为．数列是公差为的等差数列．
(1)求；
(2)若，
（ⅰ）求数列的通项公式及前项和；
（ⅱ）若，数列满足，，求证：对任意正整数，都有．
【答案】(1)或
(2)（ⅰ）．；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）方法1：由及，利用等差数列基本量的运算求解即可；
方法2：先求出，然后利用化简得，将已知条件代入求解即可.
（2）（ⅰ）与相减得，，利用累乘法得，即可；
（ⅱ）由（ⅰ）得，进而求得，累加法结合即可证明.
【详解】（1）方法1：，，，
由或，
于是或，所以或．
方法2：显然，则，
于是，所以，
相减得，即，
所以，，又，，解得或.
（2）（ⅰ）当时，，即，
所以，相减整理得，，
所以，，…，，累乘得，，
也满足上式，所以．
所以．
（ⅱ），，显然．
，
所以，，…，，
累加得，得证．
【题型02】不等式放缩（共3题）
8．（2025·广东汕尾·一模）记为递增数列的前项和，.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)记的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题设利用分和结合等差数列定义即可依次求出数列的首项和通项公式；
（2）由错位相减求和方法结合等比数列前n项和公式即可求解；
（3）方法一：由和放缩公式结合裂项相消求和法计算求证即可得证；
方法二：由数列的单调性和放缩公式得到即可计算求证.
【详解】（1）由题令，则，解得，
当时，，
所以，即，
因为，且是递增数列，所以，
所以，即是公差和首项均为2的等差数列，
所以.
（2）设是数列的前项和，
因为，所以，
所以，
则，
两式相减得，即.
（3）方法一：，
所以，①
因为，
所以，②
①+②得，
即，所以.
方法二：因为是递增数列，所以是递减数列.
所以，
所以，
所以
.
9．（2024·上海静安·一模）如果函数满足以下两个条件，我们就称函数为型函数.
①对任意的，有；
②对于任意的，若，则.
求证：
(1)是型函数；
(2)型函数在上为增函数；
(3)对于型函数，有（为正整数）.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据指数函数性质和型函数的定义即可证明；
（2）取值，则，再结合型函数的定义即可证明；
（3）放缩得，再不断放缩有，结合等比数列的求和公式即可.
【详解】（1）记；
对任意的，有；
对于任意的，
若，
则，
即.
故函数是型函数.
（2）设，且，则.
因此
，
可知在上为增函数.
（3）因为，
所以
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用型函数的性质放缩得，最后再不断放缩，结合等比数列求和公式即可.
10．（2025·贵州·模拟预测）已知数列中，，．
(1)求，的值；
(2)设，证明是等比数列，并求其通项公式；
(3)证明：．
【答案】(1)，．
(2)证明见解析，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合数列的递推关系式，进行计算，即可求得，的值；
（2）由，分别化简求得，，得到，得出，结合等比数列的定义和通项公式，即可求解；
（3）由（1）知且，求得，结合，利用等比数列的求和公式，即可得证.
【详解】（1）解：由数列中，，，
可得，.
（2）解：由，
可得，，
所以，
因为，所以，即，
又因为，可得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以数列的通项公式为．
（3）解：由（1）知且，可得，
所以，
又由，
因为显然成立（当且仅当时等号成立），所以，
因此.
【题型03】数列最值（共4题）
11．（24-25高二上·广西玉林·期末）已知数列的前项和为，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和；
(3)若，求使取得最大值时的的值.
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）根据的关系，作差可得，即可根据等比数列的定义求解；
（2）由（1）求得，利用错位相减法可求；
（3）根据，可得；从而判断的单调性，即可求解.
【详解】（1）因为且，所以，
由，可得：，
两式相减得：，
因为，所以，，
又，综上，对任意的，，
所以是首项和公比均为的等比数列，所以，.
（2）由题意，，
①
②
①②得
所以，
（3）由（1）可得，所以，
时，由，可得；
当时，，当时，，
当时，，
当时，，
所以，所以，
综上，或时，取得最大值.
12．（2025·陕西西安·模拟预测）等差数列的前n项和为，数列是等比数列，满足，，，．
(1)求和的通项公式；
(2)若数列满足，，求数列的前2n项和，
(3)求的最大值和最小值．
【答案】(1)；
(2)；
(3)最大值，最小值.
【分析】（1）通过基本量运算求得公差和公比，得到通项公式；
（2）将分组，分别利用等差数列前项和公式和错位相减法求得各组的和，得到；
（3）利用化简和式，讨论的奇偶得到最值.
【详解】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，
则，解得，
所以，；
（2）由（1），，，
所以
令，
即①，
则②，
①-②得：
，
整理得
所以；
（3）因为，设
所以
，
当为奇数时，，由反比例函数性质可知随增大而增大，
故；
当为偶数时，，由反比例函数性质可知随增大而减小，
故，
又当时，，介于与之间，
所以的最大值为，最小值为.
13．（2025·天津河西·二模）已知数列为等差数列或等比数列，前项和为，且满足，.
(1)当数列为等差数列时，求的通项公式及；
(2)当在单调递增时，设，求的值；
(3)当数列为等比数列且为摆动数列时，设，求的最大值和最小值.
【答案】(1)，.
(2)
(3)最大值为1，最小值为.
【分析】（1）根据等差数列定义列方程组解得首项和公差即可求得结果；
（2）经分析可知只有当时，在单调递增，满足题意，再利用裂项求和可得结果；
（3）由（2）可知当时为等比数列且为摆动数列时，对表达式化简分析可求的结果.
【详解】（1）假设等差数列的公差为，由题意得，所以，
所以，
.
（2）当数列为等差数列时，由（1）知，显然在不单调；
当数列为等比数列时，假设公比为，，解得或，
当时，，易知在单调递增；
当时，，易知在不单调，
所以，
所以，
.
（3）当数列为等比数列时，由（2）知或，
又为摆动数列，所以，，
所以，
当为奇数时，单调递减，，当时取得最大值1，
当为偶数时，单调递增，，当时取得最小值，
所以的最大值为1，最小值为.
14．（2025·广西来宾·模拟预测）已知数列的首项，且满足，数列前n项和为.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求证：；
(3)若，求满足条件的最大整数n.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)2025.
【分析】（1）对两边取倒数，并整理得，进而根据等比数列的定义即可判断；
（2）根据等比数列前n项和公式，结合（1）得，进而通过作差法比较大小即可证明；
（3）结合（1）得，进而求数列的前n项和，再根据其单调性求解即可.
【详解】（1）记，由题意，数列满足，
可得
所以，
又，所以，则为常数，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
即数列为等比数列，首项为，公比为
（2）由（1）知数列是首项为，公比为的等比数列，
所以得
故，
从而，所以.
（3）解：由（1）知，所以，
设数列的前n项和为，
则
若，即，
因为数列为递增数列，且
所以满足的最大整数n的值为2025.
【题型04】参数求解（共7题）
15．（2025·黑龙江牡丹江·模拟预测）已知数列满足.
(1)求证：为等差数列，并求出数列的通项公式.
(2)设，记数列的前项和为.
①求；
②若，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)①；②
【分析】（1）利用构造法，即可得等差数列递推关系，从而可求得通项公式；
（2）①利用错位相减法，即可求和；
②利用分离参变量法，再利用递推关系求解数列中的最大项，即可得参数范围.
【详解】（1）由.
则数列是以为首项，2为公差的等差数列，
则，
所以数列的通项公式为；
（2）①由（1）得，
则.
于是，
上两式相减得：
，
所以.
②由，得.令，
所以，
所以不是数列的最大项，不妨设的第项取得最大值.
由，即解得，
即数列的最大值为，所以，
即的取值范围是.
16．（2025·辽宁葫芦岛·一模）设数列是公差大于1的等差数列，，满足，记，分别为数列，的前项和，且，．
(1)求的通项公式；
(2)若存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求出和，即可求出的通项公式；
（2）先求出，可得为等差数列，利用等差数列求和公式求出，根据题意可得，即可求出的取值范围.
【详解】（1），，解得，；
由，可知，；
，，
又，
，
即，解得或（舍去），
．
（2）由（1）知：
可知，，解得，
所以为等差数列，故，
存在，有即
又
所以
故，整理解得．
所以的取值范围是.
17．（2025·江苏南通·模拟预测）已知数列的各项均为正数，前n项和为，且，．
(1)证明：是等差数列；
(2)设，数列的前n项和为，不等式对任意正整数n恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用及等差数列定义推理得证.
（2）由（1）求出及并裂项，再按分奇偶求出，进而求出的最小值即可.
【详解】（1）在正项数列中，，
则，所以是等差数列.
（2）由（1）知，等差数列的首项，公差，则，，
，于是，而满足上式，
因此，，
则，
，
显然，且数列单调递增，，
因此，又不等式对任意正整数n恒成立，则，
所以实数的取值范围是.
18．（25-26高二上·江苏苏州·月考）已知数列是正项等比数列，且，，若数列满足，
(1)求数列和的通项公式；
(2)已知，记，求.
(3)在（2）的条件下，若恒成立，求实数t的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
(3)
【分析】（1）设数列的公比为，由求出，进而得，由得，由得，最后利用累加法即可求解；
（2）由（1）有，利用裂项相消法即可求解；
（3）由恒成立，得恒成立，令，求出其最大值即可.
【详解】（1）设数列的公比为，所以，
所以，
由有：，即，化简得，解得，
所以，所以；
又由，所以，
由，所以，解得，
当时，，
当时，，所以；
（2）由（1）有，
所以；
（3）由恒成立，所以，即恒成立，
令，
所以，
当时，，当时，，
当时，，所以，
所以，
所以，所以，
所以实数t的取值范围为.
19．（24-25高二下·四川成都·月考）已知正项数列的首项为7，且，数列满足，．
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前n项和；
(3)设，为数列的前n项和，若对任意，恒成立，求出与实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）应用因式分解得出，进而得出等差数列通项公式，再应用计算得出等比数列的通项公式；
（2）应用等比数列求和公式及等差数列求和公式分组求和即可求解；
（3）应用裂项相消计算得出取得最小值，最后解一元二次不等式即可.
【详解】（1）因为，所以．
因为，所以，即．
又，所以是首项为7，公差为3的等差数列．
因为，①
所以当时，，②
①-②得也满足．
故的通项公式为的通项公式为．
（2）由（1）知，所以
（3）因为，
所以，
当时，取得最小值．
因为对任意恒成立，所以，
整理得，解得．
20．（2025·全国·模拟预测）已知正项等比数列的前项和为，，.若，且数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和；
(3)若对一切恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据等比数列的通项公式和求和公式列式求值即可.
（2）利用错位相减法求和.
（3）分析数列的单调性，求的最大值，再解二次不等式即可.
【详解】（1）对数列，设公比为，由题意，因为，所以.
又.
所以.
（2）由.
所以.
所以，
所以，
两式相减得：，
所以.
（3）由.
所以数列从第2项开始，单调递减.
所以.
由或.
所以实数的取值范围是：.
21．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知数列满足，（），记．
(1)求证：是等比数列；
(2)设，数列的前n项和为．若不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明为常数即可证明为等比数列，根据等比数列通项公式即可求通项公式，从而得证；
（2）先求出，根据通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和，题设化简为，通过讨论为奇数或偶数，即可求λ的范围.
【详解】（1）由已知，，
，，，
又， ，
数列中任意一项不为0， ，
数列是首项为2， 公比为2的等比数列.
（2）由第（1）问知， ，
则，所以①，
②，
所以①-②可得：
，
所以.
由，得，
化简得.
当 为奇数时，有，即，
而，所以；
当为偶数时，有，
而，所以.
综上，的取值范围为.
【题型05】与三角函数综合（共3题）
22．（2025·贵州·三模）在数列中，，，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)记，数列的前项和为，证明：；
(3)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由已知等式得出，两边同时平方，结合同角三角函数的平方关系结合等差数列的定义可证得结论成立；
（2）由（1）可求得，，利用裂项求和法求出，然后利用裂项求和法结合不等式的基本性质可证得所证不等式成立；
（3）利用分析法可知，要证所证不等式成立，即证，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，结合函数的单调性即可证得结论成立.
【详解】（1）已知，即及，，
化简得，又
所以数列是首项为公差为的等差数列.
（2）由（1）可知，
所以，.
又，所以，，
.
所以
于是，
，
因为，所以，即.
（3）定义，原不等式即
下面证明，即，
即证（*），
设，则，
于是在区间上是增函数.
因为，有，不等式（*）成立.
故原不等式成立.
23．（2025·福建漳州·模拟预测）设函数，且的图象相邻两条对称轴的距离为.
(1)求的单调递增区间；
(2)将所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，求数列的前30项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助三角恒等变换可先将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算即可得；
（2）由正弦函数性质可得所有的正零点，则可得数列的奇数项及偶数项的通项公式，再利用等差数列求和公式分组计算即可得.
【详解】（1）因为，
因为的图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为，
所以，又，所以，
所以，
令，，
解得，，
所以的单调递增区间为；
（2）因为，令，得，
所以或，，
即或，，
所以所有的正零点为或，，
所以是以为首项，π为公差的等差数列，
所以是以为首项，π为公差的等差数列，
所以
.
24．（2025·广东广州·模拟预测）已知向量，，函数，的所有大于0的零点构成递增数列．
(1)写出的前6项；
(2)记的所有偶数项构成数列，设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简可得，令，结合正弦函数的图象性质可得或，取其中的正数构成递增数列可得结果；
（2）由错位相减法求和可得结果.
【详解】（1）由题意
．
由，得．
所以或．
即或，取其中的正数构成递增数列．
知的前6项为．
（2）由（1）知，所以．
所以．①
．②
①－②，得
．
所以.
【题型06】与概率综合（共6题）
25．（2025·四川绵阳·模拟预测）甲乙两人参加单位组织的知识答题活动，每轮活动由甲乙各答一个题，已知甲、乙第一轮答对的概率都为．甲如果第轮答对，则他第轮也答对的概率为，如果第轮答错，则他第轮也答错的概率为；乙如果第轮答对，则他第轮也答对的概率为，如果第轮答错，则他第轮也答错的概率为．在每轮活动中，甲乙答对与否互不影响．
(1)若前两轮活动中第二轮甲乙都答对求两人第一轮也都答对的概率；
(2)求证：，甲在第轮答对的概率为定值；
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据给定条件，利用互相独立事件、互斥事件的概率公式，结合条件概率公式求解即可；
（2）求出的递推公式，再利用构造法求出通项即可.
【详解】（1）记事件表示甲第轮答对，记事件表示乙第轮答对，
则，
所以，
同理，
，
所以，
则，
即若前两轮活动中第二轮甲乙都答对则两人第一轮也都答对的概率为.
（2）由题意可知，即，
所以，
因为，所以数列为常数列，
所以为定值.
26．（2025·河南信阳·模拟预测）3位同学做某种游戏，通过猜拳决定胜利者.3人每次猜拳都可以出“石头”“剪刀”“布”中的任意一种，其中“石头”赢“剪刀”，“剪刀”赢“布”，“布”赢“石头”.例如，当1人出“剪刀”，另外2人出“布”时，出“剪刀”的人即为胜利者；而当1人出“剪刀”，另外2人分别出“布”和“石头”时，无法决定胜利者，猜拳继续进行；当1人出“剪刀”，另外2人出“石头”时，淘汰掉出“剪刀”的人，剩余2人继续猜拳，赢的人为胜利者.
(1)记第一回猜拳时出“石头”的人数为，求的分布列与数学期望；
(2)求在第回猜拳决出胜利者的概率.
【答案】(1)分布列见解析，1
(2)
【分析】（1）利用二项分布的知识求解分布列和数学期望即可.（2）分析出当时，若到第回合仍有3人猜拳，且在第回合决出胜利者，则概率为.再得到第回合仍有2人猜拳，且在第回合决出胜利者的概率为，从而得到在第回猜拳决出胜利者的概率.
【详解】（1）由题，
，
，
，
.
所以的分布列如下：
.
（2）设为第回猜拳决出胜利者的概率.
考虑3个人猜拳，每人有3种选择，共27种可能性.
若一回合决出胜利者，则某人出“石头”且另外2人出“剪刀”或某人出“剪刀”且另外2人出“布”或某人出“布”且另外2人出“石头”，共种可能，所以3人猜拳一次决出胜利者的概率为.
若3人猜一次拳淘汰1人，则某人出“石头”且另外2人出“布”或某人出“剪刀”且另外2人出“石头”或某人出“布”且另外2人出“剪刀”，概率为.1人淘汰后，剩余2人猜拳，每人有3种选择，共9种可能性.出拳不同情况有6种，出拳不同必定决出胜利者，故2人猜拳一次决出胜利者的概率为.
3人猜拳既无人淘汰且未决出胜利者的概率为.
当时，若到第回合仍有3人猜拳，且在第回合决出胜利者，则概率为
.
若到第回合时，有2人猜拳，且在第回合决出胜利者，则在第回合猜拳淘汰1人，概率为
，
所以第回合仍有2人猜拳，且在第回合决出胜利者的概率为，
所以.
当时，满足该式，
综上，.
所以在第回合猜拳决出胜利者的概率
.
27．（2025·湖北·三模）甲乙两人参加单位组织的知识答题活动，每轮活动由甲乙各答一个题，已知甲、乙第一轮答对的概率都为.甲如果第轮答对，则他第轮也答对的概率为，如果第轮答错，则他第轮也答错的概率为；乙如果第轮答对，则他第轮也答对的概率为，如果第轮答错，则他第轮也答错的概率为.在每轮活动中，甲乙答对与否互不影响.
(1)若前两轮活动中第二轮甲乙都答对，求两人第一轮也都答对的概率；
(2)如果在每一轮活动中至少有一人答对，游戏就可以一直进行下去，直到他们都答错为止.设停止游戏时进行了轮游戏，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设“甲在第轮活动中答对”，“乙在第轮活动中答对”，“甲乙在第轮活动中都答对”，，利用相互独立事件的概率公式求出及，再由条件概率公式计算可得；
（2）推导可得，，则每一轮甲乙都答错的概率为，所以，再由错位相减法求出，即可得证.
【详解】（1）设“甲在第轮活动中答对”，“乙在第轮活动中答对”，
“甲乙在第轮活动中都答对”，，
则
，
又，
故；
（2）第二轮甲答对的概率为，
第二轮乙答对的概率为，
依此类推得到，，
每一轮甲乙都答错的概率为，
因此，
则①
所以，②
①②得，
其中，
所以.
28．（2025·安徽安庆·模拟预测）2023年华为盘古气象大模型实现秒级预测全球天气，突破了传统NWP算力瓶颈，代表了AI在科学计算（AI fr Science）的重要突破，推动了全球气象行业的智能化升级.未来天气预报或将进入“分钟级、街道级”的精准时代.现某城市根据气象数据有两种天气状态：晴天（S）和雨天（R），变化规律预测如下：
①如果今天是晴天，明天有80%的概率仍然是晴天，20%的概率会下雨；
②如果今天是雨天，明天有60%的概率仍然是雨天，40%的概率会转晴.
假设今天天气是晴天，回答以下问题：
(1)从明天开始接下来的三天中，天气是晴天的天数用随机变量X表示，求X的分布列和数学期望；
(2)长期来看，晴天和雨天的概率分布会趋于稳定，从今天算起第n天预测是晴天的概率用表示，求的表达式及趋于的稳定值.
【答案】(1)分布列见解析，.
(2)，趋于的稳定值为.
【分析】（1）列出的可能取值，求出对应概率，可得的分布列，再根据期望的求法求期望.
（2）找出数列的递推公式，构造等比数列，求的通项公式与极限即可.
【详解】（1）由题意可知：的值可以为：.
且，
，
，
.
所以的分布列为：
所以
（2）由题意：数列中：，.
设，
由.
所以，且.
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
所以.
因为，所以趋于的稳定值为.
29．（2025·重庆·一模）在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为10:10，接下来比赛规则如下: 两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得 1 分，直到有一方得分超过对方 2 分时即可获得该局的胜利. 已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为0.6 . 比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 .
(1)求甲以 的比分赢得比赛的概率;
(2)若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于 0.6，求的范围;
(3)若 ，设甲运动员在第 球比赛中获胜的概率为 ，数列 满足 ，求证: .
（参考知识: 当 时，若 ，则 .）
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据条件概率公式即可得到答案；
（2）记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，可推得，再对分类讨论即得；
（3）根据（2）得到，则，化简计算，最后利用累加法和等比数列求和公式即可得证.
【详解】（1）记第一球比赛甲运动员获胜的事件为，第二球比赛甲运动员获胜的事件为，
由题意知：，且，
∴.
即甲以 的比分赢得比赛的概率为.
（2）记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，则
，
则,
可知数列是首项为，公比为的等比数列，
则有，,
①当时，，又，故是一个递减数列，
当时，，依题需使，即与条件矛盾,舍去；
②当时，，不合题意；
③当时，，又，故是一个递增数列，
依题意，只需，即，解得，故；
④当时，，符合题意；
⑤当时，，又，因此是一个摆动数列，
若为偶数，则，；
若为奇数，则是一个递增数列，只需，而，
因，于是，
得：，解得，故.
综上：时，甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6.
（3）当时，由（2）可得，，
则，
，
，
，
，
故：.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是得到，再对分类讨论.
30．（2025·湖北·模拟预测）某商场为回馈广大顾客，开展消费抽奖促销活动，抽奖箱里装有5个除颜色外其他都相同的小球，其中3个黑球和2个红球，
(1)消费每满2000元可参与一次抽奖，抽奖顾客一次性从抽奖箱中随机抽取2个小球，按照表格领取奖金，求顾客抽奖一次所得奖金的期望；
(2)若该商场对消费不足2000元的部分顾客设置二个幸运抽奖环节，第一个抽幸运奖顾客抽奖前，抽奖箱里仍然是3个黑球和2个红球，每位抽幸运奖顾客从中随机抽取1个小球，若取出黑球，则放回小盒中，无奖励；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中，奖励幸运礼品一份；下一位抽幸运奖顾客在前一位抽奖后的箱中继续抽奖，直至红球取完为止.设“第个抽幸运奖顾客获得第1份幸运礼品”记为事件，设“第个抽幸运奖顾客获得第2份幸运礼品”记为事件.
（i）求和；
（ii）求第位抽幸运奖顾客恰好获得第2份幸运礼品的概率.
【答案】(1)150元
(2)（i），；（ii）
【分析】（1）根据古典概型概率公式求出各可能取值的概率，利用期望公式计算可得；
（2）（i）利用独立事件的概率乘法公式和条件概率公式求解可得；（ii）根据相互独立事件的概率乘法公式求出，然后利用全概率公式，结合等比数列求和公式可得.
【详解】（1）设一次抽奖的中奖金额为，则所有的可能取值为.
.
则的分布列为
故（元）.
（2）（i），
，
因为，
所以
（ii）第个顾客获得第1份幸运礼品，第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为：
，
因为，
所以第个顾客获得第2份幸运礼品的概率为：
，
所以第个抽幸运奖顾客获得第二份幸运礼品的概率为.
【题型07】与导数综合（共7题）
31．（2025·湖南岳阳·模拟预测）已知函数，且.
(1)求;
(2)已知为函数的导函数，证明：对任意的，均有；
(3)证明：对任意的，均有.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）构造函数，利用导数判断函数的单调性， 可得，只需 满足，计算即可得解；
（2）先写出，将不等式变形，通过换元，构造函数，利用导数证其单调性，从而推导不等式成立；
（3）由（1）中的结论，取得到，对不等式左边求和，结合对数运算性质（裂项相消），证得结果.
【详解】（1）由得，
令，则，
①当时，恒成立，在上单调递减，且，不符题意；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，
故，
令，则，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，即，又，
所以，解得.
（2）由（1）知，，
要证，即证，
进一步变形为证，即证.
因为，令，则需证（），
即证（）
设，，，
当时，，在单调递增，所以，得证.
（3）由（1）知，且，
当时，，即；
令（），则.
要证，即证，
因为，所以，
而，得证.
32．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）已知函数在上的最小值为0
(1)求实数的值：
(2)对任意的，数列满足，且，证明：当大于1时，也大于1：
(3)在（2）的条件下，若为数列的前项和，求证：
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1），分类讨论，判断单调性，求出的值；（2）由（1）可以判断单调性，证明结论；（3）要证，只需证，设判断单调性，进行放缩，进行累加证明.
【详解】（1）当时，，当时，，不成立
当时，，
当时，
当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在处取最小值，此时，解得.
（2），
设
当时，，所以在上单调递增，
所以，即.
（3）要证，只需证
又
所以只需证，即证，
由于，只需证,
，
即证，由（2）可知，，
即需证，
设，
所以单调递减，因为,所以，
即，所以，
即，累加后得证.
33．（2025·重庆·模拟预测）已知.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若对任意，恒有.
（i）求的取值范围;
（ii）证明: 对任意的正整数，.
【答案】(1)；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）（i）等价变形不等式并构造函数，求出导数，按分类探讨即可；（ii）由（i）的结论可得，再利用导数证明不等式，取，利用放缩法及裂项相消法求和得证.
【详解】（1）当时，函数，求导得，
则，而，切线方程为，
所以曲线在处的切线方程.
（2）（i）对任意，不等式，
设函数，求导得
当时，，函数在上单调递增，，因此；
当时，令，求导得，，
则，使得，当时，，函数在上递增，
当时，，即，因此，
此时，不符合题意；
当时，，不符合题意，
所以的取值范围是.
（ii）由（i）得当时，，
令函数，求导得，
令函数，求导得，
函数在上单调递减，，函数在上单调递减，
因此，当时，，当时，，
于是，
所以.
34．（2025·广西·模拟预测）已知数列的前项和为，满足.
(1)当时，分别求的值，并猜想此时数列的通项公式（直接写结论）；
(2)当时，求的最大值；
(3)当时，记数列的前项积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）依题将数列的递推公式化简成，依次赋值代入求出，由此猜想数列的通项公式；
（2）解法一：将用表示，即得，设，，利用求导求出的最小值，即得的最大值；解法二：设，则易得，即得，，设，利用求导求出其最大值为，最后利用与和角公式、二倍角公式即可求得；解法三：利用凸函数的琴生不等式易得；
（3）由（2），令，，推测出，即得，利用二倍角的正弦公式，将其化简为，借助于正弦函数的值域即可求得其最大值.
【详解】（1）由可得，
因，则
由此猜想，.
（2）解法一：由，可得，
则，，
令，，
则
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
故.
于是，.
解法二：设，因，则可取，
则，，
于是，，，
令，则，
由，可得，，
当时，，则，当时，，则，
当时，，则函数在上单调递增；
当时，，则函数在上单调递减，
.
因，记，则有，则，
则，即，
即，解得，（负根舍去），
则，故.
解法三：由解法二已得：，，
对，，可知函数为上凸函数，由琴生不等式得：
（当且仅当，即时，能取到等号）
（3）由（2），令，则，
依此类推，可得，而则，
当且仅当，即时取到等号，此时，的最大值为.
35．（2025·安徽·一模）已知函数为函数的导函数.
(1)证明：；
(2)若函数，请判断在区间上的零点个数，并说明理由；
(3)若函数，证明：当时，.
【答案】(1)证明见解析
(2)，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出的导数，再分别计算和，通过三角函数的两角和公式展开化简，证明二者相等；
（2）先求出的导数，根据导数判断函数单调性，再结合零点存在定理确定在上的零点个数；
（3）令，再求的值，利用积化和差转换即可证明.
【详解】（1）证明：由题可得，
，
.
故.
（2），故，
，设，则，
当时，，故单调递增，
所以，故函数单调递减，，
故函数在上无零点；
当时，，
设，则，
设，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
且，
故存在，使，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
因为，
故，又因为，
故函数在上有1个零点.
综上所述，在区间内的零点个数为2.
（3）证明：令，
所以
，
当且仅当时，上式取得等号，但不可能成立，
所以当时，.
36．（2025·天津红桥·二模）已知函数，其中为自然对数的底数，
(1)当时，求函数在点处的切线方程;
(2)证明:恒成立；
(3)证明:
【答案】(1)
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，再利用直线的点斜式方程可求得切线方程；
（2）根据不等式构造函数和分别证明大于等于零恒成立即可；
（3）依据（2）中结论可得，再利用等比数列前项和公式计算可得证明得出结论.
【详解】（1）当时，可得，所以；
可得，又，
所以在点处的切线方程为，即；
（2）易知，要证明，
可得，
构造函数，可得，
可知当时，，即函数在上单调递增；
当时，，即函数在上单调递减；
因此函数在处取得极小值，也是最小值，
即可得恒成立，即；
当且仅当时，等号成立；
下面证明，
令，所以；
易知当时，，即函数在上单调递增；
当时，，即函数在上单调递减；
因此函数在处取得极小值，也是最小值，
即可得恒成立，即；
当且仅当时等号成立，
综上可得，，恒成立，但等号不在同一点处取得，
所以，即.
（3）由（2）中结论可知；
所以，
因此；
可知
所以.
37．（2025·福建福州·模拟预测）已知函数，记，若满足，则称是上的“可控函数”．由“可控函数”的定义可得：若函数是上的“可控函数”，则函数也是上的“可控函数”，其中，例如．
(1)判断函数是否为上的“可控函数”，并说明理由；
(2)已知函数是上的“可控函数”，且的最大值为．
（i）求函数的解析式；
（ii）若数列满足，是数列的前项和．求证：．
【答案】(1)是 “可控函数”，理由见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据新定义及二次函数值域的求法判断即可；
（2）（i）根据函数的定义域及函数在上为“可控函数”，利用函数单调性求出最小值可得出，再由“可控函数”的定义求解；
（ii）结合新定义及函数的单调性不等式的性质，先证明，再证．
【详解】（1）是上的“可控函数”．
因为，由得，
所以，
因为，故函数是上的“可控函数”．
（2）（i）由函数的定义域为，可得，
由于，又因为，
当时，，则在区间上单调递减，
当时，，则在区间上单调递增，
而，所以当时，的取值范围为，
因为，
所以由“可控函数”的定义可得函数是上的“可控函数”．
所以的最大值不小于．
若，由“可控函数”定义可知满足的条件为
可得，所以．
又因为，由的单调性可得，
当时，的取值范围为，
显然，
所以函数是上的“可控函数”，
所以的最大值为，得，则，
所以函数的解析式为．
（ii）先证明．
由（i）可知函数是上的“可控函数”，
由“可控函数”性质可知函数也是上的“可控函数”，
所以．
因为，
且，所以，
所以．
再证．
由（i）可得在区间上单调递减，且，
所以若，则，
若，则．
又因为，所以时，
均大于均小于．
因为，
所以当为奇数时，．
若，可得
．
若，可得
，
所以对任意的．
综上所述．
【题型08】与解析综合（共7题）
38．（2025·陕西渭南·一模）已知双曲线．点在上．按如下方式构造点．过点作斜率为的直线与的下支交于点．点关于轴的对称点为．记点的坐标为
(1)求的值：
(2)记．证明：数列为等比数列；
(3)记的面积为．证明：是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据点在上，求出双曲线的方程，再由对称性即可求得结果；
（2）由和，表示出直线方程，根据，联立方程化简可得，又，即可得，即可得证；
（3）由（2）知．又，所以，即得和坐标，然后表示出，化简得证.
【详解】（1）由题知双曲线．点在上，
故，所以双曲线．
又过点斜率为的直线方程为．
由双曲线与直线的对称性可知．
所以．即.
（2）因为，所以．因为
所以．
于是．①．
由于，
所以．且．
两式作差可得．②
把①代入②可得．③
由③-①得．
即
因为．所以
又．所以
故数列是首项为．公比为的等比数列．
（3）由（2）知．又，所以．
则．
因为，
且，
所以
，
即是定值.
39．（24-25高三上·山东威海·期末）已知抛物线，点在上，为常数，，按如下方式依次构造点，过点作轴的垂线交于点，过且斜率为的直线与的另一个交点为.记的坐标为.
(1)当时，求；
(2)设，证明：数列是等差数列；
(3)设为的面积，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由点在可得，根据直线的方程联立抛物线方程可得；
（2）由点差法可得，得，进而确定，可得，进而可得，即得，即证；
（3）由，由点差法可，
进而可得直线的斜率为，可得，由直线的方程为，可得到直线的距离为，进而，即证.
【详解】（1）

因为点在上，所以，解得，
由题意知的坐标为，直线的方程为：，
由，整理得，解得.
（2）法一：由题意知的坐标为，
所以，又，
两式相减得，即，
由题意知，可得，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，可得，
所以，
可得，所以数列是等差数列.
法二：
由题意知的坐标为，
所以直线的方程为，
由，可得，
由题意知是直线与的公共点，所以，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，可得，
所以，
所以，所以数列是等差数列.
（3）法一：的三个顶点为，
因为，两式相减得，即，
所以直线的斜率为，
可得，
直线的方程为，
即，
设到直线的距离为，则
所以，
所以为定值.
法2：
的三个顶点为，
可得，
，
所以
，
所以为定值.
法3：
要证为定值，只需证，
即证与面积相等，
因为，两式相减得，
即，
所以直线的斜率为，
同理可得直线的斜率为
所以，可得点到直线的距离相等，
所以，即为定值.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键能用点差法得到，进而，确定是等差数列，可得，进而依次得到，，；第三问由，可得和直线的方程为，进而得到直线的距离，进而，即证.
40．（2025·江西赣州·二模）已知点M到点的距离比到y轴的距离大1，M的轨迹为C．点在C上，过作斜率为的直线交C于另一点，设与关于x轴对称，过作斜率为的直线交C于另一点，设与关于x轴对称，……，以此类推，设．
(1)求C的方程；
(2)设数列的前n项和为，证明：；
(3)求的面积．
【答案】(1)或；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）讨论在轴左侧或右侧，分别求出对应轨迹方程即可；
（2）由题设得，，结合斜率求得，根据等差数列的定义写出通项公式得，应用裂项相消法求，即可证；
（3）由（2）得，再由，结合向量模长、数量积的坐标表示化简求值即可.
【详解】（1）当在轴左侧时，在轴的非正半轴上，的方程为；
当在轴右侧时，的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，方程为，
综上，C的方程为或；
（2）因为在上，所以，可得，
依题意，则，
所以，故数列是首项为2，公差为4的等差数列，
所以，则，
，
所以，
显然关于单调递减，则；
（3）由（2）得，
所以，而，
所以
.
41．（2025·安徽·三模）记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为．
(1)求点的坐标；
(2)证明：是递减数列；
(3)记的面积为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）联立，可解得，的坐标，进一步可求直线的方程，联立直线与抛物线方程即可求解；
（2）联立，可解得，的坐标，根据斜率公式可得.
又因为，故，，即是递增的正数数列，是递减数列，即可证明；
（3）由（2）得，当时，，，利用割补法及（2）中化简可得，又，故.根据可知；由可知，进而可得，故，即可证明.
【详解】（1）
如图所示，联立，解得或，故.
又，所以，，故直线，
联立，解得或，故.
（2）联立，解得点，
所以，，
所以.
又因为，故，于是，即，故是递增数列.
又由，可知是递减数列，于是是递减数列.
（3）由（2）得，当时，，，
利用割补法，知
.
而，故.
而，故；
又，故，
由累乘法可知，
而，故.
故.
综上，.
42．（2024·河北·二模）已知椭圆的离心率.
(1)若椭圆过点，求椭圆的标准方程.
(2)若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设.
①求；
②记，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程.
（2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；②求得，并利用等比数列的前项和公式求得.
【详解】（1）因，可得： ①，
又椭圆过点，可得 ②，
联立①，②，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）①当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，
直线与轴重合，不符合题意，故直线的斜率均存在且不为0.
设直线的方程为，
联立，消去，整理得：，
因直线交椭圆于两点，则，且，则，
因直线的方程为，同理可得：，
因三点共线，则，即，
易知，则，
因，则；
②结合①可知，则 ，
因，则数列是首项为9，公比为3的等比数列，
所以数列的前项和为.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到.
43．（2025·四川·三模）已知双曲线的右焦点为，且点到双曲线的渐近线的距离为．过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点；再过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点，以这样的方式构造下去，可以得到一列定点、、、、．
(1)求双曲线的方程；
(2)求点的坐标；
(3)若、，记的面积为，证明：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出的值，结合的值可得出的值，由此可得出双曲线的方程；
（2）分析额可直线经过的定点也在轴上，设点设点，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与双曲线得出联立，列出韦达定理，求出点、的坐标，由此可得出点的坐标；
（3）分析可知，点均在轴上，考虑一般情况，假设点，设点，设直线的方程为，将该直线方程与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，同理得出点的坐标，利用、、三点共线，结合斜率公式可得出，由此可归纳得出的坐标，由此可得出的表达式，利用放缩法结合等比数列的求和公式可证得所证不等式成立.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，即，
则点到渐近线的距离为，
又因为，所以，
因此，双曲线的方程为.
（2）当轴，必然与轴重合，由曲线的对称性知的中点在轴上，
的中点也在轴，故经过的定点也在轴上，
设点，设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点，
同理可知，直线的方程为，的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可得，得，
解得，因此，.
当时，，此时过，
故.
（3）由（2）可知，当时，定点，同理可知，也一定在轴上，
考虑一般情况，假设点，设点，
设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点为，
同理，直线的方程为，
线段的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可知，，即，
整理可得，即当点时，，
当时，，此时过，
综上，.
故当点时，、、、，
由题意可知，的面积为，
所以，
所以.
44．（2025·广东广州·模拟预测）已知曲线，（，），当变化时得到一系列的椭圆，我们把它称为“2~1椭圆群”.

(1)若“2~1椭圆群”中的两个椭圆、，对应的分别为、（），如图所示，若直线能与椭圆、依次交于，，，四点，证明：；
(2)当（）时，直线与椭圆在第一象限内的交点分别为，设.
（i）求证：为等比数列，并求出其通项公式；
（ii）令数列，求证.
【答案】(1)证明见解析
(2)（1）证明见解析，；（2）证明见解析
【分析】（1）根据题意联立方程组，利用韦达定理表示交点横坐标之和，可发现线段的中点与线段中点重合，根据线段长度的减法可证得结论；
（2）（i）根据题意联立方程组，求出点和的横坐标，利用两点间距离公式求得，即证得结论并得到通项公式；（ii）由已知条件得到，利用放缩法构造出新数列的不等式，利用裂项相消法求前项和即可证得结论.
【详解】（1）由题意，联立方程可得，
时，由图可知，椭圆与直线的交点为点、，
设，，则，
同理，将与直线联立可得：，
时可得，
则线段的中点与线段中点重合，设为点，
即有，，所以，即.
（2）（i）由题意，联立方程可得，即.
因为交点在第一象限内，所以点的横坐标，
同理可得点的横坐标，
则.
由于，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为；
（ii）由（i）可知，，则.
设，设，，
由时，，可得，
，
所以，由.
，
.
即得证.
【题型09】数列新定义（共6题）
45．（2025·江苏南京·模拟预测）已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列．若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为．
(1)求；
(2)设数列满足，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据定义可确定，进而得到的通项公式，结合等差数列求和公式可求得结果；
（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得结果.
【详解】（1）当时，，即能被整除；当时，的余数为；
由题意可知：，，
.
（2）由（1）知：，，
的前项和为.
46．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）对于数列，记，称数列为数列的差分数列．
(1)已知，证明：的差分数列为等差数列；
(2)已知的差分数列为，求的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据定义可求，再利用定义法可证的差分数列为等差数列；
（2）利用累加法可求的通项公式．
【详解】（1），其中，
故，故的差分数列为等差数列.
（2）由题设有，
故，由累加法可得，
而，所以，
而也满足该式，故.
47．（2025·河南信阳·模拟预测）若数列满足：当为奇数时，；当为偶数时，.则称数列为和积交替数列.
(1)若数列1，a，b，6为和积交替数列，分别求实数a，b的值；
(2)若数列为和积交替数列，且，.
（i）若3是数列中的项，求实数的值；
（ii）若，证明：.
【答案】(1)或
(2)（i）或；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据和积交替数列的定义，列出参数的方程组，求出参数的值.
（2）（i）根据和积交替数列的定义，由递推出后面的项，由范围，求出后面项的大小范围，判断3可能出现的位置，求出参数的值.
（ii）根据和积交替数列的定义，由递推出后面的项满足的条件，根据数列的递推公式，结合累乘法，通过对数运算，证明命题.
【详解】（1）由题知，，
解得，或；
（2）（i）由题知，则，，
由，则；，
由，则；，但，，
所以；而，…
以此类推，当，时，.
所以若3是数列中的项，
则或或，解得或.
（ii）易知数列中的项均为正整数，由题知，且，
所以，同取以2为底的对数，得，
即.又，所以，
则，
累乘整理，得，
所以时，.
当时，符合上述不等式，
所以，结论得证.
48．（24-25高二下·江西南昌·期中）对于数列且，则称数列为的“四分差数列”．已知数列为数列的“四分差数列”．
(1)若，求的值．
(2)设．
①求的通项公式；
②若数列满足，且的前n项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)①；②证明见详解
【分析】（1）设，可得，进而可得的通项公式；
（2）①结合（1）可得，进而可得的通项公式；②可得，利用放缩法可得，再结合裂项相消法分析证明.
【详解】（1）由题意可设：，则，
若，则，
且，可得，
所以.
（2）①由（1）可得，
若，则，
且，可得，
所以的通项公式；
②因为，即，
则，
可得，
所以.
49．（2025·广西·模拟预测）我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”.例如：1，3，7，13，21，31…，后项与前项的差值：2，4，6，8，10，…，这些差值构成的数列是公差为2的等差数列，则称数列1，3，7，13，21，31….为“二阶等差数列”.
(1)若数列的通项公式为，试判断数列是否为“二阶等差数列”，并说明理由；
(2)若数列为“二阶等差数列”，且，对应的“一阶等差数列”首项为1，公差为3，求；
【答案】(1)是，理由见解析
(2)
【分析】（1）结合已知定义及等差数列的定义即可判断；
（2）由已知定义及等差数列的通项公式，求和公式即可求解.
【详解】（1）因，则，
故，
是公差为2的等差数列，则数列是“二阶等差数列”.
（2）由题意是“一阶等差数列”，
又首项为1，公差为3，故，
则
，
又满足上式，故.
则 “二阶等差数列”的通项公式为.
50．（2025·河南·模拟预测）若对于任意的，为数列中小于的项的个数，则称数列是的“生成数列”.
(1)分别写出数列1，0，3，4及，，2，的“生成数列”的前4项；
(2)若数列满足，且的“生成数列”为，求；
(3)若为等比数列，且，公比，的“生成数列”为，的“生成数列”为，求.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）依据生成数列的定义，对给定数列进行计算，得出“生成数列”的前几项.
（2）先分析数列中小于不同数值的项的个数规律，再分为奇数和偶数两种情况讨论，分别设和，找出与的关系，进而得到的表达式.
（3）已知是等比数列，得出其通项公式.通过分析和的含义，得到的大小关系.设，根据和与的关系，结合，证明.
【详解】（1）由生成数列的定义可知：数列1，0，3，4的“生成数列”的前4项是1，2，2，3；
数列，，2，的“生成数列”的前4项是0，2，4，4；
（2）为2，4，6，8，，
则中小于1的项的个数，小于2的项的个数，
小于3的项的个数，小于4的项的个数，
小于5的项的个数，小于6的项的个数，，
在中，当n为奇数时，设，，
则小于的偶数有个，所以
在中，当n为偶数时，设，，
则小于2k的偶数有个，所以，
所以；
（3）因为为等比数列，且，公比，所以
下面我们来证明：
因为表示中小于k的项的个数，表示中小于的项的个数，
所以易得，即，
设，由，，可得，，
又因为，所以，所以
模块说明：
答题强化训练，实现能力跃迁。模块题量适中，全部选用最新高考真题与高质量模拟题，侧重对方法模型的直接应用与巩固。题量12题
1．（23-24高三上·黑龙江·月考）已知数列的首项，是与的等差中项．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题设，构造法得到，即可证结论.
（2）由（1）及放缩法得，再应用等比数列前n项和公式求和，即可证结论.
【详解】（1）由题设，又，
所以是首项、公比均为2的等比数列.
（2）由（1）知：，则，显然时成立，
当有，此时，
综上，，得证.
2．（24-25高三下·山东聊城·月考）已知等差数列的公差，其前项和为，且，，成等比数列，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，且的前项和为，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用等差数列求和公式的性质先得，再利用等比中项计算公差，求通项公式即可；
（2）先根据等差数列求和公式得，作商计算得即可.
【详解】（1）由题意，得，解得.
又∵，，成等比数列，
∴，即，
解得或（舍去，），
∴，
故数列的通项公式为.
（2）由（1）知，又，则，则，
∴.
∵，∴.
3．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)给定正整数m，设函数，求．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论；
（2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论.
【详解】（1）由题意证明如下，，
在数列中，，，
∴，即，
∴是以为首项，1为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，，
在数列中，首项为3，公差为1，
∴，即，
在中，
，
∴，
当且时，
∴，
∴
∴
.
4．（23-24高二下·吉林长春·月考）设正项数列的前项之和，数列的前项之积，且．
(1)求证：为等差数列，并分别求，的通项公式；
(2)设数列的前项和为，不等式对任意正整数恒成立，求正实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析，；
(2).
【分析】（1）利用等差数列的定义证得数列是等差数列，求得，进而求得，利用求得.
（2）利用裂项求和法求得，根据的最小值列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】（1）由题意知，且当时，，
所以由得，
所以，由得，即，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，即，所以；
当时，，
当时，也符合上式，所以．
（2）由（1）得，
所以
，
所以
，
所以数列是单调递增数列，所以，
因为不等式对任意正整数恒成立，
所以，即，又，
所以解得，所以的取值范围为.
【点睛】易错点睛：
小问1：在证明是等差数列时，必须清楚地理解递推关系如何构建，并确保每一步的推导是严谨的.尤其是求得后，要确保与的关系准确无误.
小问2：求和时，特别是在裂项求和法中，要小心每一项的符号和相加的顺序，特别是涉及到单调性和不等式的推导时，不能忽略最小值的正确性.
5．（2025·浙江嘉兴·三模）记为数列的前项和，已知，，数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，若对任意，，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先求出，再利用数列通项公式与前项和的关系得到递推关系，因为，可求得数列为等差数列，由此可写出数列的通项公式；
（2）先写出数列的通项公式，再求出数列的前项和为，解法一是分部求和，解法二是分组求和，解法三直接从问题入手，构造新数列，求其最小值，则不大于其最小值，此即为恒成立，由此可得实数的取值范围.
【详解】（1）时，，解得或，因为，所以，
时，，得，
因为，所以，又，
故数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以数列的通项公式为；
（2）解法一：由，所以，
当为偶数时，
，
当为奇数时，
，
所以，
因为对任意的，成立，
所以，当为奇数时，即，所以，
不等号的右边可看作关于的二次函数，对称轴为，
因为为奇数，所以时，，则
当为偶数时，，所以，
同理可得，因为为偶数，所以时，，则，
综上，.
解法二：由，
当为偶数时，
.
当为奇数时，
，
所以（下同解法一）
解法三：因为对任意的，成立，
则，即求的最小值，令，
当为奇数时，
则，所以最小值一定在为奇数时取到，
当为奇数时，
，
当时，，当时，，
所以当为奇数时，，
则的最小值为，
所以.
6．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
方法二：因为，，，则，
由于，作差得，
，利用合比性质知，
因此是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
方法三：由于，作差得，
变形得①，
同理可得，
由（2）知是公比为的等比数列，令则②，
同时是公比为的等比数列，则③，
将②③代入①，
即，从而，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
7．（24-25高三上·辽宁·月考）已知数列的首项为1，其前项和为，等比数列是首项为1的递增数列，若．
(1)求数列和的通项公式；
(2)证明：；
(3)求使得成立的最大整数．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)6
【分析】（1）根据与的关系，结合等差数列的定义、等比数列的通项公式进行求解即可；
（2）对的表达式进行放缩，利用裂项相消法进行求解即可；
（3）利用作差比较法，结合数列的单调性进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以当时，，
作差得，
两边同时除以得，
又，所以，得，
所以，故对，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，则．
设等比数列的公比为，
因为，所以由，或
又因以数列是递增数列，所以．
（2）因为，
所以
．
（3）由（1）知，即，令，则，
，
所以当时，，当时，，当时，，
即有，，
又，
故当时，，所以，，
又，
所以，当时，，故使得成立的最大整数为6．
【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是，之二是利用作差比较法判断数列的单调性.
8．（2025·湖北·模拟预测）定义：若对任意，，，数列的第项都等于数列的第项，则称数列为数列的“分段反序数列”.已知数列的“分段反序数列”为，数列的前项和为.
(1)若，求，的值；
(2)若，求；
(3)若，证明：数列为常数列.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据所给定义计算可得；
（2）设数列的前项和为，推导出，再利用等比数列求和公式计算可得；
（3）依题意可得，即可得到，，依次递推，总有和，从而得证.
【详解】（1）因为，且，，所以，
因为，，所以；
（2）设数列的前项和为，
依题意得，
又，
，…，
依次递推：
，
所以，
又，所以.
（3）依题意得，
所以，
，
所以，…，
依次递推，总有和，
由此可知，
当时，，是常数列，
当且时，，是常数列.
又，所以对任意的，是常数列.
9．（2025·江苏·模拟预测）已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)设，证明：对任意，都有；
(3)若数列满足，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先求导，利用导数的几何意义求出含参的切线方程；
（2）利用函数单调性证明不等式即可；
（3）构造函数可证明结论.
【详解】（1）因为，
所以，
所以曲线在处的切线方程为.
（2）因为，所以时，递减；
时，递增；
因为，所以，或，
若，由在上递增得；
若，因为在上递减，所以，
要证，
只要证.
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，所以.
故.
（3）由（2）知，在上单调递增，，
因为对任意，
所以存在唯一，使得，
由得，
首先证明：.①
设，
则递增，所以，
当时，，，所以单调递增；
当时，，，所以单调递减，
则，当且仅当时取“=”.
所以，即.
其次证明：.②
设，
则，所以在上单调递增，所以，
令，得.
由①②得，
综上，原不等式得证.
10．（2025·辽宁辽阳·二模）已知双曲线（，）的两条渐近线为，且经过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点；过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点……；依此类推得到点列，，求数列的通项公式；
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据渐近线得出的关系，再将点坐标代入，列出方程组，即得双曲线方程．
（2）设出过点的两条直线方程，与双曲线方程联立求得弦中点坐标，再求出直线的方程，建立的关系即可求得通项公式；
【详解】（1）由双曲线的两条渐近线为，得，即，
又双曲线经过点，得，解得，，
所以双曲线的方程为．
（2）令，设两条直线的方程分别为和，
设，由得，
由，得，
则，
则点，同理得点，
于是直线的斜率，
直线的方程为：，
令，得，因此，
由，得，则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
故数列的通项公式为
11．（2025·贵州黔南·三模）在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时.
(1)假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒?
(2)若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率.
(3)若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）列出上完步台阶的走法，即可计算时间；
（2）依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可求出取最大值时的值，再由相互独立事件的概率公式计算可得；
（3）依题意可得，即可得到，即可证明，从而得到，再由累加法计算可得.
【详解】（1）“机器狼”上完步台阶的走法有：
当时，用时；
当时，用时；
当时，用时；
所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为秒；
（2）依题意，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得最大值，
“机器狼”从地面上到第7步台阶有，，，共4种情况，
则“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率；
（3）“机器狼”从地面上到第步台阶，它是由第步台阶上两步到达第步台阶，或由第步台阶上一步到达第步台阶，
记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，
所以，
所以，
则，
又，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以
，
即.
12．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；
（2）根据可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
（3）定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，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方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.目录
第一部分 命题解码 洞察命题意图，明确攻坚方向
第二部分 方法建模 构建方法体系，提供通用工具
【结论背记清单】
方法一 数列不等式的证明
方法二 不等式放缩
方法三 数列最值
方法四 参数求解
方法五 与三角函数综合
方法六 与概率综合
方法七 与导数综合
方法八 与解析综合
第三部分 题型专攻 实施靶向训练，提升应试效率。
【题型01】数列不等式的证明
【题型02】不等式放缩
【题型03】数列最值
【题型04】参数求解
【题型05】与三角函数综合
【题型06】与概率综合
【题型07】与导数综合
【题型08】与解析综合
【题型09】数列新定义
第四部分 答题实战 检验学习成效，锤炼应用能力
套餐A满意度
A套餐改善前
A套餐改善后
合计
满意
20
40
60
不满意
30
30
60
合计
50
70
120
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0
1
2
3
0
1
2
3
取球结果
2个红球
2个黑球
红､黑球各1个
奖金
300元
200元
100元
100
200
300
P