新高考数学一轮复习题型分类讲练5.5 数列与其他知识的综合应用（精练）（题组版）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习题型分类讲练5.5 数列与其他知识的综合应用（精练）（题组版）（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了斐波那契数列，数列与三角函数综合，数列与统计概率综合，数列函数、导数的综合，数列与解析几何综合，插项数列，数列与取整，数列新定义等内容，欢迎下载使用。
1．（2026高三·全国·专题练习）（多选）“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现．因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”“斐波那契数列”满足，记其前n项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【解析】A项，，A正确；
B项，，B正确；
C项，，C正确；
D项，，
所以，D错误．
故选：ABC.
2（2025·陕西西安·一模）（多选）数列满足前两项都是1，之后每项都等于它前面两项之和，这就是著名的斐波那契数列，若的前n项和为，下列关于斐波那契数列说法正确的是（ ）
A．
B．若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，则的前2024项之和为2697
C．前2024项中奇数共有1350个
D．
【答案】ACD
【解析】数列中，，
对于A，，则
，即，因此，A正确；
对于B，数列各项除以4的余数依次为
，因此数列是周期数列，周期为6，前6项和为，
的前2024项和为，B错误；
对于C，数列中项是以奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，
因此数列前2024项中奇数共有，C正确；
对于D，，
则，于是
，又，等式成立，D正确.
故选：ACD
3．（2024·贵州遵义·模拟预测）（多选）数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…称为斐波那契数列，又称黄金分割该数列，从第三项开始，各项等于其前相邻两项之和，即，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【解析】由已知，A正确；
，B正确；
，C错；
，D正确，
故选：ABD
4．（2025·辽宁丹东·一模）（多选）如图，杨辉三角形中的对角线之和1，1，2，3，5，8，13，21，…构成的斐波那契数列经常在自然中神奇地出现，例如向日葵花序中央的管状花和种子从圆心向外，每一圈的数字就组成这个数列，等等.在量子力学中，粒子纠缠态、量子临界点研究也离不开这个数列.斐波那契数列的第一项和第二项都是1，第三项起每一项都等于它前两项的和，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】】由题设且，
由，，，...，，
所以，
则，A错误；
由，，，...，，
所以，则，B正确；
由，则，
所以
，C正确；
由，
所以
，D正确.
故选：BCD.
5．（2025·吉林）十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖问题中发现了这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，….即从第三项开始，每一项都等于它前两项的和.后人为了纪念他，就把这列数称为斐波那契数列.因以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”.下面关于斐波那契数列的说法不正确的是（ ）
A．是奇数B．
C．D．
【答案】B
【解析】∵的项具有2奇1偶，3项一周期的周期性，∴是奇数，∴A正确；
∵，∴B错误；
∵，∴C正确；
∵
，∴D正确.
故选：B.
6．（2026·内蒙古）意大利数学家斐波那契（1170-1250），以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233、……，在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕草，万寿简等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在物理及化学等领域也有着广泛得应用．已知斐波那契数列满足：，，，若，则（ ）
A．2025B．2026C．2028D．2024
【答案】D
【解析】，则
，故.
故选：D
题组二 数列与三角函数综合
1．（2025·广东汕头·模拟预测）在中，角A、B、C的对边分别为、、，已知是与的等比中项，且是与的等差中项.
(1)探究的形状；
(2)求的值.
【答案】(1)是以角为直角的直角三角形
(2)
【解析】（1）由题设得：，
由正、余弦定理得：，
即，
又，所以，即，
故是以角为直角的直角三角形.
（2）由（1）得，，
设，则，
由得：，
即，
解得或（舍去），
又由余弦定理，，
于是，
故.
2.（2024·重庆·三模）已知在数列中，．
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的前项和；
(2)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【解析】（1）由题意，，即
为等差数列：首项，公差，
，则，
设，
（2）
由正弦定理，有，．
即，又，
，即
由，
由余弦定理得：，．
，即，当且仅当时取等号，
，即△ABC面积最大值为．
3．（2024·福建福州·模拟预测）已知数列中，，．
(1)证明：数列为常数列；
(2)求数列的前2024项和．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】（1）依题意，
，
则化为，
而，则，因此，
所以数列为常数列.
（2）由（1）知，，由，即是以6为周期的周期数列，令，
所以数列的前2024项和
.
4（2024海南）已知函数的最小正周期为6．
(1)已知△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若，，求的值；
(2)若，求数列的前2022项和．
【答案】(1)2；(2).
【解析】(1)，
因为的最小正周期为6，故可得，，解得，故，
因为，，故可得，又，则，；
因为，故可得，又，则或，或，
因为，则，当时，，满足题意；当时，，不满足题意，舍去；
由正弦定理可得：.
(2)
根据（1）中所求可得：，
故
.
即数列的前2022项和.
5（2025云南）已知函数，
(1)求的解析式，并求其单调递增区间；
(2)若在区间上的根按从小到大的顺序依次记为求数列的通项公式及其前n项和．
【答案】(1)
(2)
【解析】(1)由题意得，，
则，
，解得Z)，
即函数的单调增区间为Z，
(2)由，得，
有或Z，
解得或，Z，
得方程的根从小到大排列依次为
，
所以
则数列的通项公式为，
故数列的偶数项是以1为首项，1为公差的等差数列，
奇数项是以为首项，1为公差的等差数列.
当为偶数时，
；
当为奇数时，
，
综上，
题组三 数列与统计概率综合
1．（2025·陕西咸阳·模拟预测）某厂家为增加销售量特举行有奖销售活动，即每位顾客购买该厂生产的产品后均有一次抽奖机会.在一个不透明的盒子中放有3个大小､质地完全相同的小球，小球上分别标有三个数字，抽奖规则为：每个顾客从盒中随机抽取1个小球，抽到标有数字5的中一等奖，抽到标有数字2的中纪念奖，抽到标有数字0的没有奖，每位顾客只能抽取一次，且每位顾客抽取的结果相互独立.记位消费者抽取的小球上的数字之和为的不同取值个数为.
(1)求的值；
(2)当时，求的概率；
(3)求数列的前项和.
【答案】(1)；；.(2)(3)
【解析】（1）1）①当时，的取值可能为，共3个，故；
②当时，的取值可能为，故；
③当时，的取值可能为，故.
（2）②由题意得，每个小球被抽到的概率均为.
当抽到2个标有数字5的小球，3个标有数字0的小球时，
，概率为；
当抽到5个标有数字2的小球时，，概率为，
所以的概率为.
（3）当时，根据规则，得分情况如下：
因为奇数列的得分为偶数，偶数列的得分为奇数，最后一行得分的前一项得分为
（第列最后一个数），与第列第一个得分，得分恰好差2，
所以从4到刚好连接上来（之间所有的偶数和奇数没有缺）；
因为最后一行得分（第列最后一个数），与第列第一个得分，
得分恰好差4，所以连接起来后恰好缺了得分，
由表知也取不到，
综上，在中不能取到的值构成的集合为
所以也适合.
结合（1）可得
所以当时，；当时，；
当时，，
则，
当时，满足上式，
所以
2．（2025·辽宁·三模）一个猜拳跳棋赢奖品的游戏：在棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第10站，设棋子跳到第n站的概率为，2，3，…，10，一枚棋子从第1站开始，玩家需要与主持人猜拳，每猜一次拳棋子向前跳动一次，玩家将该站对应的奖品累积起来．若与主持人打平或输给主持人，则棋子向前跳一站；若赢主持人，则棋子向前跳两站，直到棋子跳到第9站（失败，失去所有累积奖品）或者第10站（获胜，获得所有累计奖品），游戏结束．
(1)求的值；
(2)求证：数列为等比数列；
(3)求玩家获胜的概率．
【答案】(1)，，有两种情况，第一次猜拳玩家赢主持人，其概率为；前两次猜拳玩家都没有赢主持人，其概率为
(2)证明见解析
(3)
【解析】（1）棋子开始时在第1站是必然事件，．
棋子跳到第2站，只有一种情况，即第一次猜拳玩家没有赢主持人，其概率为．
棋子跳到第3站，有两种情况：第一次猜拳玩家赢主持人，其概率为；
前两次猜拳玩家都没有赢主持人，其概率为．
（2）证明：棋子跳到第站，有两种情况：
棋子先跳到第n站，猜拳玩家赢主持人，其概率为；
棋子先跳到第站，猜拳玩家没有赢主持人，其概率为．
．
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列．
（3）由（2）得，
，
获胜的概率为．
3．（2025·湖北襄阳·模拟预测）如图，某人设计了一个类似于高尔顿板的游戏：将一个半径适当的小球放入如图所示的容器最上方的中间入口处，小球将自由下落，小球在下落的过程中，将次遇到黑色障碍物，已知小球每次遇到黑色障碍物时，向左、右两边下落的概率都是，最后落入袋或袋中.一次游戏中小球落入袋记分，落入袋记分，游戏可以重复进行.游戏过程中累计得分的概率为.
(1)求、、；
(2)求出的通项公式.
【答案】(1)，，
(2)
【解析】（1）小球三次碰撞全部向左偏或者全部向右偏落入袋，
故概率，
小球落入袋中的概率.
故，，.
（2）游戏过程中累计得分可以分为两种情况：
得到分后的一次游戏小球落入袋中（分），
或得到分后的一次游戏中小球落入袋中（分），
故，
故为常数列且，故即.
，
故是以为首项，以为公比的等比数列，
故，
所以的通项公式为.
4．（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)
【解析】（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
.
5．（2025·湖北黄冈·模拟预测）“猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动.某地在元宵节举办形式多样的猜灯谜比赛活动，比赛规则如下：以个人形式参加比赛，每轮猜一个灯谜，猜中加1分，猜不中则减1分，每位参赛者的初始积分均为1分.假设参赛者在每轮比赛中猜中与猜不中的概率均为0.5，参赛者会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才终止比赛：一种是参赛者积分为0分；一种是参赛者积分达到10分.同时举办方规定积分达到10分的参赛者可获得奖品一份.
(1)求参赛者参与4轮比赛后积分为3分的概率；
(2)设参赛者积分为分时，最终获得奖品的概率为.
（i）求；
（ii）求参赛者最终获得奖品的概率.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【解析】（1）用1表示参赛者某轮猜中，用-1表示参赛者某轮猜错，
则4轮比赛后积分为3分的猜灯谜的情况可以用数列表示为或或，
故参赛者参与4轮比赛后积分为3分的概率；
（2）（i）当时，则参赛者一定不能获奖，因此.
当时，则参赛者一定能获奖，因此.
当时，记事件为当参赛者积分为时最终获得奖品，事件为当参赛者积分为且下一轮猜中，则，
由全概率公式得，
即当时，，
所以，所以是一个等差数列，
设，则，
故，得，所以；
（ii）由于参赛者的初始积分为1分，
所以参赛者最终获奖的概率为.
6．（2025·江苏南通·模拟预测）某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为.
(1)求的分布列及数学期望；
(2)求的通项公式；
(3)证明：.
参考公式：若，是离散型随机变量，则.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)（，2，……，）
(3)证明见解析
【解析】（1）设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件，
，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4.
，
，
，
，
所以的概率分布为
（分）.
（2）当时，甲第次在处投篮分两种情形：
①第次在处投篮且投进，这种情形概率为；
②第次在处投篮且未投进，这种情形概率为.
所以，
故，
因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以，
即，，2，……，.
（3）因为第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为，
记第次得分，则的可能取值为0，2，3，
，，，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
题组四 数列中的存在性问题
1．（2025·甘肃白银·三模）已知等差数列的前项和为，且满足．
(1)求的通项公式．
(2)设数列的前项和为．
①求；
②是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)① ；②存在；
【解析】（1）因为，
所以，解得，
设数列的公差为，所以，
解得．因为，所以，
所以的通项公式是．
（2）①由（1）知，所以，
所以，
所以，
故；
②存在；，理由如下：
设，由①知，所以，
假设存在实数，使得数列为等差数列，
当时，
，
只有当时，为常数，其他值均不合要求，
故存在实数时，使得数列是等差数列．
2（2024·广东·二模）在数列中，，都有，，成等差数列，且公差为.
(1)求，，，；
(2)求数列的通项公式；
(3)是否存在，使得，，，成等比数列.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)3；5；9；13
(2)
(3)存在，
【解析】（1）由题意，，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4.
则，，，.
（2）由题意，.
当，时，
，
且满足上式，所以当为奇数时，.
当时，.
所以
（3）存在时，使得，，，成等比数列
证明如下：
由（2）可得，，，
假设，，成等比数列，
则，
化简得，所以，即，
此时，所以当时，，，，成等比数列.
3.（2024·山东·模拟预测）已知数列，，的首项均为1，为，的等差中项，且．
(1)若数列为单调递增的等比数列，且，求的通项公式；
(2)若数列的前项和，数列的前项和为，是否存在正整数使对恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，正整数的最大值为2024
【解析】（1）若数列为单调递增的等比数列，设其公比为，且，
因为，则，解得或（舍去），
所以.
因为，即，
可得，且，
可知数列是以首项为1，公比为的等比数列，则，
因为为，的等差中项，则，
即，且，
当时，则，
累加可得，
则，
且符合上式，所以.
（2）若数列的前项和，
当时，则；
当时，则；
且符合上式，所以.
因为，即，
可得，且
可知数列为常数列，
则，所以，
可知数列为递增数列，则的最小项为，
若存在正整数使对恒成立，则，即，
所以正整数的最大值为2024.
4．（2025·河北邢台·三模）已知等差数列的前项和为，且满足，.
(1)求的通项公式；
(2)在中是否存在，，成等比数列？若存在，求出一个这样的3项；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，，，
【解析】（1）设的公差为，
由，，得
化简得解得，，
所以.
（2）由（1）知，所以，，，
因为是单调递增数列，且，
所以若存在3项，，成等比数列，则必有，
即，
化简得，即，
令，，，符合，
所以，，成等比数列.
题组五 数列函数、导数的综合
1．（2025·海南儋州·模拟预测）已知函数．
(1)若，函数的图象在点处的切线与x轴的交点坐标为，求的前n项和；
(2)若，函数的图象与x轴有且只有两个公共点，且，求a，b的值以及函数在上的最小值．
【答案】(1)
(2)0或-2
【解析】（1）若，则，得，
所以在点处的切线斜率为，
又，所以该切线为，
令，得，即，
则，
所以数列是以为首项，以为公差的等比数列，
得.
（2），且，
因为的图象与x轴仅有2个交点，
所以方程的2个根为或均为-1.
当2个根为时，由韦达定理得，解得；
当2个根均为-1时，由韦达定理得，解得.
当时，，得，
令或，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，所以在上最小值为0；
当时，，得，
令或，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，所以在上最小值为-2.
2（24-25高三上·浙江金华·期末）已知数列是等比数列，满足，且，，成等差数列，数列满足，记数列的前项和为，
(1)求；
(2)求数列的前项和；
(3)记，若恒成立，求的值.
【答案】(1)(2)(3)
【解析】（1）因为数列是等比数列，设首项是，公比是，
由，，
解得，
所以.
（2）由于①
则，②
由①②得，
当时，，满足上式，因此，
所以.
，接下去求的前项和，
记的前项和是.
①
②.
由①②得，
整理得：.
（3）由（2）可知，，则，
所以，要求的最大项，
可以设函数，
则.
令
则，
分析可得，，，使得
所以在单调递增，单调递减，
，，
，使得
当时，，
当时，，
时，
因此在单调递减，在，单调递增，在，单调递减.
只要比较，，的大小，，，.
所以第五项是最大项，.
3（24-25高三上·山西吕梁·期末）如图，在横坐标为的点处作的切线，该切线与轴的交点为；在横坐标为的点处作的切线，该切线与轴的交点为；一直继续下去，得到数列．
(1)求证：；
(2)若函数，记．
（ⅰ）求数列的通项公式；
（ⅱ）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）不存在，理由见解析.
【解析】（1）证明：函数在点处的切线斜率为，
所以函数在点处的切线方程为，
因为切线过点，所以，
解得，
（2）（ⅰ）因为，所以，
，
，
则，
又，则是以2为首项，2为公比的等比数列，；
（ⅱ）由（ⅰ）知，
所以，
所以．
假设数列中存在3项，（其中成等差数列）成等比数列，
则互不相等，
所以，即，
又因为成等差数列，所以，所以．
化简得，所以，又，
所以与已知矛盾．
所以在数列中不存在3项成等比数列．
题组六 数列与解析几何综合
1．（2025·湖北黄冈·一模）已知实数，，成等比数列，则圆锥曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【解析】因为实数，，成等比数列，所以，则；
当时，圆锥曲线，即为椭圆，其离心率；
当时，圆锥曲线，即为双曲线，其离心率；
故选：D
2．（2025·江苏苏州·模拟预测）在平面直角坐标系中，若直线与圆相切，则数列的前10项和为（ ）
A．B．C．23D．27
【答案】C
【解析】由圆，可得圆心为，半径为，
可得圆心到直线的距离为，
因为直线与圆相切，则，即，
所以数列的前10项和为.
故选：C.
3．（2025·河北·模拟预测）已知抛物线C：的焦点为F，抛物线C上的2n个点（在x轴上方，在x轴下方）满足：直线经过点F，且斜率为1，当时，，，记线段的中点为，直线与直线的交点为．
(1)求点的纵坐标；
(2)证明：三点共线；
(3)证明；当时，，并求．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
(3)
【解析】】（1）设直线的方程为，
联立直线与抛物线方程得，
则，故，
所以的纵坐标为2，
（2）因为，所以，
因为与相似，
所以
，故共线，
（3）由（1）知，
由于抛物线焦点为,所以，则，
由（1）知，故，故，
因此
故，
因为，
所以,即，
即，
即即，
故即，
故数列是首项为8，公差为16的等差数列，故
4．（24-25高三下·上海静安·期中）如图，在直角坐标平面xOy中，中（）为正三角形，且满足，．
(1)求点的横坐标关于正整数n的表达式；
(2)求证：点，，…，…在抛物线：上；
(3)过（2）中抛物线：的焦点F作两条互相垂直的弦AC和BD，求四边形ABCD面积的最小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【解析】（1）由，
可得；
（2）设点的坐标为，
则，即，
所以，
所以点，，，在抛物线上；
（3）抛物线的焦点为，
互相垂直的弦和显然都不垂直坐标轴，
设直线的方程为，
代入，得，
则有，
所以，
将上式中的用代换，得，
于是
当且仅当，即时，取等号，
所以四边形面积的最小值为18．
题组七 插项数列
1．（2025·甘肃·二模）在数列的项和之间插入个构成新数列，则（ ）
A．13B．C．14D．
【答案】A
【解析】在和之间插入个构成数列,
，
则数列中不超过的数的个数为，
当时，，当时，，
所以.
故选：A
2．（2025·湖南·三模）已知数列满足，数列满足，且.
(1)求的通项公式；
(2)求的通项公式；
(3)将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求.
【答案】(1)
(2)
(3)12182
【解析】（1）由可得，又，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，即.
（2）方法一：由已知得，所以，
所以，又，
等式两边同时相乘，可得，
得，该式对也成立.
故.
方法二：由可知是常数列，
所以，
即.
（3）设在的前100项中，来自的有项.
若第100项来自，则应有，
整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意.
若第100项来自，则应有，整理可得.
易知在时单调递增，
当时，，不满足题意，当时，，满足题意，
故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自，
所以.
3．（2025·安徽芜湖·二模）已知数列的前n项和为，且，.
(1)求的通项公式；
(2)保持的各项顺序不变，在和之间插入k个1，使它们与数列的项组成一个新的数列，记的前n项和为，求.
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）由，得，
则，即，
又，满足，所以，
所以是首项是，公比为的等比数列，故；
（2）由题知，数列的其余项为1，
则
.
4．（2024·重庆·三模）已知数列的前项和为，满足，.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)若数列的公差不为0，数列中的部分项组成数列，，，…，恰为等比数列，其中，，，求数列的通项公式.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【解析】（1）证明：由，得，
所以，即，
所以，
两式相减得，
所以.
所以数列成等差数列.
（2）解：等差数列的公差，其子数列恰为等比数列，
其中，，，可得，，，
且有，即，
化为，则，
子数列为首项为，公比为的等比数列，
则，可得.
5．（2024·广东广州·二模）已知等差数列的前项和为，且为等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，记数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】（1）因为等差数列中，，又，
所以，即①，
因为为等差数列，所以，
令时，，即，则②，
结合①②，解出，则，
所以的通项公式为．
（2）由题设得，即，
所以①，
则②，
由①-②得：，
所以，
因为，所以，所以，即证．
题组八 数列与集合
1．（2025·吉林·模拟预测）已知集合，，将中所有元素按从小到大的顺序构成数列，则数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】设，
则，
等式左侧为3的倍数，为3的倍数，
所以也为3的倍数，
故为大于1的奇数，所以.
故答案为：.
2．（2025·湖南长沙·三模）已知数列，，记集合的元素个数为.
(1)若为1，2，4，8，12，写出集合，并求的值；
(2)若为1，3，a，b，且，求和集合；
(3)若数列项数为，满足，求证：“”的充要条件是“为等比数列”.
【答案】(1)，；
(2)；
(3)证明见解析.
【解析】（1）集合，.
（2）由为1，3，，，当之一为2时，不妨令，则互不相等，
是集合中元素，又，则，，解得，不符合题意，
则必有，得，，互不相等，
则3，，都是集合中的元素，又，则，解得，，
因此为1，3，9，27，所以.
（3）充分性：若是递增的等比数列，设的公比为，
当时，，
所以，且，故充分性成立；
必要性：若是递增数列，且，则，
于是，且互不相等，又，
则，且互不相等，
因此，，
从而，所以为等比数列，故必要性成立，
综上，“”的充要条件是“为等比数列”.
3．（2025·福建厦门·三模）已知数列的前项和为，，且.
(1)证明：数列为等差数列；
(2)设，
（i）求数列的前项和；
（ii）当时，设集合，集合中所有元素的和记为，求数列的通项公式.
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）；（ii）.
【解析】（1）由，，则，
所以，故是首项、公差均为1的等差数列；
（2）（i）由（1）得，
当时，，
显然满足，所以，
所以，
又，，
所以，
所以，
若数列的前项和为，
则，，
所以，
所以；
（ii）当时，，与矛盾，所以，
当时，，与矛盾，所以，
综上，此时，
所以，可得，即，
所以，则
.
题组九 数列与取整
1．（2025·河北·模拟预测）已知函数为函数的正零点，若（表示不超过的最大整数），则数列的前10项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】是关于的二次函数，其对称轴为，
因为，且在区间上单调递增，
所以正零点一定在区间上，
又因为，
所以，所以，
则，故.
故选：A．
2．（2024·江苏宿迁·三模）表示不小于x的最小整数，例如，．已知等差数列的前n项和为，且，．记，则数列的前10项的和 ．
【答案】
【解析】由，可得，解得，
又，得，解得，
所以数列的公差为，，
又，
，同理，，，，，
所以数列的前10项的和为.
故答案为：.
3．（2024·湖南·模拟预测）已知数列为公差不为0的等差数列，，且成等 比数列，设表示不超过的最大整数，如，记为数列的前项和，则 ．
【答案】573
【解析】由数列是等差数列，设其公差为，因为成等比数列，
所以，即，解得或（舍去），
所以，则．
当时，，
即，共有个，
因为，所以
，
令，则，
两式相减得，则，
所以，
故答案为：573.
题组十 数列新定义
1．（2025·河南信阳·模拟预测）对于数列，若存在实数，使得对一切正整数，恒有成立，则称数列为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足数列为有界数列的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】对于A，，此时为等差数列，则，无界，故A错误；
对于B，，此时为等比数列，则，无界，故B错误；
对于C，，则，
所以恒成立，即有界，故C正确；
对于D，，则，
则，
故当时，明显无界，故D错误；
故选：C.
2．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）牛顿用“作切线”的方法求函数零点时给出一个数列，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数有两个零点1，2，数列为的牛顿数列．设，已知，的前项和为，则等于（ ）
A．2025B．2026C．D．
【答案】D
【解析】有两个零点1，2，
则，解之得，
则，则，
则，
则，
由，可得，
即，
又，则数列是首项为2，公比为2的等比数列，则，
前n项和，则.
故选：D．
3．（2025·河北·模拟预测）我们把各项均为0或1的数列称为数列，数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛的应用．把佩尔数列（，，，）中的奇数换成0，偶数换成1，得到数列，记的前n项和为，则（ ）
A．20B．15C．12D．10
【答案】B
【解析】因为，，，
所以，
可以看出数列的前30项为,
所以，
故选：B.
4．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）在一组互不相同的有序数组中定义：在的右边比其大的数的个数称为的“顺序数”，在的右边比其小的数的个数称为的“逆序数”，我们把有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和记为．
①有序数组的所有元素的“顺序数”与“逆序数”之和 ．
② ．
【答案】 10
【解析】①对于有序数组，
3的顺序数为2，逆序数为2；5的顺序数为1，逆序数为2；
7的顺序数为0，逆序数为2；2的顺序数为0，逆序数为1；
故；
②对于有序数组，易知后由个数，
所以的顺序数+逆序数，
所以，
所以，
所以．
故答案为：10；．
5．（2025·甘肃白银·三模）若数列是有穷数列，且各项之和为0，各项的绝对值之和为1，则称数列是“项优待数列”.若等差数列是“项优待数列”，，则 .
【答案】
【解析】设等差数列的公差为，，则 ①， ②，
所以，所以，所以，所以，
当时，由①②，得，所以，即，
由，得，即，所以，，，
当时，同理可得，即，由，得，即，
所以，，.
综上，.
故答案为：
6．（2025·江苏盐城·模拟预测）已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)定义函数，对于数列，若，则称为函数的“生成数列”，为函数的一个“源数列”.
①已知为函数的“源数列”，求证：对任意正整数，均有；
②已知为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”， 与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由.
【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为
(2)①证明见解析；②不存在，理由见解析
【解析】（1）当时，，，
令，则，解得或，
当时，；
当时，；
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2））①，，故，
构造函数，
，则
函数在上单调递增，，故在恒成立，单调递增，
故，即，，
当时，，
综上所述：恒成立，即.
②，则，，
设，即，则，
设函数，函数单调递增，对于任意，有唯一的与之对应，
即数列中每一项，都有中的项与之相等，单调递增，
故，
假设数列中存在连续三项构成等比数列，，，，
故，整理得到，无正整数解.
故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列.
0
1
2
3
0
2
3
4