答題模板16數(shù)列綜合

（數(shù)列不等式的證明、不等式放縮、數(shù)列最值、參數(shù)求解、

與三角函數(shù)、概率、導(dǎo)數(shù)、解析綜合、數(shù)列新定義）有關(guān)的9類核心題型

目錄

第一部分命題解碼洞察命題意圖，明確攻堅方向

第二部分方法建模構(gòu)建方法體系，提供通用工具

【結(jié)論背記清單】

方法一數(shù)列不等式的證明

方法二不等式放縮

方法三數(shù)列最值

方法四參數(shù)求解

方法五與三角函數(shù)綜合

方法六與概率綜合

方法七與導(dǎo)數(shù)綜合

方法八與解析綜合

第三部分題型專攻實施靶向訓(xùn)練，提升應(yīng)試效率。

【題型01】數(shù)列不等式的證明

【題型02】不等式放縮

【題型03】數(shù)列最值

【題型04】參數(shù)求解

【題型05】與三角函數(shù)綜合

【題型06】與概率綜合

【題型07】與導(dǎo)數(shù)綜合

【題型08】與解析綜合

【題型09】數(shù)列新定義

第四部分答題實戰(zhàn)檢驗學(xué)習(xí)成效，錘煉應(yīng)用能力

模塊說明：

洞察命題意圖，明確攻堅方向

1.考向聚焦：精煉概括本專題在高考中的核心考查方向與價值。

2.思維瓶頸：精準(zhǔn)診斷學(xué)生在此類題目上的高階思維誤區(qū)與能力短板。

1.考向聚焦（精煉概括本專題在高考中的核心考查方向與價值）

數(shù)列綜合大題是考查數(shù)學(xué)高階思維與核心素養(yǎng)的關(guān)鍵載體。試題超越基礎(chǔ)公式，將數(shù)列與不等式證

明、放縮技巧、最值及參數(shù)求解深度融合，并廣泛與三角函數(shù)、概率、導(dǎo)數(shù)、解析幾何交叉，或設(shè)置“新

定義”情境。它從數(shù)列作為離散函數(shù)的本質(zhì)出發(fā)，綜合運(yùn)用函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化與化歸等思想，通過代數(shù)

變形、數(shù)學(xué)歸納、導(dǎo)數(shù)工具等方法解決問題，全面考查邏輯推理、運(yùn)算求解及跨模塊整合能力。

核心考查四大方向：

數(shù)列與不等式：證明、放縮求和、求最值或參數(shù)范圍，需掌握裂項、等比等放縮技巧及數(shù)學(xué)歸納法。

數(shù)列與其他知識交叉：與三角、概率、導(dǎo)數(shù)、解析幾何結(jié)合，檢驗知識聯(lián)系與遷移能力。

數(shù)列新定義問題：理解新概念并探究性質(zhì)、求解，考查抽象素養(yǎng)與學(xué)習(xí)遷移能力。

極限與收斂性（以探究為主）：借助單調(diào)有界性討論極限存在與求解。

2.思維瓶頸（精準(zhǔn)診斷學(xué)生在此類題目上的高階思維誤區(qū)與能力短板）

數(shù)列特性把握不足：不善于從遞推關(guān)系求通項，忽略單調(diào)性、有界性等性質(zhì)的應(yīng)用。

放縮技巧生硬：放縮“度”控制不當(dāng)，盲目套用公式，缺乏目標(biāo)導(dǎo)向的配湊能力。

跨知識整合弱：難以建立數(shù)列與三角、概率、導(dǎo)數(shù)等知識的有效聯(lián)系。

畏懼新定義：信息提取與轉(zhuǎn)化能力不足，無法將新定義化為已知模型。

運(yùn)算能力欠缺：復(fù)雜運(yùn)算、遞推、變形過程中易出錯。

缺乏探究意識：不善于從特殊項入手猜測規(guī)律并證明。

模塊說明：

構(gòu)建思維框架，提煉通用解法

1.模模塊化知識體系：熟記數(shù)列綜合（數(shù)列不等式的證明、不等式放縮、數(shù)列最值、參數(shù)

求解、與三角函數(shù)、概率、導(dǎo)數(shù)、解析綜合、數(shù)列新定義）的相關(guān)知識內(nèi)容，形成清晰的

解題思維基礎(chǔ)邏輯，便于快速定位解題切入點。

2.通用解法模板化：針對高頻題型，總結(jié)“審題-建模-推導(dǎo)-驗證”法，規(guī)范解題流程，減

少思維漏洞，提升答題效率。

3.易錯點專項突破：整理常見誤區(qū)，設(shè)計針對性訓(xùn)練題，通過對比正確與錯誤解法，強(qiáng)化

對知識邊界的理解，避免重復(fù)犯錯。

結(jié)論背記

一、二級結(jié)論

1.數(shù)列放縮

1111

（1），其中n2,nN：可稱為“進(jìn)可攻，退可守”，可依照所證不等式

nn1n2nn1n2

不等號的方向進(jìn)行選擇。

1

注：對于，可聯(lián)想到平方差公式，從而在分母添加一個常數(shù)，即可放縮為符合裂項相消特征的數(shù)列，例

n2

111111

如：，這種放縮的尺度要小于（1）中的式子。此外還可

n2n21n1n12n1n1

以構(gòu)造放縮程度更小的，如：

1141111

22

21

nn4n12n12n122n12n1

4

12212

（2），從而有：2n1n2nn1

nnnnn1nnn1

11

注：對于還可放縮為：nn2,n2,nN

nn

bbmbbm

（3）分子分母同加常數(shù)：ba0,m0,ab0,m0

aamaam

此結(jié)論容易記混，通常在解題時，這種方法作為一種思考的方向，到了具體問題時不妨先構(gòu)造出形式再驗

證不等關(guān)系。

2n2n2n2n1

（4）

2nnnnnn1

2n1212121222121

11

n2,nN

2n112n1

knknknkn1

可推廣為：

2nnnnnn1

kn1k1k1k1kkk1k1

11

n2,k2,k,nN

kn11kn1

技法歸納

方法一數(shù)列不等式的證明

數(shù)列不等式的證明是高中數(shù)學(xué)教學(xué)中極其重要的一部分，它不僅涉及到數(shù)學(xué)知識的綜合運(yùn)

用，還要求學(xué)生具備嚴(yán)謹(jǐn)?shù)倪壿嬎季S和靈活的解題技巧。難度中等偏上、需強(qiáng)加練習(xí).

an

例題1（2025·遼寧沈陽·三模）已知數(shù)列an中，a13，a315，且數(shù)列為等差數(shù)列．

n

(1)求an的通項公式；

13

(2)記Sn為數(shù)列的前n項和，證明：Sn．

an4

2

【答案】(1)ann2n

(2)證明見解析

aa

【分析】（1）求出數(shù)列n的公差，可求出數(shù)列n的通項公式，進(jìn)而可求得數(shù)列a的通項公式；

nnn

（2）利用裂項求和法求出Sn，即可證得結(jié)論成立.

a

【詳解】（1）因為數(shù)列a中，a3，a15，且數(shù)列n為等差數(shù)列，

n13n

aa

設(shè)數(shù)列n的公差為d，則2d3a532，故d1，

n31

a

所以nan1d3n1n2，故an22n.

n1n

11111

（2）因為，

annn22nn2

1111111111

所以Sn1

232435n1n1nn2

111132n33

1，故原不等式成立.

22n1n242n1n24

1

例題2（2025·江蘇·三模）已知數(shù)列an是等差數(shù)列，記其前n項和為Sn，且S3a5，a2n2an．

4

(1)求數(shù)列an的通項公式；

(2)將數(shù)列an與Sn的所有項從小到大排列得到數(shù)列bn．

①求bn的前20項和；

111

②證明：22232．

b1b2bn

11

【答案】(1)an

n24

105

(2)①；②證明見解析

2

1

【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列a的公差為d，依題意可得2ad，對于a2a取n1，即可求出a1、d，

n12nn4

從而求出通項公式；

11611

（2）①首先求出Sn，即可得到bn，從而求出其前20項和；②由2216n2，分n1及n2

bnnn1n

兩種情況討論，當(dāng)n2時利用裂項相消法計算可得.

【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，

由S3a5，得3a13da14d，即2a1d，

111

由a2a，取n1，得a2aad，即ad，

2nn4214114

1111

解得a1，d，所以ann；

4224

1nn111212n

（2）①由（1）知，Snn，所以Snn，

n422424

112n1

因為an，

n244

1120191105

所以bn，所以b的前20項和為20；

n4n4242

1161611

212

②證明：因為bnn，所以2216n2，

16bnnnn1n1n

1

所以當(dāng)n1時，21632；

b1

111

當(dāng)n2時，222

b1b2bn

1111116

161613232，

223n1nn

111

綜上可得22232.

b1b2bn

1

例題3（25-26高三上·廣西南寧·開學(xué)考試）已知a2,an13anan1an．

6

(1)求{an}的通項公式；

a1111

nL

(2)令bn，Tn為bn的前n項之積，求證：lnn1．

an1b1T1b2T2b3T3bnTn

1

【答案】(1)a；

n3n

(2)證明見解析.

11

1

【分析】（1）根據(jù)已知可得3，且a1，由等差數(shù)列的定義寫出通項公式即可；

an1an3

1n1

（2）利用導(dǎo)數(shù)證明lnxx10x1，進(jìn)而得到ln，

n1n

1n1

可得lnn1lnn，累加即可證.

bnTnn1n1n1

【詳解】（1）由an13anan1an，又由題意知，an0，

11

左右同時除以anan1得3，

anan1

111

1

所以3,a2，則a1，

an1an63

1

故是以3為首項，3為公差的等差數(shù)列，

an

1

1

所以33n1，可得an；

an3n

1

（2）令函數(shù)fxlnxx1,0x1，求導(dǎo)得fx10，

x

fx在0,1上單調(diào)遞增，fxf10，即lnxx1，

nnn11n1

取x,nN，則ln1，于是ln，

n1n1n1n1n1n

n123n1

由（1）知，b,T···n1,

nnn12n

1n1n1

lnlnn1lnn，

bnTnn1n1n1n

1111

所以lnn1ln1lnn1.

b1T1b2T2b3T3bnTn

例題4（2025·天津南開·一模）已知公差大于0的等差數(shù)列an的前n項和為Sn，且S39,a23是

a31,a5的等比中項．

(1)求an的通項公式及Sn；

(2)記b為在區(qū)間am1*內(nèi)項的個數(shù)，為數(shù)列的前項和．

mana2m,2mNTnbnn

（i）若TnSn2025，求n的最大值；

aan

（ii）設(shè)2n2n2，證明：2119．

cnci

TnSn4i19

2

【答案】(1)an2n1,Snn；

(2)（i）5；（ii）證明見解析..

【分析】（1）應(yīng)用等差數(shù)列前n項和公式及等差中項的性質(zhì)、通項公式求基本量，進(jìn)而得到an的通項公

式及Sn；

1

（2）（i）根據(jù)已知得2mn22m，即得b4n2n1，應(yīng)用等差、等比前n項和公式及分組求和得

2n

44n1

2

Tn，再由TnSn2025能成立求n的最大值；

n3

n

34n14n321

（ii）由（i）得，判斷其單調(diào)性即可得cc，應(yīng)用基本不等式及放縮

cnni1

441i14

34n14n11912n19

有c，應(yīng)用錯位相減法求右側(cè)的前n項和M，即可證.

n44n14nn994n

【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，

依題意，S33a13d9，即a13d，

22①

a23a31a5，即a1d3a12d1a14d，

②

2

將代入得d3d100，因為d0，解得d2,a11，

①②2

所以an2n1,Snn．

a2m1

（2）（i）令a2n12m1，即4m12n122m1，解得2mn2，

2m2

2mn

所以bm22m1，即bn的通項公式為bn42n1

nn

414n12n1441

所以Tn2．

n1423

44n1

又2，所以．

SnnTS

nn3

n

441n1

由TS2025，得46079，

nn3

因為4640966079,47163846079，

所以n的最大值為5．

n1nn

34n14n321

（ii）由（i）知，則cicicn10，所以cc．

cnni1

441i1i1i14

59134n34n1

設(shè)M，

n4142434n14n

159134n34n①1

則M，

4n4243444n4n1

②1

1

3544444n11n4n11912n19

①②得M4，

n1234nn11n1n1

44444444141234

4

1912n19

所以M．

n994n

34n14n334n134n134n14n1

因為c，

n44n144n1444n11434n14n

n1912n1919

所以．

ciMnn

i19949

n

綜上，2119．

ci

4i19

方法二不等式放縮

放縮的基本思路是將通項適當(dāng)放大或縮小，向便于相消或便于求和的方向轉(zhuǎn)化.放縮的策略是通過多角度

觀察通項的結(jié)構(gòu)，深入剖析其特征，思前想后，找準(zhǔn)突破口，怡當(dāng)放縮，難度中等偏上、需強(qiáng)加練習(xí).

例題5（2025·河南·二模）已知數(shù)列an滿足a11，an1anan2an1.

(1)求an的通項公式；

(2)記an的前n項和為Sn，求證：Sn2.

1

【答案】(1)a

n2n1

(2)證明見解析

111

【分析】（1）由已知等式變形得出121，可知數(shù)列1為等比數(shù)列，確定該數(shù)列的首項

an1anan

和公比，即可求出數(shù)列an的通項公式；

1

（2）驗證當(dāng)n1時，不等式成立；當(dāng)n2時，推導(dǎo)出a，再利用等比數(shù)列的求和公式可證得不等

n2n1

式成立.

【詳解】（1）由題設(shè)條件，可得若an0，則an10，

用反證法，假設(shè)an10，由題設(shè)條件，顯然an0，這與已知條件矛盾，所以an10.

*

因為a110，所以a20，a30，，所以nN，an0，

12

11

由an1anan2an1得1，所以121，

an1anan1an

11

又120，所以1是首項、公比均為2的等比數(shù)列.

a1an

1n1

所以12，則.

ann

an21

（2）顯然n1時，a112成立，

n12111

當(dāng)n2時，2221，所以1，所以21，

2n12n1

n11n1nn111

所以2212，即2120，所以an，

2n12n12n1

1

1

111n1

所以Saaaa12212.

n123nn11n

24212

2

綜上，Sn2，得證.

方法三數(shù)列最值

例題6（2025·山東·三模）已知數(shù)列an的前n項和為bn，數(shù)列bn的前n項積為cn，且bn2cn1.

(1)求數(shù)列cn的通項公式；

1

(2)求使得2025成立的n的最大值；

an

a

(3)求數(shù)列n的前n項和S.

2n3n

1

【答案】(1)c

n2n1

(2)45

21

(3)S

n152n12n3

cn1

【分析】（1）利用n1時a1b1c1結(jié)合已知等式得首項，再由bn代入等式，轉(zhuǎn)化得到是等差

cn1cn

數(shù)列，進(jìn)而求出cn的通項.

1

（2）由cn求出bn，再通過an與bn的前n項和關(guān)系得到an的分段表達(dá)式，分n1和n2討論2025的不

an

等式，求解n的最大值.

a

（3）寫出n的分段形式，n2時對通項進(jìn)行裂項相消拆分，再分n1和n2計算前n項和.

2n3

1

【詳解】（1）因為abc，所以，在b2c1中令n1，得3a1.所以a

111nn113

cc11

nn

當(dāng)n2時，由bn及bn2cn1，得2cn1，所以2.

cn1cn1cncn1

111

又3，所以是首項為3，公差為2的等差數(shù)列.

c1a1cn

1

1

32n12n1.所以cn.

cn2n1

1

cncn12n1

（2）由（1）知bn（n2）.

cn112n1

cn

12n1

當(dāng)n1時，b，滿足上式，所以b，

13n2n1

2n12n34

則abb（n2）.

nnn12n12n14n21

1

,n1

13

當(dāng)n1時，a，不滿足上式，所以a

13n4

,n2

4n21

1

當(dāng)n1時，3，顯然成立；

a1

2

4n128101

當(dāng)n2時，有2025，所以n，

44

又nN*，所以n的最大值為45.

1

,n1

a15

（3）設(shè)dn，

n4

2n3,n2

2n12n12n3

1

當(dāng)n1時，S，

115

411

當(dāng)n2時，dn

2n12n12n32n12n12n12n3

所以Snd1d2dn

1111111

21

.

152n12n3

當(dāng)n1時，上式也符合，

21

所以S.

n152n12n3

例題7（2025·福建·模擬預(yù)測）數(shù)列an的前n項和為Sn，已知a11且an1Sn1．

(1)求an的通項公式；

n2

(2)設(shè)數(shù)列bn滿足bn，求bn的最大值．

an

n1

【答案】(1)an2；

9

(2)1.

4

【分析】（1）利用anSnSn1n2即可求解；

（2）判斷數(shù)列的單調(diào)性即可求解.

【詳解】（1）∵an1Sn1①，

∴anSn11n2②，

a

n1

①-②得：an12an0，2n2，

an

a

2

②中令n＝2，則a2S11a112，∴2，

a1

an為首項為1，公比為2的等比數(shù)列，

n1

∴an2.

n2

（2）由（1）知：b，

n2n1

2

n1n2n22n1

則bb，

n1n2n2n12n

所以b1b2b3b4b5···bn

9

所以當(dāng)n3時，b有最大值b.

n34

方法四參數(shù)求解

對于此類含參數(shù)不等式愿型,大部分可以通過分離參數(shù)等方式轉(zhuǎn)化為最值問題,對于求最值,需要分析單調(diào)

性,函數(shù)類型可通過運(yùn)算法則或者求導(dǎo)進(jìn)行判斷,數(shù)列可通過作差法進(jìn)行判斷數(shù)列的單調(diào)性，難度中等偏上、

需強(qiáng)加練習(xí).

n

*

例題8（2025·河南·一模）數(shù)列an滿足anan1an11nN，且a141.

2

2

(1)證明：數(shù)列nn1ann是等差數(shù)列；

(2)設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，求使Sn2n成立的最小正整數(shù)n的值

【答案】(1)證明見解析；

(2)n27.

【分析】（1）根據(jù)已知得n2an1nan2，再應(yīng)用作差法及等差數(shù)列的定義證明；

11

（2）根據(jù)（1）得an841，應(yīng)用裂項相消法求Sn，根據(jù)不等式能成立求參數(shù)值.

nn1

222

【詳解】（1）設(shè)數(shù)列bnnn1ann，則bn1bnn1n2an1n1nn1ann

n1(n2)an1nan2n1，

n

由aaa1，得n2ana2，

2nn1n1n1n

所以bn1bn2n12n11，

2

即數(shù)列n(n1)ann是以b12a1183為首項，1為公差的等差數(shù)列；

2

（2）由（1）得bnn(n1)ann83(n1)84n，

22

bnn84nn8411

所以an1841，

n(n1)n(n1)n(n1)nn1

1

因此Sn841n2n，解得n27，所以滿足題意的最小正整數(shù)n27.

n1

例題9（2025·四川達(dá)州·一模）已知an為等差數(shù)列，前n項和為Sn，且a25,S540．

(1)求Sn；

1

*

(2)設(shè)bn，數(shù)列bn的前n項和為Tn，若對任意nN，不等式Tnm成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Snn

31

【答案】(1)Sn2n

n22

2

(2)m

3

【分析】（1）先根據(jù)已知條件求出等差數(shù)列的首項和公差，進(jìn)而求出Sn.

（2）先求出bn，然后求出并化簡Tn，進(jìn)而求解不等式即可.

【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an的首項為a1，公差為d，因為a25,S540.

54

所以ad5,5ad40，解得a2,d3.

1121

nn13nn131

所以Snad2nn2n.

n12222

1121211

bn·2

（2）Sn3233nn3nn1.

nnn

22

所以

21121121121111121

Tnb1b2bn11.

3123233nn13223nn13n1

*21*

因為不等式Tnm對任意nN恒成立，則有1m對任意nN恒成立，

3n1

2122

又1，所以m.

3n133

n1

例題10（2025·寧夏·一模）已知數(shù)列an滿足a12,an12an32．

a

(1)證明：數(shù)列n為等差數(shù)列；

2n

(n1)a

(2)設(shè)bn，記數(shù)列b的前n項和為S．

n3n2nn

（i）求Sn；

*n1

（ii）若nN,Snm3成立，求m的取值范圍．

【答案】(1)證明見解析

n116

(2)（i）Snn2；（ii）,

27

【分析】（1）等式兩邊同時除以2n1可得；

（2）（ii）由錯位相減法求和即可；

（ii）構(gòu)造數(shù)列cn，由不等式組求數(shù)列cn的最值大即可.

n1an1an

【詳解】（1）因為a2a32，即3，

n1n2n12n

aa

所以數(shù)列n是以11為首項，3為公差的等差數(shù)列.

2n2

a

（2）（i）由（1）知n1n133n2，

2n

n

所以an3n22，

(n1)a

所以bnn12n，

n3n2

123n1n

所以Sn223242n2n12，

234nn1

2Sn223242n2n12，

123nn1

所以Sn22222n12

2122232nn12n12

212n

n12n1222n1n12n12n2n1，

12

n1

所以Snn2.

*n1

（ii）因為nN,Snm3，

n1

*2

所以nN,nm，

3

n1

令2，

cnn

3

不妨設(shè)cn的第n項取得最大值，

n1n

22

nn1

33

所以，解得，

n1n22n3

22

nn1

33

16

所以c的最大值為cc，

n2327

1616

所以m，即m的取值范圍是,.

2727

方法五與三角函數(shù)綜合

數(shù)列、三角是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，從本質(zhì)上看它們是特殊的函數(shù)，都具有函數(shù)的某些性質(zhì)。數(shù)列也可

和三角函數(shù)綜合考查，需強(qiáng)化復(fù)習(xí)

2π1

例題11（2025·陜西西安·一模）將函數(shù)fxsinx0,x0的零點按照從小到大的順

32

5

序排列，得到數(shù)列a，且a.

n16

(1)求；

(2)求fx的單調(diào)增區(qū)間，并說明fx在1,2上的單調(diào)性；

(3)求數(shù)列an的前n項和Sn.

【答案】(1)π；

(2)答案見解析；

111

n2n,n為奇數(shù)

266

(3)S.

n11

n2n,n為偶數(shù)

26

2π15

【分析】（1）解方程sinx，結(jié)合a1求解；

326

（2）由正弦函數(shù)的單調(diào)性求解；

（3）說明an是等差數(shù)列，根據(jù)求和公式求解.

2π12π1

【詳解】（1）由sinx0，得sinx，

3232

2ππ2π5π

所以x2kπ或x2kπ，

3636

5π2kπ3π2kπ

解得x或x，

62

5

因為0,x0且a，

16

5π53π59π

所以k0時，或，解得π或

66265

9π9π2π1

當(dāng)時，fxsinx，

5532

25255

此時f0，而，不合題意，

54546

所以π.

2π1

（2）由（1）fxsinπx，

32

π2ππ17

由2kππx2kπ，得2kx2k，

23266

17

因為x0，所以fx單調(diào)增區(qū)間為2k,2kkN，

66

2ππ4π

因為x1,2，所以πx,，

333

2πππ7

當(dāng)πx,，即x1,時fx單調(diào)遞增，

3326

2ππ4π7

當(dāng)πx,，即x,2時，fx單調(diào)遞減；

3236

2ππ2π5π

（3）當(dāng)π時，由πx2kπ或πx2kπ，

3636

535

得x2k或x2k，又a，

6216

5

所以a的奇數(shù)項構(gòu)成以為首項，公差為2的等差數(shù)列，

n6

3

偶數(shù)項構(gòu)成以為首項，公差為2的等差數(shù)列.

2

所以當(dāng)n為奇數(shù)時，

n1n1n1n1

11

n1522n13221211；

S·2·2nn

n262222266

當(dāng)n為偶數(shù)時，

nnnn

11

n522n322121；

S·2·2nn

n26222226

111

n2n,n為奇數(shù)

266

所以S

n11

n2n,n為偶數(shù)

26

方法六與概率綜合

構(gòu)建齊次式型是離心率問題中最常見、最重要的一類解題方式。若題目條件（如角度、垂直、向量數(shù)量

例題12（2025·四川成都·二模）某答題挑戰(zhàn)賽規(guī)則如下：比賽按輪依次進(jìn)行，只有答完一輪才能進(jìn)入

下一輪，若連續(xù)兩輪均答錯，則挑戰(zhàn)終止；每一輪系統(tǒng)隨機(jī)地派出一道通識題或?qū)ＷR題，派出通識題的概

1231

率為，派出專識題的概率為.已知某選手答對通識題與專識題的概率分別為,，且各輪答題正確與否

3355

相互獨(dú)立.

(1)求該選手在一輪答題中答對題目的概率；

(2)記該選手在第n輪答題結(jié)束時挑戰(zhàn)依然未終止的概率為pn，

（i）求p3,p4；

（