1/2專題13數(shù)列的綜合大題（含知識融合）目錄第一部分考向速遞洞察考向，感知前沿第二部分題型歸納梳理題型，突破重難題型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)列新定義第三部分分層突破固本培優(yōu)，精準(zhǔn)提分A組·基礎(chǔ)保分練B組·重難提升練1．（數(shù)列不等式）（2025·廣東·模擬預(yù)測）已知等差數(shù)列的前項和為，其中，.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)求使得不等式成立的的值.【答案】(1)(2)1，2【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項公式及求和公式列出方程求公差和首項即可得解；（2）由等差數(shù)列的求和公式、通項公式化簡不等式求解即可．【詳解】（1）依題意，，解得，故數(shù)列的公差，則；（2），故，即，即，解得，因為，所以使得不等式成立的的值為1，2．2．（數(shù)列不等式的證明）（2025·江西景德鎮(zhèn)·模擬預(yù)測）記和分別為數(shù)列的前項和，已知為等差數(shù)列，，且.(1)求的通項公式.(2)證明：.【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)已知得且得，求出公差，進(jìn)而寫出通項公式；（2）應(yīng)用錯位相減法求，即可證.【詳解】（1）由題設(shè)，又，則，所以，又，又為等差數(shù)列，設(shè)公差為，則，所以是首項為2，公差為3的等差數(shù)列，故.（2）由（1）得，則，所以，作差得，所以.3．（數(shù)列最值）（2025·福建福州·模擬預(yù)測）已知數(shù)列是公差為2的等差數(shù)列，滿足．(1)求的通項公式；(2)設(shè)的前項和為，若，求的最大值．【答案】(1)(2)最大值為5．【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列通項公式寫出表達(dá)式，再結(jié)合這個條件，代入與表達(dá)式，通過等式計算求出首項，進(jìn)而得到通項公式.也可令，利用和公差求出.（2）先由第一問得到的通項公式，根據(jù)等差數(shù)列前項和公式求出.再結(jié)合列出不等式，將其轉(zhuǎn)化為一元二次不等式，求解不等式得到的取值范圍，最后根據(jù)取值范圍確定的最大值.【詳解】（1）因為數(shù)列是公差為2的等差數(shù)列，所以，由可得，解得，所以的通項公式為．（2）由（1）得，由得，即，解得，由于，所以，所以的最大值為5．4．（參數(shù)求解）（2025·山西忻州·模擬預(yù)測）已知數(shù)列的前n項和滿足．(1)求的通項公式；(2)若，恒成立，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)數(shù)列前項和與通項的關(guān)系來求解數(shù)列的通項公式，最后需要檢驗時的情況是否滿足時的通項公式．（2）已知條件得到關(guān)于的不等式，通過構(gòu)造數(shù)列，求出數(shù)列的最小值，進(jìn)而確定的取值范圍．【詳解】（1），則當(dāng)時，，當(dāng)時，，不符合，所以．（2）因為，，所以，．令，則，當(dāng)時，不妨設(shè)的第n項的值最小，只需令，解得，又，所以的最小值為，所以，即的取值范圍是．5．（參數(shù)求解）（2025·黑龍江大慶·模擬預(yù)測）設(shè)為數(shù)列的前項和，已知，數(shù)列滿足(1)求數(shù)列的通項公式；(2)記數(shù)列的前項和為，若對于任意恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）由與的關(guān)系，代入計算，結(jié)合等差數(shù)列的通項公式，即可得到結(jié)果；（2）分為奇數(shù)與偶數(shù)討論，由等差數(shù)列的求和公式代入計算，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）令，可得，故，所以，，所以，所以，因為，所以，數(shù)列是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，通項公式為.（2）由（1）得，，所以，當(dāng)為偶時，，，當(dāng)為偶數(shù)時，，所以，因為對于任意恒成立，當(dāng)為奇數(shù)時，又當(dāng)時，取最小值，最小值為，所以，當(dāng)為偶數(shù)時，當(dāng)時，取最小值，最小值為，所以，綜上可得的取值范圍.6．（參數(shù)求解）已知數(shù)列的前n項和為，且.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)，求數(shù)列的前n項和；(3)若數(shù)列滿足，不等式對一切恒成立，求的取值范圍.【答案】(1)數(shù)列的通項公式為：.(2)數(shù)列的前n項和為：.(3)的取值范圍為：.【分析】（1）利用數(shù)列前n項和與通項的關(guān)系來求解；（2）先根據(jù)（1）的結(jié)果求出，再利用裂項相消法求數(shù)列的前n項和；（3）先根據(jù)已知條件求出，再區(qū)分n為奇數(shù)和偶數(shù)兩種情況討論不等式恒成立時的取值范圍.【詳解】（1）當(dāng)時，.當(dāng)時，.根據(jù)指數(shù)運算法則,,則.當(dāng)時，也滿足.故數(shù)列的通項公式為：.（2）已知，由（1）可知，則，；所以.所以.故數(shù)列的前n項和為：.（3）已知，由（1）可知，則①.當(dāng)時，，解得.當(dāng)時，②.①②相減得：，所以.當(dāng)時，也滿足.那么不等式可化為.當(dāng)n為偶數(shù)時，若恒成立，即恒成立：因為在n為偶數(shù)時單調(diào)遞增，當(dāng)時取最小值，，所以時，不等式恒成立.當(dāng)n為奇數(shù)時，若恒成立，即恒成立：因為在n為奇數(shù)時單調(diào)遞減，當(dāng)時取最大值，所以時，不等式恒成立.故的取值范圍為：.7．（與概率綜合）（2025·浙江溫州·一模）每天鍛煉一小時，幸福生活一輩子.小明每天都會在游泳和跑步中選擇一個項目進(jìn)行鍛煉.如果當(dāng)天選擇游泳，則第二天選擇游泳的概率為；如果當(dāng)天選擇跑步，則第二天選擇游泳的概率為.已知小明第一天選擇游泳，記小明第n天選擇游泳的概率為.(1)求，；(2)求的表達(dá)式.【答案】(1)，；(2).【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用全概率公式依次求出.（2）根據(jù)給定條件，利用全概率公式及等比數(shù)列的定義求出的表達(dá)式.【詳解】（1）設(shè)“第天選擇游泳”，則“第天選擇跑步”，依題意，，，，由全概率公式，得；.（2）由（1）得，，，，由全概率公式，得，則，而，因此數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，，所以的表達(dá)式為.8．（與概率綜合）（2025·云南·模擬預(yù)測）在足球訓(xùn)練中，甲、乙、丙三人進(jìn)行傳球訓(xùn)練．每次傳球按以下規(guī)則轉(zhuǎn)移：當(dāng)球在甲腳下時，他有的概率繼續(xù)控球（不傳給別人），的概率傳給乙；當(dāng)球在乙腳下時，他有的概率回傳給甲，的概率傳給丙；當(dāng)球在丙腳下時，他有的概率傳給甲，的概率傳給乙．初始時球在甲處，每次傳球是相互獨立的．(1)求兩次傳球后球在乙處的概率，以及三次傳球后球在丙處的概率；(2)記次傳球后，球在甲處的概率為，在乙處的概率為．（i）證明：數(shù)列是等比數(shù)列；（ii）求和的通項公式．【答案】(1);(2)（i）證明見解析；（ii）；【分析】（1）兩次傳球后球在乙處：思路：找兩次傳球到乙的唯一情況“甲→甲→乙”，每次傳球有對應(yīng)概率，分步完成用乘法算總概率.三次傳球后球在丙處：思路：確定三次傳球到丙的唯一情況“甲→甲→乙→丙”，各次傳球概率已知，分步用乘法得總概率.（2）（i）先明確次傳遞后球在各處概率關(guān)系，根據(jù)傳球規(guī)則得出次傳遞后球在甲、乙處概率表達(dá)式，化簡后對乙處概率表達(dá)式變形，結(jié)合初始值證明是等比數(shù)列.（ii）用等比數(shù)列通項公式求出，再代入表達(dá)式得，驗證首項滿足后確定通項.【詳解】（1）兩次傳球后球在乙處：只有“甲→甲→乙”這一種情況.第一次甲傳給甲概率是，第二次甲傳給乙概率是，分步用乘法，所以概率為.三次傳球后球在丙處：只有“甲→甲→乙→丙”這一種情況.第一次甲傳給甲概率，第二次甲傳給乙概率，第三次乙傳給丙概率，分步用乘法，概率為.（2）（i）表示次傳球后球在乙處的概率，它有兩種情況：第次球在甲處，第次甲傳給乙，概率為；第次球在丙處，第次丙傳給乙，概率為.所以.則.又，.所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列.

（ii）由（i）可知，所以.因為，則，所以，符合上式，所以.9．（與概率綜合）（2025·山西臨汾·二模）乒乓球體育俱樂部計劃進(jìn)行單打比賽，采用單淘汰制進(jìn)行比賽，即每名選手負(fù)一次即被淘汰出局.現(xiàn)有8名乒乓球單打運動員隨機編號到對陣位置，所有運動員在任何一場比賽中獲勝的概率均為.現(xiàn)有甲?乙兩位孿生兄弟參賽.(1)求甲?乙在第一輪比賽過程中相遇的概率；(2)求甲?乙在比賽過程中相遇的概率；(3)為使得甲?乙兩人在比賽過程中相遇的概率小于0.01，俱樂部計劃增加運動員人數(shù)到名，對陣圖和上圖類似.（i）求甲、乙兩人在第3輪比賽中相遇的概率（用含的式子表示）；（ii）求的最小值.【答案】(1)(2)(3)（i）（ii）8【分析】（1）先設(shè)甲的位置固定，進(jìn)而分析求解即可；（2）甲乙相遇包括三種情況：甲乙第一輪相遇，甲乙第二輪相遇，甲乙第三輪相遇，進(jìn)而求解即可；（3）（i）當(dāng)人數(shù)增加到，則固定甲的位置后，乙有個選擇，進(jìn)而分析求解即可；（ii）解法一：記比寒的輪次為本件，甲乙在比賽過程中相遇的本件為，先求出，可得甲乙相遇的概率為，再列不等式求解即可；解法二：設(shè)名選手參賽，甲乙相遇的概率為，易得，進(jìn)而分乙和甲在同一區(qū)，乙和甲不在同一區(qū)，兩種情形分析求解即可.【詳解】（1）設(shè)甲的位置固定，若乙要與甲在第一輪相遇只能在同一組，所以甲乙在第一輪相遇的概率.（2）由題可知甲乙相遇包括三種情況：甲乙第一輪相遇，甲乙第二輪相遇，甲乙第三輪相遇，甲乙要在第二輪相遇，則甲乙在同一個半?yún)^(qū)，但不在同一組的概率為，同時甲乙在第一輪都要獲勝則.甲乙要在第三輪相遇，則甲乙不在同一個半?yún)^(qū)的概率為，同時甲乙在第一?二輪都要獲勝則.所以甲乙相遇的概率.（3）（i）當(dāng)人數(shù)增加到，則固定甲的位置后，乙有個選擇，要使得甲乙能在第三輪相遇，由（2）可知甲乙必須得在同一個區(qū)內(nèi)的不同半?yún)^(qū)的概率為，同時甲乙在第一?二輪都要獲勝，則甲、乙兩人在第3輪比賽中相遇的概率為.（ii）解法一：記比賽的輪次為事件，甲乙在比賽過程中相遇的事件為，要使甲乙能在第輪相遇，則甲乙必須得在同一個區(qū)內(nèi)的不同半?yún)^(qū)的概率為，同時甲乙在前輪都要獲勝，所以.所以甲乙相遇的概率為.要使得甲乙相遇的概率小于0.01，即，即，又因為為整數(shù)，所以，所以最小的值為8.解法二：設(shè)名選手參賽，甲乙相遇的概率為，則當(dāng)時，甲乙一定相遇，此時.當(dāng)名選手參賽，甲乙相遇的概率為.考慮將個選手分成上下兩個區(qū)，每區(qū)名選手，這時有2種情況，情形一：乙和甲在同一區(qū)，此時甲乙相遇的概率為，情形二：乙和甲不在同一區(qū)，兩人相遇必須都進(jìn)入決賽，即前輪比賽均獲勝.所以，于是，，累加得所以.令，則，因為為正整數(shù)，所以的最小值為8.10．（與導(dǎo)數(shù)綜合）（25-26高三上·河南·期中）已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若，且對任意的恒成立，求的取值范圍；(3)若，數(shù)列的前項和為，證明：．【答案】(1)答案見解析；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）求導(dǎo)得，再對分類討論即可；（2）設(shè)，求導(dǎo)后再對進(jìn)行分類討論；（3）根據(jù)（2）得到結(jié)論對任意恒成立，再令，最利用累加法和裂項相消法即可得到證明.【詳解】（1）由題意得的定義域為．當(dāng)時，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，由，得，由，得，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．綜上可知，當(dāng)時，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．（2）依題意可得當(dāng)時，對任意恒成立．令，則．①當(dāng)時，，則，所以，則在上單調(diào)遞增，則，符合題意．②當(dāng)時，有兩根，因為且，所以，所以由，即，得，由，得，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，則不符合題意．故的取值范圍是．（3）由（2）可得，當(dāng)時，對任意恒成立，即對任意恒成立．令，則，當(dāng)時，，此時滿足，即不等式成立．當(dāng)時，，所以，，以上累加得，則，即．綜上可知，對所有的．11．（與導(dǎo)數(shù)綜合）（2025·四川遂寧·二模）已知數(shù)列的前項和為，，且.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)，求數(shù)列的前項和；(3)設(shè)，數(shù)列的前項的積為，求證：.【答案】(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）利用與的關(guān)系可得數(shù)列的遞推式，從而可得數(shù)列是等比數(shù)列，由等比數(shù)列的通項公式求解即可；（2）利用錯位相加求和法求解即可；（3）分析可知要證，即證，令，利用導(dǎo)數(shù)推出，從而得證．【詳解】（1）因為數(shù)列滿足，所以時，得，兩式相減，得，即，因為，，則所以，所以數(shù)列是以2為首項，以2為公比的等比數(shù)列，所以；（2）由（1）得，，，兩式相減得解得；（3）由（1）得,則，所以要證，只需證，即證，令，則，所以在上單調(diào)遞減，所以，所以，所以，所以得證．12．（與解析綜合）（2025·云南大理·模擬預(yù)測）已知點在拋物線上，過點作斜率為的直線交于另一個點，設(shè)與關(guān)于y軸對稱，再過作斜率為的直線交于另一個點，設(shè)與關(guān)于y軸對稱，以此類推一直作下去，設(shè)．(1)求t的值；(2)求數(shù)列的通項公式，并求數(shù)列的前項和的取值范圍；(3)求的面積．【答案】(1)1；(2)，；(3)16.【分析】（1）由點在拋物線上，坐標(biāo)代入求參數(shù)值；（2）根據(jù)已知得、，聯(lián)立拋物線得，根據(jù)等差數(shù)列的定義有，最后應(yīng)用裂項相消法及數(shù)列的單調(diào)性求范圍；（3）由（2）及已知得為，應(yīng)用點線距離公式、兩點距離公式以及三角形面積公式求的面積.【詳解】（1）因為點在拋物線上，則，解得；（2）由可知，，因為點在拋物線上，則，且，過，，且斜率為的直線，聯(lián)立方程，消去得，解得或，因為，故，即，故數(shù)列是首項為2，公差為4的等差數(shù)列，所以，又，所以，所以，所以，又是關(guān)于的遞增函數(shù)，故，的取值范圍是；（3）由（2）知：，，，直線的方程為，即，點到直線的距離為，，所以的面積為．13．（與解析綜合）（2025·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）已知橢圓經(jīng)過點．(1)求的離心率．(2)設(shè)，分別為的左、右頂點，，為上異于，的兩動點，且直線的斜率恒為直線的斜率的5倍．①當(dāng)?shù)闹荡_定時，證明：直線過軸上的定點；②按下面方法構(gòu)造數(shù)列：當(dāng)時，直線過的定點為，且，證明：【答案】(1)(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意，將點代入橢圓方程得，進(jìn)而求得離心率；（2）①由題可知直線的斜率不可能為0，設(shè)的方程為，與橢圓方程聯(lián)立可得根與系數(shù)關(guān)系，結(jié)合，解得，進(jìn)而得證；②根據(jù)題意可得是等比數(shù)列，求得，代入放縮可得，，進(jìn)而得證.【詳解】（1）因為橢圓C經(jīng)過點，所以，故，所以C的離心率；（2）①由（1）知C的方程為，，.由對稱性可知直線的斜率不可能為0，設(shè)，，設(shè)的方程為．由，可得，所以，即，且，．所以則，解得，則的方程為，即直線過x軸上的定點.②由①可知，，又，，所以是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，所以，.14．（數(shù)列新定義）（2025·湖北·模擬預(yù)測）已知是無窮正整數(shù)數(shù)列，定義操作為刪除數(shù)列中除以余數(shù)為的項，剩下的項按原先后順序不變得到新數(shù)列.若，，進(jìn)行操作后剩余項組成新數(shù)列，設(shè)數(shù)列的前項和為.(1)求；(2)設(shè)數(shù)列滿足，求數(shù)列的前項和.【答案】(1)(2)【分析】（1）分析可知，進(jìn)而可得，結(jié)合等差數(shù)列求和公式運算求解；（2）整理可得，利用裂項相消法運算求解.【詳解】（1）因為，可知（滿足除以3余數(shù)為1），當(dāng)時，為3的倍數(shù)，進(jìn)行操作，即刪除，剩余，則，可得，所以.（2）由（1）可知，則，所以數(shù)列的前項和.01數(shù)列不等式的證明15．（2025·吉林長春·三模）記為數(shù)列的前項和，已知，．(1)判斷是否為等比數(shù)列，并求出的通項公式；(2)設(shè)遞增的等差數(shù)列滿足，且、、成等比數(shù)列．設(shè)，證明：．【答案】(1)不是等比數(shù)列，且(2)證明見解析【分析】（1）當(dāng)時，求出的值，當(dāng)時，由可得，兩式作差可得出，結(jié)合可得出結(jié)論，結(jié)合等比數(shù)列的通項公式可得出數(shù)列的通項公式；（2）設(shè)等差數(shù)列的公差為，由題意可知，根據(jù)題中條件可得出關(guān)于的方程，解出的值，可得出數(shù)列的通項公式，放縮可得，結(jié)合裂項相消法可證得所證不等式成立.【詳解】（1）因為，且對任意的，，當(dāng)時，，當(dāng)時，由可得，上述兩個等式作差得，即，所以，又因為，故數(shù)列不是等比數(shù)列，且該數(shù)列是從第項開始成公比為的等比數(shù)列，當(dāng)時，，即，綜上所述，.（2）設(shè)等差數(shù)列的公差為，由題意可知，且，，，，所以，，，因為、、成等比數(shù)列，所以，整理得，解得或（舍去），所以，所以，所以，故原不等式得證.16．（2025·山東聊城·模擬預(yù)測）已知各項均為正數(shù)的數(shù)列滿足，數(shù)列的前項和為．正項等比數(shù)列滿足，．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的通項與求和公式的關(guān)系，可得數(shù)列的遞推公式，根據(jù)等比數(shù)列的概念，可得答案；（2）根據(jù)裂項相消求和，可得答案.【詳解】（1）由題意可得，所以因為，所以，即，所以，，設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，，.（2）所以17．（2025·安徽·二模）已知等差數(shù)列的前項和為，，對任意正整數(shù)，均有.(1)求和；(2)若數(shù)列滿足，且，求數(shù)列的通項公式；(3)記數(shù)列的前項和為，證明：.【答案】(1)，(2)(3)證明見解析【分析】（1）數(shù)列為等差數(shù)列，不妨設(shè)，再利用待定系數(shù)法解得，根據(jù)等差數(shù)列前項和公式求．（2）方法一：由題意得，再根據(jù)累乘法得到，方法二：構(gòu)造數(shù)列，得到數(shù)列為常數(shù)列即可求解；（3）由題意得，先證，再累加即可證得．【詳解】（1）因為數(shù)列為等差數(shù)列，不妨設(shè)，由可得，故，解得，所以，，即，即，所以，解得，故，.（2）方法一：由（1）得：，當(dāng)且時，，，當(dāng)時，滿足，綜上所述：.方法二：由（1）得：，，，，，令，則數(shù)列為常數(shù)列，，；（3）由（1）知，，下面證明，設(shè)，，則，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，所以，所以，即，所以，所以．18．（2025·四川·模擬預(yù)測）已知數(shù)列滿足，且．(1)證明：為等比數(shù)列；(2)設(shè)，證明：；(3)設(shè)，且數(shù)列的前項和為，證明：．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）分析可知，對任意的，且，可得出，變形得出，結(jié)合等比數(shù)列的定義即可證得結(jié)論成立；（2）利用（1）中的結(jié)論求出數(shù)列的通項公式，分析可知數(shù)列是各項均為正數(shù)的單調(diào)遞減數(shù)列，分、兩種情況，由結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性即可證得結(jié)論成立；（3）由不等式的性質(zhì)得出，利用錯位相減法求出數(shù)列的前項和，可得出，由結(jié)合不等式的傳遞性可證得結(jié)論成立.【詳解】（1）因為數(shù)列滿足，且，可得，由，得，可得，由，得，可得，，以此類推可知，對任意的，且，所以，所以，可得，所以數(shù)列為等比數(shù)列，首項為，公比為.（2）由（1）可得，所以，故，易知數(shù)列是各項均為正數(shù)的單調(diào)遞減數(shù)列，因為，所以，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以，所以，對任意的，，綜上所述，.（3）因為，所以，令①，可得②，①②得，所以，故，故對任意的，.19．（2025·河南·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，，記的零點為.(1)求；(2)求數(shù)列中的最小項；(3)證明：.【答案】(1)1(2)(3)證明見解析【分析】（1）對求導(dǎo)，確定單調(diào)性即可求解；（2）由通過作差得到，構(gòu)造函數(shù)利用其單調(diào)性，確定數(shù)列單調(diào)性即可求解；（3）令，求導(dǎo)確定單調(diào)性，得到，再通過，分別令和，即可證.【詳解】（1）當(dāng)時，，定義域為，在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，又，所以有唯一零點1，即；（2）由的零點為，得，兩式相減得：，即，令，則在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，所以由，得到，所以，所以數(shù)列是遞增數(shù)列，所以數(shù)列中的最小項是；（3）令，則，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞減，當(dāng)時，，在上單調(diào)遞增，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，即，因為，所以,所以，所以，所以在中，令，得當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，當(dāng)時，，所以當(dāng)且僅當(dāng)時，，中等號成立，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，當(dāng)時，在中，令，得，所以，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，成立，所以，綜上得證.20．（2025·江蘇連云港·模擬預(yù)測）在數(shù)列中，，對于，，，成等差數(shù)列，其公差為．(1)判斷是否成等比數(shù)列？并說明理由；(2)證明：，，成等比數(shù)列；(3)設(shè)，數(shù)列的前項和為，證明：．【答案】(1)成等比數(shù)列，理由見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意，令，和，依次求出，利用等比數(shù)列定義判斷即可；（2）由，，成公差為的等差數(shù)列，得，即可利用累加法求出，從而可得，，，再利用等比數(shù)列定義判斷即可；（3）當(dāng)為奇數(shù)時，，，當(dāng)為偶數(shù)時，，，利用放縮法求出數(shù)列的前項和為，即可證明.【詳解】（1）當(dāng)時，成公差為1的等差數(shù)列，則，；當(dāng)時，成公差為2的等差數(shù)列，則，；當(dāng)時，成公差為3的等差數(shù)列，則．所以，，從而，故成等比數(shù)列.（2）由，，成公差為的等差數(shù)列，得，可得：，，，，，累加得因為，，成公差為的等差數(shù)列，所以，，又因為，，成公差為的等差數(shù)列，所以，所以，得，，成等比數(shù)列．（3）由，由（2）知：當(dāng)為奇數(shù)時，，，當(dāng)為偶數(shù)時，，，故，且對一切正整數(shù)，有，時，，綜上，．21．（2025·安徽滁州·二模）在數(shù)列中，，，其前項和為．?dāng)?shù)列是公差為的等差數(shù)列．(1)求；(2)若，（?。┣髷?shù)列的通項公式及前項和；（ⅱ）若，數(shù)列滿足，，求證：對任意正整數(shù)，都有．【答案】(1)或(2)（?。?；（ⅱ）證明見解析【分析】（1）方法1：由及，利用等差數(shù)列基本量的運算求解即可；方法2：先求出，然后利用化簡得，將已知條件代入求解即可.（2）（ⅰ）與相減得，，利用累乘法得，即可；（ⅱ）由（?。┑茫M(jìn)而求得，累加法結(jié)合即可證明.【詳解】（1）方法1：，，，由或，于是或，所以或．方法2：顯然，則，于是，所以，相減得，即，所以，，又，，解得或.（2）（?。┊?dāng)時，，即，所以，相減整理得，，所以，，…，，累乘得，，也滿足上式，所以．所以．（ⅱ），，顯然．，所以，，…，，累加得，得證．02不等式放縮22．（2025·廣東汕尾·一模）記為遞增數(shù)列的前項和，.(1)求的通項公式；(2)求數(shù)列的前項和；(3)記的前項和為，證明：.【答案】(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）由題設(shè)利用分和結(jié)合等差數(shù)列定義即可依次求出數(shù)列的首項和通項公式；（2）由錯位相減求和方法結(jié)合等比數(shù)列前n項和公式即可求解；（3）方法一：由和放縮公式結(jié)合裂項相消求和法計算求證即可得證；方法二：由數(shù)列的單調(diào)性和放縮公式得到即可計算求證.【詳解】（1）由題令，則，解得，當(dāng)時，，所以，即，因為，且是遞增數(shù)列，所以，所以，即是公差和首項均為2的等差數(shù)列，所以.（2）設(shè)是數(shù)列的前項和，因為，所以，所以，則，兩式相減得，即.（3）方法一：，所以，①因為，所以，②①+②得，即，所以.方法二：因為是遞增數(shù)列，所以是遞減數(shù)列.所以，所以，所以.23．如果函數(shù)滿足以下兩個條件，我們就稱函數(shù)為型函數(shù).①對任意的，有；②對于任意的，若，則.求證：(1)是型函數(shù)；(2)型函數(shù)在上為增函數(shù)；(3)對于型函數(shù)，有（為正整數(shù)）.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)指數(shù)函數(shù)性質(zhì)和型函數(shù)的定義即可證明；（2）取值，則，再結(jié)合型函數(shù)的定義即可證明；（3）放縮得，再不斷放縮有，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式即可.【詳解】（1）記；對任意的，有；對于任意的，若，則，即.故函數(shù)是型函數(shù).（2）設(shè)，且，則.因此，可知在上為增函數(shù).（3）因為，所以【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第三問的關(guān)鍵是利用型函數(shù)的性質(zhì)放縮得，最后再不斷放縮，結(jié)合等比數(shù)列求和公式即可.24．（2025·貴州·模擬預(yù)測）已知數(shù)列中，，．(1)求，的值；(2)設(shè)，證明是等比數(shù)列，并求其通項公式；(3)證明：．【答案】(1)，．(2)證明見解析，(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意，結(jié)合數(shù)列的遞推關(guān)系式，進(jìn)行計算，即可求得，的值；（2）由，分別化簡求得，，得到，得出，結(jié)合等比數(shù)列的定義和通項公式，即可求解；（3）由（1）知且，求得，結(jié)合，利用等比數(shù)列的求和公式，即可得證.【詳解】（1）解：由數(shù)列中，，，可得，.（2）解：由，可得，，所以，因為，所以，即，又因為，可得，所以數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以數(shù)列的通項公式為．（3）解：由（1）知且，可得，所以，又由，因為顯然成立（當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立），所以，因此.03數(shù)列最值25．（24-25高二上·廣西玉林·期末）已知數(shù)列的前項和為，，.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若，求數(shù)列的前項和；(3)若，求使取得最大值時的的值.【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）根據(jù)的關(guān)系，作差可得，即可根據(jù)等比數(shù)列的定義求解；（2）由（1）求得，利用錯位相減法可求；（3）根據(jù)，可得；從而判斷的單調(diào)性，即可求解.【詳解】（1）因為且，所以，由，可得：，兩式相減得：，因為，所以，，又，綜上，對任意的，，所以是首項和公比均為的等比數(shù)列，所以，.（2）由題意，，①②①②得所以，（3）由（1）可得，所以，時，由，可得；當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以，所以，綜上，或時，取得最大值.26．（2025·陜西西安·模擬預(yù)測）等差數(shù)列的前n項和為，數(shù)列是等比數(shù)列，滿足，，，．(1)求和的通項公式；(2)若數(shù)列滿足，，求數(shù)列的前2n項和，(3)求的最大值和最小值．【答案】(1)；(2)；(3)最大值，最小值.【分析】（1）通過基本量運算求得公差和公比，得到通項公式；（2）將分組，分別利用等差數(shù)列前項和公式和錯位相減法求得各組的和，得到；（3）利用化簡和式，討論的奇偶得到最值.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列公差為，等比數(shù)列公比為，則，解得，所以，；（2）由（1），，，所以令，即①，則②，①-②得：，整理得所以；（3）因為，設(shè)所以，當(dāng)為奇數(shù)時，，由反比例函數(shù)性質(zhì)可知隨增大而增大，故；當(dāng)為偶數(shù)時，，由反比例函數(shù)性質(zhì)可知隨增大而減小，故，又當(dāng)時，，介于與之間，所以的最大值為，最小值為.27．（2025·天津河西·二模）已知數(shù)列為等差數(shù)列或等比數(shù)列，前項和為，且滿足，.(1)當(dāng)數(shù)列為等差數(shù)列時，求的通項公式及；(2)當(dāng)在單調(diào)遞增時，設(shè)，求的值；(3)當(dāng)數(shù)列為等比數(shù)列且為擺動數(shù)列時，設(shè)，求的最大值和最小值.【答案】(1)，.(2)(3)最大值為1，最小值為.【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列定義列方程組解得首項和公差即可求得結(jié)果；（2）經(jīng)分析可知只有當(dāng)時，在單調(diào)遞增，滿足題意，再利用裂項求和可得結(jié)果；（3）由（2）可知當(dāng)時為等比數(shù)列且為擺動數(shù)列時，對表達(dá)式化簡分析可求的結(jié)果.【詳解】（1）假設(shè)等差數(shù)列的公差為，由題意得，所以，所以，.（2）當(dāng)數(shù)列為等差數(shù)列時，由（1）知，顯然在不單調(diào)；當(dāng)數(shù)列為等比數(shù)列時，假設(shè)公比為，，解得或，當(dāng)時，，易知在單調(diào)遞增；當(dāng)時，，易知在不單調(diào)，所以，所以，.（3）當(dāng)數(shù)列為等比數(shù)列時，由（2）知或，又為擺動數(shù)列，所以，，所以，當(dāng)為奇數(shù)時，單調(diào)遞減，，當(dāng)時取得最大值1，當(dāng)為偶數(shù)時，單調(diào)遞增，，當(dāng)時取得最小值，所以的最大值為1，最小值為.28．（2025·廣西來賓·模擬預(yù)測）已知數(shù)列的首項，且滿足，數(shù)列前n項和為.(1)求證：數(shù)列為等比數(shù)列；(2)求證：；(3)若，求滿足條件的最大整數(shù)n.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)2025.【分析】（1）對兩邊取倒數(shù)，并整理得，進(jìn)而根據(jù)等比數(shù)列的定義即可判斷；（2）根據(jù)等比數(shù)列前n項和公式，結(jié)合（1）得，進(jìn)而通過作差法比較大小即可證明；（3）結(jié)合（1）得，進(jìn)而求數(shù)列的前n項和，再根據(jù)其單調(diào)性求解即可.【詳解】（1）記，由題意，數(shù)列滿足，可得所以，又，所以，則為常數(shù)，所以數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，即數(shù)列為等比數(shù)列，首項為，公比為（2）由（1）知數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以得故，從而，所以.（3）解：由（1）知，所以，設(shè)數(shù)列的前n項和為，則若，即，因為數(shù)列為遞增數(shù)列，且所以滿足的最大整數(shù)n的值為2025.04參數(shù)求解29．（2025·山東濟(jì)南·三模）記等差數(shù)列的前n項和為，數(shù)列的前n項和為，已知．(1)求的通項公式；(2)求；(3)若成立，求實數(shù)k的最小值．【答案】(1)(2)(3)2【分析】（1）設(shè)數(shù)列的公差為，由解出即可求解；（2）由（1）有，利用裂項相消法即可求解；（3）由（1）（2）有得，令得，利用均值不等式即可求解.【詳解】（1）設(shè)數(shù)列的公差為，所以，又，所以，所以，即；（2）由（1）有，所以，所以，所以；（3）由（1）（2）有，令，所以，由，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，此時，所以，所以實數(shù)k的最小值為2.30．（2025·河南·模擬預(yù)測）已知公差不為0的等差數(shù)列的前項和為，且依次成等比數(shù)列.(1)求的通項公式；(2)對于任意，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列通項公式結(jié)合等比中項計算求解；（2）先把轉(zhuǎn)化為，再根據(jù)的單調(diào)性得出最大項，最后得出參數(shù)范圍.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，由已知可得，因為，解得，又，得，所以.（2）由（1）可知，則，由可得，令，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，則數(shù)列的最大項為，故，即實數(shù)的取值范圍為.31．（2025·廣東江門·模擬預(yù)測）已知數(shù)列的前項和為．(1)證明：是等比數(shù)列．(2)求數(shù)列的前項和．(3)若，求的取值范圍．【答案】(1)證明見解析；(2)(3)【分析】（1）由與關(guān)系結(jié)合題意可得，據(jù)此可完成證明；（2）由（1）結(jié)合錯位相減法可得答案；（3）由（1）可得，，利用作差法可判斷單調(diào)性，據(jù)此可得答案.【詳解】（1）因，則即，從而是等比數(shù)列；（2）由（1）是以為首項，公比為的等比數(shù)列.則，從而，兩式相減可得：則；（3）由（2），，又，則.，當(dāng)時，易得，當(dāng)時，，.即，當(dāng)時，，則為遞增數(shù)列，則.即.32．（2025·山西呂梁·模擬預(yù)測）已知數(shù)列的前項和為，且，．(1)證明：數(shù)列為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列的前項和；(3)若對恒成立，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)證明見詳解；(2)；(3).【分析】（1）根據(jù)已知配成完全平方即可得證；（2）利用錯位相減法求解可得；（3）分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為求數(shù)列的最大值問題，考察數(shù)列單調(diào)性即可得解.【詳解】（1）因為，所以，即，所以，又，所以是以2為首項和公比的等比數(shù)列.（2）又（1）可得，，所以①，則②，由①-②得：，所以（3）由（1）可得，，所以，即，記，因為，所以時，，即，當(dāng)時，，即，所以，所以，所以實數(shù)的取值范圍為.33．（2025·陜西·模擬預(yù)測）已知數(shù)列滿足．設(shè)．(1)求證：數(shù)列是等比數(shù)列，并求數(shù)列通項公式；(2)設(shè)數(shù)列，且對任意正整數(shù)，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)證明見解析，(2)【分析】（1）由數(shù)列的遞推式，兩邊同時加上2，結(jié)合等比數(shù)列的定義和通項公式，可得所求；（2）求得，推得遞減，可得，由不等式恒成立思想，可得所求取值范圍．【詳解】（1）由，可得，即數(shù)列是首項和公比均為3的等比數(shù)列，則，即；（2）數(shù)列，則，可得遞減，可得，對任意正整數(shù)，不等式恒成立，可得，即的取值范圍是.34．（2025·河南鄭州·三模）已知數(shù)列的首項，且滿足．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)，數(shù)列的前項和為，若不等式對一切恒成立，求實數(shù)的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）通過對遞推式進(jìn)行變形構(gòu)造新的等比數(shù)列來求通項；（2）先求出數(shù)列的前項和，再根據(jù)不等式恒成立將分為偶數(shù)和奇數(shù)兩種情況討論的取值范圍.【詳解】（1）由題意可知，，可得，又，故數(shù)列是以為首項，以為公比的等比數(shù)列，所以，即.（2）由（1）可得，所以，，當(dāng)n為奇數(shù)時，①，②，由①-②得，所以，所以，，所以，，所以，當(dāng)n為偶數(shù)時，，同理求和可得，，所以，，故，綜上，實數(shù)的取值范圍為.05與三角函數(shù)綜合35．（2025·貴州·三模）在數(shù)列中，，，且.(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列；(2)記，數(shù)列的前項和為，證明：；(3)證明：.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）由已知等式得出，兩邊同時平方，結(jié)合同角三角函數(shù)的平方關(guān)系結(jié)合等差數(shù)列的定義可證得結(jié)論成立；（2）由（1）可求得，，利用裂項求和法求出，然后利用裂項求和法結(jié)合不等式的基本性質(zhì)可證得所證不等式成立；（3）利用分析法可知，要證所證不等式成立，即證，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分析該函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性即可證得結(jié)論成立.【詳解】（1）已知，即及，，化簡得，又所以數(shù)列是首項為公差為的等差數(shù)列.（2）由（1）可知，所以，.又，所以，，.所以于是，，因為，所以，即.（3）定義，原不等式即下面證明，即，即證（*），設(shè)，則，于是在區(qū)間上是增函數(shù).因為，有，不等式（*）成立.故原不等式成立.36．（2025·福建漳州·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)，且的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為.(1)求的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)將所有的正零點按從小到大順序排列得到數(shù)列，求數(shù)列的前30項和.【答案】(1)(2)【分析】（1）借助三角恒等變換可先將原函數(shù)化為正弦型函數(shù)，再利用正弦型函數(shù)性質(zhì)計算即可得；（2）由正弦函數(shù)性質(zhì)可得所有的正零點，則可得數(shù)列的奇數(shù)項及偶數(shù)項的通項公式，再利用等差數(shù)列求和公式分組計算即可得.【詳解】（1）因為，因為的圖象相鄰兩條對稱軸之間的距離為，所以的最小正周期為，所以，又，所以，所以，令，，解得，，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為；（2）因為，令，得，所以或，，即或，，所以所有的正零點為或，，所以是以為首項，π為公差的等差數(shù)列，所以是以為首項，π為公差的等差數(shù)列，所以.37．（2025·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知向量，，函數(shù)，的所有大于0的零點構(gòu)成遞增數(shù)列．(1)寫出的前6項；(2)記的所有偶數(shù)項構(gòu)成數(shù)列，設(shè)，求數(shù)列的前n項和．【答案】(1)(2)【分析】（1）由二倍角公式和輔助角公式化簡可得，令，結(jié)合正弦函數(shù)的圖象性質(zhì)可得或，取其中的正數(shù)構(gòu)成遞增數(shù)列可得結(jié)果；（2）由錯位相減法求和可得結(jié)果.【詳解】（1）由題意．由，得．所以或．即或，取其中的正數(shù)構(gòu)成遞增數(shù)列．知的前6項為．（2）由（1）知，所以．所以．①．②①－②，得．所以.38．（2025·湖南長沙·三模）若存在正實數(shù)，對任意，使得，則稱函數(shù)在上是一個“函數(shù)”.(1)已知函數(shù)在區(qū)間上是一個“函數(shù)”，求；(2)證明:函數(shù)在區(qū)間上是一個“函數(shù)”;(3)證明:.【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用給定的定義列出恒成立的不等式，再分離參數(shù)，結(jié)合反比例函數(shù)單調(diào)性求解.（2）由給定的定義，利用導(dǎo)數(shù)證明及在上恒成立.（3）利用（2）的信息及結(jié)論可得在上成立，取，利用裂相消法求和推理得證.【詳解】（1）由在區(qū)間上是一個“函數(shù)”，則任意恒成立，即恒成立，而當(dāng)時，，因此，解得，所以.（2）要證在區(qū)間上是一個“函數(shù)”，需證時，，證明如下:令，求導(dǎo)得，令，求導(dǎo)得，即在上單調(diào)遞增，且，當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，因此，即；令，求導(dǎo)得，令，求導(dǎo)得，當(dāng)或時，，則在上單調(diào)遞增；時，，則在上單調(diào)遞減，又，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，在上單調(diào)遞減，因此，即，所以，即函數(shù)在區(qū)間上是一個“函數(shù)”.（3）當(dāng)，則，由（2）知且，則，因此，即當(dāng)時，，令，，則，所以.39．（2025·河南·模擬預(yù)測）記.(1)判斷并證明的奇偶性；(2)將的最小值記為，（i）求數(shù)列，（ii）若恒成立，求的最小整數(shù)值.【答案】(1)偶函數(shù)，證明見解析(2)（i）；（ii）10【分析】（1）根據(jù)偶函數(shù)的定義結(jié)合三角函數(shù)的奇偶性分析判斷即可；（2）（i）分和兩種情況，換元令，可得，利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性和最值，進(jìn)而可得數(shù)列的通項公式；（ii）令，利用錯位相減法求，進(jìn)而分析求解.【詳解】（1）函數(shù)為偶函數(shù)，理由如下：因為的定義域為，且，所以函數(shù)為偶函數(shù).（2）（i）因為，，當(dāng)時，，當(dāng)時，令，則，設(shè)，則，當(dāng)時，則，，可得，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，則，，可得，在上單調(diào)遞增；可知當(dāng)時，取最小值，所以；當(dāng)時，亦適合上式，所以；（ii）令，則，可得，兩式相減得，則，所以，即的最小整數(shù)值為10.06與概率綜合40．（2025·湖北·模擬預(yù)測）甲、乙、丙三人進(jìn)行玩具傳遞游戲，每次拋擲一枚質(zhì)地均勻的正方體骰子決定傳遞方式，當(dāng)玩具在甲手中時，若骰子點數(shù)大于4，甲將玩具傳給乙；若骰子點數(shù)不大于4，甲保留玩具；當(dāng)玩具在乙手中時，若骰子點數(shù)大于3，乙將玩具傳給甲；若骰子點數(shù)不大于3，乙傳給丙；當(dāng)玩具在丙手中時，若骰子點數(shù)大于2，丙將玩具傳給甲；若骰子點數(shù)不大于2，丙傳給乙.初始時，玩具在甲手中.(1)設(shè)前三次拋擲骰子后，玩具在甲手中的次數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；(2)拋擲次骰子后，玩具在乙手中的概率為，求的通項公式；(3)求證：.【答案】(1)分布列見解析，(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)傳球游戲的規(guī)則，可得，再根據(jù)獨立事件概率公式，求解概率，再結(jié)合分布列公式，即可求數(shù)學(xué)期望；（2）首先題意，可得關(guān)于數(shù)列的遞推公式，再通過構(gòu)造求數(shù)列的通項公式；（3）首先根據(jù)（2）的結(jié)果，利用數(shù)列分組求和即可【詳解】（1）由題意知，.，，；，

所以隨機變量的分布列為0123隨機變量的數(shù)學(xué)期望為（2）由于投擲次骰子后球不在乙手中的概率為，此時無論球在甲手中還是球在丙手中，均有的概率傳給乙，故有，

變形為.又，所以數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列.所以所以數(shù)列的通項公式；（3）由（2）可得；所以41．（2025·江西·模擬預(yù)測）馬路上有盞連續(xù)排列的燈，每盞燈亮的概率均為，記存在至少連續(xù)盞燈亮的概率為，已知．(1)寫出；(2)設(shè)為連續(xù)亮的燈數(shù)最大值，求時的期望；(3)求的值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)可求出的值，分析可知表示只有燈亮或只有亮，或者都亮的概率，結(jié)合獨立事件的概率公式可求得的值；（2）分析可知，隨機變量的可能取值有、、、、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，結(jié)合期望公式可求得的值；（3）設(shè)，根據(jù)題意得出的遞推公式，逐項計算可得出的值，即為所求.【詳解】（1）由于，所以，而表示只有燈亮或只有亮，或者都亮的概率，即.（2）由題意可知，隨機變量的可能取值有、、、、、，則，表示、、、、、、、、、、、都亮，故，表示、、、、、、、、、、都亮，故，表示、、、、都亮，則，表示、都亮，則，，所以．（3）顯然當(dāng)或時，，且；對于，根據(jù)實際意義，存在連續(xù)盞燈亮包括以下兩種情況：（i）前盞已經(jīng)滿足有盞亮了；（ii）前盞沒有連續(xù)盞亮燈，且從到盞恰好為（不亮，亮，亮，亮），所以有遞推關(guān)系：，令，則，且，，則，，，，，，.因此，.42．（2025·廣東東莞·模擬預(yù)測）近年來，全球數(shù)字化進(jìn)程持續(xù)加速，人工智能（ArtificialIntelligence，簡稱AI）已然成為科技變革的核心驅(qū)動力，有媒體稱DeepSeek開啟了我國AI新紀(jì)元，某高校擬與某網(wǎng)絡(luò)平臺合作組織學(xué)生參加與AI知識有關(guān)的網(wǎng)絡(luò)答題活動，為了解男女學(xué)生參與答題意愿的差異，作比例分配的分層隨機抽樣方法在全體學(xué)生中抽取100人，設(shè)事件A=“學(xué)生報名參加答題活動”，B=“學(xué)生為男生”，據(jù)統(tǒng)計(1)根據(jù)已知條件，完成下列列聯(lián)表，并依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，能否推斷該校學(xué)生報名參加答題活動與性別有關(guān)聯(lián)？性別男生女生合計報名參加答題活動未報名參加答題活動合計100(2)網(wǎng)絡(luò)答題規(guī)則：答題活動不限時間，不限輪次，答多少輪由選手自行確定；每輪均設(shè)置道題，選手參與該輪答題，則至少答一道題，一旦答對一題，則其本輪答題結(jié)束，答錯則繼續(xù)答題，直到第道題答完，本輪答題結(jié)束．已知甲同學(xué)報名參加答題活動，假設(shè)甲每道題回答是否正確相互獨立，且每次答對的概率均為①求甲在一輪答題過程中答題數(shù)量的數(shù)學(xué)期望；②假設(shè)甲同學(xué)每輪答題對前兩題中的一道，本輪答題得2分，否則得1分．記甲答題累計得分為的概率為，求的最大值．參考公式與數(shù)據(jù)：0.100.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828【答案】(1)填表見解析；該校學(xué)生報名參加答題活動與性別有關(guān)聯(lián)(2)①；②【分析】（1）根據(jù)題設(shè)，結(jié)合條件概率的定義求出數(shù)據(jù)，進(jìn)而完成2×2列聯(lián)表，再計算出的值判斷即可；（2）①首先列出的概率表達(dá)式，然后用數(shù)學(xué)期望公式將它的數(shù)學(xué)期望表達(dá)式列出來，進(jìn)行化簡和錯位相減從而得到數(shù)學(xué)期望；②根據(jù)題意可得時，，然后通過構(gòu)造可得數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，求出，然后可求其最大值.【詳解】（1）根據(jù)已知條件得，報名人數(shù)為，未報名參加答題活動的人數(shù)為55人，報名參加答題活動的男生人數(shù)為人，報名的女生為15人，設(shè)男生人數(shù)合計為人，則列聯(lián)表如下：性別男生女生合計報名參加答題活動301545未報名參加答題活動203555合計5050100假設(shè)該校報名參加答題活動與性別沒關(guān)聯(lián)．計算比較臨界值，因為9.09>7.879，所以拒絕假設(shè)（即不成立），即該校學(xué)生報名參加答題活動與性別有關(guān)聯(lián)．（2）①由題意得①②①－②得：②依題意甲同學(xué)每輪答題得1分的概率為，得2分的概率為，甲同學(xué)答題得n分即得后得1分下一輪得或得后下一輪得2分，，而，所以數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列．，顯然當(dāng)n-1為奇數(shù)時，有最大值；此時是遞減涵數(shù)，故的最大值為．43．（2025·福建廈門·三模）在一個不透明的口袋中裝有大小、形狀完全相同的n個小球，將它們分別編號為．每次從口袋中隨機抽取一個小球，記錄編號后放回，直至取遍所有小球后立刻停止摸球．記總的摸球次數(shù)為，其期望為．(1)求與；(2)求；(3)證明：．附：①若隨機變量的可能取值為，則②若隨機變量，則．【答案】(1)，(2)(3)證明見詳解【分析】（1）理解及的意思，根據(jù)古典概型的概率公式計算即可；（2）根據(jù)題意求出的概率，根據(jù)數(shù)學(xué)期望的計算公式，結(jié)合數(shù)列錯位相減法求和即可求解；（3）求出的概率，進(jìn)行用同（2）的方法求出，進(jìn)而由可求出，再利用導(dǎo)數(shù)證明數(shù)列不等式即可.【詳解】（1）表示袋中共兩個球，前3次摸出同一個球，第4次才摸出另一個球，故，表示袋中共3個球，前4次摸出的是兩個不同編號的球，第5次才摸出最后一個編號的球，第5次才摸出第三個編號的球，則前4次摸球中，另外兩個編號球各至少摸到一次，則．（2）依題意可得：，則，所以設(shè)，，作差可得，所以，所以（3）設(shè)隨機變量表示，恰好記錄了個不同的編號下，繼續(xù)摸球直到記錄到第個新的編號所需要的摸球次數(shù)，則，其中，則，，設(shè)，作差可得：，所以，所以，即，令，當(dāng)時，，所以在單調(diào)遞增，所以，即，所以，所以．44．（2025·四川·模擬預(yù)測）在高三年級排球聯(lián)賽中，兩支隊進(jìn)入到了比賽決勝局．該局比賽規(guī)則如下：上一球得分的隊發(fā)球，贏球方獲得1分，直到有一方得分達(dá)到或超過15分，且此時分?jǐn)?shù)超過對方2分時，該隊獲得決勝局的勝利．假定該局比分已經(jīng)達(dá)到了，此后每球比賽記為第球，隊在第球比賽中得分的概率為，且；從第2球起，若隊發(fā)球，則此球隊得分的概率為，若隊發(fā)球，則此球隊得分的概率為．(1)若，求隊以的比分贏得比賽的概率；(2)若，數(shù)列滿足，記數(shù)列的前項和為，求證：；(3)當(dāng)時，若，有，求的取值范圍．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）利用獨立事件概率乘法公式計算可得結(jié)果；（2）根據(jù)已知有，構(gòu)造等比數(shù)列得，進(jìn)而有，利用放縮法及等比數(shù)列前n項和公式可求的范圍；（3）根據(jù)題意有，討論、，結(jié)合等比數(shù)列的定義得與的關(guān)系式，根據(jù)條件確定的取值范圍．【詳解】（1）由題意得，隊以的比分贏得比賽的概率為.（2）由題意得，，則，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，則，由，得，故，所以，故，又因為，且，所以，所以，綜上，.（3）由題意得，，若，則，即，滿足題意.若，則，情況如下：當(dāng)時，由，得，滿足條件.當(dāng)且時，是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以，即，由得，因為，所以，，所以，解得，且，.綜上，的取值范圍是.07與導(dǎo)數(shù)綜合45．（2025·湖南岳陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，且.(1)求;(2)已知為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，證明：對任意的，均有；(3)證明：對任意的，均有.【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，可得，只需滿足，計算即可得解；（2）先寫出，將不等式變形，通過換元，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)證其單調(diào)性，從而推導(dǎo)不等式成立；（3）由（1）中的結(jié)論，取得到，對不等式左邊求和，結(jié)合對數(shù)運算性質(zhì)（裂項相消），證得結(jié)果.【詳解】（1）由得，令，則，①當(dāng)時，恒成立，在上單調(diào)遞減，且，不符題意；②當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，令，則，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則，即，又，所以，解得.（2）由（1）知，，要證，即證，進(jìn)一步變形為證，即證.因為，令，則需證（），即證（）設(shè)，，，當(dāng)時，，在單調(diào)遞增，所以，得證.（3）由（1）知，且，當(dāng)時，，即；令（），則.要證，即證，因為，所以，而，得證.46．（2025·黑龍江大慶·模擬預(yù)測）已知函數(shù)在上的最小值為0(1)求實數(shù)的值：(2)對任意的，數(shù)列滿足，且，證明：當(dāng)大于1時，也大于1：(3)在（2）的條件下，若為數(shù)列的前項和，求證：【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1），分類討論，判斷單調(diào)性，求出的值；（2）由（1）可以判斷單調(diào)性，證明結(jié)論；（3）要證，只需證，設(shè)判斷單調(diào)性，進(jìn)行放縮，進(jìn)行累加證明.【詳解】（1）當(dāng)時，，當(dāng)時，，不成立當(dāng)時，，當(dāng)時，當(dāng)時，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，函數(shù)在處取最小值，此時，解得.（2），設(shè)當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增，所以，即.（3）要證，只需證又所以只需證，即證，由于，只需證,，即證，由（2）可知，，即需證，設(shè)，所以單調(diào)遞減，因為,所以，即，所以，即，累加后得證.47．（2025·重慶·模擬預(yù)測）已知.(1)當(dāng)時，求曲線在處的切線方程；(2)若對任意，恒有.（i）求的取值范圍;（ii）證明:對任意的正整數(shù)，.【答案】(1)；(2)（i）；（ii）證明見解析.【分析】（1）把代入，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程.（2）（i）等價變形不等式并構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)，按分類探討即可；（ii）由（i）的結(jié)論可得，再利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，取，利用放縮法及裂項相消法求和得證.【詳解】（1）當(dāng)時，函數(shù)，求導(dǎo)得，則，而，切線方程為，所以曲線在處的切線方程.（2）（i）對任意，不等式，設(shè)函數(shù)，求導(dǎo)得當(dāng)時，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，，因此；當(dāng)時，令，求導(dǎo)得，，則，使得，當(dāng)時，，函數(shù)在上遞增，當(dāng)時，，即，因此，此時，不符合題意；當(dāng)時，，不符合題意，所以的取值范圍是.（ii）由（i）得當(dāng)時，，令函數(shù)，求導(dǎo)得，令函數(shù)，求導(dǎo)得，函數(shù)在上單調(diào)遞減，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，因此，當(dāng)時，，當(dāng)時，，于是，所以.48．（2025·廣西·模擬預(yù)測）已知數(shù)列的前項和為，滿足.(1)當(dāng)時，分別求的值，并猜想此時數(shù)列的通項公式（直接寫結(jié)論）；(2)當(dāng)時，求的最大值；(3)當(dāng)時，記數(shù)列的前項積為，求的最大值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）依題將數(shù)列的遞推公式化簡成，依次賦值代入求出，由此猜想數(shù)列的通項公式；（2）解法一：將用表示，即得，設(shè)，，利用求導(dǎo)求出的最小值，即得的最大值；解法二：設(shè)，則易得，即得，，設(shè)，利用求導(dǎo)求出其最大值為，最后利用與和角公式、二倍角公式即可求得；解法三：利用凸函數(shù)的琴生不等式易得；（3）由（2），令，，推測出，即得，利用二倍角的正弦公式，將其化簡為，借助于正弦函數(shù)的值域即可求得其最大值.【詳解】（1）由可得，因，則由此猜想，.（2）解法一：由，可得，則，，令，，則當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞減，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞增，故.于是，.解法二：設(shè)，因，則可取，則，，于是，，，令，則，由，可得，，當(dāng)時，，則，當(dāng)時，，則，當(dāng)時，，則函數(shù)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，.因，記，則有，則，則，即，即，解得，（負(fù)根舍去），則，故.解法三：由解法二已得：，，對，，可知函數(shù)為上凸函數(shù)，由琴生不等式得：（當(dāng)且僅當(dāng)，即時，能取到等號）（3）由（2），令，則，依此類推，可得，而則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取到等號，此時，的最大值為.49．（2025·安徽·一模）已知函數(shù)為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù).(1)證明：；(2)若函數(shù)，請判斷在區(qū)間上的零點個數(shù)，并說明理由；(3)若函數(shù)，證明：當(dāng)時，.【答案】(1)證明見解析(2)，理由見解析(3)證明見解析【分析】（1）先求出的導(dǎo)數(shù)，再分別計算和，通過三角函數(shù)的兩角和公式展開化簡，證明二者相等；（2）先求出的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，再結(jié)合零點存在定理確定在上的零點個數(shù)；（3）令，再求的值，利用積化和差轉(zhuǎn)換即可證明.【詳解】（1）證明：由題可得，，.故.（2），故，，設(shè)，則，當(dāng)時，，故單調(diào)遞增，所以，故函數(shù)單調(diào)遞減，，故函數(shù)在上無零點；當(dāng)時，，設(shè)，則，設(shè)，則，當(dāng)時，單調(diào)遞增，當(dāng)時，單調(diào)遞減，且，故存在，使，當(dāng)時，單調(diào)遞增，當(dāng)時，單調(diào)遞減，因為，故，又因為，故函數(shù)在上有1個零點.綜上所述，在區(qū)間內(nèi)的零點個數(shù)為2.（3）證明：令，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，上式取得等號，但不可能成立，所以當(dāng)時，.50．（2025·天津紅橋·二模）已知函數(shù)，其中為自然對數(shù)的底數(shù)，(1)當(dāng)時，求函數(shù)在點處的切線方程;(2)證明:恒成立；(3)證明:【答案】(1)(2)證明見解析；(3)證明見解析；【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線斜率，再利用直線的點斜式方程可求得切線方程；（2）根據(jù)不等式構(gòu)造函數(shù)和分別證明大于等于零恒成立即可；（3）依據(jù)（2）中結(jié)論可得，再利用等比數(shù)列前項和公式計算可得證明得出結(jié)論.【詳解】（1）當(dāng)時，可得，所以；可得，又，所以在點處的切線方程為，即；（2）易知，要證明，可得，構(gòu)造函數(shù)，可得，可知當(dāng)時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞減；因此函數(shù)在處取得極小值，也是最小值，即可得恒成立，即；當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立；下面證明，令，所以；易知當(dāng)時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，，即函數(shù)在上單調(diào)遞減；因此函數(shù)在處取得極小值，也是最小值，即可得恒成立，即；當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，綜上可得，，恒成立，但等號不在同一點處取得，所以，即.（3）由（2）中結(jié)論可知；所以，因此；可知所以.51．（2025·福建福州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，記，若滿足，則稱是上的“可控函數(shù)”．由“可控函數(shù)”的定義可得：若函數(shù)是上的“可控函數(shù)”，則函數(shù)也是上的“可控函數(shù)”，其中，例如．(1)判斷函數(shù)是否為上的“可控函數(shù)”，并說明理由；(2)已知函數(shù)是上的“可控函數(shù)”，且的最大值為．（i）求函數(shù)的解析式；（ii）若數(shù)列滿足，是數(shù)列的前項和．求證：．【答案】(1)是“可控函數(shù)”，理由見解析(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）根據(jù)新定義及二次函數(shù)值域的求法判斷即可；（2）（i）根據(jù)函數(shù)的定義域及函數(shù)在上為“可控函數(shù)”，利用函數(shù)單調(diào)性求出最小值可得出，再由“可控函數(shù)”的定義求解；（ii）結(jié)合新定義及函數(shù)的單調(diào)性不等式的性質(zhì)，先證明，再證．【詳解】（1）是上的“可控函數(shù)”．因為，由得，所以，因為，故函數(shù)是上的“可控函數(shù)”．（2）（i）由函數(shù)的定義域為，可得，由于，又因為，當(dāng)時，，則在區(qū)間上單調(diào)遞減，當(dāng)時，，則在區(qū)間上單調(diào)遞增，而，所以當(dāng)時，的取值范圍為，因為，所以由“可控函數(shù)”的定義可得函數(shù)是上的“可控函數(shù)”．所以的最大值不小于．若，由“可控函數(shù)”定義可知滿足的條件為可得，所以．又因為，由的單調(diào)性可得，當(dāng)時，的取值范圍為，顯然，所以函數(shù)是上的“可控函數(shù)”，所以的最大值為，得，則，所以函數(shù)的解析式為．（ii）先證明．由（i）可知函數(shù)是上的“可控函數(shù)”，由“可控函數(shù)”性質(zhì)可知函數(shù)也是上的“可控函數(shù)”，所以．因為，且，所以，所以．再證．由（i）可得在區(qū)間上單調(diào)遞減，且，所以若，則，若，則．又因為，所以時，均大于均小于．因為，所以當(dāng)為奇數(shù)時，．若，可得．若，可得，所以對任意的．綜上所述．08與解析綜合52．（2025·陜西渭南·一模）已知雙曲線．點在上．按如下方式構(gòu)造點．過點作斜率為的直線與的下支交于點．點關(guān)于軸的對稱點為．記點的坐標(biāo)為(1)求的值：(2)記．證明：數(shù)列為等比數(shù)列；(3)記的面積為．證明：是定值．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)點在上，求出雙曲線的方程，再由對稱性即可求得結(jié)果；（2）由和，表示出直線方程，根據(jù)，聯(lián)立方程化簡可得，又，即可得，即可得證；（3）由（2）知．又，所以，即得和坐標(biāo)，然后表示出，化簡得證.【詳解】（1）由題知雙曲線．點在上，故，所以雙曲線．又過點斜率為的直線方程為．由雙曲線與直線的對稱性可知．所以．即.（2）因為，所以．因為所以．于是．①．由于，所以．且．兩式作差可得．②把①代入②可得．③由③-①得．即因為．所以又．所以故數(shù)列是首項為．公比為的等比數(shù)列．（3）由（2）知．又，所以．則．因為，且，所以，即是定值.53．（24-25高三上·山東威?！て谀┮阎獟佄锞€，點在上，為常數(shù)，，按如下方式依次構(gòu)造點，過點作軸的垂線交于點，過且斜率為的直線與的另一個交點為.記的坐標(biāo)為.(1)當(dāng)時，求；(2)設(shè)，證明：數(shù)列是等差數(shù)列；(3)設(shè)為的面積，證明：為定值.【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）由點在可得，根據(jù)直線的方程聯(lián)立拋物線方程可得；（2）由點差法可得，得，進(jìn)而確定，可得，進(jìn)而可得，即得，即證；（3）由，由點差法可，進(jìn)而可得直線的斜率為，可得，由直線的方程為，可得到直線的距離為，進(jìn)而，即證.

【詳解】（1）

因為點在上，所以，解得，由題意知的坐標(biāo)為，直線的方程為：，由，整理得，解得.（2）法一：由題意知的坐標(biāo)為，所以，又，兩式相減得，即，由題意知，可得，所以數(shù)列是以1為首項，為公差的等差數(shù)列，所以，可得，所以，可得，所以數(shù)列是等差數(shù)列.法二：由題意知的坐標(biāo)為，所以直線的方程為，由，可得，由題意知是直線與的公共點，所以，所以數(shù)列是以1為首項，為公差的等差數(shù)列，所以，可得，所以，所以，所以數(shù)列是等差數(shù)列.（3）法一：的三個頂點為，因為，兩式相減得，即，所以直線的斜率為，可得，直線的方程為，即，設(shè)到直線的距離為，則所以，所以為定值.法2：的三個頂點為，可得，，所以，所以為定值.法3：要證為定值，只需證，即證與面積相等，因為，兩式相減得，即，所以直線的斜率為，同理可得直線的斜率為所以，可得點到直線的距離相等，所以，即為定值.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第二問關(guān)鍵能用點差法得到，進(jìn)而，確定是等差數(shù)列，可得，進(jìn)而依次得到，，；第三問由，可得和直線的方程為，進(jìn)而得到直線的距離，進(jìn)而，即證.54．（2025·江西贛州·二模）已知點M到點的距離比到y(tǒng)軸的距離大1，M的軌跡為C．點在C上，過作斜率為的直線交C于另一點，設(shè)與關(guān)于x軸對稱，過作斜率為的直線交C于另一點，設(shè)與關(guān)于x軸對稱，……，以此類推，設(shè)．(1)求C的方程；(2)設(shè)數(shù)列的前n項和為，證明：；(3)求的面積．【答案】(1)或；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）討論在軸左側(cè)或右側(cè)，分別求出對應(yīng)軌跡方程即可；（2）由題設(shè)得，，結(jié)合斜率求得，根據(jù)等差數(shù)列的定義寫出通項公式得，應(yīng)用裂項相消法求，即可證；（3）由（2）得，再由，結(jié)合向量模長、數(shù)量積的坐標(biāo)表示化簡求值即可.【詳解】（1）當(dāng)在軸左側(cè)時，在軸的非正半軸上，的方程為；當(dāng)在軸右側(cè)時，的軌跡是以為焦點，為準(zhǔn)線的拋物線，方程為，綜上，C的方程為或；（2）因為在上，所以，可得，依題意，則，所以，故數(shù)列是首項為2，公差為4的等差數(shù)列，所以，則，，所以，顯然關(guān)于單調(diào)遞減，則；（3）由（2）得，所以，而，所以.55．（2025·安徽·三模）記拋物線的焦點為F，過原點O作斜率為1的直線l，l與E交于另一點，取的中點，直線與E交于另一點，取的中點，以此類推，記直線的斜率為．(1)求點的坐標(biāo)；(2)證明：是遞減數(shù)列；(3)記的面積為，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）聯(lián)立，可解得，的坐標(biāo)，進(jìn)一步可求直線的方程，聯(lián)立直線與拋物線方程即可求解；（2）聯(lián)立，可解得，的坐標(biāo)，根據(jù)斜率公式可得.又因為，故，，即是遞增的正數(shù)數(shù)列，是遞減數(shù)列，即可證明；（3）由（2）得，當(dāng)時，，，利用割補法及（2）中化簡可得，又，故.根據(jù)可知；由可知，進(jìn)而可得，故，即可證明.【詳解】（1）如圖所示，聯(lián)立，解得或，故.又，所以，，故直線，聯(lián)立，解得或，故.（2）聯(lián)立，解得點，所以，，所以.又因為，故，于是，即，故是遞增數(shù)列.又由，可知是遞減數(shù)列，于是是遞減數(shù)列.（3）由（2）得，當(dāng)時，，，利用割補法，知.而，故.而，故；又，故，由累乘法可知，而，故.故.綜上，.56．（2024·河北·二模）已知橢圓的離心率.(1)若橢圓過點，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)若直線均過點且互相垂直，直線交橢圓于兩點，直線交橢圓于兩點，分別為弦和的中點，直線與軸交于點，設(shè).①求；②記，求數(shù)列的前項和.【答案】(1)(2)①；②【分析】（1）根據(jù)橢圓的離心率得到之間的關(guān)系，再結(jié)合橢圓過點，求出的值，從而得到橢圓的方程.（2）①利用根與系數(shù)的關(guān)系及中點坐標(biāo)公式求得點的坐標(biāo)，再根據(jù)三點共線得之間的關(guān)系；②求得，并利用等比數(shù)列的前項和公式求得.【詳解】（1）因，可得：①，又橢圓過點，可得②，聯(lián)立①，②，解得，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為；（2）①當(dāng)直線中一條直線的斜率不存在，另一條直線的斜率為0時，直線與軸重合，不符合題意，故直線的斜率均存在且不為0.設(shè)直線的方程為，聯(lián)立，消去，整理得：，因直線交橢圓于兩點，則，且，則，因直線的方程為，同理可得：，因三點共線，則，即，易知，則，因，則；②結(jié)合①可知，則，因，則數(shù)列是首項為9，公比為3的等比數(shù)列，所以數(shù)列的前項和為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查橢圓的幾何性質(zhì)、直線與橢圓相交以及等比數(shù)列求和的問題，屬于難題.解題的關(guān)鍵點是聯(lián)立直線與橢圓的方程，根據(jù)韋達(dá)定理和三點共線，求出點的坐標(biāo)，從而得到.57．（2025·四川·三模）已知雙曲線的右焦點為，且點到雙曲線的漸近線的距離為．過點作兩條互相垂直的直線和，交雙曲線于、兩點，交雙曲線于、兩點，、分別是、的中點，直線過定點；再過點作兩條互相垂直的直線和，交雙曲線于、兩點，交雙曲線于、兩點，、分別是、的中點，直線過定點，以這樣的方式構(gòu)造下去，可以得到一列定點、、、、．(1)求雙曲線的方程；(2)求點的坐標(biāo)；(3)若、，記的面積為，證明：．【答案】(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）利用點到直線的距離公式求出的值，結(jié)合的值可得出的值，由此可得出雙曲線的方程；（2）分析額可直線經(jīng)過的定點也在軸上，設(shè)點設(shè)點，設(shè)直線的方程為，設(shè)點、，將直線的方程與雙曲線得出聯(lián)立，列出韋達(dá)定理，求出點、的坐標(biāo)，由此可得出點的坐標(biāo)；（3）分析可知，點均在軸上，考慮一般情況，假設(shè)點，設(shè)點，設(shè)直線的方程為，將該直線方程與雙曲線方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理求出點的坐標(biāo)，同理得出點的坐標(biāo)，利用、、三點共線，結(jié)合斜率公式可得出，由此可歸納得出的坐標(biāo)，由此可得出的表達(dá)式，利用放縮法結(jié)合等比數(shù)列的求和公式可證得所證不等式成立.【詳解】（1）雙曲線的漸近線方程為，即，則點到漸近線的距離為，又因為，所以，因此，雙曲線的方程為.（2）當(dāng)軸，必然與軸重合，由曲線的對稱性知的中點在軸上，的中點也在軸，故經(jīng)過的定點也在軸上，設(shè)點，設(shè)直線的方程為，設(shè)點、，聯(lián)立得，所以，，，由韋達(dá)定理可得，，故線段的中點，同理可知，直線的方程為，的中點為，即點，當(dāng)時，由、、三點共線可得，得，解得，因此，.當(dāng)時，，此時過，故.（3）由（2）可知，當(dāng)時，定點，同理可知，也一定在軸上，考慮一般情況，假設(shè)點，設(shè)點，設(shè)直線的方程為，設(shè)點、，聯(lián)立得，所以，，，由韋達(dá)定理可得，，故線段的中點為，同理，直線的方程為，線段的中點為，即點，當(dāng)時，由、、三點共線可知，，即，整理可得，即當(dāng)點時，，當(dāng)時，，此時過，綜上，.故當(dāng)點時，、、、，由題意可知，的面積為，所以，所以.58．（2025·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知曲線，（，），當(dāng)變化時得到一系列的橢圓，我們把它稱為“2~1橢圓群”.

(1)若“2~1橢圓群”中的兩個橢圓、，對應(yīng)的分別為、（），如圖所示，若直線能與橢圓、依次交于，，，四點，證明：；(2)當(dāng)（）時，直線與橢圓在第一象限內(nèi)的交點分別為，設(shè).（i）求證：為等比數(shù)列，并求出其通項公式；（ii）令數(shù)列，求證.【答案】(1)證明見解析(2)（1）證明見解析，；（2）證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意聯(lián)立方程組，利用韋達(dá)定理表示交點橫坐標(biāo)之和，可發(fā)現(xiàn)線段的中點與線段中點重合，根據(jù)線段長度的減法可證得結(jié)論；（2）（i）根據(jù)題意聯(lián)立方程組，求出點和的橫坐標(biāo)，利用兩點間距離公式求得，即證得結(jié)論并得到通項公式；（ii）由已知條件得到，利用放縮法構(gòu)造出新數(shù)列的不等式，利用裂項相消法求前項和即可證得結(jié)論.【詳解】（1）由題意，聯(lián)立方程可得，時，由圖可知，橢圓與直線的交點為點、，設(shè)，，則，同理，將與直線聯(lián)立可得：，時可得，則線段的中點與線段中點重合，設(shè)為點，即有，，所以，即.（2）（i）由題意，聯(lián)立方程可得，即.因為交點在第一象限內(nèi)，所以點的橫坐標(biāo)，同理可得點的橫坐標(biāo)，則.由于，所以數(shù)列是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，其通項公式為；（ii）由（i）可知，，則.設(shè)，設(shè)，，由時，，可得，，所以，由.，.即得證.09數(shù)列新定義59．（2025·河南·二模）記為正項數(shù)列的前項積，且，，.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)表示不超過的最大整數(shù)，如，，設(shè)，求數(shù)列的前項和.【答案】(1)(2)【分析】（1）由得，即數(shù)列為等比數(shù)列，利用等比數(shù)列即可求解；（2）由利用二項式定理展開，，分為奇數(shù)和偶數(shù)討論，最后利用分組求和即可.【詳解】（1）由可得，，即，又∵，∴是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，∴；（2）由（1）可知，.∵，可得，當(dāng)為奇數(shù)時，則，即；當(dāng)為偶數(shù)時，則，即.設(shè)為數(shù)列的前項和，可得.∴數(shù)列的前項和為.60．（2025·貴州·二模）對于數(shù)列，記區(qū)間內(nèi)偶數(shù)的個數(shù)為，則稱數(shù)列為的偶數(shù)列．(1)若數(shù)列為數(shù)列的偶數(shù)列，求．(2)若數(shù)列為數(shù)列的偶數(shù)列，證明：數(shù)列為等比數(shù)列．(3)在（2）的前提下，若數(shù)列為等差數(shù)列的偶數(shù)列，，，求數(shù)列的前項和．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3)【分析】（1）列出在區(qū)間內(nèi)的偶數(shù)，再利用偶數(shù)列的定義求出.（2）求出在區(qū)間內(nèi)的偶數(shù)個數(shù)，進(jìn)而求出數(shù)列的通項公式，再利用等比數(shù)列的定義證明.（3）利用等差數(shù)列的通項公式，進(jìn)而求出，再利用分組求和法及錯位相減法求解.【詳解】（1）在區(qū)間內(nèi)的偶數(shù)為，共13個，所以.（2）在區(qū)間內(nèi)的偶數(shù)為，則．于是，，所以是首項為2，公比為2的等比數(shù)列.（3）依題意，等差數(shù)列的公差，則，，由（2）知，，則，令數(shù)列的前項和為，則，于是，兩式相減得：，，因此，而數(shù)列前項和為，所以.61．（24-25高三下·甘肅白銀·月考）定義“窄度數(shù)列”：若一個數(shù)列中任意兩項的差均小于，則稱該數(shù)列為“窄度數(shù)列”.(1)試問數(shù)列是否為“1000窄度數(shù)列”？（無需說明理由）(2)若數(shù)列的前項和為，證明：數(shù)列為“1窄度數(shù)列”.(3)若數(shù)列為等比數(shù)列，且，求數(shù)列的通項公式，并證明為“窄度數(shù)列”.【答案】(1)不是(2)證明見解析(3)，證明見解析【分析】（1）由新定義即可判斷；（2）由新定義結(jié)合等比數(shù)列求和公式即可判斷；（3）由等比數(shù)列公式及新定義即可求解.【詳解】（1）數(shù)列不是“1000窄度數(shù)列”.

取分別取，此時，故不是；（2）證明：，

.因為，所以，所以數(shù)列中任意兩項的差均小于1，故數(shù)列為“1窄度數(shù)列”.（3）解：因為，所以，，所以等比數(shù)列的公比為，則，則.因為，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以數(shù)列從第二項起為遞增數(shù)列.又，，所以，

所以數(shù)列中任意兩項的差均小于，所以數(shù)列為“窄度數(shù)列”.62．（2025·全國·模擬預(yù)測）已知數(shù)列的通項公式為（表示不超過實數(shù)的最大整數(shù)），數(shù)列的通項公式為.(1)寫出數(shù)列的前6項；(2)試判斷與是否為數(shù)列中的項，并說明理由；(3)證明：數(shù)列與數(shù)列的公共項有無數(shù)多個.【答案】(1)，，，，，；(2)不是數(shù)列中的項，是數(shù)列中的項，理由見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的通項公式求得正確答案；（2）根據(jù)數(shù)列、的通項公式以及單調(diào)性進(jìn)行判斷；（3）首先假設(shè)存在有限個正整數(shù)使得數(shù)列中的某些項滿足條件，然后通過反證法證明了這一假設(shè)不成立，因此得出數(shù)列與的公共項有無數(shù)多個.【詳解】（1）依題意，數(shù)列的通項公式為，所以，，，，，；（2）不是數(shù)列中的項，是數(shù)列中的項，理由如下：由，，則，又，，，則不是數(shù)列中的項；又，，又，，，則，故是數(shù)列中的項；（3）先證明存在無窮多個正整數(shù)使得，（其中表示的小數(shù)部分），假設(shè)只有有限個正整數(shù)使得，不妨設(shè)，則當(dāng)任意的,時，，不妨設(shè)某個，，且，為正自然數(shù)，不妨設(shè)為一個具體的常數(shù)，且，故由于為正整數(shù)，故，的取值為，由于，因此一定存在某個使得，故，這與矛盾.故假設(shè)不成立，因此存在無窮多個正整數(shù)使得，對于每個滿足的正整數(shù)，令，則有，所以有，即，從而，所以數(shù)列與數(shù)列的公共項有無數(shù)多個.63．（2025·江蘇連云港·模擬預(yù)測）中國古代許多著名的數(shù)學(xué)家對推導(dǎo)高階等差數(shù)列的求和公式很感興趣，創(chuàng)造并發(fā)展了名為“垛積術(shù)”的算法，推導(dǎo)出了三角垛、方垛、芻甍多、芻童垛等的公式．我們把公差不為0的等差數(shù)列稱為“一階等差數(shù)列”，若數(shù)列是“一階等差數(shù)列”，則稱數(shù)列是“二階等差數(shù)列”．定義：若數(shù)列是“階等差數(shù)列”，則稱原數(shù)列為“階等差數(shù)列”．例如：數(shù)列，它的后項與前項之差組成新數(shù)列，新數(shù)列是公差為的等差數(shù)列，則稱數(shù)列為二階等差數(shù)列．(1)若數(shù)列滿足，，且，求證：數(shù)列為二階等差數(shù)列；(2)若三階等差數(shù)列的前項依次為，求的前項和；【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）結(jié)合等差數(shù)列的定義及題設(shè)定義求證即可；（2）結(jié)合已知設(shè)，結(jié)合累加法得到，，進(jìn)而結(jié)合組合數(shù)公式求解即可；【詳解】（1）因為，所以，所以是首項為，公差為的等差數(shù)列，則是一階等差數(shù)列，數(shù)列為二階等差數(shù)列（2）因為是“三階等差數(shù)列”，所以是“二階等差數(shù)列”，設(shè)，所以是“一階等差數(shù)列”．由題意得，，，所以，所以是首項為，公差為的等差數(shù)列，根據(jù)累加法有：，滿足上式，所以，因為滿足上式，.64．（2025·新疆喀什·模擬預(yù)測）對于有限正整數(shù)數(shù)列，若存在連續(xù)子列和符號序列，，使得，其中，則稱數(shù)列存在平衡連續(xù)子列．(1)寫出數(shù)列2，1，2，3的一個平衡連續(xù)子列；(2)設(shè)對任意正整數(shù)，定義函數(shù)為滿足的非負(fù)整數(shù)，其中為奇數(shù)，令．證明：數(shù)列不存在平衡連續(xù)子列；(3)設(shè)數(shù)列的每一項均為不大于的正整數(shù)，證明：當(dāng)時，存在平衡連續(xù)子列．【答案】(1)1，2，3(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）通過平衡連續(xù)子列的概念判斷即可；（2）分析數(shù)列中各項的奇偶性、模數(shù)特性，結(jié)合符號組合的限制條件，證明無法構(gòu)造出和為0的子列；（3）通過分析將原問