21/40專題1.2數(shù)列與概率統(tǒng)計、函數(shù)以及解析幾何的創(chuàng)新綜合應用內容導航速度提升技巧掌握手感養(yǎng)成分析考情·探趨勢鎖定核心，精準發(fā)力：快速鎖定將要攻克的最核心、必考的重難點，明確主攻方向，聚焦關鍵目標破解重難·沖高分方法引領，突破瓶頸：系統(tǒng)歸納攻克高頻難點的解題策略與實戰(zhàn)技巧，并配以同源試題快速內化拔尖沖優(yōu)·奪滿分巔峰演練，錘煉題感：精選中高難度真題、模擬題，錘煉穩(wěn)定攻克難題的“頂級題感”與應變能力近三年：數(shù)列與其他知識點的結合是數(shù)列的一大考試形式，主要集中于數(shù)列與統(tǒng)計概率，數(shù)列與解析幾何，數(shù)列與三角函數(shù)，數(shù)列與導數(shù)的結合預測2026年：考向01概率統(tǒng)計中求對應的數(shù)列遞推公式，考向02數(shù)列與統(tǒng)計概率中有關奇偶項問題考向03數(shù)列與三角函數(shù)相結合考向04數(shù)列與導數(shù)相結合考向05數(shù)列與解析幾何相結合考向01概率統(tǒng)計中求對應的數(shù)列遞推公式數(shù)列遞推公式在統(tǒng)計概率中，只要是要找到的對應關系，從容利用數(shù)列的構造成等比數(shù)列或者是等差數(shù)列的形式，對于這種形式即可。1．某圖書館對學生借閱圖書是否按時歸還的情況開展調查，經(jīng)過一段時間的統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)：學生第一次借閱圖書，按時歸還的概率為；從第二次借閱開始，若前一次按時歸還，則本次按時歸還的概率為；若前一次未按時歸還，則本次按時歸還的概率為．記學生第次借閱按時歸還的概率為．(1)求；(2)求數(shù)列的通項公式；(3)記前次借閱中按時歸還的次數(shù)為，求隨機變量的數(shù)學期望．參考公式：若為離散型隨機變量，則．【答案】(1)，(2)，(3)【分析】（1）利用全概率公式進行求解即可；（2）根據(jù)題意，結合構造數(shù)列法、等比數(shù)列的定義進行求解即可；（3）根據(jù)兩點分布，結合數(shù)學期望公式、題中所給公式、等比數(shù)列前項和公式進行求解即可.【詳解】（1）由題意可知：，，；（2）由題意可知：，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，因此，顯然適合，故；（3）記前次借閱中，第次按時歸還為，由題意可知：服從兩點分布，且，所以，，由題中所給公式可得：.2一個擲骰子走跳棋的游戲：棋盤上標有第0站、第1站、第2站、…、第100站，共101站．設棋子跳到第站的概率為，一枚棋子開始在第0站，棋手每擲一次骰子，棋子向前跳動一次．若擲出奇數(shù)點，棋子向前跳1站；若擲出偶數(shù)點，棋子向前跳2站，直到棋子跳到第99站（獲勝）或第100站（失?。r，游戲結束．（骰子一種由均勻材料做成的立方體形狀的游戲玩具，它的六個面分別標有點數(shù)1，2，3，4，5，6）(1)求的值，并根據(jù)棋子跳到第站的情況，試用和表示（直接寫出結論，不用證明）；(2)證明：為等比數(shù)列；(3)求玩該游戲獲勝的概率．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)題意及相互獨立事件的概率公式可求解.（2）先由（1），構造出；再根據(jù)等比數(shù)列的定義即可證明.（3）玩該游戲獲勝即為跳到第99站，先根據(jù)（2）中結論及等比數(shù)列的通項公式得出；再利用疊加法及等比數(shù)列的前項和公式可求解.【詳解】（1）根據(jù)題意可知：每次骰子之間是相互獨立的；棋子開始在第0站是必然事件，所以.棋子跳到第1站，只有一種情形，第一次擲骰子出現(xiàn)奇數(shù)點，其概率為，所以.棋子跳到第2站，包括兩種情形，①第一次擲骰子出現(xiàn)偶數(shù)點，其概率為；②前兩次擲骰子都出現(xiàn)奇數(shù)點，其概率為，所以.棋子跳到第n（）站，包括兩種情形，①棋子先跳到第站，又擲骰子出現(xiàn)偶數(shù)點，其概率為；②棋子先跳到第站，又擲骰子出現(xiàn)奇數(shù)點，其概率為.故；（2）由（1）知：，所以.又因為，所以（1，2，…，99）是首項為，公比為的等比數(shù)列.（3）由（2）得：.所以，所以玩該游戲獲勝的概率為.3某科研小組研發(fā)了一款新式無人機，其生產(chǎn)過程有4道工序，前3道工序的生產(chǎn)互不影響，第四道工序是出廠檢測，包括智能檢測與人工檢測，其中智能檢測為次品的會自動淘汰，合格的進入流水線進行人工檢測.已知該新式無人機在生產(chǎn)中前3道工序的次品率分別為，，.(1)若某批次生產(chǎn)了這款新式無人機1000架，記X為該批次經(jīng)過前3道工序合格的架數(shù)，求的數(shù)學期望；(2)已知某批次的新式無人機智能檢測顯示合格率為，在智能檢測合格的前提下，求人工隨機抽檢一架新式無人機恰好為合格品的概率；(3)該科研小組為了慶祝獲得研究成果，舉行聯(lián)歡晚會，晚會期間，該小組組織了一個現(xiàn)場抽獎游戲，游戲規(guī)則如下：參與游戲的幸運觀眾，每次都要有放回地含有10張紅色卡片和10張綠色卡片的箱子中隨機抽取一張，指揮無人機運送匹克球，直到獲得獎品為止，每次游戲開始時，甲箱中有足夠多的匹克球，乙箱中沒有球，若抽到紅色卡片，則從甲箱中運一個匹克球到乙箱；若抽到綠色卡片，則從甲箱中運兩個匹克球到乙箱，當乙箱中的匹克球數(shù)目達到9個，下一輪直接達到11個，獲得優(yōu)惠券，游戲結束；當乙箱中的匹克球數(shù)目達到10個時，獲得獎品大禮包一個，獲得大禮包時游戲結束.求游戲結束時，幸運觀眾獲得優(yōu)惠券的概率.【答案】(1)950架(2)(3).【分析】（1）先由獨立事件的概率公式求解一架新式無人機經(jīng)過前3道工序后是合格品的概率，再由二項分布求解期望即可；（2）根據(jù)條件概率的概率公式計算即可；（3）設乙箱中有個球的概率為，結合全概率公式，找到遞推關系，構造等比數(shù)列進行求解，最終求出即可.【詳解】（1）設新式無人機經(jīng)過前3道工序后是合格品的概率為，則，由條件，可得，所以的數(shù)學期望為（架）.（2）設新式無人機智能檢測合格為事件，人工檢測合格為事件，則，，所以，即人工隨機抽檢一架新式無人機恰好為合格品的概率約為.（3）設乙箱中有個球的概率為，第一次抽到紅色卡片，新式無人機運送1個匹克球，概率為，即，乙箱中有2個球，有兩類情況，所以，乙箱中有個球的情況有：（i）無人機已運送個球，又抽到綠色卡片，其概率為；（ii）無人機已運送個球，又抽到紅色卡片，其概率為；所以，且，所以，所以，即當時數(shù)列是公比為的等比數(shù)列，所以，又，所以當時也成立，所以，，，，上述各式相加得，又，所以，，經(jīng)檢驗，當時上式也成立，所以，所以，，即游戲結束時獲得優(yōu)惠券的概率為.考向02數(shù)列與統(tǒng)計概率中有關奇偶項問題1圍棋棋盤上共有361個交叉點，圍棋術語稱之為361目，兩人玩圍棋，誰占的目數(shù)多誰贏．因為目數(shù)不能均分，故先落子的一方占便宜．為解決這一問題，規(guī)定比賽結束后先落子的一方貼給后落子的一方目．抽簽猜得黑棋的一方先落子．即便這樣先落子的一方還是占些便宜．甲、乙兩個圍棋選手水平相當，據(jù)以往比賽經(jīng)驗，他二人執(zhí)黑先落子的一方獲勝的概率是，后落子一方獲勝的概率是，沒有平局．甲、乙兩人再次比賽，并規(guī)定：當其中一人贏的局數(shù)比另一人多兩局時，比賽結束．第一局由抽簽結果是甲執(zhí)黑先落子，以后每局交替執(zhí)黑先落子．設第局結束的概率為．(1)求的值；(2)求的表達式及；(3)求甲、乙兩人比賽結束時比賽局數(shù)的數(shù)學期望．【答案】(1)，(2)，(3)【分析】（1）由第一局不可能結束比賽得到．：第二局結束后，需要一方連勝兩局，則差為2，分甲連勝兩局和乙連勝兩局得解；（2）分析奇偶性，當為奇數(shù)時，每局后比分差變化為，奇數(shù)局結束后差必為奇數(shù)，即為1或，無法得到2，比賽不可能結束，從而得到．當為偶數(shù)時，前局每兩局都是平局，求出前兩局是平局的概率，利用等比數(shù)列的通項公式得到；分為偶數(shù)和為奇數(shù)，利用等比數(shù)列求和公式求解.（3）若前兩局是1：1，其概率為，從此刻開始直到比賽結束，進行局數(shù)的期望與0：0開始進行局數(shù)的期望相同，從而求得.【詳解】（1）因為第一局結束后，雙方比分只能是或，差為1，不滿足“差兩局”的結束條件，所以．第二局結束后，需要一方連勝兩局，差為2，當甲連勝兩局：第一局甲先，甲贏的概率為，第二局乙先，甲贏的概率為，概率為；當乙連勝兩局，第一局甲先，乙贏的概率為，第二局乙先，乙贏的概率為，概率為，則（2）當為奇數(shù)時，每局后比分差變化為，奇數(shù)局結束后差必為奇數(shù)，即為1或，無法得到2，比賽不可能結束，此時．當為偶數(shù)時，前局每兩局都是平局，前兩局是平局的概率為，所以，故當為偶數(shù)時，，當為奇數(shù)時，，所以，故.（3）若前兩局是1：1，其概率為，從此刻開始直到比賽結束，進行局數(shù)的期望與0：0開始進行局數(shù)的期望相同，所以，解得．2一個不透明的袋子中裝有編號分別為的4個小球，每次從袋中隨機摸出1個小球并記錄編號后放回袋中，當連續(xù)兩次摸出的小球編號相同時，停止摸球，設停止摸球時已摸球的次數(shù)為.記第次摸到的小球編號為.(1)求與；(2)設，求與；(3)當時，為隨機變量，若是奇數(shù)，則，若是偶數(shù)，則，求.【答案】(1)，(2)1，(3)答案詳見解析【分析】（1）解法一：利用獨立事件的乘法公式，討論每次摸球的編號即可解題；解法二：利用計數(shù)原理得到樣本點個數(shù)，再利用古典概型可得答案.（2）解法一：建立起關于的遞推公式，再求出通項公式，再利用等比數(shù)列的前項和公式求出的前項和；解法二：摸球次停止，意思是除了最后2次摸球的編號一樣，其他的與前面一次摸球的編號都不一樣，利用這個規(guī)則，可直接歸納出，即可得答案.（3）利用“當時，可分成兩種情況：當時，與同為奇數(shù)或同為偶數(shù)；當時，與一奇一偶”可建立起與的關系，進一步可討論通項公式.【詳解】（1）解法一：，.解法二：，.（2）解法一：因為，所以，則.若，則且，所以，即，所以，所以，即由（1）可知，所以當時，.又因為，所以，所以，.解法二：.，所以，.（3）當時，設隨機變量滿足：若是奇數(shù)，則，若是偶數(shù)，則.設.當時，即為偶數(shù)，可得.當時，即是偶數(shù)，可得.當時，可分成兩種情況：當時，與同為奇數(shù)或同為偶數(shù)；當時，與一奇一偶.所以，即當且為奇數(shù)時，，即；當且為偶數(shù)時，，即.當時，.當時，.綜上可得，當且為偶數(shù)時，；當且為奇數(shù)時，.考向03數(shù)列與三角函數(shù)相結合對于數(shù)列與三角函數(shù)的結合中，一般考察利用三角函數(shù)的周期問題去考察數(shù)列的求和，例如對于1．定義：對于數(shù)列，若存在，對任意的，都有，則稱數(shù)列為周期數(shù)列，為數(shù)列的一個周期.已知數(shù)列，，.(1)用定義證明：數(shù)列是周期數(shù)列；(2)求數(shù)列的前項和（結果用分段函數(shù)表示）；(3)已知數(shù)列有形如的通項公式，求常數(shù)，并證明：【答案】(1)證明見解析(2)(3)，，，證明見解析【分析】（1）首先列出數(shù)列的前幾項，再證明即可；（2）由（1）可得，再對分類討論，利用并項求和法計算可得；（3）將，，代入得到方程組，求出，設，說明的周期性及前項，即可得證.【詳解】（1）因為，，則，，，，又，所以數(shù)列是周期為的周期數(shù)列.（2）由（1）可知.當是的倍數(shù)時，；當除以余時，是的倍數(shù)，；當除以余時，除以余，.所以.（3）因為，，，分別代入，得，化簡得，①+②得，與③聯(lián)立得，從而④，①-②得，與④聯(lián)立得，又，故，代入④得.從而.設，則，所以為數(shù)列的一個周期，又，，，所以，所以2．已知函數(shù)，其中.(1)若，求的值；(2)當時，（i）判斷函數(shù)在上的零點個數(shù)；（ii）若有公比的等比數(shù)列滿足，求的值.【答案】(1)(2)（i）;（ii）【分析】（1）求出，代值計算即可；（2）（i）利用導數(shù)研究的單調性以及最值，結合零點存在定理即可判斷；（ii）根據(jù)，轉化為方程，為該方程的根，由，得到，討論的范圍，得到值即可.【詳解】（1）由題可得：，所以，解得：（2）當時，（i），則，，令，則，所以在上單調遞減，由于，所以存在唯一零點，使得；當時，，則在上單調遞增；當時，，則在上單調遞減；所以，當，由于，則，在上單調遞增，所以在上有一個零點，當時，由于，，在上單調遞減，根據(jù)零點存在定理，在存在唯一零點，綜上，函數(shù)在上的零點個數(shù)為；（ii）由，可得，因為為等比數(shù)列，且，所以，即，考慮方程，為該方程的根；因為，所以當時，，則，因為數(shù)列為等比數(shù)列，則其公比為，所以，當時，由可得，即，若時，由可得：，由于等比數(shù)列，所以，則當時，，即，與矛盾，從而不符合題意；若時，由可得：，由于等比數(shù)列，所以，則當時，，即，與矛盾，從而不符合題意；綜上，若有公比的等比數(shù)列滿足，則的值為3．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，結合同角三角函數(shù)的平方關系結合等差數(shù)列的定義可證得結論成立；（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合不等式的基本性質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，構造函數(shù)，利用導數(shù)分析該函數(shù)的單調性，結合函數(shù)的單調性即可證得結論成立.【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，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.4．設次多項式，若其滿足，則稱多項式為切比雪夫多項式．已知為切比雪夫多項式．(1)求的解析式；(2)求證：；(3)若，求證：．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題設的含義可得相關等式，即可求解；（2）由題設求出，繼而利用構造函數(shù)，結合導數(shù)與函數(shù)單調性的關系即可求解；（3）利用時，，推出，即得．再由（2）可得，記得，繼而結合數(shù)列求和的方法即可求解.【詳解】（1）由于是切比雪夫多項式，故可設，則，且，得，比較系數(shù)得，，所以．（2）由題得，且，故，即，比較系數(shù)得，，，所以．要證明，只需證，只需證．令，則，令，則，等號僅在部分點處取得，所以在上單調遞增，易知，所以當時，，在單調遞減；當時，，在單調遞增．故，原式得證．（3）因為，所以數(shù)列是遞減數(shù)列，故．先證明當時，．令，則，所以在上單調遞增，故，即當時，，可得當時，，所以．由（2）可得（當時等號成立），所以，當時，有，當時，，故，原式得證．【點睛】難點點睛：本題是一到綜合題，涉及到新的知識點以及三角函數(shù)和導數(shù)的相關應用，綜合性較強，難點在第三問中不等式的證明，解答時要注意當時，的應用，繼而利用數(shù)列求和進行求解．考向04數(shù)列與導數(shù)相結合數(shù)列與導數(shù)結合，一般查考的是壓軸題，主要是利用導數(shù)的一些不等式鏈的放縮，以及數(shù)列的放縮相結合，從而達到想要的不等式的證明目的。常見的函數(shù)不等式鏈為，以及，，對數(shù)列的放縮常見的是裂項相消放縮以及等比數(shù)列放縮。1．，都存在唯一的實數(shù)，使得，則稱函數(shù)存在“源數(shù)列”．已知．(1)證明：存在源數(shù)列；(2)①若恒成立，求的取值范圍；②記的源數(shù)列為，前項和為．證明：．【答案】(1)證明見解析(2)①；②證明見解析【分析】（1）根據(jù)源數(shù)列的定義，利用導數(shù)求函數(shù)的區(qū)間單調性，得函數(shù)值域，即可證；（2）①問題化為令，即恒成立，利用導數(shù)求解右側的最大值，即可得范圍；②根據(jù)①得，應用裂項相消法求前n項和，即可證.【詳解】（1）由，得，即在上單調遞減，又，當且無限趨近于0時，趨向于正無窮大，即的值域為，對于可以取到任意正整數(shù)，且在上都有存在唯一自變量與之對應，故對于，令，其在上的解必存在且唯一，不妨設解為，即，則都存在唯一的實數(shù)，使得，即存在源數(shù)列．（2）①恒成立，即恒成立，令，即恒成立，令，則，令，則，僅在時取等號，即在上單調遞減，故，即在上單調遞增，故，故；②由①得，故，即，則，當時，．當時，；當時，當時，，綜上：．2．已知是定義在上的函數(shù)，若對任意恒成立，則稱為上的非負函數(shù)．(1)判斷是否為區(qū)間上的非負函數(shù)，并說明理由；(2)已知為正整數(shù)，為區(qū)間上的非負函數(shù)，記的最大值為，求證：數(shù)列為等差數(shù)列；(3)已知且，函數(shù)，若為區(qū)間上的非負函數(shù)，為（2）中的等差數(shù)列，求證：．【答案】(1)是上的非負函數(shù)，理由見解析；(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）通過求導分析函數(shù)單調性可得，即可判斷結論.（2）通過分析函數(shù)單調性得，根據(jù)得，即可證明結論.（3）通過分析函數(shù)單調性結合得，通過構造函數(shù)，利用放縮法及裂項相消法求和可證明結論.【詳解】（1）是上的非負函數(shù).理由如下：因為，，所以.當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，則，故是上的非負函數(shù).（2）由，，得.當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，則.因為為上的非負函數(shù)，所以，解得，則.因為，所以為等差數(shù)列.（3）由，，得.因為且，所以由得，，解得，由得，，解得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，故.由為上的非負函數(shù)，得，則，.所以當時，，，且，當,，所以.考向05數(shù)列與解析幾何相結合數(shù)列與解析幾何的結合中，主要考察數(shù)列的基本基本性質的基本應用，利用圓錐曲線的基本性質，主要利用等差等比數(shù)列的通項公式的基本結構，以及等差，等比數(shù)列前n項和的基本結構，或者是利用等差等比數(shù)列的等差等比中項去。1已知拋物線的焦點為，點在拋物線上，已知直線，按如下方法構造點列（其中）：過拋物線上的點作軸的平行線，交直線于點，直線關于直線的對稱直線交拋物線于點(1)求實數(shù)的值，并求直線的方程；(2)求數(shù)列的通項公式，并證明：對任意；(3)設數(shù)列的前項積為，若不等式對任意的恒成立，求實數(shù)的最小值．【答案】(1)，.(2)證明見解析(3)【分析】（1）直接代入，再根據(jù)直線對稱即可得到答案；（2）當為奇數(shù)時，計算相關點坐標和直線斜率，化簡得化簡得，再通過取對數(shù)計算即可；（3）根據(jù)換元法得在時恒成立，再分離參數(shù)并利用導數(shù)即可得到最值.【詳解】（1）當時，，解得，則，當時，，解得，則，則直線的直線方程為，又因為，則其傾斜角為，則對稱后直線的傾斜角為，則直線的斜率為，所以直線方程為：，即.（2）由題意，當為奇數(shù)時，，則直線的斜率，化簡得，配方可得：，取對數(shù)可得，由可得，，解得，由題意可得，，因為函數(shù)單調遞增，所以，因為，故當時，.（3）由（2）得：，因為函數(shù)單調遞增，可知：，故，令，可得，由恒成立，可得在時恒成立，即在時恒成立，令，得，當時，，即在上單調遞減，故，所以的最小值為．【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的關鍵是先分析出，可得，再換元分離參數(shù)，利用導數(shù)即可得到答案.2．已知雙曲線（，）的漸近線方程為，且過點.按照如下方式依次構造點：過作斜率為（為常數(shù)且）的直線與的下支交于點，令為關于軸的對稱點，記的坐標為.(1)若，求的坐標；(2)證明：數(shù)列是等比數(shù)列，并求其公比（用表示）；(3)設為的面積，證明：對任意正整數(shù)，為定值.【答案】(1)；(2)證明見解析，公比為；(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)漸近線方程和所過定點即可求出雙曲線方程，再聯(lián)立直線即可求出答案；（2）寫出直線方程，將其與雙曲線方程聯(lián)立得到，從而得到，再根據(jù)等比數(shù)列的定義即可證明；（3）轉化為證明，利用點差法得，結合合比性質得，同理得，再根據(jù)（2）中結論即可證明.【詳解】（1）∵漸近線為．又過點，代入雙曲線的方程得，，即雙曲線的方程為，若，則過對應的直線方程為，與雙曲線聯(lián)立得：或（舍去）．代入直線方程求得該直線與雙曲線得另一個交點．（2）過斜率為直線為：，與雙曲線聯(lián)立得：，因為，則，由韋達定理得，.將代入直線方程，并取相反數(shù)得，①，②，得，由條件可知首項為，所以數(shù)列是公比為的等比數(shù)列．（3）要證明為定值，只需證明．與求面積時，都看作以為底，則原問題轉化為高相等，即需證明兩點到直線的距離相等，進而轉化為證明，即只需證明，以下為其證明.將點的坐標代入雙曲線方程得到兩式作差并整理得：，由合比的性質得，③，同理可得④，由第（2）問的①②可知數(shù)列是公比為的等比數(shù)列；數(shù)列是公比為的等比數(shù)列.④式可化為⑤，由③⑤兩式得到：.故，所以為定值.（建議用時：60分鐘）1已知函數(shù)及其導函數(shù)的定義域均為．設，曲線在點處的切線交軸于點．當時，設曲線在點處的切線交軸于點．依此類推，稱得到的數(shù)列為函數(shù)關于的“數(shù)列”．(1)若，是函數(shù)關于的“數(shù)列”，求的值；(2)若，是函數(shù)關于的“數(shù)列”，記，證明：是等比數(shù)列，并求出其公比；(3)若，記函數(shù)為的導函數(shù)（），函數(shù)的圖象在處的切線與軸相交的交點橫坐標為，求．【答案】(1)(2)證明見解析，2(3)【分析】（1）先求出導函數(shù)得出斜率，再利用點斜式得出直線方程，最后求出該直線與軸交點的橫坐標；（2）先求出在點處的切線，再求出該切線與軸交點的橫坐標，根據(jù)得到與的關系；（3）先求出和其導函數(shù)，再求出該函數(shù)在處的切線，及該切線與軸交點的橫坐標，進而求出，最后利用裂項相消法進行求和.【詳解】（1）解：由，得，因為，則，，所以曲線在點處的切線方程為，令，則，所以．（2）證明：由，得，于是曲線在點處的切線方程為，令，則，由題意得到，所以，又，所以，所以數(shù)列是以為首項，2為公比的等比數(shù)列.（3）解：由已知條件可知：切點坐標

因為所以切線的斜率所以切線的方程為令，得，即因為所以2已知函數(shù)，記為函數(shù)在區(qū)間內的從小到大的第個零點.(1)證明：數(shù)列是等比數(shù)列；(2)記為函數(shù)在區(qū)間內的從小到大的第個極值點，將數(shù)列，中的所有項從小到大排列構成一個新的數(shù)列若，，求k的最大值.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）結合題意表示關系式，再由等比數(shù)列的定義，即可得證；（2）利用導數(shù)求解極值即可求得通項，從而求得通項，則當，成立，即成立，亦即成立，結合導數(shù)求解最值從而求解.【詳解】（1）令，即，解得，.由題意可知，，，，因為，而是常數(shù).所以數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列；（2）易知，令，解得，當，即時，0，則，當，即時，，則，因此當，時，取得極值.由題意可知，，所以，，所以；當，成立，即成立，亦即成立；設，則，令得，當時，，當時，，所以在區(qū)間上單調遞減；在區(qū)間上單調遞增.因為，當時，，且，；因為，，，所以的最小值為；因此，成立，當且僅當成立，解得，所以k的最大值是.3記數(shù)列前k項的最大值依次構成一個新的數(shù)列，稱數(shù)列為的“生成子列”，數(shù)列所有項組成的集合為A．(1)已知數(shù)列為7，6，5，8，求數(shù)列；(2)若，且A中恰有5個元素，求實數(shù)a的取值范圍；(3)若，的“生成子列”的前n項和為，從中任取Y個數(shù)，記其中能被2整除且不能被4整除的個數(shù)為X，①若，求X的數(shù)學期望；②若，求使取得最大值時的m值．【答案】(1)7，7，7，8；(2)(3)①；②答案見解析【分析】（1）根據(jù)“生成子列”的定義即可求解；（2）根據(jù)中有5個元素結合數(shù)列單調性及“生成子列”定義可得：且，從而可得參數(shù)的取值范圍.（3）根據(jù)特殊角的三角函數(shù)結合“生成子列”的定義可得其通項，從而可求，進一步可求得以及取得最大值時的m值.【詳解】（1）當數(shù)列為7，6，5，8時，根據(jù)定義有：，所以數(shù)列為：7，7，7，8；（2）因為，所以，由得當時，數(shù)列遞增，當時，數(shù)列遞減，因為A中有5個元素，結合數(shù)列的單調性可知，且，即，解得，所以a的取值范圍是；（3）由題意得所以，所以，能被4整除，，不能被2整除，，能被2整除，不能被4整除，，不能被2整除，所以中能被2整除，但不能被4整除的有n個，①法一：由題意，所以.法二：X的取值范圍是，．，所以．②，令得即解得因為，當時，或時，取得最大值當時，時取得最大值.4．張明在暑假為了鍛煉身體，制定了一項堅持晨跑的計劃：30天晨跑訓練．規(guī)則如下：張明從第1天開始晨跑，若第天晨跑，則他第天晨跑的概率為，且他不能連續(xù)兩天沒有晨跑．設他第天晨跑的概率為．(1)求的值；(2)求數(shù)列的通項公式；(3)若都是離散型隨機變量，則，記張明前天晨跑的天數(shù)為，求．【答案】(1)；(2)（或）；(3)【分析】（1）根據(jù)已知條件，利用概率的基本性質即可求出的值；（2）通過分析與的關系，構造等比數(shù)列，進而求出數(shù)列的通項公式；（3）利用期望的性質，將轉化為，再根據(jù)期望的定義求出.【詳解】（1）已知第1天一定晨跑，故，第2天晨跑的概率由第1天晨跑決定，故，第3天晨跑的情況分兩種：第1天晨跑，第2天不晨跑，第3天晨跑，概率為，第1天晨跑，第2天晨跑，第3天晨跑，概率為，故.（2）由題意得，張明第天晨跑后，下一次晨跑在第天的概率為，張明第天晨跑后，再在第天晨跑的概率為，所以，即，則，所以，即，所以是以為首項，為公比的等比數(shù)列.由（1）得，，，所以，所以，則，所以，所以．（或）（3）記他前天中，第天晨跑的次數(shù)為．由題意得，服從兩點分布，且，因為，且對于離散型隨機變量，都有，所以，所以，所以所以.（或5．已知函數(shù)，．(1)討論的單調性；(2)求證：對任意的且，都有：．（其中為自然對數(shù)的底數(shù)）【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）分類討論與即可；（2）利用切線放縮不等式，得到，再利用放縮，再用累加法，即可得證.【詳解】（1）函數(shù)的定義域為，，當時，，在上單調遞增；當時，令，得或（舍），所以在上，，在上單調遞增，在上，，在上單調遞減，綜上所述，當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）設，.當時，，此時在上單調遞增；當時，，此時在上單調遞減.因此在處取到最大值，，即，得，當且僅當時等號成立.則對于任意整數(shù)，因為，均有，，則，故．6．已知圓，點P為圓C上的動點，過點P作x軸的垂線，垂足為Q，設D為PQ的中點，且D的軌跡為曲線E．(1)求曲線E的方程；(2)不過原點的直線l與曲線E交于M、N兩點，已知OM，直線l，ON的斜率，k，成等比數(shù)列，記以OM，ON為直徑的圓的面積分別為，，試探究是否為定值，若是，求出此值；若不是，說明理由．【答案】(1)；(2)是，.【分析】（1）設，，利用相關點法求解即可；（2）設MN方程為：，將橢圓方程齊次化，令，轉化為關于的一元二次方程，利用韋達定理，結合和定比定理求出，將的坐標代入橢圓方程，兩式相加轉化為關于的方程組，結合求解，然后由圓的面積公式可得.【詳解】（1）設，，因為D為PQ的中點，所以．因為在圓上，所以，所以曲線E的方程為：．

（2）設，因為的斜率存在，所以，設MN方程為：，橢圓方程齊次化：，所以，令，則，則，是其兩根，所以又，且，所以，所以，所以，則①，，②③：④，由①④得，，

7．已知漸近線為的雙曲線過點，過點且斜率為的直線交雙曲線于異于的點，記的面積為.(1)求雙曲線的方程；(2)求；(3)證明：.【答案】(1)；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）雙曲線的方程為代入計算得解；（2）聯(lián)立方程與，解得的橫坐標.求出，計算，代入得解；（3）將利用放縮法得到，利用裂項相消求解.【