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5.5 数列与其他知识综合
考点一 数列与三角函数
a
【例 1】（2024· n重庆·三模）已知在数列 an 中， a1 = 1,an+1 = 1+ 2a ．n
ì 1 ü
(1)求证：数列 í 是等差数列，并求数列 anan+1 的前 n项和 Sn ；
an
1 1
(2)在VABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且a = - ,bcosC + c cos Ba a = -2a cos A，求VABC 面积n+1 n
的最大值．
n
【答案】(1)证明见解析，
2n +1
(2) 3
3
1 1+ 2an 1 2 1 1【解析】（1）由题意， = = + - = 2an+1 a a
，即
n n an+1 an
ì 1 ü 1
\í 为等差数列：首项 =1，公差 d = 2，
an a1
1
\ = 2n -1 1
a ，则 an = ，n 2n -1
b a 1 1 1 设 n = n ×an+1 = - ，2 è 2n -1 2n +1÷
S 1 1 1 1 1 1 1 1 1\ n =
- + - +L+ -
2 1 3 ÷ 2 ÷ ÷è è 3 5 2 è 2n -1 2n +1
1 1 1 1 1 L 1 1 1 1 1 n= - + - + + - = -
= ;
2 è1 3 3 5 2n -1 2n +1÷ ÷ 2 è 2n +1 2n +1
（2）∵bcosC + c cos B = -2a cos A,
\由正弦定理，有 sin B cosC + sin C cos B = -2sin Acos A，．
即 sin(B + C) = sin A = -2sin Acos A，又 A (0,p ),sin A > 0，
\cos A 1 2p= - ，即 A =
2 3
由 a
1 1
= - = 2
a ，n+1 an
由余弦定理得： a2 = b2 + c2 - 2bc ×cos A = b2 + c2 + bc ，．
\a2
4
= 4 3bc ，即bc ，当且仅当b = c 2 3= 时取等号，
3 3
S 1 3 3 4 3 3\ VABC = bc ×sin A = bc × = ，即△ABC 面积最大值为 ．2 4 4 3 3 3
【一隅三反】
π π π 1
1．（23-24 高三下·江西·阶段练习）数列 an 满足 a1 = ， a *6 n
- , ÷， tan an+1 = ， n N2 2 cos a .è n
(1) 2证明：数列 tan an 为等差数列，并求数列 tan an 的通项公式；
(2)求正整数m ，使得 sin a1 ×sin a2 ×L×sin a
1
m = .100
【答案】(1)证明见解析， tan a 3n - 2n = 3
(2) m = 3333
【解析】（1）由已知条件可知，由于 cosan > 0，
π 2 2
故 an+1 0, ÷ , tan
2 a 1 sin an + cos an 2n+1 = = =1+ tan a ，
è 2 cos2 an cos
2 a nn
tan2则 an+1 - tan
2 an =1，
故数列 tan2 a π 1n 是以 1 2 2为公差的等差数列，且首项为 tan a1 = tan = ，6 3
故 tan2 a n 1
1 3n - 2
n = - + = ，3 3
tan a 3n - 2即 n = .3
（2） sin a1 ×sin a2 ×L×sin am = tan a1 cos a1 tan a2 cos a2 ×L× tan am cos am
tan a1 tan a2 L tan a= × × × m
tan a2 tan a3 tan am+1
tan a1 1= = ，
tan am+1 3m +1
1 1
由 = ，得m = 3333 .
3m +1 100
1
2．（2024·福建福州·模拟预测）已知数列 an 中， a1 = ， an+1 = 2an - 3cos(
nπ π
- ) ．
2 3 6
(1)证明：数列{an - cos
nπ}为常数列；
3
(2)求数列 nan 的前 2024 项和．
【答案】(1)证明见解析；
2021
(2) .
2
【解析】（1）依题意， cos (n +1)π - 2cos nπ 1= cos nπ 3- sin nπ - 2cos nπ
3 3 2 3 2 3 3
3 nπ 3 nπ
= - cos - sin = - 3cos(nπ π- ) ，
2 3 2 3 3 6
nπ π (n +1)π nπ
则 an+1 = 2an - 3cos( - ) 化为 an+1 - cos = 2(an - cos )，3 6 3 3
a 1 a cos π 0 a cos nπ而 1 = ，则 - = ，因此 - = 0 ，2 1 3 n 3
所以数列{an - cos
nπ}为常数列.
3
2π
（2）由（1）知， a
nπ = 6 nπ
n = cos ，由 π ，即{an}是以 6 为周期的周期数列，令bn = nan = ncos ，3 3 3
b6n-5 + b6n-4 + b6n-3 + b6n-2 + b6n-1 + b6n = (6n
5π 4π
- 5)cos(- ) + (6n - 4)cos(- )
3 3
+(6n - 3)cos(-π) + (6n - 2)cos( 2π- ) + (6n -1)cos( π- ) + 6ncos 0
3 3
1
= (6n - 5) 1 (6n 4) (6n 3) 1- - - - - (6n 2) 1- + (6n -1) + 6n = 3
2 2 2 2
所以数列 nan 的前 2024 项和b1 + b2 +L+ b2024 = 337 3 + b2023 + b2024
=1011+ 2023cos 2023π 2024cos 2024π+ =1011 1+ 2023 1 2021- 2024 = .
3 3 2 2 2
3．（2024·浙江绍兴·三模）已知函数 f x = 3sinπx + cosπx x R 的所有正零点构成递增数列 an n N* ．
(1)求函数 f x 的周期和最大值；
(2)求数列 an 的通项公式 an 及前 n项和 Sn ．
【答案】(1)周期 2，最大值 2
a n 1 S 1 1(2) n = -
2
，
6 n
= n + n
2 3
【解析】（1）由题可得 f x = 3sinπx + cosπx π= 2sin πx +

÷ ，
è 6
因此函数 f x 2π的周期T = = 2，
π
当 πx
π π
+ = + 2kπ,k 1 Z ，即 x = + 2k,k Z时，取最大值，最大值为 f x = 2max ．6 2 3
（2）由 f x = 0 πx π得 + = kπ k N* ，
6
因此函数 f x 1的所有正零点为 x = k - k N* ，
6
5 5
\a1 = ， an - an-1 =1 n 2 ，因此 an 是首项为 ，公差为 1 的等差数列；6 6
a 5\ n = + n -1
1
= n - ，
6 6
5 1
n
S a1 + an
n + n -6 6 ÷= = è 1n = n
2 1+ n
2 2 2 3
考点二 数列与统计概率
【例 2-1】（2024·上海·三模）如图，已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条
棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，
若质点Q的初始位置位于点 A 处，记点Q移动 n次后仍在底面 ABCD上的概率为Pn．
(1)求P2；
ì
(2)证明：数列 íP
1
- ü 1013n 是等比数列；若 P2 n
>
2024 ，求
n的最大值．

5
【答案】(1)
9
(2)证明见解析；6
【解析】（1）依题意，每一个顶点有 3 个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
2
所以当点Q在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为 3 ，
1
当点Q在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为 ，
3
P 2 2 2 1 1 5所以 1 = ，P2 = + = .3 3 3 3 3 9
2 1 1 1
（2）Pn+1 = Pn + 1- Pn = P + ，3 3 3 n 3
P 1 1 P 1 1- = - = 1 所以 n+1 2 3 n 6 3
Pn - ÷ ，
è 2
2 1 2 1 1
又因为P1 = ，所以P1 - = - = 0，3 2 3 2 6
ì 1 ü 1 1
所以数列 íPn - 是以 为首项， 为公比的等比数列；
2 6 3
P 1 1 1
n-1
1
n - = ÷ = ，P
1 1
n = n + ，2 6 è 3 2 3n 2 3 2
1013 1 1 1013
若 Pn > + > n2024 ，则 ，所以 ，2 3n 2 2024 3 <1012
又36 = 729，37 = 2187， n N* ，所以 n 6 ， n的最大值为6 .
【例 2-2】（2024·广东广州·三模）甲进行摸球跳格游戏，图上标有第 1 格，第 2 格，× × × ，第 25 格，棋子开始在
第 1 格．盒中有 5 个大小相同的小球，其中 3 个红球，2 个白球（5 个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中
随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳 1 格；若两球颜色不同，棋子向前跳 2 格，
直到棋子跳到第 24 格或第 25 格时，游戏结束．记棋子跳到第 n格的概率为Pn n =1,2,3, × × ×, 25 ．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为 X ，求 X 的分布列和期望；
(2)求 Pn 的通项公式．
6
【答案】(1)分布列见解析，
5
ì5 5 3
n
- -

÷ ,1 n 24
P =
8 8 è 5
(2) n í
3 3 3 23 - -

÷ ,n = 25
8 8 è 5
【解析】（1）根据题意可知， X 的所有可能取值为 0，1，2，
C2P X 0 2 1 P X C
1 C1 6 3
则 = = 2 = ， =1 = 2 3 = = ，C5 10 C25 10 5
2
P X = 2 C3 3=
C2
= ，
5 10
可得 X 的分布列如下：
X 0 1 2
1 3 3
P 10 5 10
E X 0 1 1 3 2 3 6期望值为 = + + = ；
10 5 10 5
（2）依题意，当3 n 24时，棋子跳到第 n格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第 n - 2格，再摸出两球颜色不同，
第二种，棋子先跳到第 n -1格，再摸出两球颜色相同，
C1 13C2 3
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为 = ，
C25 5
C2 23 + C2 2
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为 2 = ，C5 5
P 3 P 2因此可得 n = n-2 + Pn-1， 3 n 24 ，5 5
3 2 3
所以Pn - Pn-1 = Pn-2 + Pn-1 - Pn-1 = - Pn-1 - P5 5 5 n-2 ，
Pn - Pn-1 3
因此可得 = - 0，且P1 =1
2 3
P - P 5 ，P2 = ，P - P = - ，n-1 n-2 5 2 1 5
即数列 Pn - Pn-1 2 n 24
3 3
是首项为- ，公比为- 的等比数列，
5 5
3 n-1P - P = - 即 n n-1 ÷ 2 n 24 ，
è 5
所以Pn = Pn - Pn-1 + Pn-1 - Pn-2 +L + P2 - P1 + P1
3
n-1 3 n-2 3
= - + ÷ -

÷ +L+

- ÷ +1
è 5 è 5 è 5
3 é 3
n-1 ù
-
1- -
è 5 ÷
ê 5 ÷ ú n
=
ê è ú 5 5+1 = - 3- ，
1- 3- 8 8
÷
è 5
÷
è 5
é 23 ù
P 3 P 3 5 5 3 3 3 3
23
由题意 25 = 23 = ê - - ÷ ú = -

5 5
- ÷ ，
ê 8 8 è 5 ú 8 8 è 5
ì5 5 3
n
- - ÷ ,1 n 24
8 8P = è
5
综上， n í .
3 3 3
23
- - ,n = 25 8 8
÷
è 5
【一隅三反】
1．（2024·山西·模拟预测）正三棱柱 ABC - A1B1C1 的底面边长为 1，侧棱长为 2，一只蚂蚁从A 点出发，每次沿
着该三棱柱的一条棱的端点爬行到另一个端点，若它选择三个方向爬行的概率相等，且每次爬行都相互独立.
(1)记这只蚂蚁经过 4 次爬行后，其爬行的总路程为 X ，求 X 的分布列和数学期望；
(2)求这只蚂蚁经过 5 次爬行后，停留在平面 ABC 内的概率.
16
【答案】(1)分布列见解析，E X =
3
122
(2)
243
2 1
【解析】（1）解：这只蚂蚁每次爬行距离为 1 的概率是 3 ，每次爬行距离为 2 的概率是 ，3
则随机变量 X 的所有可能取值有 4，5，6，7，8，
4 3
P X 4 2 16 P X 5 C1 2 1 32可得 = = ÷ = ， = = 3 81 4 3 ÷ ÷ = ，è è è 3 81
2 2 3
P X = 6 = C2 2 1 84 ÷ ÷ = ，P X = 7 = C3
2 1 8= ，
è 3 è 3 27 4 3 ÷ ÷è è 3 81
4
P X = 8 1 1= 3 ÷ = ，è 81
所以 X 的分布列为
X 4 5 6 7 8
16 32 8 8 1
P 81 81 27 81 81
16 32 8 8 1 16
所以期望为E X = 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = .
81 81 27 81 81 3
2
（2）解：将这只蚂蚁爬行了 n次后停留在平面 ABC 内的概率记为 pn ，则 p1 = ，3
2 1 1 1
其爬行了 n +1次后停留在平面 ABC 内的概率 pn+1 = pn + 1- pn = pn + ，3 3 3 3
1 1 1
所以 pn+1 - = pn - ÷，2 3 è 2
p 1 1 ì p
1
- ü 1 1因为 1 - = ，所以 í n 2 是首项为 ，公比为 的等比数列，2 6 6 3
1 1 1 n-1 1 1 1
所以 pn - =

÷ ，即 pn = + n ，2 6 è 3 2 2 3
1 1 1 122
所以这只蚂蚁经过 5 次爬行后，停留在平面 ABC 内的概率 p5 = + 2 2 35
= .
243
2．（2024·浙江绍兴·三模）如图是一个各棱长均为 1 米的正四棱锥 S - ABCD ，现有一只电子蛐蛐在棱上爬行，每
次从一个顶点开始，等可能地沿棱爬到相邻顶点，已知电子蛐蛐初始从顶点S 出发，再次回到顶点S 时停止爬行.
(1)求电子蛐蛐爬行 2 米后恰好回到顶点S 的概率；
(2)在电子蛐蛐停止爬行时爬行长度不超过 4 米的条件下，记爬行长度为x ，求x 的分布列及其数学期望E x ；
(3)设电子蛐蛐爬行 n n 2 米后恰好停止爬行（首次回到顶点S ）的概率记为Pn，求Pn（用 n表示）.
1
【答案】(1)
3
(2) 52分布列见解析， 19
1 2 n-2(3) Pn =

÷ n 2 3 è 3
【解析】（1）记事件 Ai = “电子蛐蛐爬行的第 i米终点为A ”，Bi = “电子蛐蛐爬行的第 i米终点为 B ”，
Ci = “电子蛐蛐爬行的第 i米终点为C ”，Di = “电子蛐蛐爬行的第 i米终点为D ”，
Si = “电子蛐蛐爬行的第 i米终点为S ”，Ei = “电子蛐蛐爬行 i米后恰好停止爬行”，
则P E2 = P A1S2 + P B1S2 + P C
1 1 1
1S2 + P D1S2 = × × 4 =4 3 3
（2）记事件M = “电子蛐蛐停止爬行时，爬行长度不超过 4 米”
P E3 = P A
2
1B2S3 + P A1D2S3 + P B1A2S3 + P B1C2S3 + P C1D2S3 + P C1B2S3 +P D1A2S3 + P D1C2S3 = 9
P E4 = P A1B2 A3S4 + P A1B2C3S4 + P A1D2 A3S4 + P A1D2C3S4 +
P B1A2B3S4 + P B1A2D3S4 + P B1C2B3S4 + P B1C2D3S4 +
P C1B2C3S4 + P C1B2 A3S4 + P C1D2C3S4 + P C1D2 A3S4 +
P D1A2D3S4 + P D1A2B3S4 + P D1C2D3S4 + P D1C2B3S
4
4 = 27
\P M = P E 1 2 4 192 + P E3 + P E4 = + + =3 9 27 27
x 的可能取值为 2，3，4，根据条件概率的知识，可得x 的分布列为
1
P x = 2 = P PE E2 3 92 M = = = ，P M 19 19
27
2
P EP x = 3 = P E3 M 6= 3 = 9 = ，P M 19 19
27
4
P P Ex = 4 = P E4 M 4= 4 = 2719 =P M ，19
27
用表格表示x 的分布列为：
x 2 3 4
9 6 4
P 19 19 19
E x 2 9 3 6 4 4 52\ = + + = ．
19 19 19 19
1
（3）Pn = 1- P1 - P2 -LL- Pn-1 （P3 1
= 0， n 2）①
P 1n+1 = 1- P1 - P2 -LL- Pn ②3
2
②－①得：Pn+1 = P3 n
QP 1 1 2
n-2

2 = ，\P3 n
= ÷ n 2 3 è 3
3．（2024·江苏·模拟预测）如图，已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱
向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，
若质点Q的初始位置位于点 A 处，记点Q移动 n次后仍在底面 ABCD上的概率为Pn .
(1)求P2；
ì 1 ü
(2)①求证：数列 íPn - 是等比数列；
2
n
②求 iPi .
i=1
5
【答案】(1)
9
n n 2
(2)① ② iP 3 3+ 2n 1 n + n证明见解析； i = - ÷ ÷ +
i=1 8 è 8 è 3 4
【解析】（1）依题意，每一个顶点有 3 个相邻的顶点，其中两个在同一底面.
2
所以当点Q在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为 3 ，
1
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为 ，
3
2 2 2 1 1 5
又因为P1 = ，所以P = + = .3 2 3 3 3 3 9
2 1 1 1
（2）①证明：因为Pn+1 = Pn + 1- Pn = P + ，3 3 3 n 3
所以P
1 1 1 1 1 1 1 1
n+1 - = Pn + - = P

2 3 3 2 3 n
- = Pn -6 3 ÷
.
è 2
P 2 1 2 1 1又因为 1 = ，所以P1 - = - = 0，3 2 3 2 6
ì
所以数列 íP
1
- ün 是等比数列.
2
1 1 1 n-1② 1 1
n
因为Pn - =

2 6 3 ÷
=
2 ÷
，
è è 3
P 1 1
n
1 1
i
所以 n = ÷ + ，所以 iPi = i
1 i+ .
2 è 3 2 2 ÷è 3 2
i
a = i 1 设 i ÷ ，
è 3
n
ia 1
1 2
1 1
3 n
1
则 i =1 ÷ + 2 ÷ + 3 3 3 ÷ +L+ n ÷ ，i=1 è è è 3 è 3
1 n 1 2 1 3 1 4 1 n+1
则 iai =1 ÷ + 2 ÷ + 3 ÷ +L+ n 3 ÷ ，i=1 è 3 è 3 è 3 è 3
2 n 1 1 2 3 4 n n+1
所以 iai =1 ÷ +1 1 1 1 1 1 L 1 1 + + + + n 1- ，3 i=1 è 3 è 3 ÷ 3 ÷ ÷ ÷ ÷ è è 3 è 3 è 3
1 1
n
-
所以 2
n 1 3 ÷ 1 n+1 ia è 1 1
n n+1
=
1
i 1 - n ÷ = - ÷ - n
1

3 3 3 2 2 3 3 ÷
，
i=1 1- è è è
3
n n
所以 ia 3 3+ 2n= - 1 i 4 4 ÷ 3 ÷ .i=1 è è
1 n
n i +又因为 n
2 + n
= 2 2 n = ，
i=1 2 2 4
n 3 3+ 2n
n
1 n2 + n
所以 iPi = - ÷ ÷ + .
i=1 8 è 8 è 3 4
考点三 斐波那契数列
【例 3-1】（23-24 河南南阳·阶段练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：
1，1，2，3，5，8，13，L．其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和．后来人们把这样的一列数组成
的数列 an 称为“斐波那契数列”．记 Sn 为“斐波那契数列” an 的前 n项和，若 S2022 = a ，
a2 + a2 21 2 + a3 +L+ a
2
2023 = b ，则 a2023 =（ ）
b b -1 b b +1
A． B． C． D．
a +1 a +1 2a +1 2a +1
【答案】A
【解析】因为 S2022 = a1 + a2 +L+ a2021 + a2022，
所以 S2022 + a2 = a1 + a2 + a2 +L+ a2021 + a2022 = a3 + a2 +L+ a2021 + a2022
= a4 + a3 +L+ a2021 + a2022 =L = a2023 + a2022 = a2024 ，
所以 S2022 +1 = a2024 ，所以 a2024 = a +1，
a2 2 2 2 2 2 21 + a2 + a3 +L+ a2023 = a1a2 + a2 + a3 +L+ a2023
= a2 a1 + a2 + a23 +L+ a2 = a a + a22023 2 3 3 +L+ a22023 =L = a2023a2024
b b
所以 a2023a2024 = b，所以 a2023 = =a ，2024 a +1
故选：A
【例 3-2】（24-25 上海·单元测试）若数列 an 满足 a1 =1， a2 =1， an = an-1 + an-2 （ n 3，n 为正整数），则称
数列 an 为斐波那契数列，又称黄金分割数列．在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有直
接的应用．设 Sn 是数列 an 的前 n 项和，则下列结论成立的是（ ）
A． a7 = 8 B． a1 + a3 + a5 + ×××+ a2019 = a2020
C． S7 = 54 D． a2 + a4 + a6 + ×××+ a2020 = a2021
【答案】B
【解析】按照规律有 a1 =1， a2 =1， a3 = 2， a4 = 3， a5 = 5， a6 = 8， a7 =13， S7 = 33，故 A、C 错；
an+2 = an+1 + an = an + an-1 + an-1 + an-2 = an + an-1 + an-2 + an-3 + an-3 + an-4 =L = Sn +1，
则 a2020 = S2018 +1 =1+ a1 + a2 +L+ a2018 =1+ a3 + a5 +L+ a2019 = a1 + a3 + a5 +L+ a2019 ，
故 B 对；
a2 + a4 + a6 +L+ a2020 = a2 + a2 + a3 + a4 + a5 +L+ a2018 + a2019
= a1 + a2 + a3 + a4 + a5 +L+ a2018 + a2019 = S2019 = a2021 -1，
故 D 错．
故选:B．
【一隅三反】
1．（2024·山东·模拟预测）（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：
1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为 1，从第三个数起，每一个数都等于它前面
*
两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用 F n n N 表示斐波那契数列的第 n项，
则数列 F n 满足：F 1 = F 2 =1，F n + 2 = F n +1 + F n .则下列说法正确的是（ ）
A．F 10 = 34
B．3F n = F n - 2 + F n + 2 n 3
C．F 1 + F 2 + ×××+ F 2023 = F 2025 -1
2 2 2
D． éF 1 ù + éF 2 ù + ××× + é F 2023 ù = F 2023 × F 2024
【答案】BCD
【解析】对于 A，由题意可知斐波那契数列的前 10 项为 1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
所以F 10 = 55，所以 A 错误，
对于 B，当 n 3时，F n -1 + F n - 2 = F (n)，F n +1 = F n + F n -1 ，F n + 2 = F n +1 + F n ，
所以三式相加得F (n -1) + F (n - 2) + F (n +1) + F (n + 2) = F (n) + F (n) + F (n -1) + F (n +1) + F (n) ，
所以3F n = F n - 2 + F n + 2 n 3 ，所以 B 正确，
对于 C，因为数列 F n 满足：F 1 = F 2 =1，F n + 2 = F n +1 + F n ，
所以F (3) = F (2) + F (1) ，F (4) = F (3) + F (2)，F (5) = F (4) + F (3)，……，
F (2023) = F (2022) + F (2021)，F (2024) = F (2023) + F (2022)，F (2025) = F (2024) + F (2023)，
以上 2023 个等式相加得F (2025) = F (2) + F (1) + F (2) + F (3) + ×××+ F (2022) + F (2023) ,
因为F (2) =1，所以F 1 + F 2 + ×××+ F 2023 = F 2025 -1，所以 C 正确，
对于 D，因为F 1 = F 2 =1，F n + 2 = F n +1 + F n ，
2 2所以 éF 1 ù = F (1)F (2)， éF 2 ù = F (2)F (3) - F (1)F (2) ,
é F
2
3 ù = F (3)F (4) - F (2)F (3) , éF 4
2
ù = F (4)F (5) - F (3)F (4) ,
……,
2
é F 2022 ù = F (2022)F (2023) - F (2021)F (2022)
2é F 2023 ù = F (2023)F (2024) - F (2022)F (2023) ,
2 2
所以 é F 1 ù + é F 2 ù + ××× + éF 2023
2
ù = F 2023 × F 2024 ，所以 D 正确，
故选：BCD
2．（2024·四川成都·模拟预测）（多选）斐波那契数列{ fn}满足 f1 = f2 = 1， f = f *n+2 n+1 + fn （ n N ）．下列命题正
确的有（ ）
A． f 28 = f7 f9 +1
B．存在实数l ，使得{ fn+1 - l fn}成等比数列
1 f
C．若{an}满足 a1 =1， an+1 =1+ n
n+1
a （ N
*），则 an = f
n n
D C0 + C1 + C2 3 4 5 6 7 8 9 10． 20 19 18 + C17 + C16 + C15 + C14 + C13 + C12 + C11 + C10 = f20
【答案】BC
【解析】对 A，因为 fn 满足 f 1 = f 2 = 1, f n+2 = f n+1 + f n，
所以 f 3 = f 2 + f 1 = 2， f 4 = f 3 + f 2 = 3， f 5 = f 4 + f 3 = 5， f 6 = f 5 + f 4 = 8，
f 7 = f 6 + f 5 = 13， f 8 = f 7 + f 6 = 21， f 9 = f 8 + f 7 = 34，
所以 f 28 = 21
2 = 441， f 7f 9 + 1 = 13 34 + 1 = 443，
所以 f 28 f 7f 9 + 1，所以 A 选项错误；
对 B，若 fn+1 - l fn 为等比数列，则可设 fn+2 - l fn+1 = q fn+1 - l fn q 0 ，
将 fn+2 = fn+1 + fn 代入可得， fn+1 + fn - l fn+1 = q fn+1 - l fn ，
ì 1+ 5 ì 1- 5
ì1- l = q
q = q =
1- l f + f = qf - ql f
2 2
即 n+1 n n+1 n ，则有 í í 或 í ，
-ql =1 l 1- 5 1+ 5 =
l =
2 2
所以存在实数l ，使得数列 fn+1 - l fn 为等比数列，故 B 选项正确；
对 C，根据数列 an 的递推公式可计算出如下结果，
a 1 a 1 2 a 1 3 a 1 5 L a 1 211 = 1 = , 2 = 1 + = , 3 = 1 + = , = 1 + = , , = 1 + = ,L1 a1 1 a
4 7
2 2 a3 3 a6 13
显然 an 的分子为1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,L满足斐波那契数列，可以表示为 fn+1 ，
同理， an 的分母为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,L满足斐波那契数列，
f
可以表示为 fn ，所以 an =
n+1
f ，故 C 选项正确；n
对 D，根据斐波那契数列公式可得， f 20 = 6765，
又因为C5 = 3003, C415 16 + C
6
14 = 4823 C
5 4
15+C16 + C
6
14 = 7826 > 6765，
C0 + C1 + C2 + C3 + C4 5 6 7 8 9 10所以 20 19 18 17 16 + C15 + C14 + C13 + C12 + C11 + C10 f20 ，故 D 选项错误.
故选：BC.
考点四 周期数列
【例 4-1】（2024·陕西榆林·三模）现有甲乙丙丁戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出
1，乙报出 2 后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第 2024 个被报出的数应该
为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】A
【解析】报出的数字依次是1,2,2,4,8,2,6,2,2,4,8,2,6L，除了首项以外是个周期为 6 的周期数列.
去掉首项后的新数列第一项为 2，因为 2023 = 337 6 +1，所以原数列第 2024 个被报出的数应该为 2.
故选：A.
ì 1
2 ,n = 2k -1
【例 4-2】（23-24 n + 2n *高三上·河南漯河·期末）数列 an 满足 an = í k N ，若 Sn 为数列 a nπ n 的前 n sin , n = 2k
4
项和，则 S2024 = .
1012
【答案】
2025
ì 1
,n = 2k -1
Qa = n
2 + 2n *
【解析】 n í k Nnπ ， sin , n = 2k
4
\S2024 = a1 + a2 + a3 + a4 +L+ a2024
S 1 1 L 1 2π 4π 6π\ 2024 = + + + + sin + sin + sin + sin
8π L sin 2024π+ +
1 3 3 5 2023 2025 4 4 4 4 4
\S 1 é 1 1 1 1= - + - 1 1 ù 2π 4π 6π 8π 2024 ê ÷ ÷ +L+ - ÷ú + 253 sin + sin + sin + sin2 ÷ è1 3 è 3 5 è 2023 2025 è 4 4 4 4
1 1 1 1012
\S2024 =

2
- ÷ + 253 1+ 0 + -1+ 0 = .
è1 2025 2025
1012
故答案为： .
2025
【一隅三反】
1 1 nπ
1．（2023· 2湖南永州·二模）已知数列 an 满足 a3 = - , an + an+1 = n cos ，则a240 = ．4 16 2
【答案】1785
ì
【解析】由余弦函数性质可知数列 ícos
nπ ü
是以 4为周期的周期数列，
2
1
易知 a4k + a4k +1 = k
2
， a4k +1 + a4k +2 = 0 a + a
2
， 4k +2 4k +3 = - k + k + ÷ ， a4k +3 + a4k +4 = 0，
è 4
则 a4k +4 - a4k = k
1 1 1
+ ，且 a3 = - , a3 + a4 = 0 ，可得 a = ；4 4 4 4
由累加法可得 a240 = a240 - a236 + a236 - a232 + ×××+ a a
1 1 1 1
8 - 4 + a4 = 59 + + 58 + + ×××+1+ +4 4 4 4
1 59 59 +1
= 59 + 58 + ××× +1+ 60 = +15 =1785；
4 2
故答案为：1785
2p
2 *．（2023·四川宜宾·一模）已知等差数列 an 的公差为 ，集合 S =3 sin an | n N ，若 S = a,b ，则
a2 + b2 = ．
5
【答案】 /1.25
4
2π 2π
【解析】因为等差数列 an 的公差为 ，所以 an+3 = an + 3 = an + 2π，3 3
所以 sin an+3 = sin(an + 2π) = sin an ，所以数列{sin an}是周期为 3 的数列，
又 S = {a,b}，故 sin a1,sin a2 ,sin a3 中必有两者相等，
不妨设 sin ai = sin a j 1 i < j 3 ，
则 ai = a j + 2kπ,k Z（舍）或 ai + a j = π + 2kπ,k Z ，
2π 4π
而-ai + a j = 或-a3 i
+ a j = ，3
a a 2π若- i + j = ，3
a π kπ,k Z a 5π故 i = + ， j = + kπ,k Z，6 6
3π π
连续三个中第三数为 ai = + kπ,k Z或为- + kπ,k Z，2 2
1 1
此时 S = {- ,1}或 S = { ,-1} .
2 2
若-ai + a
4π
j = ，3
π 7π
则 ai = - + kπ,k Z， a j = + kπ,k Z，6 6
π
此时这两个数的中间数 + kπ, k Z 1 1，此时 S = {- ,1}或 S = { ,-1} .
2 2 2
a2 b2 1综上， + = +1
5
= .
4 4
5
故答案为：
4
3 *．（2024·全国·模拟预测）已知数列 an 满足 an+1 = an + an+2 n N ， a1a2 = 4且 a1,a2 > 0，则 a1 + a2 + + a2024
的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
*
【解析】依题意，数列 an 满足 an+1 = an + an+2 n N ， a1a2 = 4且 a1，a2 > 0，
a 4 a a a 4 a a 4 42 = ， 3 = 2 - 1 = - 1， 4 = a3 - a2 = - a1 - = -aa a a a 1，1 1 1 1
a a a 4 45 = 4 - 3 = - , a6 = a5 - a4 = - + a1, a7 = a6 - a5 = aa a 1，1 1
所以数列 an 是周期为6的周期数列，
所以 a1 + a2 +L+ a2024 = 337 a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a1 + a2
= 337 0 + a1 + a2 2 a1a2 = 4，当且仅当 a1 = a2 = 2时等号成立.
故选：A
1+ a
4．（2023· n四川成都·二模）已知数列 an 满足 a1 = 2， an+1 = a1 a ，则数列 n - 前 2023 项的积为（ ）n
1
A．2 B．3 C．- D．-6
2
【答案】B
1+ an
【解析】依题意， a1 = 2， an+1 = 1- a ，n
1+ 2 1- 3 1 1
1 1 1- 1 +
所以 a2 = = -3, a3 = = - , a 24 = 1 = ， a5 =
3
1 = 2 = a ，1- 2 1+ 3 2 11+ 3 1-
2 3
所以数列 an 是周期为 4的周期数列，
a1a2a3a4 = 2 -3
1 1
- ÷ =1， 2023 = 505 4 + 3，
è 2 3
1
所以数列 an 前 2023项的积为 2 -3 -
= 3 .
è 2 ÷
故选：B
考点五 新定义数列
【例 5-1】（2024·天津河西·三模）若数列 an 满足 an+1 = 2an -1，则称 an 为“对奇数列”．已知正项数列 bn +1
为“对奇数列”，且b1 = 2，则b2024 =（ ）
A． 2 32023 B． 22023 C． 22024 D． 22025
【答案】C
【解析】因为正项数列 bn +1 为“对奇数列”，所以bn+1 +1 = 2 bn +1 -1，
则bn+1 = 2bn ，即数列 bn 是公比为 2 的等比数列，又因为b1 = 2，
2023 2024
所以b2024 = 2 2 = 2 ，
故选：C.
【例 5-2】（2024·湖北荆州·三模）“ H 数列”定义：数列 an 的前 n项和为 Sn ，如果对于任意的正整数 n，总存在
正整数m 使 Sn = am ,则称数列 an 是“ H 数列”.
(1) n若数列 bn 的前 n项和为Tn = 2 ,求证：数列 bn 是“ H 数列”；
(2)已知数列 cn 是“ H 数列”，且数列 cn 是首项为1，公差小于 0 的等差数列，求数列 cn 的通项公式；
(3)若数列 dn 满足： dn = bn cn ,求数列 dn 的前 n项和Dn .
【答案】(1)证明见解析
(2) cn = 2 - n
(3) Dn = (3 - n) × 2
n - 2
【解析】（1）证明：当 n =1时，b1 = T1 = 2；
当 n 2 b = T -T n-1时， n n n-1 = 2 ，
ì2, n =1
所以bn = í2n-1 ，即
Tn = b, n 2 n+1
.

所以数列 bn 是“ H 数列”.
n n -12 （ ）设数列 cn 的公差为 d, Sn = n + d .2
n n -1
对"n N+，$m N+ ，使 Sn = cm，n + d =1+ m -1 d ；2
1
取 n = 2时，得1+ d = m -1 d ，解得m = 2 + ，
d
Qd＜0，\m＜2，又m N+，\m =1，
d = -1 c = 2 - n S n(3 - n)故 ， n ， n = 是小于 2 正整数.2
此时对于任意的正整数 n，总存在正整数m 使 Sn = cm ，故 cn = 2 - n .
ì 2, n =1
（3）bn = í n-1 ,cn = 2 - n2 , n ， 2
n 2 D = 2 1+ 2 0 + 22 -1 + 23当 时， n -2 + ...+ 2n-1 2 - n ，
\2D 2n = 4 + 2 0 + 2
3 -1 + ...+ 2n-1 （1- n) + 2n 2 - n ，
\-D = -2 + -1 é22 + 23 + ...+ 2n-1n ù - 2
n 2 - n ，
2 n-2
\D 2 2（1- 2 )= + + 2nn 2 - n = 3 - n ×2n - 2 .1- 2
当 n =1时，D1 = d1 = 2，满足上式.
n
综上，Dn = 3- n × 2 - 2 .
【一隅三反】
1．（2024·陕西·三模）数列 an 的前 n项的最大值记为M n ，即M n = max a1, a2 , × × ×, an ；前 n项的最小值记为mn，
即mn = min a1, a2 , × × ×, an ，令 pn = M n - mn ，并将数列 pn 称为 an 的“生成数列”．
(1)设数列 pn 的“生成数列”为 qn ，求证： pn = qn ；
(2)若 a nn = 2 - 3n，求其生成数列 pn 的前 n项和．
【答案】(1)证明见解析
ì 0,n =1
S = (2) 2n í2n+1 3n - n + 4 - ,n 2 2
【解析】（1）由题意可知M n+1 M n ,mn+1 mn ，
所以M n+1 - mn+1 M n - mn ，因此 pn+1 pn ，
即 pn 是单调递增数列，且 p1 = M1 - m1 = 0，
由“生成数列”的定义可得 qn = pn ．
（2）当 n 3时， an - a
n
n-1 = 2 - 3n - é 2
n-1 - 3 n -1 ù = 2
n-1 - 3 > 0,\an > an-1．
\a1 > a2 < a3 < a4 < ××× < an < ×××，又 a1 = -1, a2 = -2,a3 = -1，
\ p1 = 0, p2 = -1- -2 =1，
当 n 3时， pn = an - a = 2
n
2 - 3n - -2 = 2n - 3n - 2 ．
设数列 pn 的前 n项和为 Sn ．则 S1 = 0, S2 =1．
当 n 3时， Sn = 0 +1+ p3 + p4 + ×××+ pn =1+ 23 - 7 + 24 -10 + ×××+ é n 2 - 3n - 2 ù
=1+ 23 + 24 + ×××+ 2n - é7 +10 + ×××+ 3n - 2 ù
23 1- 2n-2 n - 2 7 + 3n - 2 3n21 - n + 4= + - = 2n+1 -
1- 2 2 2
ì 0,n =1
又 S2 =1

符合上式，所以 S 2n = í2n+1 3n - n + 4
．
- ,n 2 2
2．（2024·江西南昌·三模）给定数列{An}，若对任意 m， n N* 且m n， Am + An是{An}中的项，则称{An}为“H
数列”．设数列{an}的前 n 项和为 Sn .
(1)若 Sn = n2 + n ，试判断数列{an}是否为“H 数列”，并说明理由；
(2) *设{an}既是等差数列又是“H 数列”，且 a1 = 6， a2 N ， a2 > 6，求公差 d 的所有可能值；
(3)设{an}是等差数列，且对任意 n N* ， Sn 是{an}中的项，求证：{an}是“H 数列”．
【答案】(1)是“H 数列”；理由见解析
(2)1，2，3，6；
(3)证明见解析
【解析】（1）因为 S = n2n + n ，当 n 2时， an = Sn - Sn-1 = 2n，
当 n =1时， a1 = S1 = 2也成立，
所以 an = 2n，
对任意 m， n N* 且m n， am + an = 2m + 2n = 2 m + n = am+n ，
\{an}是“H 数列”.
（2）因为 a1 = 6， a2 N
*
， a2 > 6，
所以 d N*，所以 an = 6 + n -1 d ，
由已知得 am + an = 6 + m -1 d + 6 + n -1 d 也为数列中的项，
令 am + a
*
n = ak k N ，即6 + m -1 d + 6 + n -1 d = 6 + k -1 d ，
6
所以 k = + m + n -1d ，所以 d 为 6 的正因数，
故 d 的所有可能值为 1，2，3，6.
n n -1
（3

）设数列{an}的公差为 d，所以存在 k N* ，对任意 n N* ， Sn = ak ，即 na1 + d = a1 + k -1 d ，2
当 d = 0 时，则 a1 = 0，故 ak = 0 ，此时数列为“H 数列”；
当 d 0时， k = n n -1 a a an -1 a1 + +1，取 n = 2，则 k = 1 + 2 1 -1 1 Z
d 2 d
，所以 ， d ，d
a1 n n - 3= -1 k 当 时， = + 2 均为正整数，符合题意，
d 2
a
当 1 N时， k = n n -1n -1 a1 + +1均为正整数，符合题意，d d 2
a
所以 1 -1
a
， 1 Z，
d d
a
设 1 = s ， s -1， s Zd ，即 a1 = sd ，
所以任意 m， n N* 且m n， am + an = sd + s + m + n - 2 d ，
显然 s + m + n - 2 N ，所以 am + an 为数列中的项，
\{an}是“H 数列”.
3．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列 an 是斐波那契数列，其数值为：1,1,2,3,5,8,13, 21,34 × × × × × × .这一数列以
如下递推的方法定义： a1 =1，a2 =1，a *n+2 = an+1 + an (n N ) .数列 bn 对于确定的正整数 k ，若存在正整数 n使
得bk +n = bk + bn 成立，则称数列 bn 为“ k 阶可分拆数列”.
(1)已知数列 cn 满足 cn = man（n N*，m R）.判断是否对"m R，总存在确定的正整数 k ，使得数列 cn 为“ k
阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列{d }的前 n项和为 S = 3nn n - a a 0 ，
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数 a的值；
an
（ii）在（i）问的前提下，若数列 fn 满足 fn = S ， n N
* ，其前 n项和为Tn .证明：当 n N* 且 n 3时，
n
Tn < a
2
1 + a
2
2 + a
2
3 + ×××× × × +a
2
n - anan+1 +1成立.
【答案】(1)存在，理由见解析
(2)（i）0；（ii）证明见解析
【解析】（1）存在，理由如下：
由已知得 a1 =1， a2 =1， a3 = a1 + a2 = 2，
\c1 = m,c2 = m,c3 = 2m,
\c3 = c1+c2 ,即 c1+2 = c1+c2 ,
\对"m R，当正整数 k=1时，存在 n=2，使得 ck +n = ck + cn 成立，
即数列 cn 为“1阶可分拆数列”；
（2）Q Sn = 3
n - a ，
\当 n =1时， d1 = 3 - a ，
当 n 2时， d = S - S = (3n - a) - (3n-1n n n-1 - a) = 2 ×3n-1 ，
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，则存在正整数 n使得 d1+n = d1 + dn 成立，
当 n =1时， d2 = d1 + d1，即6 = 2 3- a ，解得 a = 0，
当 n 2 n n-1时， 2 ×3 = 3 - a +2 ×3 ，即 4 × 3n-1 = 3 - a ，
因 a 0，所以3 - a 3，又 4 ×3n-1 12，
故方程 4 × 3n-1 = 3 - a 无解.
综上所述，符合条件的实数 a 的值为 0 .
（ii）方法一：
证明：Qan+2 = an+1 + an , (n N
*)，
\当 n 2时， a2n = an an+1 - an-1 = anan+1 - anan-1，
\ a2 + a21 2 + a
2
3 + ×××× × × +a
2
n
= a21 + a2a3 - a2a1 + a3a4 - a3a2 + a4a5 - a4a3 + × × × × × ×+ anan+1 - anan-1
=a21 - a2a1 +anan+1 =anan+1，
\a2 + a2 21 2 + a3 + ×××× × × +a
2
n - anan+1 +1=1，
S 3n f a由（i）知 = ，所以 = nn n n ，3
\Tn =
a1
1 +
a2 a3
2 + 3 +
a a
× × × × × × + n-1 n
3 3 3 3n-1
+
3n
①，
1 T = a1 + a2 + a 3n 2 3 4 +
a
× × × × × × + n-1 + an ②，
3 3 3 3 3n 3n+1
2 T = a1 + a2 - a1 + a3 - a a - a由①-②可得 2 + 4 3 +
a
× × × × × × + n
- an-1 an
3 n
-
31 32 33 34 3n 3n+1
= 1 + a1 + a2 + a a3 4 × × × × × × +
n-2
n -
n
3 3 3 3 3n+1
= 1 + 1 a1 + a2 + a a2（ 1 2 × × × × × × +
n-2
n-2 ）-
n
3 3 3 3 3 3n+1
= 1 + 1 T a- n
3 32 n-2 3n+1
，
Q T > 0，
2 T = 1 + 1 T a\ - n 1< + 1 T ，
3 n 3 32 n-2 3n+1 3 32 n
T 3\ n < <1，5
n N* n 3 T < a2 + a2 2当 且 时， n 1 2 + a3 + ×××× × × +a
2
n - anan+1 +1成立.
方法二：
*
证明：Qan+2 = an+1 + an , (n N )，
\ 2当 n 2时， an = an an+1 - an-1 = anan+1 - anan-1，
\ a2 21 + a2 + a
2
3 + ×××× × × +a
2
n =a
2
1 + a2a3 - a2a1 + a3a4 - a3a2 + a4a5 - a4a3 + × × × × × ×+
=a21 + a2a3 - a2a1 + a3a4 - a3a2 + a4a5 - a4a3 + × × × × × ×+ anan+1 - anan-1
=a21 - a2a1 +anan+1 =anan+1，
\a2 + a2 + a21 2 3 + ×××× × × +a
2
n - anan+1 +1=1，
n a
由（i）知 S nn = 3 ，所以 fn = 3n ，
a
\T = 1 + a2n 1 2 +
a3
3 +
an-1 a× × × × × × + n
3 3 3 3n-1
+
3n
①，
1 T = a1 + a2 + a3 + a an 2 3 4 × × × × × × +
n-1 n
3 3 3 3 3n
+ n+1 ②，3
1 T = a1 + a2 + a3 + × × × × × ×+ an-2 a+ n-1 + an2 n 3 4 5 ③， 3 3 3 3 3n 3n+1 3n+2
由① - ② - ③可得
5 T = a1 a2 a1 an an-1 an
9 n 31
+ 2 - 2 - n+1 - n+1 -3 3 3 3 3n+2
= 1 a a a 1- n n-1 n
3 3n+1
-
3n+1
-
3n+2
< ，
3
3
\Tn < <1，5
当 n N* n 3 T < a2 + a2且 时， n 1 2 + a
2
3 + ×××× × × +a
2
n - anan+1 +1成立.
考点六 数列与高斯函数
【例 6】（2024·江苏南通·模拟预测）定义： x 表示不大于 x 的最大整数， x 表示不小于 x 的最小整数，如
1.2 =1， 1.2 = 2 .设函数 f x = x x 在定义域 0, n n N* 上的值域为Cn ，记Cn 中元素的个数为 an ，则
1 1 1
a2 = ， + +L+ =a a a 1 2 n
2n
【答案】 3
n +1
【解析】由函数 f x = x x 在定义域 0, n n N* 上的值域为Cn ，记Cn 中元素的个数为 an ，
当 n =1时， x 0,1 ，可得 x = 0， x x = 0， x x = 0 ，即 a1 =1，
当 n = 2时， x 0,2 ，可得 x = 0或1， x x = 0或 x ， x x = 0 或 1 或 2，即 a2 = 3，
当 n = 3时， x 0,3 ，可得 x = 0或 1 或 2， x x = 0或 x 或 2x， x x = 0 或 1 或 2 或 4 或 5 或 6，即 a3 = 6，
当 n = k -1 k N*,k 2 时，函数 f x = x x 在定义域 0, k -1 k N*,k 2 上的值域为Ck -1，记Ck -1中元素
的个数为 ak -1，
*
当 n = k 时，函数 f x = x x 在定义域 0, k k N 上的值域为Ck ，
C 2记 k 中元素的个数为 ak ，设 x k -1,k ，则 x = k ， k(k -1) x x = kx < k ，
a = a + k 2所以 k k -1 - k(k -1) = ak -1 + k k N*,k 2 ，
*
则可得递推关系： an = an-1 + n n N , n 2 ，
n(n +1) *
所以 an = a1 + (a2 - a1) + (a3 - a2 ) +L+ (an - an-1) =1+ 2 + 3 +L+ n = n N ,n 2 ,2
1 2 n(n +1) 1 2 1 1
当 n =1时， a1 = =1成立，则 an = (n N
*) ，则 = = 2( - )，
2 2 an n(n +1) n n +1
1 1 L 1 2(1 1 1 1 1 1 1 2n所以 + + + = - + - +L+ - ) = 2(1- ) =a1 a a
，
2 n 2 2 3 n -1 n n +1 n +1
2n
故答案为：3；
n +1
【一隅三反】
1
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知数列 an 的各项均为正数， a1 =1, an+1 - an = a + a ，若 x 表示不超过 x 的n+1 n
最大整数，则 a1 + a2 +L+ a100 = （ ）
A．615 B．620 C．625 D．630
【答案】C
1
【解析】因为 a1 =1, an+1 - an = an+1 + a
，
n
a2 2所以 n+1 - an =1，可得 a2n 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以 a2n =1+ n -1 1 = n ，因为数列 an 的各项均为正数，
所以 a = n ，因为 n N*n ，
当1 n < 4时， é n ù =1，
当 4 n < 9时， é n ù = 2，
当9 n <16时， é ù n = 3，
当16 n < 25时， é ù n = 4，
当 25 n < 36时， é ù n = 5，
当36 n < 49时， é n ù = 6 ，
当 49 n < 64时， é n ù = 7 ，
当64 n < 81时， é n ù = 8，
当81 n <100时， é n ù = 9，
é ù
ê 100 ú =10，
则 a1 + a2 +L+ a100 = 3 1+ 5 2 + 7 3+ 9 4 +11 5 +13 6 +15 7 + 17 8 +19 9 +10 = 625 .
故选：C.
2．（2024 高三下·全国·专题练习）函数 y = x 是取整函数，也被称为高斯函数，其中 x 表示不超过 x 的最大整
数，例如： 3.9 = 3， -2.1 = -3．若在 f x 的定义域内，均满足在区间 an , an+1 上，bn = é f x ù 是一个常数，
则称 bn 为 f x 的取整数列，称 an 为 f x 的区间数列，下列说法正确的是（ ）
A． f x = log2 x x 1 的区间数列的通项 an = 2n
B． f x = log2 x x 1 的取整数列的通项bn = n
C． f x = log2 33x x 1 的取整数列的通项bn n + 5
D．若 f x = log2 x 1 x < 2n n，则数列 bn an+1 - an 的前 n 项和 Sn = n - 2 2 + 2
【答案】D
【解析】选项 A：当 x 1,2 时，0 log2 x <1， log2 x = 0，所以 a1 =1， a2 = 2，
又当 x 2,4 时，1 log2 x < 2， log2 x =1，所以 a2 = 2， a3 = 4，
n-1 n
同理可知在 é2 , 2 上， n -1 log2 x < n， log2 x = n -1 a = 2n-1，所以 n ，A 错误．
选项 B：由选项 A 的分析可知，bn = é f x ù = log2 x = n -1，B 错误．
选项 C：因为 é f x ù = é log2 33x ù = log2 x + log2 33
log2 x + log2 33 = log2 x + 5，
因为 log2 x = n -1，所以bn n + 4，C 错误．
选项 D n n-1 n-1：由选项 A 的分析可知，bn an+1 - an = n -1 2 - 2 = n -1 2 ，
则 Sn = 0 +1 2
1 + 2 22 + 3 23 +L+ n -1 2n-1 ①，
所以 2Sn = 0 +1 2
2 + 2 23 + 3 24 +L+ n - 2 2n-1 + n -1 2n ②，
2 1- 2n-1
②-①得 S = - 21 + 22 +L+ 2n-1 n n + n -1 2 = - + n -1 2n1- 2
= 2 - 2n + n -1 2n = 2 + n - 2 2n ，D 正确．
故选：D
3．（2024·江苏宿迁·三模） x x R 3表示不小于 x 的最小整数，例如 éê2ùú = 2 ，- = -1．已知等差数列{a }的前2 n
n 项和为 Sn ，且 S7 = -7， a4 + a6 = -3．记bn = an ，则数列{bn}的前 10 项的和 ．
【答案】-15
【解析】由 S7 = -7，可得7a4 = -7，解得 a4 = -1，
a a 3又 4 + 6 = -3，得 2a5 = -3，解得 a5 = - 2 ，
1 1
所以数列 an 的公差为 d = - ，\an =1- n，2 2
又bn = an ，
b é1\ 1 =
ù
ê ú =1，同理b2 = b3 = 0，b4 = b5 = -1，b6 = b7 = -2，b8 = b9 = -3，b10 = -4， 2
所以数列 bn 的前 10 项的和为1+ 0 + 0 + -1 + -1 + -2 + -2 + -3 + -3 + -4 = -15 .
故答案为：-15 .
4．（2024·湖南·模拟预测）已知数列 an 为公差不为 0 的等差数列， a3 = 5，且 a2 , a5 , a14 成等比数列，设 x 表示
不超过 x 的最大整数，如 π = 3, -1.5 = -2，记bn = log2an , Sn 为数列 bn 的前 n项和，则 S100 = ．
【答案】573
【解析】由数列 an 是等差数列，设其公差为 d d 0 ，因为 a2 , a5 , a14 成等比数列，
2
所以 a2a14 = a5 ，即 5 - d 5 +11d = (5 + 2d )2 ，解得 d = 2或 d = 0 （舍去），
所以 an = 5 + 2 n - 3 = 2n -1，则 a100 =199．
当 2n x < 2n+1 时， log2x = n，
n n n+1
即 é log2 2 +1 ù = é log2 2 + 3 ù =L = é log2 2 -1 ù = n，共有 2n-1 个 n，
因为27 < 199 < 28 ，所以 S100 = b1 + b2 +L+ b100 = log21 + log23 +L+ log2199
= 0 + 20 1+ 21 2 +L+ 25 6 199 -127 + 7 =1 20 + 2 21 + 3 22 +L+ 6 25 + 36 7 ，
2
T = 1 20 + 2 21 + 3 22 +L+ 6 25 2T = 1 21 + 2 22令 n ，则 n + 3 2
3 +L+ 6 26 ，
0 1 1 5
两式相减得-Tn = 2 + 2 + 2 +L+ 2 - 6 2
6
，则Tn = 5 2
6 +1，
所以 S100 = 5 2
6 +1+ 36 7 = 573，
故答案为：573.
考点六七 插项数列
n n-1
【例 7-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列 an 的前 n 项积为Tn = 3 2 ，数列 bn 满足b1 =1，
bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ）．
(1)求数列 an ， bn 的通项公式；
(2)将数列 an ， bn 中的公共项从小到大排列构成新数列 cn ，求数列 cn 的通项公式．
n-1 2
【答案】(1) an =3 ，bn = n
(2) cn = 9
n-1
n n-1 n n -1
【解析】（1）T = 3 2 = a a La ， ln a1 + ln a L ln a

2 + + n = × ln 3，n 1 2 n 2
当 n =1时， a = T = 301 1 =1，
é n
* ln a n -1 n -1 n - 2 ù当 n 2,n N 时， n = ê - ú × ln 3 = n -1 × ln 3 = ln 3n-1 n-1，即an =3 ，
2 2
1-1 0
而 a1 = 3 = 3 =1，满足上式，
所以数列 an n-1的通项公式为an =3 ；
若数列 bn 满足b1 =1， bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ），
则 bn = b1 + n -1 ×1 = n ，
2
从而数列 bn 的通项公式为bn = n ；
n-1 n -1
（2 n-1 2 *）令 an = 3 = m = bm , n,m N ，解得m = 3 2 N* ，这表明 N ，2
从而只能 n = 2k -1,k N*，
k -1 2
所以 ck = bm = b n-1 = b k-1 = 3 = 9k -13 ，
3 2
所以数列 cn 的通项公式为 cn = 9n-1 .
【例 7-2】（2024·山东滨州·二模）已知等差数列 an 的前 n项和为 Sn ，且 a4 = 7 ， S5 = 25．
(1)求 an 的通项公式；
(2)保持数列 an 中各项先后顺序不变，在 ak 与 ak +1(k =1,2,L)之间插入 2k -1 个 3，使它们和原数列的项构成一个
新的数列 bn ，求 bn 的前 150 项和T150 ．
【答案】(1) an = 2n -1
(2)490
【解析】（1）因为 an 为等差数列，则 S5 = 5a3 = 25，即 a3 = 5，
可得 d = a4 - a3 = 2 ， a1 = a3 - 2d =1，
所以 an =1+ 2 n -1 = 2n -1 .
（2）因为在 a 与 a (k =1,2,L)之间插入 2k -1k k +1 个 3，
可知 ak k 2 在数列 bn 中对应的项数为
k -1
n = k + 20 + 21 1- 2+ ×××+ 2k -2 = k + = 2k -1 + k -1，
1- 2
当 k = 8时，则 n = 27 + 7 =135，即 a8 = b135 ；
当 k = 9时，则 n = 28 + 8 = 264 ，即 a9 = b264 ；
由题意可知：b136 = b137 = ××× = b150 = 3，
T S 3 8150 8 1+15 所以 150 = 8 + - = + 426 = 490 .2
【一隅三反】
n a + a
1．（2024·

重庆·三模）已知数列 an 的前 n项和为 Sn ，满足 Sn = 1 n ， n N* .2
(1)证明：数列 an 是等差数列；
(2)若数列 an 的公差不为 0，数列 an 中的部分项组成数列 ak ， ak2 ， ak ，…1 3 ， akn 恰为等比数列，其中 k1 =1，
k2 = 4， k3 = 10 ，求数列 kn 的通项公式.
【答案】(1)证明见解析；
(2) k = 3 × 2n-1n - 2 .
n a + a1 【解析】（ ）证明：由 Sn = 1 n ，得 2Sn = n a1 + a ，2 n
所以 2an+1 = 2Sn+1 - 2Sn = n +1 a1 + an+1 - n a1 + an ，即 n -1 an+1 = nan - a1，
所以 nan+2 = n +1 an+1 - a1，
两式相减得 nan+2 + nan = 2nan+1，
所以 an+2 + an = 2an+1 .
所以数列 an 成等差数列.
（2）解：等差数列 an 的公差 d 0，其子数列 ak 恰为等比数列，n
其中 k1 =1， k2 = 4， k3 = 10 ，可得 ak = a1， ak = a1 2 4 ， ak = a3 10 ，
a2且有 4 = a1a10，即 a
2
1 + 3d = a1 a1 + 9d ，
化为 a1 = 3d ，则 an = a1 + n -1 d = n + 2 d ，
a4
子数列 ak 为首项为3d ，公比为 = 2a 的等比数列，n 1
则 ak = 3d ×2
n-1 = kn + 2 d ，可得 kn = 3 ×2n-1 - 2 .n
2．（2024·广东广州·二模）已知等差数列 an 的前 n项和为 Sn ,a2n+1 = 2a
S
+ 2 ì，且 í n
ü
n n +1
为等差数列．

(1)求 an 的通项公式；
a a ì 1 ü
(2) n n+1在2 2 与2 2 之间插入 n个数，使这 n + 2 个数组成一个公差为dn dn > 0 的等差数列，记数列 í 的前 n项和 dn
为Tn ，求证：Tn < 3．
【答案】(1) an = 2n
(2)证明见解析
【解析】（1）因为等差数列 an 中， an = a1 + n -1 d ，又a2n+1 = 2an + 2，
所以a1 + 2nd = 2 éa1 + n -1 d ù + 2 ，即a1 + 2 = 2d ①，
ì Sn ü S因为 í 为等差数列，所以 n+1
Sn S- = n+2 S- n+1 ，
n +1 n + 2 n +1 n + 3 n + 2
S
令 n =1时， 2
S1 S S 2a + d a 3a- = 3 - 2 ，即 1 - 1 = 1
+ 3d 2a
- 1
+ d
，则 a = d ②，
3 2 4 3 3 2 4 3 1
结合①②，解出 d = 2, a1 = 2，则 an = 2 + n -1 2 = 2n ，
所以 an 的通项公式为 an = 2n．
an+1 an
2 2 2（ ）由题设得d - 2
2 2n+1 - 2n 2n 1 n +1，即 = n ，
n = = =n + 2 -1 n +1 n +1 dn 2
1 1 1 2 3 n +1
所以Tn = + +L+ = + 2 +L+d d d 2 2 2n ①，1 2 n
1 T 2 3 n +1则 =
2 n 22
+
23
+L+ ②，
2n+1
1
2 1
1
-
①-② 1 T 1 1 1
n-1 ÷
由 得： n = + 2 + 3 +L
1 n +1 2 è 2 n +1 3 n + 3+ -
2 2 2 2n 2n+1
= 1+ - n+1 = - ，
1 1- 2 2 2
n+1
2
T 3 n + 3所以 n = - ，2n
n + 3
因为 n N*，所以 n > 0 ，所以Tn < 3，即证．2
考点八 数列与二项式定理
【例 8】（2024·湖南衡阳·模拟预测）数列的综合求和方法有：错位相减法，裂项相消法，分组求和法及倒序相
加法. r n-r在组合数的计算中有如下性质：Cn = Cn ，C
0
n + C
1 2 3 n n
n + Cn + Cn +LL+ Cn = 2 .应用上述知识，计算
C1 + 2C2 + 3C3 +LL+ nCnn n n n = .
【答案】 n·2n-1
1
【解析】令Cn + 2C
2 + 3C3n n +LL+ nC
n
n = Sn ，
C1 + 2C2 3则有 n n + 3Cn +L+ (n -1)C
n-1
n + n = Sn ，
Cr = Cn-r n-1结合 n n 可有Cn + 2C
n-2 + 3Cn-3n n +L(n -1)C
1
n + n = Sn ，
n(C1 + C2 + C3 +LL+ Cn-1倒序相加法得 n n n n ) + 2n = 2Sn ，
n(2n - 2) + 2n = 2S n-1n ， Sn = n 2 ，
即C1n + 2C
2
n + 3C
3
n +LL+ nC
n = n 2n-1n .
故答案为： n·2n-1 .
【一隅三反】
1．（2024· 2天津河西·三模）已知递增数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 4Sn = an + 4n， n N*．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)设bn = a1C
1 2 3
n + a2Cn + a3Cn + ×××+ a
n
nCn．
（ⅰ）求数列 bn 的通项公式；
n 12bi - 2
i+3
（ⅱ）求 ÷．
i=1 è ai × ai+2
【答案】(1) an = 2n
n+2 n+1
(2)（i）bn = n × 2
n ii 2 2；（ ） + - 4
n + 2 n +1
【解析】（1）因为 4Sn = a
2
n + 4n，当 n =1时， 4S
2
1 = a1 + 4，则 a1 = 2；
当 n 2时， 4Sn-1 = a
2 2 2
n-1 + 4 n -1 ，则 4an = an - an-1 + 4，即 a2
2
n-1 = an - 2 ，
而 an 为递增数列，故 an - an-1 = 2，
即 an 为首项为 2，公差为 2 的等差数列，
故 an = 2n；
2 i b = a C1 + a C2 + a C3（ ）（） n 1 n 2 n 3 n + ×××+ a C
n
n n，
b = 0C0所以 n n + 2C
1
n + 4C
2
n + 6C
3
n +L+ 2nC
n
n ，
\b n n-1 1 0n = 2nCn + 2n - 2 Cn +L+ 2Cn + 0Cn，
2b = 2n C0两式相加可得 n n + C1n +L+ Cnn = 2n × 2n ,\bn = n ×2n ，
n
故数列 bn 的通项公式为bn = n × 2 ；
12bn - 2
n+3 12n × 2n - 2n+3 3n - 2 × 2n 2n+2 2n
（ii） = = = - ，
an × an+2 2n ×2 n + 2 n n + 2 n + 2 n
n
12bi - 2
i+3 23 21 24 22 25 23 2n+2 2n n+2 n+1
故 ÷ = - + - + - +L+ -
2 2 .
i=1 è ai × a 3 1 4 2 5 3 n 2 n
= + - 4
i+2 + n + 2 n +1
2（2024·福建宁德·模拟预测）（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第 1 行开始，第 n
行从左至右的数字之和记为 an ，如 a1 =1+1 = 2, a2 =1+ 2 +1 = 4, × × ×, an 的前 n项和记为 Sn ，依次去掉每一行中所
有的 1 构成的新数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为 bn ， bn 的前 n项和记为Tn ，则下列说法
正确的有（ ）
S 1022 ì 2an ü 1 1A． 10 = B． í 的前 n项和 -
Sn × Sn+1 2 an+2 -2
C．b57 =66 D．T57 =4150
【答案】BCD
【解析】从第一行开始，每一行的数依次对应 a + b n 的二项式系数，
n
所以 an = 1+1
n = 2n，所以 a 2 1- 2 n 为等比数列， Sn = = 2n+1 - 2，1- 2
S = 211所以 10 - 2 = 2046 ，故 A 错误；
2a n+1n 2 1 1= = -
S × S 2n+1 - 2 2n+2 - 2 2n+1 - 2 2n+2 ，n n+1 - 2
ì 2an ü 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
故 í S × S
的前 n项和为 2 - + - + ...+ - = - = -
n n+1 2 - 2 2
3 - 2 23 - 2 24 - 2 2n+1 - 2 2n+2 - 2 2 2n+2 - 2 2 an+2 - 2
，
故 B 正确；
去掉每一行中的 1 以后，每一行剩下的项数分别为 0，1，2，3…，构成一个等差数列，
n n -1 11 11-1
项数之和为 57 ，则 n的最大整数为 11，此时 = 55 ,
2 2
杨辉三角中取满了第 11 行，第 12 行首位为 1，
b 257取的就是第 12 行中的第 3 项，b57 =C12 =66，故 C 正确；
T57 是 S11中去掉 22 个 1，再加上第 12 行中的第 2 项和第 3 项，
1 2
所以T57 = S11 - 22 + C12 + C12 = 4150，故 D 正确.
故选：BCD．
一．单选题
1．（23-24 辽宁·期中）已知数列 an = 2n -1, bn = 3n - 2 ，则由这两个数列公共项从小到大排列得到的数列为 cn ，
则数列 cn 的通项公式为（ ）
A． cn = 3n - 2 B． cn = 4n -1
C． cn = 5n - 3 D． cn = 6n - 5
【答案】D
【解析】因数列{an}是首项为 1，公差为 2 的等差数列，而数列{bn}是首项为 1，公差为 3 的等差数列，
则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列 cn 是首项为 1，公差为 6 的等差数列，
故 cn = 1+ (n -1) 6 = 6n - 5 .
故选：D.
2．（2024·四川南充·模拟预测）如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在 4 个大正方形中，着色
1 1 1
的小正方形的个数依次构成一个数列 an 的前 4 项. 记 S = + + ×××+a a a ，则下列结论正确的为（ ）1 2 100
8 8
A． S > B． S =
7 7
S 8 8C． < D．S 与 的大小关系不能确定
7 7
【答案】C
【解析】由图分析可知 a1 =1， a2 = 8a1 +1 = 8 +1，
a3 = 8a2 +1 = 8 8 +1 +1 = 82 + 8 +1，
a4 = 8a3 +1 = 8 82 + 8 +1 +1 = 83 + 82 + 8 +1，
99 98 97
依次类推， a100 = 8 + 8 + 8 +L+ 8 +1，
所以 S
1 1 1 1 1 1 1= + + ×××+ = + + +L+
a1 a2 a100 8 +1 8
2 + 8 +1 899 + 898 + 897 +L+ 8 +1
é 100 ù
1× ê1
1
- ÷ ú
1 1 1 ê è 8 ú 8 é1 1
100 ù 8
< + + 2 +L+ =
= 1- ê
8 8 899 1 7 8 ÷
ú < .
1- ê è ú 7
8
故选：C .
a b
3．（2024·天津·模拟预测）数列 an 各项均为实数，对任意 n N* 满足 an+3 = an ，定义：行列式 = ad - bcc d
an an+1
且行列式 = ca a 为定值，则下列选项中不可能的是（ ）n+2 n+3
A． a1 =1， c =1 B． a1 = 2， c = 2
C． a1 =1， c = 0 D． a1 = 2， c = 0
【答案】B
【解析】由题知， anan+3 - an+1an+2 = c ，
2
又 an+3 = an ，所以 an - an+1an+2 = c， an 是周期为 3 的周期数列.
对于 A，若 a1 =1， c =1，则 a2a3 = 0，则 a2 = 0或 a3 = 0
a 2若 2 = 0，则 a2 - a3a4 = -a3a1 =1，得 a3 = -1，
又 a23 - a4a5 = -1
2 - a1a2 =1，
a a
a =1, a = 0, a = -1 n n+1由周期性可知，当 1 2 3 时，满足 =1，Aa a 不满足题意；n+2 n+3
对于 B，若 a1 = 2， c = 2，则 4 - a2a3 = 2 ，即 a2a3 = 2，
ìa22 - a3a
2
í 4
= a2 - 2a3 = 2
又 2 2 ，消元整理得 a
2
3 + 2a3 + 2 = 0，
a3 - a4a5 = a3 - 2a2 = 2
2
即 a3 +1 = -1，无实数解，故 B 满足题意；
ìa21 - a2a3 =1- a2a3 = 0
对于 C，若 a1 =1， c = 0 ，则 í ，
a
2
2 - a a = a
2
3 4 2 - a3 = 0
a a
解得 a
n n+1
2 = a3 = 1，显然 = 0a a 恒成立，C 不满足题意；n+2 n+3
ìa21 - a2a3 = 4 - a2aD 3
= 0
对于 ，若 a1 = 2， c = 0 ，则 í ，
a
2
2 - a3a4 = a
2
2 - 2a3 = 0
a a
解得 a2 = a3 = 2
n n+1
，显然此时 = 0a 恒成立，D 不满足题意.n+2 an+3
故选：B
4．（2024·山东青岛·二模）一只蜜蜂从蜂房A 出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：
从蜂房A 只能爬到 1 号或 2 号蜂房，从 1 号蜂房只能爬到 2 号或 3 号蜂房……以此类推，用 an 表示蜜蜂爬到 n号
2
蜂房的方法数，则 a2022a2024 - a2023 = （ ）
A．1 B． -1 C．2 D．-2
【答案】A
【解析】依题意， an = an-1 + a *n-2 （ n N ,n 3）， a1 =1, a2 = 2,a3 = a1 + a2 = 3，
n 2 2 2 2 2当 时， anan+2 - an+1 = an an+1 + an - an+1 = anan+1 + an - an+1
= a2 + a 2 2 2n n+1 an - an+1 = an - an+1an-1 = - an-1an+1 - an ，又 a1a3 - a2 = -1，
所以数列 ana 2n+2 - an+1 是首项为 -1，公比为 -1的等比数列，
a a - a2 2022-1所以 2022 2024 2023 = -1 -1 =1.
故选：A.
5．（2024·重庆·三模）数列 an 的前 n项和为 Sn ， Sn = 2an - 3n + 4，若l an + 3 - 3n + 2 > 0对任意 n N* 恒成立，
则实数l 的取值范围为（ ）
1 5
A． ,+

÷ B． 1, +

C． ,+

÷ D2 4 ．
2, +
è è
【答案】B
【解析】由于 Sn = 2an - 3n + 4，故 a1 = S1 = 2a1 - 3 1+ 4 ，从而 a1 = -1 .
又有 an+1 = Sn+1 - Sn = 2an+1 - 3 n +1 + 4 - 2an - 3n + 4 = 2an+1 - 2an - 3 .
所以 an+1 = 2an + 3，故 an+1 + 3 = 2 an + 3 ，而 a1 + 3 = -1+ 3 = 2，故an + 3 = 2n .
这表明命题等价于l ×2n - 3n + 2 > 0对 n N* 恒成立.
若l 1，则l × 22 - 3 2 + 2 = 4l - 4 4 - 4 = 0，从而原不等式对 n = 2不成立，不满足条件；
若l > 1，由于我们可以直接验证 2n - 3n + 2 0在 n =1和 n = 2时成立，且对 n > 2有
n n n n
2n - 3n + 2 = 2n - 22 - 3 n - 2 = 2k - 2k -1 - 3 = 2k -1 - 3 22 - 3 > 0，
k =3 k =3 k =3 k =3
故 2n - 3n + 2 0对 n N* 恒成立.
而此时由l > 1有l × 2n - 3n + 2 > 2n - 3n + 2 0 ，故l ×2n - 3n + 2 > 0对 n N* 恒成立，满足条件.
所以l 的取值范围是 1, + .
故选：B.
1 a 1 1 1 1
6 2024· · n（ 湖北黄冈 模拟预测）已知数列 an 的首项 a = ，且满足 an+1 = ，若 + + + ××× + < 10001 2 2 - an a1 a2 a3 a
，
n
则满足条件的最大整数 n =（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】B
1 2
【解析】 = -1
1
a a ，令
bn = ，
n+1 n an
则bn+1 -1 = 2 bn -1 ，又b1 -1
1
= -1 =1
a ，1
所以{bn -1}是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，
n-1 n-1
得bn -1 = 2 ，所以bn = 2 +1，
∴ b1 + b2 + ××× + bn = 1+ 2 + 2
2 + ××× + 2n-1 + n = 2n + n -1，
由2n + n -1< 1000，解得 n 9 .
故选：B
7．（2024·重庆·模拟预测）在半径为 1 的圆O中作内接正方形 ABCD，作正方形 ABCD的内切圆O1，再作圆O1
的内接正方形 A1B1C1D1，依此方法一直继续下去．我们定义每作出一个正方形为一次操作，则至少经过（ ）
1023
次操作才能使所有正方形的面积之和超过 ．
256
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
2
【解析】第一个正方形的边长为 2 ，面积为 2 = 2，
2
第二个正方形的边长为 2 = 1，面积为1，
2
2
1 2 2 1
第三个正方形的边长为 2 = ，面积为 ÷ = ，
2 2 2 ֏ 2
……
1
以此类推，正方形的面积是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
2 1
1
-
2n ÷è 1 1023 1 1 1由 1 = 4 1- n ÷ > ， n
< = 10 ，所以 n >10 ，
1- è 2 256 2 1024 2
2
1023
所以至少经过11次操作才能使所有正方形的面积之和超过 ．
256
故选：C
8．（2024· *上海浦东新·三模）有一袋子中装有大小、质地相同的白球 k 个，黑球 2024 - k k N .甲、乙两人约
定一种游戏规则如下：第一局中两人轮流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从第二局起，上一局的负
者先摸球.若第一局中甲先摸球，记第 n局甲获胜的概率为 pn ，则关于以下两个命题判断正确的是（ ）
p 2024① 1 = ，且 p = 1- 2 p p + p ；4048 - k n+1 1 n 1
②若第七局甲获胜的概率不小于 0.9，则 k 不小于 1992.
A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题
【答案】A
k 2024 - k
2
k
【解析】第一局：摸 1 次甲获胜概率为： ，摸 3 次甲获胜概率为： ÷ ，2024 è 2024 2024
5 2024 - k
4 6
k 2024 - k k
摸 次甲获胜概率： ÷ ，摸 7 次甲获胜概率： ，L，
è 2024 ÷ 2024 è 2024 2024
2m-2
摸 2m -1 2024 - k k次甲获胜概率： ，
è 2024 ÷ 2024
é k 2024 - k 2p lim k L 2024 - k
2m-1
k ù
所以 1 = ê + + + ú ，m + ê 2024
2024 ÷ ÷è 2024 è 2024 2024 ú
ì k é1 2024 - k
2m ù ü
ê -

÷ ú k
p lim
2024 ê è 2024 ú = í = 2024
2024
所以 1 = ，m + 1 2024 - k
2
1 2024 - k
2
4048 - k
- ÷ - ÷
è 2024

è 2024
第 n +1局甲获胜包括两种情况：第 n局甲赢且第 n +1局甲后摸球和第 n局甲输且第 n +1局甲先摸球，
则 pn+1 = pn (1- p1) + (1- pn ) p1 = 1- 2 p1 pn + p1，故①正确；
由 pn+1 = 1- 2 p1 pn + p1，设 pn+1 + l = 1- 2 p
1
1 pn + l ，解得l = - ，2
1
所以 pn+1 - = 1- 2 p
p 1-
2 1 n ÷
，
è 2
ì 1 ü 1
所以 í pn - 是首项为 p1 - ，公比为1- 2 p2 2 1
的等比数列，

p 1 p 1- = - 1- 2 p 6 p 1= p - 1- 2 p 6 1则 7 1 ÷ 1 ，即 7 1 ÷ 1 + 0.9，2 è 2 è 2 2
p 1
6

所以 1 - ÷ 1- 2 p
6
1 0.4 ，即 p
1
-
é2 p 1- ù1 ÷ ê 1 ÷ 0.4，è 2 è 2 è 2 ú
7 7
26 p 1- 0.4 1 0.4 1 0.4即 1 ÷ ，即 p1 - ÷ ，即 p 71 - ，
è 2 è 2 26 2 26
0.4 1 2024
则 p1 7 + 0.984 ，即 p1 = 0.9846 ，解得 k 1991.089 ，2 2 4048 - k
所以 k 不小于 1992，所以②正确.
故选：A
二． 多选题
9．（2024·黑龙江·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在 20 世纪 70 年代创立的一门
新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路.下图展示了如何按照图①的分形规律生长
成一个图②的树形图，设图②中第 n 行白心圈的个数为 an ，黑心圈的个数为bn ，则下列说法正确的是（ ）
A． a3 = 5
B．b3 = 2
C．数列 an - bn 为等比数列
32022D ② 2023 -1．图 中第 行的黑心圈的个数是
2
【答案】ACD
【解析】由题可得 a3 = 5，b3 = 4，故 A 正确，B 错误；
a n-1n + bn = 3 ， an+1 = 2an + bn ，bn+1 = 2bn + an ，且有 a1 =1， b1 = 0，
ìan+1 + bn+1 = 3 an + bn ,
故有 í
an+1 - bn+1 = an - bn ,
所以 an + bn 是以 a1 +b1 =1为首项，3 为公比的等比数列，
an - bn 为常数列，且 a1 - b1 =1，
所以 an - bn 是以 a1 - b1 =1为首项，1 为公比的等比数列，故 C 正确；
ì 3n-1 +1
ìa n-1 an = ,
í n
+ bn = 3 , 2
由上可得 故
a b í n - n =1, n-1
b
3 -1
n
= ,
2
b 3
2022 -1
所以 2023 = ，故 D 正确.2
故选：ACD.
10．（2024·全国·模拟预测）已知 an = 2n ，bn = 3n -1，数列 an 和 bn 的公共项由小到大排列组成数列 cn ，则
（ ）
A． c4 = 32
B． cn 为等比数列
ìbn üC．数列 í 的前 n项和 Sn 1,5
an
D． b1 、 b2 、 b3 不是任一等差数列的三项
【答案】BCD
【解析】设 an 的第 n 项与 bn 的第 m 项相等，即 2n = 3m -1， m, n N*
当n = m =1时， a1 = b1 = c1 = 2，
当 n = 3,m = 3时， a3 = b3 = c2 = 8，
当 n = 5,m = 11时， a5 = b11 = c3 = 32，故 A 错；
令 cn = am = bk ，即 cn = 2
m = 3k -1，
am+1 = 2 ×2
m = 2 3k -1 = 3 2k -1 +1，不是 bn 中的项，即不是 cn 的项，
a mm+2 = 4 ×2 = 4 3k -1 = 3 4k -1 -1，是 bn 中的项，即不是 cn 的项，
cn+1 a
所以 =
m+2 = 4
c a ，则 cn = 2 × 4
n-1 = 22n-1，即 cn 为等比数列，故 B 对；
n m+1
1 1 2 nS = 2 + 5 1 由 n 2 ÷
+L+ 3n -1 × ÷ ，
è 2 è 2
1 1 2 1 3 1 n+1S = 2 + 5 +L+ 3n -1 × 得
2 n 2 ÷ ÷ ÷
，
è è 2 è 2
1 2 nS 2 1 3 1 L 3 1 1
n+1
两式相减得， n = + ÷ + +

÷ - 3n -1 ×

2 2 2 2 ÷è è è 2
1 1
n-1
- é
1 3 1
2
L 1
n
ù 3n 1 1
n+1 ÷ n+1
= + ê ÷ + +

÷ ú - - × ÷ =1+ 3
4 è 2
1 - 3n -1 ×
1
÷
ê è 2 è 2 ú è 2 1- è 2
2
3n + 5 b
所以 Sn = 5 -
n
n ，且 > 0a ，所以
Sn 单调递增，所以 Sn 1,5 ，故 C 对；2 n
设 2 、 5 、 8 是等差数列 dn 的第 i、j、p 项， dn 的首项为 d1 ，公差为 d，
ì 2 = d1 + i -1 d
ì 5 - 2 = j - i d
í 5 = d1 +

j -1 d 5 - 2 j - ií = = 10 - 2 ，
2 = p - i d 2 p - i
8 = d1 + p -1 d
j - i
因为 p - i 是有理数， 10-2是无理数
所以原假设不成立，即 b1 、 b2 、 b3 不是任一等差数列的三项
故选：BCD
ìa , n n-1 N
*

11 4 m m+1．（2024·山东济南·二模）数列 an 满足 a1 =1， an = í ， n 2，bn m 表示 an 落在区间
é2 ,2
a *
n-1
+1, N
4
的项数，其中m N*，则（ ）
b =10 3n a 3n + 3A． 3 B． n 4 4
4n 2n
C． a 6n2 3n b 4 nk = + D． k = 4 -1
k =1 k =1 3
【答案】BC
【解析】根据题意，列举可得，数列 an 的前若干项分别为 1，2，3，3，4，5，6，6，….
不难发现， a4k = 3k,a4k -1 = 3k,a4k -2 = 3k -1,a4k -3 = 3k - 2 .
对于 A，根据数列列举可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，16，
17，18，18….
3 4
即落在区间 é2 ,2 上的有 8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，共有 11 项，因此b3 = 11，故 A 错误.
3n
对于 B，当 n = 4k 时， an = 3k = ；4
3 n +1
当 n = 4k -1时， a n = 3k = ；4
3 n + 2
当 n = 4k - 2 3n + 2时， an = 3k -1 = -1 = ；4 4
3 n + 3
n = 4k - 3 a 3k 2 2 3n +1当 时， n = - = - = ，4 4
é3n 3n + 3ù
所以它们均在 ê , ú中，故 B 正确. 4 4
4n n n n
n 9 +12n - 3对于 C， ai = a4i-3 + a4i-2 + a4i-1 + a4i = 3i 2 3i 1 3i 3i (12i 3) - + - + + = - = = 6n2 + 3n，故
i=1 i=1 i=1 i=1 2
C 正确.
对于 D，根据数列列举可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，16，
17，18，18….，可得b1 = 3,b2 = 5，
2
所以当 n =1时， bk = b1 + b2 = 3+ 5 = 8，
k =1
4 2n1 4 n
而当 n =1时， 4 -1 = 4，所以此时3 bk = 4 -1 不成立，故 D 错误.k =1 3
故选:BC.
三． 填空题
12 3 *．（2024·辽宁·三模）设数列{an}的通项公式为 an = n - n,n N ，该数列中个位数字为 0 的项按从小到大的顺
序排列构成数列{bn}，则 b2017被 7 除所得的余数是 .
【答案】 0
3
【解析】因为 an = n - n = n n -1 n +1 ，所以当 n的个位数字为1,4,5,6,9,0时，
an 的个位数为 0 ，则在数列 an 中，每连续 10 项中就有 6 项的个位数字为 0，
而 2017 = 336 6 +1，由此推断数列 bn 中的第 2017 项相当于数列 an 中的第 3361 项，
即b2017 = a3361 = 3361
3 - 3361，而3361 = 480 7 +1，所以3361除以 7 余数为 1，
7k +1 3 = 7k 3而 + 3 7k 2 + 3 7k +1， k N*，所以33613 除以 7 余数也为 1，
而它们的差33613 - 3361一定能被 7 整除，所以b2017 被 7 除所得余数为 0.
故答案为：0.
2π
13．（2024·内蒙古锡林郭勒盟·模拟预测）将函数 f (x) = sin wx - ÷ (w > 0，x > 0)的零点按照从小到大的顺序
è 3
排列，得到数列 an ，其前 n
2
项和为 Sn ，且 a1 = ，则w = ， Sn = ．3
2
【答案】 π 3n + n
6
f (x) 0 wx 2π kπ(k Z) x (3k + 2)π【解析】由 = ，得 - = ，则 = (k Z)，
3 3w
2
因为w > 0，且 a1 = ，3
2π 2
所以当 k = 0时， = （当 k = -1时， x < 0 ，不符合题意），得w = π ，
3w 3
当 k =1
5
时， a2 = ，则 d =1，3
所以数列 an 2是首项为 3 ，公差为 1 的等差数列，
a 2 n(n -1) 3n
2 + n
则 n 的前 n项和 Sn = n + 1 = ．3 2 6
3n2 + n
故答案为： π； .
6
14．（2024·山西晋中·模拟预测）数列 Ln 为 1，3，4，7，11，18，29，…，即 L1 =1， L2 = 3，且
Ln+2 = Ln+1 + Ln，记 Sn 为数列 Ln 的前 n 项和，则 S40 - L42 = .记数列 Ln 的各项依次被 4 除所得余数
所形成的数列为 an ，则数列 an 的前 2025 项和为 .
【答案】 -3 4048
【解析】由题意可得 L42 = L41 + L40 = L40 + L39 + L39 + L38 = L40 + L39 + L38 + L39
= L40 + L39 + L38 + L37 + L38 = L40 + L39 + L38 + L37 + L36 + L37
= L40 + L39 + L38 + L37 + L36 + L35 + L36 = ... = L40 + L39 + L38 + ...+ L1 + L2 = S40 + L2 ，
所以 S40 - L42 = -L2 = -3 .
数列 Ln 的各项依次被 4 除所得余数为 1，3，0，3，3，2，1，3，0，3，3，2，…，
故余数的周期为 6，前 6 项的和为1+ 3 + 0 + 3 + 3+ 2 =12，
因为 2025 = 337 6 + 3，故 2025 项包含了 337 个周期，余 3 个数为 1、 3 和 0，
所以数列 an 的前 2025 项的和为337 12 +1+ 3 + 0 = 4048 .
故答案为：-3； 4048 .
四． 解答题
15．（2024· *四川凉山·三模）如图，点 Ai i N 均在 x 轴的正半轴上，VOA1B1，VA1A2B2 ，…，VAn-1AnBn 分别是
以 a1,a2 ,L,an n N* *为边长的等边三角形，且顶点B j j N 均在函数 y = x 的图象上．
(1)求第 n个等边三角形的边长 an ；
ì 1 ü
(2)求数列 ía × a
的前 n项和Tn ．
n n+1
2
【答案】(1) an = n3
9n
(2)Tn = 4n + 4

a n S B S 1 3

【解析】（1）记数列 n 前 项和为 n ，则顶点 n 坐标为 + a * n-1 2 n
, an ÷÷ ， n 2,n N ，
è 2
因为点Bn 在函数 y = x 上，
3 a S 1所以 n = n-1 + an ， n 2,n N
* ，
2 2
3
则 a2 S
1 a 3= + 2 1n n-1 n ， an+1 = Sn + an+1，4 2 4 2
3
两式相减得， an+1 + an a
1
4 n+1
- an = a2 n+1 + an ，
因为 an+1 + an > 0，所以 a
2
n+1 - an = ， n 2,n N* ，3
1 3 2
第一个等边三角形顶点B1 a1, a1 ÷÷代入 y = x 得 a1 = ，
è 2 2 3
1 3 B a 4 22 1 + a2 , a2 ÷÷代入 y = x 得 a2 = ，所以 a - a2 2 2 1
= ，
è 3 3
故 a 2n 是以 a1 =
2
为首项 3 为公差的等差数列，3
2
所以 an = + n 1
2 2
- = n ．
3 3 3
1 9 1 9 1 1
（2）由（1）得， = × = -

an ×an+1 4 n n +1 4 n n +1÷
，
è
T 9 1 1 1 1 L 1 1 9 1 9n所以 n = - + - + + -

÷ =

1-
= ．
4 è 2 2 3 n n +1 4 è n +1÷ 4n + 4
16．（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽牡丹栽培始于隋，兴于唐，盛于明清，自古享有“曹州牡丹甲天下”的美誉.
四月，菏泽大地上牡丹次第绽放，观赏牡丹拥有 9 大色系 10 大花型 1280 余个品种，以最亮眼的姿态恭迎八方
游人.某旅行团带游客来菏泽观赏牡丹，游客可自由选择曹州牡丹园和中国牡丹园的一处游览，若每位游客选择
3 1
曹州牡丹园的概率是 ，选择中国牡丹园的概率是 ，游客之间选择意愿相互独立.
4 4
(1)从游客中随机选取3人，记3人中选择曹州牡丹区的人数为 X ，求 X 的分布列 均值与方差；
(2)现对游客进行问卷调查，若选择曹州牡丹园记 2分，选择中国牡丹园记 1 分，记已调查过的累计得分为 n分
的概率为Pn，求Pn .
9 9
【答案】(1) X 的分布列见详解；均值为E X = ；方差为D X =
4 16
n-1
(2) P 9 3 4n = - - +28 è 4 ÷ 7
3 3
【解析】（1）随机变量 X 的可能取值为0,1,2,3，且 X ~ B 3, ÷，其中 n = 3, p =4 ，è 4
0 3 1 2
所以P X 3= 0 = C0 1 1= P X =1 = C1 3 1 93 4 ÷ ， = ，è è 4 ÷ 64 3 4 ÷ 4 ÷ è è 64
2 1 3 0
P X = 2 C2 3= 1 273 ÷ ÷ = ，P X = 3
3 1 27
= C3
4 4 64 3 4 ÷ ÷
= .
è è è è 4 64
所以随机变量 X 的分布列为
X 0 1 2 3
1 9 27 27
P 64 64 64 64
E X np 3 3 9所以均值为 = = = ，
4 4
方差为D X 3 1 9= np 1- p = 3 = .
4 4 16
1
（2）由题意可知，P1 = , P
3 1 1 13 1 3 1 1 3 1
4 2
= + = ，P
4 4 4 16 3
= ( + ) + ,
4 4 4 4 4 4
1 3
所以当 n 3时，Pn = P4 n-1
+ P
4 n-2
，
P 3 P P 3则 n + n-1 = n-1 + Pn-2 ，4 4
{P 3 3 3 13 3 1所以 n + Pn-1}为常数数列，且Pn + Pn-1 = P2 + P4 4 4 1
= + =1(n 2) ，
16 4 4
4 3 4
所以Pn - = - (P - )(n 2)，7 4 n-1 7
{P 4} P 4 9 3所以 n - 是以 1 - = - 为首项，公比为- 的等比数列，7 7 28 4
P 4 9 3所以 n - = - (- )
n-1 P 9= - ( 3- )n-1 4，所以 + ，
7 28 4 n 28 4 7
9 4 1
当 n =1时，P1 = - 1+ = 成立，28 7 4
P 9 3 4故 n = - (- )
n-1 + .
28 4 7
17．（2024·天津北辰·三模）已知 an 为等差数列，前 n项和为 Sn ，若 a2 = 3， S8 = 6S3 +10；数列 bn 满足：
1 1
1- ÷ 1- ÷L 1
1 1
- ÷ = ， n N* .
è b1 è b2 è bn bn
(1)求 an 和 bn 的通项公式；
(2)对任意的m N*，将 a m 2mn 中落入区间 2 , 2 内项的个数记为 cm .
（i）求 cm ；
2 T - t
（ii m+1）记 dm = b d m T m * = d +12 2( m-1) c ， m 的前 项和记为 m ，是否存在 ， t N ，使得 T 成立？若存在，- m m - t
t
求出mt的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) an = 2n -1，bn = n +1
(2) i c = 22m-1（） m - 2
m-1
（ii）存在mt = 9
ì a2 = 3 ì a1 + d = 3 ìa1 1
=1
【解析】（ ） í í
S8 = 6S3 +10 8a1 + 28d = 6 3a1 + 3d +10
í ，
d = 2
所以 an =1+ 2 n -1 = 2n -1，
1 1 1 1
1- ÷ 1- ÷LL 1- ÷ 1
1
- ÷ = ①
è b1 è b2 è bn-1 è bn bn
1 1 1 1

LL 1 1 1当 n 2时，令 n = n -1得： - ÷ - ÷ -b b b ÷
= ②
è 1 è 2 è n-1 bn-1
1 b
① ② 1- = n-1得： bn - bn-1 =1b b ，所以 bn 是公差为1的等差数列，n n
1 1
当 n =1时有：1- = b1 = 2b ，所以
bn = 2 + n -1 = n +1
1 b1
m 2m
（2）（i） 2m < 2n -1 22m 2 +1 n 2 +1 1 1< < < 2m-1 + < n < 22m-1 +
2 2 2 2
因为 n N*，所以 2m-1 +1 n 22m-1 c = 22m-1 m-1，所以 m - 2
m-2
（ii）b = 2m -1 c 2m-1 m-1
2 1
2 m-1 ，把 m = 2 - 2 代入 dm 得： dm = =22m-1 - 22m-1 - 2m-1 è 2 ÷ ，
é
2 1 1
m
ù
ê - 2 ÷ úè é m ù Tm+1 - t Tm + dm+1 - t dm+1所以T ê ú 1= ， = dt +1 = dt +1 = dt ，m
1 1
= 4 ê1- ÷ ú Tm - t Tm - t Tm - t
- ê è 2 ú
2
d 1 m+1-t m m 1-t mT - t = m+1 = m ÷ 4 4
1 t 1 1 1 4 - t- × ÷ - =
× ÷ ÷
=
所以 dt è 2 è 2 è 2 è 2
÷
è 2 4 1
1-t
+ 2 ֏
m 1-t
1 0 4 1因为 ÷ >

， + ÷ > 0 ，所以 4 - t > 0 t 1,2,3 ，
è 2 è 2
3 1
当 t =1时，m = log 1 （舍去），当 t = 2时，m = log5 1 3 （舍去），2 2
当 t = 3时，m = 3，所以存在 t,m ，mt = 9 .
2 1
18．（2024·广东汕头·三模）在直角坐标平面内，将函数 f x = 2 - 及 g x = 在第一象限内的图象分别记
x +1 3x
*
作C1，C2 ，点Pn an , f an n N 在C1上.过Pn作平行于 x 轴的直线，与C2 交于点Qn，再过点Qn作平行于 y
轴的直线，与C1交于点Pn+1 .
1
(1)若 a1 = ，请直接写出 a3 2
的值；
ì 1
1 an -
ü

(2)若0 < a1 < ，求证： í
2
1 是等比数列；2 an + 3
a 1 4(3)若 1 = ，求证： a - a + a3 2 1 3
- a2 + ×××+ an+1 - an < .3
2
【答案】(1) a2 = 3 ；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
1 1 1
【解析】（1）当 a1 = 时， f ( ) = ，即P1(
1 , 1) y 1 y 1 x 2 2 1，在 = 中，当 = 时， = ，即Q
3 3 2 3 2 3x 2 3 1
( , )，
3 2
a 2所以 2 = .3
1
（2）依题意，由Pn (an , f (an )) 可得Qn (an+1, f (an )) ，由Qn在C2 上，得 f (an ) = 3a ，n+1
又 f (an ) = 2
2
-
a ，n +1
2 1 1 1 1 1
则 2 - = ，整理得 an+1 = + 1
-2(an - ) 3(a + )
a +1 3a 6 6a ，于是 a - = 2
n
，且 a 1 3 ，
n n 1 n n+1 n+1
+ =
+ 2 6a 3 6an n
a 1 1 1n+1 - 2 an -2 2 1
a1 -
两式相除得 1 = - × 1 ，又由0 < a
2
1 < ，得 1 < 0，a + 3 2n+1 a + a +3 n 3 1 3
ìa 1 ü n - 2 2所以 í 1 是以- 为公比的等比数列. a 3
n
+
3
1 a
1 1
n - a1 - 2 n-1 1 23 n-1（ ）若 a1 = ，由（2）得
2 = 21 × (- ) = - × (- ) ，3 a + a 1+ 3 4 3n 3 1 3
a 12n-1 - 1
显然 21 = - × (
2
- )2n-2 < 0 0 1，则 < a < ，
a + 4 3
2n-1 2
2n-1 3
a 12n - 2 1= - × ( 2- )2n-1又 1 > 0
1
，则 a
4 3 2n
> > a > 0，
a + 2
2n-1
2n 3
a 1 1 1 1 7a +12n+1 = + = + = 2n-1
又 6 6a 6 6 (1 12n + ) 6(a2n-1 +1) ，
6 6a2n-1
1
7a +1 -2(a2n-1 - )(3a2n-1 +1)于是 a - a 2n-1 2 ，2n+1 2n-1 = - a2n-1 = > 06(a2n-1 +1) 6(a2n-1 +1)
a 1则 2n > > a > a
1
2 2n-1 2n-3
>L > a1，从而 an≥a1 = ，3
| a - a | 1 1 1 1 | a=| ( + ) - ( + ) |= n+1 - an | | an+1 - an | | an+1 - a |n+2 n+1 = = n
因此 6 6an+1 6 6an 6a 1 1nan+1 6a ( + ) an +1n 6 6an
| an+1 - a n | 3= | an+1 - a |a1 +1 4
n ，
| a a | 3- | a - a | 3 ( )2从而 n+1 n n n-1 | an-1 - a
3
n-2 | L ( )
n-1 | a2 - a |
1 3
1 = × ( )
n-1
，
4 4 4 3 4
| a a | | a a | | a a 1 é 3 3 2 3所以 2 - 1 + 3 - 2 + 4 - 3 | +L+ | an+1 - an | ê1+ + ( ) +L+ ( )
n-1 ù
3 4 4 4 ú
1 (31 - )
n
4 4 3 4= = é1- ( )n ù <
3 3 3 ê 4 ú1- 3
4
19．（2024·江西·模拟预测）我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的研
究，即“垛积术”．对于数列 a1,a2 , × × ×,an , × × ×，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列
a11, a12 , × × ×, a1 n-1 , × × ×，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中 a1i = ai+1 - ai i =1,2, × × ×,n -1, × × × ；对于数
列②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列 a21, a22 , × × ×,a2 n-2 , × × ×，③，称该数列③为数列①的
二阶差分数列，其中 a2i = a1 i+1 - a1i i =1,2, × × ×,n - 2, × × × × × × × × ×按照上述办法，第 r 次得到数列 ar1,ar 2 , × × ×, ar n-r , × × ×，④，
则称数列④为数列①的 r 阶差分数列，其中 ari = a r-1 i+1 - a r-1 i i =1,2, × × ×, n - r, × × × ，若数列 an 的 r r 2 阶差
分数列是非零常数列，则称数列 an 为 r 阶等差数列（或高阶等差数列）．
(1)若高阶等差数列 an 为3,4,9,18,31,48, × × ×，求数列 an 的通项公式；
(2)若 r 阶等差数列 b 4n 的通项公式bn = 2n -1 ．
（ⅰ）求 r 的值；
（ⅱ）求数列 bn 的前 n项和 Sn ．
附：12 + 22
n n +1 2n +1
+ ×××+ n2 = ．
6
2
【答案】(1) an = 2n - 5n + 6
5 3
(2)（ⅰ） r 4 S 16n 8n 7n= ；（ⅱ） n = - +5 3 15
【解析】（1）数列 an 的一阶差分数列为1,5,9,13,17, × × ×，
二阶差分数列为 4,4,4,4, 4, × × ×，为非零常数列，
所以 a2n = 4 ，即 a1 n+1 - a1n = 4 ，且 a11 =1，
所以数列 a1n 是首项为 1、公差为 4 的等差数列，
所以 a1n =1+ n -1 4 = 4n - 3，即 an+1 - an = 4n - 3，且 a1 = 3，
所以当 n 2时， an = an - an-1 + an-1 - an-2 + ×××+ a2 - a1 + a1
= é4 n -1 - 3 + 4 n - 2 - 3ù
n n -1 2
+ ××× + 4 1- 3 + 3，= 4 - 3 n -1 + 3 = 2n - 5n + 62
当 n =1时， a1 = 3，也满足上式，
2
综上，数列 an 的通项公式为 an = 2n - 5n + 6．
（2）（ⅰ）bn = 2n -1
4 4
，所以b1n = bn+1 - bn = 2n +1 - 2n -1
4 = 64n3 +16n ，
b = b 3 3 22n 1 n+1 - b1n = 64 n +1 +16 n +1 - 64n +16n =192n +192n + 80，
2
所以b3n = b2 n+1 - b2n =192 n +1 +192 n +1 + 80 - 192n2 +192n + 80 = 384n + 384 ，
所以b4n = b3 n+1 - b3n = 384 n +1 + 384 - 384n + 384 = 384，
所以数列 bn 是 4 阶等差数列，即 r = 4．
n5 - n -1 5 5（ⅱ） = n - C0 55n - C15n4 + C2 3 3 2 4 55n - C5n + C5n - C5
= n5 - n5 - 5n4 +10n3 -10n2 + 5n -1 = 5n4 -10n3 +10n2 - 5n +1，
n4 1= én5所以 - n -1 5 ù + 2n3 2n2 n 1- + - ，
5 5
又 2n -1 4 = C0 2n 4 - C1 2n 3 + C2 2n 2 - C34 4 4 4 2n + C4 =16n4 - 32n34 + 24n2 -8n +1
16
= é n
5 - n -1 5 ù -8n2 + 8n
11
- ，
5 5
k =1 4 16 k =1 5 k =1 k =15 2 11
所以 Sn = 2k -1 = k - k -1 -8 k + 8 k - n
n 5 n n n 5
16 5 n n +1 2n +1 n +1 nn 8 8 11= - + - n
5 6 2 5
16n5 8n3 7n
= - + ．
5 3 155.5 数列与其他知识综合
考点一 数列与三角函数
a
【例 1】（2024· n重庆·三模）已知在数列 an 中， a1 = 1,an+1 = 1+ 2a ．n
ì 1 ü
(1)求证：数列 í 是等差数列，并求数列 anan+1 的前 n项和 Sa n ； n
1 1
(2)在VABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且a = - ,bcosC + c cos Ba a = -2a cos A，求VABC 面积n+1 n
的最大值．
【一隅三反】
a a π a π , π 11 *．（23-24 高三下·江西·阶段练习）数列 n 满足 1 = ， n - ， tan a = n N6 è 2 2 ÷ n+1 cos a ， .n
(1) 2证明：数列 tan an 为等差数列，并求数列 tan an 的通项公式；
1
(2)求正整数m ，使得 sin a1 ×sin a2 ×L×sin am = .100
1
2．（2024·福建福州·模拟预测）已知数列 an 中， a1 = ， an+1 = 2a 3cos(
nπ π
n - - ) ．2 3 6
nπ
(1)证明：数列{an - cos }为常数列；3
(2)求数列 nan 的前 2024 项和．
3．（2024·浙江绍兴·三模）已知函数 f x = 3sinπx + cosπx x R 的所有正零点构成递增数列 an n N* ．
(1)求函数 f x 的周期和最大值；
(2)求数列 an 的通项公式 an 及前 n项和 Sn ．
考点二 数列与统计概率
【例 2-1】（2024·上海·三模）如图，已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条
棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，
若质点Q的初始位置位于点 A 处，记点Q移动 n次后仍在底面 ABCD上的概率为Pn．
(1)求P2；
ì 1 ü 1013
(2)证明：数列 íPn - 是等比数列；若 Pn > 2024 ，求
n的最大值．
2
【例 2-2】（2024·广东广州·三模）甲进行摸球跳格游戏，图上标有第 1 格，第 2 格，× × × ，第 25 格，棋子开始在
第 1 格．盒中有 5 个大小相同的小球，其中 3 个红球，2 个白球（5 个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中
随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳 1 格；若两球颜色不同，棋子向前跳 2 格，
直到棋子跳到第 24 格或第 25 格时，游戏结束．记棋子跳到第 n格的概率为Pn n =1,2,3, × × ×, 25 ．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为 X ，求 X 的分布列和期望；
(2)求 Pn 的通项公式．
【一隅三反】
1．（2024·山西·模拟预测）正三棱柱 ABC - A1B1C1 的底面边长为 1，侧棱长为 2，一只蚂蚁从A 点出发，每次沿
着该三棱柱的一条棱的端点爬行到另一个端点，若它选择三个方向爬行的概率相等，且每次爬行都相互独立.
(1)记这只蚂蚁经过 4 次爬行后，其爬行的总路程为 X ，求 X 的分布列和数学期望；
(2)求这只蚂蚁经过 5 次爬行后，停留在平面 ABC 内的概率.
2．（2024·浙江绍兴·三模）如图是一个各棱长均为 1 米的正四棱锥 S - ABCD ，现有一只电子蛐蛐在棱上爬行，每
次从一个顶点开始，等可能地沿棱爬到相邻顶点，已知电子蛐蛐初始从顶点S 出发，再次回到顶点S 时停止爬行.
(1)求电子蛐蛐爬行 2 米后恰好回到顶点S 的概率；
(2)在电子蛐蛐停止爬行时爬行长度不超过 4 米的条件下，记爬行长度为x ，求x 的分布列及其数学期望E x ；
(3)设电子蛐蛐爬行 n n 2 米后恰好停止爬行（首次回到顶点S ）的概率记为Pn，求Pn（用 n表示）.
3．（2024·江苏·模拟预测）如图，已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 顶点处有一质点Q，点Q每次会随机地沿一条棱
向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，
若质点Q的初始位置位于点 A 处，记点Q移动 n次后仍在底面 ABCD上的概率为Pn .
(1)求P2；
ì 1
(2)①求证：数列 íPn -
ü
是等比数列；
2
n
②求 iPi .
i=1
考点三 斐波那契数列
【例 3-1】（23-24 河南南阳·阶段练习）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：
1，1，2，3，5，8，13，L．其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和．后来人们把这样的一列数组成
的数列 an 称为“斐波那契数列”．记 Sn 为“斐波那契数列” an 的前 n项和，若 S2022 = a ，
a2 + a2 + a2 21 2 3 +L+ a2023 = b ，则 a2023 =（ ）
b b -1 b b +1
A． B． C． D．
a +1 a +1 2a +1 2a +1
【例 3-2】（24-25 上海·单元测试）若数列 an 满足 a1 =1， a2 =1， an = an-1 + an-2 （ n 3，n 为正整数），则称
数列 an 为斐波那契数列，又称黄金分割数列．在现代物理、准晶体结构、化学等领域，斐波那契数列都有直
接的应用．设 Sn 是数列 an 的前 n 项和，则下列结论成立的是（ ）
A． a7 = 8 B． a1 + a3 + a5 + ×××+ a2019 = a2020
C． S7 = 54 D． a2 + a4 + a6 + ×××+ a2020 = a2021
【一隅三反】
1．（2024·山东·模拟预测）（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：
1，1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为 1，从第三个数起，每一个数都等于它前面
*
两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用 F n n N 表示斐波那契数列的第 n项，
则数列 F n 满足：F 1 = F 2 =1，F n + 2 = F n +1 + F n .则下列说法正确的是（ ）
A．F 10 = 34
B．3F n = F n - 2 + F n + 2 n 3
C．F 1 + F 2 + ×××+ F 2023 = F 2025 -1
2 2 2
D． éF 1 ù + éF 2 ù + ××× + éF 2023 ù = F 2023 × F 2024
2．（2024·四川成都·模拟预测）（多选）斐波那契数列{ fn}满足 f1 = f2 = 1， fn+2 = fn+1 + fn （ n N*）．下列命题正
确的有（ ）
A． f 28 = f7 f9 +1
B．存在实数l ，使得{ fn+1 - l fn}成等比数列
1 f
C．若{an}满足 a1 =1， an+1 =1+ a （ n N
* a n+1），则 n = f
n n
D C0 + C1 + C2 + C3 + C4 + C5 6 7 8 9 10． 20 19 18 17 16 15 + C14 + C13 + C12 + C11 + C10 = f20
考点四 周期数列
【例 4-1】（2024·陕西榆林·三模）现有甲乙丙丁戊五位同学进行循环报数游戏，从甲开始依次进行，当甲报出
1，乙报出 2 后，之后每个人报出的数都是前两位同学所报数的乘积的个位数字，则第 2024 个被报出的数应该
为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
ì 1
n2
,n = 2k -1
4-2 23-24 · · a a = + 2n *【例 】（ 高三上 河南漯河 期末）数列 n 满足 n í k N ，若 Sn 为数列 an 的前 n
sin nπ , n = 2k
4
项和，则 S2024 = .
【一隅三反】
1 1 nπ
1．（2023·湖南永州·二模）已知数列 a 2n 满足 a3 = - , an + an+1 = n cos ，则a = ．4 16 2 240
2p
2．（2023· *四川宜宾·一模）已知等差数列 an 的公差为 S =3 ，集合 sin an | n N ，若 S = a,b ，则
a2 + b2 = ．
3 *．（2024·全国·模拟预测）已知数列 an 满足 an+1 = an + an+2 n N ， a1a2 = 4且 a1,a2 > 0，则 a1 + a2 + + a2024
的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
1+ a
4．（2023·四川成都· n二模）已知数列 an 满足 a1 = 2， an+1 = 1 a - a ，则数列 n 前 2023 项的积为（ ）n
1
A．2 B．3 C．- D．-6
2
考点五 新定义数列
【例 5-1】（2024·天津河西·三模）若数列 an 满足 an+1 = 2an -1，则称 an 为“对奇数列”．已知正项数列 bn +1
为“对奇数列”，且b1 = 2，则b2024 =（ ）
A． 2 32023 B． 22023 C． 22024 D． 22025
【例 5-2】（2024·湖北荆州·三模）“ H 数列”定义：数列 an 的前 n项和为 Sn ，如果对于任意的正整数 n，总存在
正整数m 使 Sn = am ,则称数列 an 是“ H 数列”.
(1)若数列 bn 的前 n项和为Tn = 2n ,求证：数列 bn 是“ H 数列”；
(2)已知数列 cn 是“ H 数列”，且数列 cn 是首项为1，公差小于 0 的等差数列，求数列 cn 的通项公式；
(3)若数列 dn 满足： dn = bn cn ,求数列 dn 的前 n项和Dn .
【一隅三反】
1．（2024·陕西·三模）数列 an 的前 n项的最大值记为M n ，即M n = max a1, a2 , × × ×, an ；前 n项的最小值记为mn，
即mn = min a1, a2 , × × ×, an ，令 pn = M n - mn ，并将数列 pn 称为 an 的“生成数列”．
(1)设数列 pn 的“生成数列”为 qn ，求证： pn = qn ；
(2)若 a nn = 2 - 3n，求其生成数列 pn 的前 n项和．
2．（2024·江西南昌·三模）给定数列{An}，若对任意 m， n N* 且m n， Am + An是{An}中的项，则称{An}为“H
数列”．设数列{an}的前 n 项和为 Sn .
(1)若 S 2n = n + n ，试判断数列{an}是否为“H 数列”，并说明理由；
(2)设{an}既是等差数列又是“H 数列”，且 a1 = 6， a2 N
*
， a2 > 6，求公差 d 的所有可能值；
(3)设{an}是等差数列，且对任意 n N* ， Sn 是{an}中的项，求证：{an}是“H 数列”．
3．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列 an 是斐波那契数列，其数值为：1,1,2,3,5,8,13, 21,34 × × × × × × .这一数列以
如下递推的方法定义： a1 =1，a2 =1，an+2 = a + a (n N*n+1 n ) .数列 bn 对于确定的正整数 k ，若存在正整数 n使
得bk +n = bk + bn 成立，则称数列 bn 为“ k 阶可分拆数列”.
(1)已知数列 c 满足 c = ma（n N*n n n ，m R）.判断是否对"m R，总存在确定的正整数 k ，使得数列 cn 为“ k
阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列{dn}的前 n项和为 S nn = 3 - a a 0 ，
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数 a的值；
a
（ii）在（i n）问的前提下，若数列 fn 满足 fn = S ， n N
* ，其前 n项和为Tn .证明：当 n N* 且 n 3时，
n
T < a2 2 2 2n 1 + a2 + a3 + ×××× × × +an - anan+1 +1成立.
考点六 数列与高斯函数
【例 6】（2024·江苏南通·模拟预测）定义： x 表示不大于 x 的最大整数， x 表示不小于 x 的最小整数，如
1.2 =1， 1.2 = 2 .设函数 f x = x x 在定义域 0, n n N* 上的值域为Cn ，记Cn 中元素的个数为 an ，则
1 1 1
a2 = ， + +L+ =a1 a2 a
n
【一隅三反】
1
1．（2024·四川绵阳·模拟预测）已知数列 an 的各项均为正数， a1 =1, an+1 - an = ，若 xa + a 表示不超过 x 的n+1 n
最大整数，则 a1 + a2 +L+ a100 = （ ）
A．615 B．620 C．625 D．630
2．（2024 高三下·全国·专题练习）函数 y = x 是取整函数，也被称为高斯函数，其中 x 表示不超过 x 的最大整
数，例如： 3.9 = 3， -2.1 = -3．若在 f x 的定义域内，均满足在区间 an , an+1 上，bn = é f x ù 是一个常数，
则称 bn 为 f x 的取整数列，称 an 为 f x 的区间数列，下列说法正确的是（ ）
A． f x = log2 x x 1 的区间数列的通项 an = 2n
B． f x = log2 x x 1 的取整数列的通项bn = n
C． f x = log2 33x x 1 的取整数列的通项bn n + 5
D．若 f x = log2 x 1 x < 2n ，则数列 bn a nn+1 - an 的前 n 项和 Sn = n - 2 2 + 2
3．（2024·江苏宿迁·三模） x x R 表示不小于 x 的最小整数，例如 êé2úù = 2
3
，- = -1．已知等差数列{a
2 n
}的前 n
项和为 Sn ，且 S7 = -7， a4 + a6 = -3．记bn = an ，则数列{bn}的前 10 项的和 ．
4．（2024·湖南·模拟预测）已知数列 an 为公差不为 0 的等差数列， a3 = 5，且 a2 , a5 , a14 成等比数列，设 x 表示
不超过 x 的最大整数，如 π = 3, -1.5 = -2，记bn = log2an , Sn 为数列 bn 的前 n项和，则 S100 = ．
考点六七 插项数列
n n-1
【例 7-1】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知数列 an 的前 n 项积为T = 3 2 ，数列 bn 满足b1 =1，n
bn - bn-1 =1（ n 2， n N* ）．
(1)求数列 an ， bn 的通项公式；
(2)将数列 an ， bn 中的公共项从小到大排列构成新数列 cn ，求数列 cn 的通项公式．
【例 7-2】（2024·山东滨州·二模）已知等差数列 an 的前 n项和为 Sn ，且 a4 = 7 ， S5 = 25．
(1)求 an 的通项公式；
(2)保持数列 an 中各项先后顺序不变，在 a 与 a k -1k k +1(k =1,2,L)之间插入 2 个 3，使它们和原数列的项构成一个
新的数列 bn ，求 bn 的前 150 项和T150 ．
【一隅三反】
a n S n a + a1．（2024· 重庆·三模）已知数列 n 的前 项和为 n ，满足 Sn = 1 n ， n N* .2
(1)证明：数列 an 是等差数列；
(2)若数列 an 的公差不为 0，数列 an 中的部分项组成数列 ak1 ， ak a2 ， k3 ，…， akn 恰为等比数列，其中 k1 =1，
k2 = 4， k3 = 10 ，求数列 kn 的通项公式.
ì S ü
2．（2024·广东广州·二模）已知等差数列 a nn 的前 n项和为 Sn ,a2n+1 = 2an + 2 ，且 í 为等差数列．
n +1


(1)求 an 的通项公式；
an an+1 ì 1 ü(2)在2 2 与2 2 之间插入 n个数，使这 n + 2 个数组成一个公差为dn dn > 0 的等差数列，记数列 í 的前 n项和 dn
为Tn ，求证：Tn < 3．
考点八 数列与二项式定理
【例 8】（2024·湖南衡阳·模拟预测）数列的综合求和方法有：错位相减法，裂项相消法，分组求和法及倒序相
. r n-r 0 1 2 3 n n加法 在组合数的计算中有如下性质：Cn = Cn ，Cn + Cn + Cn + Cn +LL+ Cn = 2 .应用上述知识，计算
C1 + 2C2 3 nn n + 3Cn +LL+ nCn = .
【一隅三反】
1．（2024·天津河西·三模）已知递增数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 4Sn = a2n + 4n， n N*．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2) b = a C1 + a 2 3 n设 n 1 n 2Cn + a3Cn + ×××+ anCn．
（ⅰ）求数列 bn 的通项公式；
n
12b
i+3
i
- 2
（ⅱ）求
a × a ÷
．
i=1 è i i+2
2（2024·福建宁德·模拟预测）（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第 1 行开始，第 n
行从左至右的数字之和记为 an ，如 a1 =1+1 = 2, a2 =1+ 2 +1 = 4, × × ×, an 的前 n项和记为 Sn ，依次去掉每一行中所
有的 1 构成的新数列 2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为 bn ， bn 的前 n项和记为Tn ，则下列说法
正确的有（ ）
A．S ì ü
1 1
10 =1022
2a
B． í n 的前 n项和 -
Sn × Sn+1 2 an+2 -2
C．b57 =66 D．T57 =4150
一．单选题
1．（23-24 辽宁·期中）已知数列 an = 2n -1, bn = 3n - 2 ，则由这两个数列公共项从小到大排列得到的数列为 cn ，
则数列 cn 的通项公式为（ ）
A． cn = 3n - 2 B． cn = 4n -1
C． cn = 5n - 3 D． cn = 6n - 5
2．（2024·四川南充·模拟预测）如图所示的一系列正方形图案称为“谢尔宾斯基地毯”，在 4 个大正方形中，着色
1 1 1
的小正方形的个数依次构成一个数列 an 的前 4 项. 记 S = + + ×××+a a a ，则下列结论正确的为（ ）1 2 100
8 8
A． S > B． S =
7 7
8 8
C． S < D．S 与 的大小关系不能确定
7 7
a b
3．（2024·天津·模拟预测）数列 an 各项均为实数，对任意 n N* 满足 an+3 = an ，定义：行列式 = ad - bcc d
an an+1
且行列式 = ca a 为定值，则下列选项中不可能的是（ ）n+2 n+3
A． a1 =1， c =1 B． a1 = 2， c = 2
C． a1 =1， c = 0 D． a1 = 2， c = 0
4．（2024·山东青岛·二模）一只蜜蜂从蜂房A 出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：
从蜂房A 只能爬到 1 号或 2 号蜂房，从 1 号蜂房只能爬到 2 号或 3 号蜂房……以此类推，用 an 表示蜜蜂爬到 n号
2
蜂房的方法数，则 a2022a2024 - a2023 = （ ）
A．1 B． -1 C．2 D．-2
5．（2024·重庆·三模）数列 an 的前 n项和为 Sn ， Sn = 2an - 3n + 4，若l a *n + 3 - 3n + 2 > 0对任意 n N 恒成立，
则实数l 的取值范围为（ ）
1
A． ,+

÷ B． 1,
5
+ ,+ C
2 ． ÷
D． 2, +
è è 4
1 a 1 1 1 1
6（2024· n湖北黄冈·模拟预测）已知数列 an 的首项 a1 = ，且满足 an+1 = ，若 + + + ××× + < 10002 2 - a a a ，n 1 2 a3 an
则满足条件的最大整数 n =（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
7．（2024·重庆·模拟预测）在半径为 1 的圆O中作内接正方形 ABCD，作正方形 ABCD的内切圆O1，再作圆O1
的内接正方形 A1B1C1D1，依此方法一直继续下去．我们定义每作出一个正方形为一次操作，则至少经过（ ）
1023
次操作才能使所有正方形的面积之和超过 ．
256
A．9 B．10 C．11 D．12
8．（2024· *上海浦东新·三模）有一袋子中装有大小、质地相同的白球 k 个，黑球 2024 - k k N .甲、乙两人约
定一种游戏规则如下：第一局中两人轮流摸球，摸后放回，先摸到白球者本局获胜但从第二局起，上一局的负
者先摸球.若第一局中甲先摸球，记第 n局甲获胜的概率为 pn ，则关于以下两个命题判断正确的是（ ）
p 2024① 1 = ，且 pn+1 = 1- 2 p4048 - k 1
pn + p1；
②若第七局甲获胜的概率不小于 0.9，则 k 不小于 1992.
A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题
二． 多选题
9．（2024·黑龙江·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·曼德尔布罗特在 20 世纪 70 年代创立的一门
新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路.下图展示了如何按照图①的分形规律生长
成一个图②的树形图，设图②中第 n 行白心圈的个数为 an ，黑心圈的个数为bn ，则下列说法正确的是（ ）
A． a3 = 5
B．b3 = 2
C．数列 an - bn 为等比数列
2022
D 3 -1．图②中第 2023 行的黑心圈的个数是
2
10．（2024·全国·模拟预测）已知 a nn = 2 ，bn = 3n -1，数列 an 和 bn 的公共项由小到大排列组成数列 cn ，则
（ ）
A． c4 = 32
B． cn 为等比数列
ìb ü
C．数列 í na
的前 n项和 Sn 1,5
n
D． b1 、 b2 、 b3 不是任一等差数列的三项
ì
a ,
n
N*
n-1
11 2024· 4 m m+1．（ 山东济南·二模）数列 an 满足 a1 =1， an = í ， n 2，bm 表示 an n 落在区间
é 2 ,2
a +1, N*
n-1 4
的项数，其中m N*，则（ ）
A．b =10
3n a 3n + 33 B． 4 n 4
4n 2n
C． ak = 6n2 + 3n D． b 4= 4nk -1
k =1 k =1 3
三． 填空题
12．（2024·辽宁· 3 *三模）设数列{an}的通项公式为 an = n - n,n N ，该数列中个位数字为 0 的项按从小到大的顺
序排列构成数列{bn}，则 b2017被 7 除所得的余数是 .
2π
13．（2024·内蒙古锡林郭勒盟·模拟预测）将函数 f (x) = sin wx - ÷ (w > 0，x > 0)的零点按照从小到大的顺序
è 3
排列，得到数列 an ，其前 n
2
项和为 Sn ，且 a1 = ，则w = ， Sn = ．3
14．（2024·山西晋中·模拟预测）数列 Ln 为 1，3，4，7，11，18，29，…，即 L1 =1， L2 = 3，且
Ln+2 = Ln+1 + Ln，记 Sn 为数列 Ln 的前 n 项和，则 S40 - L42 = .记数列 Ln 的各项依次被 4 除所得余数
所形成的数列为 an ，则数列 an 的前 2025 项和为 .
四． 解答题
15．（2024· *四川凉山·三模）如图，点 Ai i N 均在 x 轴的正半轴上，VOA1B1，VA1A2B2 ，…，VAn-1AnBn 分别是
* *
以 a1,a2 ,L,an n N 为边长的等边三角形，且顶点B j j N 均在函数 y = x 的图象上．
(1)求第 n个等边三角形的边长 an ；
ì 1 ü
(2)求数列 í 的前 n项和Ta n ． n × an+1
16．（2024·山东菏泽·模拟预测）菏泽牡丹栽培始于隋，兴于唐，盛于明清，自古享有“曹州牡丹甲天下”的美誉.
四月，菏泽大地上牡丹次第绽放，观赏牡丹拥有 9 大色系 10 大花型 1280 余个品种，以最亮眼的姿态恭迎八方
游人.某旅行团带游客来菏泽观赏牡丹，游客可自由选择曹州牡丹园和中国牡丹园的一处游览，若每位游客选择
3 1
曹州牡丹园的概率是 ，选择中国牡丹园的概率是 ，游客之间选择意愿相互独立.
4 4
(1)从游客中随机选取3人，记3人中选择曹州牡丹区的人数为 X ，求 X 的分布列 均值与方差；
(2)现对游客进行问卷调查，若选择曹州牡丹园记 2分，选择中国牡丹园记 1 分，记已调查过的累计得分为 n分
的概率为Pn，求Pn .
17．（2024·天津北辰·三模）已知 an 为等差数列，前 n项和为 Sn ，若 a2 = 3， S8 = 6S3 +10；数列 bn 满足：
1 1 1
1
1
- ÷ 1- ÷L 1- ÷ = ， n N* .
è b1 è b2 è bn bn
(1)求 an 和 bn 的通项公式；
(2)对任意的m N* m 2m ，将 an 中落入区间 2 , 2 内项的个数记为 cm .
（i）求 cm ；
2 T - t
（ii）记 dm = b ， dm 的前m 项和记为Tm ，是否存在m t N* m+1， ，使得 = d +12 2( m-1) 成立？若存在，- c tm Tm - t
求出mt的值；若不存在，请说明理由.
2 1
18．（2024·广东汕头·三模）在直角坐标平面内，将函数 f x = 2 - 及 g x = 在第一象限内的图象分别记
x +1 3x
C *作 1，C2 ，点Pn an , f an n N 在C1上.过Pn作平行于 x 轴的直线，与C2 交于点Qn，再过点Qn作平行于 y
轴的直线，与C1交于点Pn+1 .
1
(1)若 a1 = ，请直接写出 a2的值；3
ìa 1- ü n
(2)若0
1
< a1 < ，求证：
2 是等比数列；
2 í a 1+
n 3
1 4
(3)若 a1 = ，求证： a2 - a1 + a3 - a2 + ×××+ an+1 - an < .3 3
19．（2024·江西·模拟预测）我国元代数学家朱世杰在他的《四元玉鉴》一书中对高阶等差数列求和有精深的研
究，即“垛积术”．对于数列 a1,a2 , × × ×,an , × × ×，①，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列
a11, a12 , × × ×, a1 n-1 , × × ×，②，称该数列②为数列①的一阶差分数列，其中 a1i = ai+1 - ai i =1,2, × × ×,n -1, × × × ；对于数
列②，从第二项起，每一项与它前面相邻一项的差构成数列 a21, a22 , × × ×,a2 n-2 , × × ×，③，称该数列③为数列①的
二阶差分数列，其中 a2i = a1 i+1 - a1i i =1,2, × × ×,n - 2, × × × × × × × × ×按照上述办法，第 r 次得到数列 ar1,ar 2 , × × ×, ar n-r , × × ×，④，
则称数列④为数列①的 r 阶差分数列，其中 ari = a r-1 i+1 - a r-1 i i =1,2, × × ×, n - r, × × × ，若数列 an 的 r r 2 阶差
分数列是非零常数列，则称数列 an 为 r 阶等差数列（或高阶等差数列）．
(1)若高阶等差数列 an 为3,4,9,18,31,48, × × ×，求数列 an 的通项公式；
(2)若 r 阶等差数列 bn 的通项公式bn = 2n -1
4
．
（ⅰ）求 r 的值；
（ⅱ）求数列 bn 的前 n项和 Sn ．
n n +1 2n +1
附：12 + 22 + ×××+ n2 = ．
6

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