高考数学一模试题分类汇编：数列4个考点（福建专用）解析版

专题04数列

34大考点概览

考点01等差数列

考点02等比数列

考点03数列求和

考点04数列与概率综合

■•考点1

1.【多选题】(2026•福建龙岩•一模)已知数列｛%｝的前几项和为%,且1=小+九，则()

A.数列｛a”｝是等差数列

B.数列｛"不是单调数列

C.数列｛%»｝中存在不同的两项，使的是这两项的等比中项

D.记数列%=Qn•cosQ•QJ,则数列出n｝的前2026项的和为4052

【答案】AC

【分析】对A,根据等差数列的定义，验证Q'-Qn-l是否为常数来判断；对B,先求出数列《3的通项，再

通过判断翳-熬的符号，或比较相邻项的大小关系来确定单调性；对C,假设存在不同两项0m，以，根据

等比中项的定义列出等式试=ap-%,结合通项公式分析是否存在正整数p,q(pHq)满足等式；对D,先

根据Q北的通项公式化简耳，分析瓦的周期性，再利用周期性计算前2026项的和.

【详解】对于A：首先根据数列前几项和又求通项公式：

当？i=1时,%=Si="+1=2：

22

当n＞2时，a”=-Sn,1=(n+n)-[(n-I)4-(n-1)]=2n,

对n=1也成立，因此通项公式为a4=2n,

an^-an=2(n+l)-2n=2(常数)，因此｛每｝是首项为2、公差为2的等差数列，A正确；

对于B：设0=爱=条

判断单调性：—。*-票=会＜。对所有九＞1成立，

因此｛『｝是单调递减数列，B错误;

对干C：a3=6,若存在不同两项Qp,6Zq(p工q)使得送=apaqf

则36=(2p)(2q)=pq=9,存在正整数解p=l,q=9(pHq),满足条件，C正确：

对于D：化简”b=czcos(-a)=2ncos(nn')=2n­(—l)n-

nn2n

设｛4｝的前n项和为〃，下求前2026项和：

分组得「2026=(-2x1+2x2)+(-2x3+2X4)+…+(-2x2025+2x2026),

共1013组，每组和为2,总和4026-1013X2-202644052,D错误.

2.【多选题】(2026•福建苗田•二模)记%为数列｛a”｝的前n项和，若品="一4九，则下列说法正确的是()

A.｛册｝为等差数列B.｛册｝为单调递增数列

C.IQJ+\(1\+1的1+I。/+as\+1%1=12D.&的最小值为-3

2an

【答案】ABD

【分析】由册与品的关系求得通项公式，可判断ABC,通过"的赋值结合外,册的符号，可判断D.

22

【详解】由Sn=n-4n,可得=(n-l)-4(n-1),

所以0n=Sn-Sn_i=2n-5,n>2,

又G]=Si=-3=2x1-5,符合上式，

所以册=2n-5,nGN+»

故｛册｝为等差数列，且单调递增，AB正确，

+1^21+1。31+1^41+1的1+1%1=3+1+1+3+5+7=20»C错误,

Sn_MT-

an2n-S

当?2=1时，—=—=1,

al-3

当九=2时，^=—=4,

a2-1

当？i=3时，1===一3,

1

2

当?；>4,可知斗=n-4n=n(»i—4)>0,an=2n—5>0,

此时&=[二?zo,

2n-5

由上可知也的最小值为-3,D正确.

3(2026•福建漳州♦模拟预测)已知｛an｝是等差数列,且为+%+。5=9,%+&+%=15,则

2誉(-1)%=--------

【答案】1013

【分析】由等差数列的基本量计算得到ai,d求出品，并项求和.

［详解］设等差数列｛册｝公差为d,则由己知得,J；,：；

+2d+Qi++a1+6d=3al+Iza=15

解得｛）二;，所以。篦="

所以原式=-1+2-3+4+-+（-2025）+2026=（-14-2）+（-3+4）+…+（-2025+2026）

=1+1+…+1=1013,

故答案为：1013.

4.（2025・福建泉州•模拟预测）若一个等差数列的前3项和为9,前7项和为35,则该数列的第6项为.

【答案】7

【分析】由等差数列前几项和性质，及等差中项即可求解.

【详解】由题意由+。2+。3=3G2=9,得Q2=3,

Q1+。2+。3+。4++。6+。7=7a4=35,得Q4=5，

又。2+。6=2a4，

所以%=7,

故答案为：7

5.（2025・福建•模拟预测）已知又为等差数列Sn｝的前几项和，若的+S3=2,a4+S4=6,则S9=（）

A.28B.32C.36D.40

【答案】C

【分析】首先得的=4,然后结合等差数列求和公式即可求解.

【详解】设等差数列｛%｝的公差为d,因为由+$3=2,a4+S4=6,故两式作差可得：

%-。3+S4-S3=4,即d+Q4=4,a5=4,又S9==9a5,故S9=36.

故选：C.

6.（2025•福建福州•模拟预测）已知数列｛%｝是公差为2的等差数列,满足a2n=2^+13WN）

⑴求｛an｝的通项公式；

（2）设｛册｝的前几项和为当,若又〈3册，求九的最大值.

【答案】（1）0n=2n-l

（2）最大值为5.

【分析】（1）根据等差数列通项公式写出即表达式，再结合a2n=2即+1这个条件，代入即与a2n表达式，

通过等式计算求出首项力,进而得到｛即｝通项公式.也可令九=1.利用a2n=2an+1和公差求出小.

（2）先由第•问得到的通项公式，根据等差数列前几项和公式求出Sn.再结合5„<3a”列出不等式，将其转

化为一元二次不等式，求解不等式得到冷的取值范围，最后根据取值范围确定日的最大值.

【详解】(1)因为数列｛厮｝是公差为2的等差数列，所以即=%+2(九一1),

由a2n=20n+1可得%+2(2n-1)=2[at+2(n-1)]+1,解得a1=1,

所以｛册｝的通项公式为&=2n-l.

(2)由(1)得==十,

ill5n<得<3(2/i—1)»即〃？—6n+3<0»解得3—V6<n<3+x/6,

由干2V乃V3,所以5V3+乃V6,所以九的最大值为5.

7.12025・福建漳州•模拟预测)设等差数列｛册｝的前〃项和为土，若Ss=5S2,。2+%=5,则数列｛就二｝的

前2025项和为()

A.—B.—C.—D.—

2026202520252026

【答案】D

【分析】根据等差数列通项公式可得即二九，再利用裂项求和即可求得结果.

【详解】设等差数列9/的公差为d,

依题意可得尸1tIf=翁+?，解得6=d=1;

(Qi+d+%+2d=5

所以可得Qn=1+(n-1)=n,因此一■—=-1-»

所即+1n(n+l)

所以上+—+…+—-—=—+—+•••+--~-

。2025。20261"22x32025x2026

-]----1-.-1----1-.卜…t.---1-----1-=41----1---20-2-5

2232025202620262026,

故选：D

■•考点2

1.12026•福建芾田•二模)已知数列｛的｝是公比为q的等比数列，m,n,s,teN\则下列命题正确的是()

A.若=4,则g=2B.若则q>1

C.若|q|H1,则(%+%)G++)>4D.若0mo„=则m+n=s+£

【答案】C

【分析】根据等比数列的项的性质判断A；根据时，判断B；根据基本不等式计算求解判断C,根据

常数列判断D；

【详解】对于A选项，数列｛Q"是公比为q的等比数列，且处的=4,则谖=4,所以4=2或。2=-2,故

错误：

对于B选项，若当。1<0时，有则q<1,故错误;

对千C选项，数列｛%｝是公比为q的等比数列，则£>0已>0,（出+Q3）6+—=1+最+肃+12

又因|q|Hl,所以所以（口1+/）6+3>4,故正碓：

对干D选项，当等比数列｛斯｝为公比为1的非零常数列时，Qm，n=Qs・4始终满足，

但n+n=s+t不一定成立，故错误；

2.【多选题】（2026.福建泉州.二模）已知数列｛/｝满足册+]=力巧之（:记又为回J的前几项和，则

（）

A.当%=3时,。2026=。6

B.MEN*,使得S2026=56

C-｛an｝为等比数列的充要条件是%V0

D.V%NO且%H4k（kEN）mTWN*,使得与+7=an

【答案】ABC

【分析】A项通过递推数列规则依次求解各项，可得重复项，进而得到周期规律即可判断；BD项取特殊首

项即可：C项，从充分性与必要性两个角度证明，其中必要性证明分类讨论，分别利用反证法可得％范围.

【详解】对于A,由%=3V4=%=3x3=9,。2=924=。3=9-4=5,

%=524=。4=5—4=1,。4=1<4=。5=3x1=3,•••

由递推关系以下过程重复操作，后面各项依次为9,5,139,5,1,3,…

即数列｛册｝：3,9,5,1,3,9513951,…是周期为4的数列，

即/+4=册对InEN*成立，可用。2026=。2020+6=故A正确；

对于B,根据题意，eN\取与=4,

由Gi=424,则©=0，由。2=。<4,则a?=。，由的=0<4，则4=。，…，

由递推关系以下过程重复操作，可知数列｛an｝以后各项均为0，

故52026=$6=%=4，所以存在%WN”,满足题意.故B正确；

对干C,充分性：若%V0,则=3%V0,则=3。2V0，•••»

依此下去，对"6N*,都有即<0,则册+1=3%成立，

故咏=3,数列｛&J为等比数列：

an

必要性：若数列屹”｝为等比数列，设公比为q（qHO）,

假设数列｛斯｝中存在某项%>4,则a〃+i=ak-4=akq<ak,qV1,

可得以=匕24,又q手0,解得OVqVl,

nk

由々n=akq~,可知'亶册=0,故必存在某项％,<4,则Qp+i=3Qp,

即虬=3,这与公比OVqVI矛盾，假设错误，

即

即数列｛时｝中任意一项都小于心自然％<4：

再假设数列｛。蔺｝中存在某项0V&V4,则aq+i=3aq,即q=3,

则由每=以於~,可知nT8时，且数列｛时｝为递博数列，

故存在某项QmN4,Mam+1=am-4<am,这与数列递增矛盾，假设也错误：

所以数列｛%｝中也不存在大于0且小于4的项，又等比数列中各项均不为0,

故数列｛册｝中任意一项均小于0,<0,必要性得证；

综上所述，［Q’J为等比数列的充要条件是%V0,故C正确；

对于D,取QI=13,满足条件由之0,%工4k（kEN）,

则由%=13N4=a2=13-4=9,

根据选项A推导过程可知后面各项依次为5,1,3,9,5,1,3,…

即数列｛即｝：13,9,5,139,5,1,3,9,5,1,3,…，

可知不存在TWN*,使得的=%打，故D错误.

故选：ABC.

3.（2025•福建泉州•模拟预测）在等比数列｛%｝中,Qi=3,%+。3+。5=21,则即+的=.

【答案】72

【分析】根据等比数列通项公式，结合题干条件，可得q2=2,代入所求，即可得答案.

【详解】设等比数列｛aj的公比为夕，

由题意。3+。5=21—3=18,

所以aiq2+aiq4=3（q2+q4）=18.即q?+q4=6,

所以（才+3）5-2）=0,解得q?=2或q2=-3（舍），

所以。7+=«i<?6+%q8=Qi（q2）3+Qi（q2）4=3X23+3x24=72.

故答案为：72

4.（2025•福建三明•模拟预测）现有矩形满足如下条件：第1个矩形的相邻两边长分别为3、1；第2个矩

形的相邻两边长分别为3时1,2：第3个矩形的相邻两边长分别为3n",22；...»第九+1个矩形相邻两边长

分别为I,2n.则这71十1个矩形的面积和为（）

A.3(3n-2n)B.5(3n-2n)C.3n+1-2n+1D.5x3n+1-10x2n+1

【答案】C

【分析】将每个矩形的面积表示为等比数列的项，通过求和公式计算总和

【详解】第k+1个矩形的相邻两边长分别为3吁〃和2k（k从0到n）

nkk

因此面积为：Sk+1=3-•2

总血枳和为：S=2：_。3〃一-2«二3

K-v

等比数列首项%=1,公比q=项数为九+1

求和公式为:

n+1

z2\n+l2

代人得：S=3〃•里=3n-耳1=3n+1•(1-奈?=3n+1-2n+1

故选:C

5.(2025•福建泉州♦模拟预测)已知｛5｝为等比数列，a2a7=-3,a2a5=%。3a6,则为=<)

A.-3B.3C.-9D.9

【答案】A

【分析】根据已指两个等式，利用等比数列下标和的性质得到。避6=-3%，进而得解.

【I羊解】由题设a3a6=a2a7=-3,乂a2a5=3a6,则=a2a5=3a6）=—3a］，而a】H0,故=

故选:A

6.（2025・福建・模拟预测）已知内,。2，。3，。4是等差数列，瓦，匕2/3，%是公比为9的等比数列，仅e{1,2,3,4}|。上=

以}为3元集集合，则q=（）

A.二或一2B.--C.-2D.2

22

【答案】A

【分析】因等差数列小,。2，。3，。4与等比数列瓦，匕2，匕3/4中有三个对应元素相同，故需要对哪三个元素相同

进行分类讨论即可.

【详解】假设等差数列的公差为d,

①若由Hb1,0-2=82,。3=匕3，。4=儿，

依题意，有产+%=中,

a2

即（2a?一。2）。2=忌，（a?-7.）=°，则QR=

则可得q=l,d=0,%=打，与题设矛盾，故舍去.

②若=b］,a2=力2，03=匕3，。4手九，

依题意,有产+的=b.

即(2。2-%)。1=谖，(%-。2)2=°，则。1=(12，

此时可得q=1,6=0,04=%，与题设矛盾，故舍去.

③?—b^,a2-Ab2,<23—63,。4—久，

依题意，有卢+产=03且俨+；d=Q,，

(aW=。3(fliQ=a4

消去d,可得%=Qiq2(3-2q),显然的=仄W0,

则2q3-3q2+1=0,整理得(2q?-q-l)(q-1)=0,解得q=一；,或q=1>

当q=-［时，坛=一，=：旬，此时a?=&手=工尻，符合题意;

当q=l时，d=0,a2=b2y与题设矛盾，故舍去.

④万=瓦，。2=力2，。3*匕3,04二"，

依题意，产+d=。2且［即+黑=。4,

消去d,可得2a1=3aiq-。通3,显然由=坊H0,

则q3-3q+2=0,整理得(/+q-2)(q-1)=0,解得q=一2,或q=1,

当q=—2时，b3=4%,a2=—2alfd=a2—cii=—3%,

此时，a3=ax+2d=—5%Hd3,符合题意;

当q=l时，d=0,a3=b3,与题设矛盾，故舍去.

综上所述，勺=一：或9=一2.

故选：A.

an

7.(2025•福建泉州•模拟预测)已知数列｛每｝满足a?=2,a2n=2n-i+2»a2n+i=a2n+cos(nir)(n6N*),

则Sn｝的第2025项为()

A.21012-2B.21013-2C.21012-3D.21013-3

【答案】B

n

【分析】根据已知及递推关系得的=0、a2n+1=a2n-i+24-cos(nn),再依次写出…，。2。25,应

用等比数列前〃项和公式及余弦函数的周期性求值即可.

【详解】由a2n=Q2n-i+2"，则22=%+2=2,可得知=0,且。2〃+1=«2n-i+2"+cos(nn),

31012

所以。3=%+2+cosTi,=g+2?+cos2n,a7=a5+2+cos3n,•••»a2025=^2023+2+COS1012TT,

所以。2025=21+…+21012+cosTT+cos2nH—+cosl012n

=+(-1+1-1+1-----1+1)=21013-2.

1-21)

故选：B

8.(2025•福建泉州•模拟预测)已知｛%｝为等比数列，a7a8=-27,a2a5=3a6,则。6=()

A.-3B.3C.-9D.9

【答案】A

【分析】根据等比数列的性质求出怒的值.

【详解】设｛Q?J的公比为q(qH0),则Q2a5=3a6=«i,

显然a”工0,则由。2=1,即a?=1,

a43323

因为a7a8=3Q•。3为=q9=(<J)=—27,则q3=-3,则/=axq-q=-3.

故选：A.

■•考点3

1.(2026・福建福州•模拟预测)记Sn为等差数列5｝的前〃项和，已知§9=90,a314.

⑴求｛an｝的通项公式：

(2)设函数fCO=2门2-2*2+1,记b=求数列｛%｝的前21项和£1.

【答案】(1)册=-2n+20

(2)21

【分析】(1)方法一：利用等差数列的通项公式和前.〃项和公式进行求解即可；

方法二：利用等差数列的性质和前〃项和公式进行求解即可；

(2)方法一：利用分组求和法进行求解即可；

方法二：判断函数的对称性，利用函数的对称性进行求解即可.

【详解】(1)方法一：设等差数列3J的公差为心则竹，:9?：:/二

(U3—Q]IZu—JL%

解得｛之普

所以Q篦=%+d(n-1)=18-2(n—1)=-2n+20.

方法二：设等差数列｛an｝的公差为d,

因为｛5｝是等差数列，所以59=笔2=905=9。，所以g=1。，

因为。3=14,所以。5—%=2d=-4,所以d=-2,

因为国=%+2d,所以%—4=14,所以=18,

所以=%+d(n-1)=18-2(n-1)=-2n+20.

(2)方法一：因为f(x)=2X+2-2--2+i,

所以%=/-(«„)=/(-2n+20)=2-2n+22-22n-22+1,

所以721=瓦+62+…+/?21

20

=(2-2-20+1)+Q18_2-18+1)+...+QT8_218+1)+Q-20_220+1)

2018

=(2+2+•••+2-】8+2-20)-(2-20+2-18+...+2i8+220)+21=21.

方法二：因为/•(切=2工+2-2一-2+1,

所以/■(—%-4)=2r-2_2"+2+1,

所以/(>)+4)=2,

所以曲线y=f(x)关于点(一2,1)中心对称，

因为｛册｝是等差数列，

所以44-a2i—2ali=-4,

因为/(幻的对称中心为(-2,1),

所以"+b21=/(即)+/(«21)=2，

同理可得：b2+b2o=%+b19=••=b10+b12=2,Z?n=1,

所以721=瓦+b2+,•,+Z?2i=2x10+1=21.

2.(2026•福建漳州•模拟预测)已知数列｛4J的前n项和为且Sn=2(0n-1).

⑴求(a,J的通项公式：

(2)设加=数列仍n｝的前n项和为％,求证：

log2a2n-l」Og2a2H+1

【答案】（1）%=2n；

（2）证明见解析.

【分析】（1）利用及，每的关系计算即可;

（2）利用（1）的结论结合裂项相消法计算7；即可证明.

【详解】（1）因为g=2（每一1）,所以%+]=2（册+1-1），

两式相减得an+i=2an+1-2an,BRan+1=2an,

当九=1时，Si=%=2（%-1）,解得％=2,

所以｛即｝是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以册=2七

2n-12n+1

（2）由上可知。2兀-1=2,a2n+i=2,

•••log2a2n—i=2n-l/0g2a2n+i=2n+1,

则E=-----------------------=---------------

log2a2*1log2a2n+i(2n-l)(2n+l)

所以=b[+力2+…+%

=¥(1*)+0(㈠)+…+(圭一六)X(1一夫)

由「EN*可得三;■AOil——Vl，则〃证毕.

zn+1zn+712

3.(2025•福建福州•模拟预测)已知数列｛4｝是等差数列，其前几和为4,%=2,59=45,数列出n｝满足

小瓦+a2b2+…+。n%=(n-1)-2n+1.

(1)求数列｛册｝,｛%｝的通项公式;

(2)若对数列5｝,｛%｝,在即与4+1之间插入玩个1(kwND,组成一个新数列｛%｝,求数列｛4｝的前75

项的和北5・

n-1

【答案】(1)。力=n,bn=2

⑵96

【分析】(1)设出公差，结合题目条件得到方程组，求出首项和公差，得到册，根据题目条件得到nZ2时，

+a2b2+-+an-^n-i=(n-2)•+1,两式相减求出以，经过检验，得到%的表达式；

(2)在｛%｝中，从%开始到以项为止，计算出项数，从而确定数列前75项是即项之后，还有5项为1,分

组求和即可.

【详解】(1)｛%｝为等差数列，设其公差为d,

则+d=2,S9=9al+36d=45,解得a1=d=1,

故/=ax+(n-l)d=n；

n

又。1瓦+a2b2+…+tinbn=(n-1),24-1①，

故当n>2时,内瓦+a2b2+…+%-也-1=(n-2)-2n-1+1②，

两式相减得的g=(n-1)-2n4-1-(n-2)-2n-x-1=n-2标工

n1n-1

故"bn=n-2"T,所以bn=2~,n>2,又%瓦=0+1=1,故瓦=1>满足以=2,

n-1

从而6rl=2；

n-1

(2)由(1)知，an=n,bn=2,

所以在｛d?J中，从%开始到幺项为止，

共有项数为k+2。+21+22+…+2k-2=k+=k+2*T-1,

1—2

当A=7时，k+2"i-1=7+27T_i=70<75,

当A=8时，，k+2*T-1=8+28T_i=135>75,

所以数列｛d7J前75项是。7项之后，还有5项为1，

故775=(1+2+3+…+7)+2。+21+22+…+25+5=+三+5=96.

4.(2025・福建泉州•模拟预测)已知函数/(%)=x2,设曲线y=/(x)在点(今)(事))(几6N*)处的切线与％轴

的交点为On+1,0),其中修=1.

(1)写出%2,x3,并求数列｛孙)的通项公式；

(2)设数列｛3J的前几项和为加，证明：Sn<4.

【答案】(1及2=5工3=%=(1)n1

⑵证明见解析

【分析】(I)根据导数的几何意义写出切线方程，求出关于数列｛/｝的递推公式，判断数列的性质求其通项

公式或利用累乘法求其通项公式.

(2)利用错位相减法求数列的前n项和,或构造数列｛金｝,勿=者，根据兀%=7+】-7利用裂项求和

法求数列的前九项和，再判断％与4的大小.

【详解】(1)由已知f'(x)=2x,

则曲线y=f(x)在点(%,/(%))处的切线方程为y-/(xn)=/'(如)(x-xn)»

即〉'一懈=2xn(x-xn).

令y=0,得一第=2%0n+i-与)•

因为工1=1，代入上式，依次解得了2=摄尢3=i

因为%1=1。0,所以&H0,得无n+l=f.所以2

2Xn2

解法一：故数列｛%/为等比数列，首项为1，公比为今

所以…尸

解法二：当九？2时，•血二……--

xn-i孙_242兀-1

当n=1时，因为勺=1,所以上式亦成立.

所以…尸

(2)解法一：九%=合.

S=1+|+^+-+^+-^,

n“2222n—22〃—1

11.23.n-1n

5c%-3+中+苏+…+布+了，

两式相减可得：2=1+打/+-+m富―/

=2(-2-翳

n+2

所以上=4—2^-1

因为洋＞。，所以又〈4.

解法二：nxn=

令。=则九%n=Cn+1-cn.

所以S”=1+-+-^4----++-^-r

“2222/—22九一1

=G-G）+（。3-Q）+…+（Cn-1-Cn）=。+1-5=+4=4-*.

因为奈^＞0，所以&V4.

5.（2025•福建福州•模拟预测）已知数列｛%｝的前〃项和为%,且S7t=2每一%n£N。

⑴求数列｛册｝的通项公式；

（2）设%=n（an+1）,求数列｛为｝的前〃项和

n

【答案】（1）0n=2-l.

⑵7=Q-l）・2n+i+2.

【分析】（1）由条件，结合关系工=%,。“=5“一又一式71之2）£E）求数列6“）的通项.

（2）由3）可得%=九-2",利用错位相减法求结论.

【详解】（1）因为工=2an-n,

取八=1可得Si=2al—1,又Si=%,

所以a】=2aA-1,解得%=1,

当或＞2,neN*时，用n-1替换〃可得Sn_i=2an_i—n+1,

所以0n=20n—2an-1—1♦

即即=2071T+1，

所以册+1=2Q?[_I+1+1=2（an.1+1）,乂%+1=2,

即3L=2,

-1+1

所以数列Sn+1｝是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以（^+1=2x2〃一1=2%

即j=2n—1.

K

(2)因为。川=n(an4-1)=n-2,

所以〃=1-21+2•22+3-23+-+(n-1)-2时1+n-2n,①

27；=1-22+2•23+-+(n-1)-2n4-n-2n+1,②

①一②得一7；=2+22+23+…+2”—几•2n+1="—一•n+i

1-2n2

所以一彩_2n+1-2-n-2n+1,

所以G=(n-l)-2n+1+2.

an+2,n为奇数,

6.(2025•福建莆田•模拟预测)已知数列｛%｝满足力=1，an+i

.2即，n为偶数，

⑴记6n=Q2n+2,求必，⑦，并证明数列｛4｝是等比数列；

(2)记0=Q如+3,求满足Q+。3+…+cnV100的所有正整数九的值.

【答案】(1力1=5,b2=10,证明见解析

(2)1,2,3,4.

【分析】(1)利用递推关系来证明等比数列即可；

(2)利用通项公式可求等比数列前n项和，然后通过赋值结合单调性可作出判断.

(详解】(1)由题意，。2=3,a2=6,a4=8,

所以济=5,b2=10»

义因为分_。2”+2+2_(。2"+1+2)+2_202n+4_?

bna2n+2a2n+2a2n+2

所以数列｛bn｝是首项为5,公比为2的等比数列；

(2)由(1)知九=5x2nT,所以Cn=5x2n-1+1,

n-1n

所以q+c2+c3+-+cn=5x(20+2]+…+2)+n=5x2+n-5,

因为c14-c2+c3+,•,4-Q单调递增，

且q+c2+C3+C4=79<100<J+C2+C3+C4+C5=160,

所以正整数九的所有取值为1,2,3,4.

7.(2025•福建泉州•模拟预测)已知数列｛斯｝为等差数列，且满足a2n=2册+1(八£卡).

(1)若%=1,求数列｛，一｝的前九项和S7/

n+1

(2)若数列｛九｝满足瓦=2,且数列｛每•bn｝的前n项和洒=(3n-4)•2+8,求数列｛瓦｝的通项公式.

【答案】⑴&=肃

n

(2)bn=2

【分析】(1)当n=l时，可得出。2=2%+1，求出。2的值，即可得出等差数列｛Qn｝的公差，然后以等差数

列的通项公式可求得等差数列包舅的通项公式，然后利用裂项求和法可求得％:

(2)当九工2时，由册为=「G-i可得以%=(3/-1)•2",当/=1时，由&/?1=4也满足上式，可得

出/以=2"(3〃一1)(九£*)，由瓦的值可得出生的值，再由。2=2%+1可得出&的值，由此可求出等差

数列｛册｝的通项公式，由此可求出数列｛b｝的通项公式.

【详解】(1)当n=1时，由Q2n=2即+1，则。2=2。1+1,曰％=1,则。2=3，

所以等差数列｛斯｝的公差为©—4=2,所以与=l+2(n-l)=2n-l,

故‘一=-----------=-(—------—\

anan+1(2n-l)(2n+l)2\2n-l2n+lJ

故&…+/一*)"(1_*)=就

n+1n

(2)当nN2时,anbn=Tn-*=[(3n-4)-2+8]-[(3n-7)•2+8]

=2n[2(3n-4)-(3n-7)]=(3n-1)•2n,

2

当九=1时，aibi=T]=(3-4)x2+8=4,满足上式，

综上所述，所以品丛二2妆3八一l)(7i£N"),

又因为瓦=2且％瓦=4,所以%=2,

又因为。2=2。1+1»则a2=2x24-1=5,

则等差数列｛斯｝的公差为3,所以率=3n-l,

由=2"(3n-l)(n6N)则仄=2".

8.(2025•福建泉州•模拟预测)已知数列｛%J的前项和为%,%=1,且nSn+i=5+l)Sn+M+6

(1)证明：数列｛曰｝为等差数列；

⑵设%=22]0修，求数列｛瓦｝的前项和；

⑶在(2)的条件下，｛%｝中是否存在三项构成等差数列？若存在，求满足条件的三项；若不存在，请说明

理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)7；=(n-2)2n+1+n+4

(3)不存在，理由见解析

【分析】(1)根据等差数列的定义证明即可；

(2)首先求得b=5-1)2八+1,然后结合分组求和法以及错位相减法即可求解；

（3）利用反证法，假设存在导出矛盾即可说明不存在.

【详解】(1)由已知&=%=1,

2=皂+1,

n+ln

所以数列｛年｝为首项S]=1,公差1的等差数列.

22

(2)由(l)Sn=n2,且n22时，an=Sn-=n—(n-l)=2n—1,

7i=l,%=1也符合，所以an=2〃-1

所以%=CJ1+第3+…+十-1(2九-3)+C^(2n-1),

所以％=CJ-1(2n-3)+…+鬣3+Cjl+C式2。-1),

因为僚=邙7,

所以二以(2n-2)+鬣3+-+CJ-1(2n-2)+2(2n-1),

=(2n-2)(2"-2)+4n-2=(2n-2)-2n+2,所以％=(n-l)2n+1,

记数列｛外｝的前项和为〃，

则7=0•21+1•22+…+(n-1)2"+n,

27^=0•22+1•23+•••+(几-l)2n+1+2n,

所以一7；=22+23+-+2n-(n-l)2n+1-n,

4(1-2“T)

=~1-(n-l)2n+1-n=(2-n)2n+1-4-n

1—2

所以=(n-2)2n+1+n+4.

(3)不存在，显然数列｛b｝为递增数列，

若存在正整数s,£,r,使得人，瓦,小成等差数列，不妨设s<£<r,

则2(£-1)2»+2=(s-1)2S+1+(r-l)2r+1,

即(t-l)2t+1=(s-1)2S+(r-l)2r,

因为r>t+1,所以(r-l)2r>(t4-1-l)2r>(t-l)2t+1,显然(£-l)2t+1=(s-1)2S+(r-1)2「不成

立，

所以数列｛%｝中不存在不同的三项构成等差数列•

.•考点4数列与概率综合

1.（2026・福建芾田•二模）某分布式存储系统中，数据块容量上限为N（NWN",NN2）,数据块的初始数量

为M（MEN,M<N）.系统运行遵循以下规则：

①在每一时间步，系统以概率p（0<p〈1）执行清理操作（数据块的数量减I）,以概率l-p执行写入操作

（数据块的数量加1）;

②当数据块的数量为0（成功复位）或为N（内存溢出）时，系统运行立即终止.

记当数据块的数量为k（0<k<N,keN）时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为4.

（1）直接写出劭、的数值，并写出必-1、依、%+式1WkWN-l）的关系式；

（2）当p=:时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系；

（3）已如：若随机变量x的取值不会影响随机变量y的概率分布列，则称x与v相互独立，且满足E（AT）-£（x）•

E（y）.记X”为系统运行九步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）.当PH泄，若欧乃，）与71无关，

求正实数*1）的值.

【答案】（1汝0=1,aN-0,ak-pci/c-i+（1-p）ak+1（l<k<N-1）.

（2）答案见解析

（3）A=｛

【分析】（1）根据题意可得出的、即的数值，再利用全概率公式可得出。此、幺+1（1WAWN-1）的

关系式；

（2）结合（1）推导出可知数列｛4｝为等差数列，求出该数列的公差，可得出心的表达式，求出系统最终以

“成功复位”、“内存溢出”状态终止的概率，作差比较出这两种状态终止概率的大小，即可得出结论；

（3）设&为第i步数据块的数量的变化值，打、七、…、仆相互独立，求出&的分布列，由题意可知Xn+i=

X”+菰+1，根据题中期望的性质得出E（；lXn+Sn+】）=E（2^n）•取汇用）.根据题意得出石（；1公+］）=£（必”）恒成

立，只需再结合&的分布列可得出关于入的等式，解之即可.

【详解】（1）由题意可知劭=1,aN=0,

由全概率公式可得即=pak-i+（1-P）Qk+i（l<k<N-1）.

（2）当p=：时,ak=4-^ak+1（l<k<N-1）,

即仇+1-以=以一以一式1WkWN-l），故数列｛以｝为等差数列，设其公差为d,

设其通项公式可得以=劭+kd,

由｛。'=：：；*=0可得4=一力所以幺=1Y，

又因为系统数据块的初始数量为M,

所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为=1-^

从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为1-9

令(1-?)一三>0，解得M<g,

所以当0WMV5时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率，

同理可得，当M=?时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率，

当?<M工N时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率.

(3)设“为第i步数据块的数量的变化值，八、八、…、的相互独立，

且分布列均为P(&=-1)=p,P&=列=1-p,

由题意可知X“+i=Xn+&+l，

所以E(/n+I)=EGXn+fn.l)=E^Xn."n+1),

因为每步操作相互独立，所以第九+1步的变化值f〃+i与之前的累积状态X”相互独立，

从而随机变量产1与心+1相互独立，则E(4Xn+fn+l)=.E0n+1),

因为£。即)与〃无关，所以以/e)=七0即)恒成立，所以式乂田)二1,

事实上EQXn+1)=E(/n)=£(Ax»-i)=-=EQXo)=EQ")，故只需ERG+I)=1,

由4的分布列可知p•4T+(1-p)!1=1,

因式分解得(A—1)[(1—p)A—p]=0,

又因为/IHl,所以

1-P

所以当p。；时，若EQXn)与几无关，则;I=3.

2.(2026•福建福州•模拟预测)在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关

键基础设施.物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显

著提升满意度.某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市.从干线枢纽到目的地城市，有三种方

案供选择：

方案A：选择高速支线，物流提前送达的概率为"

方案B：选择高速干线，物流提前送达的概率为点

方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为(

(1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率；

⑵物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下：

①第1次，随机选择一种方案；

②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前•次未提前送达，则在三种方案中随机选择

一种.

记第〃次选择方案A,B,C的概率分别为即，bn,cn.

(i)求。2,3并证明：数列｛册+■一目为等比数列；

(ii)判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率.

【答案】(端

Q)⑴总，盘证明见解析;(ii)能

270540

【分析】(1)利用全概率公式进行求解即可；

(2)(i)利用全概率公式，结合等比数列的定义进行求解即可；

(ii)根据(i)的结论，结合指数函数的单调性进行求解即可.

【详解】(1)设选择方案4,B,C分别为事件A,B,C,物流提前送达为事件Z,

则P(/l)=P(8)=P(C)=g

P(Z|/l)=jP(Z|B)=g,P(Z|C)=|,

T,O

P(Z)=P(A)P(Z\A)+P(B)P(Z[B)+P(0P(Z|C)

31,41,21133

=­X-d—X—+-X-=.

435333180

(2)(i)由①知道的=仄=J=：.

J

由②根据全概率公式

=(2+区)X%+(沁)X瓦+(洛)Xq=券

^=(;xi)xa1+(ixl+lxi)xb1+(ixl)xC1=^.

设第〃次物流选择方案A,B,C为事件4n,Bn,g，第〃次物流提前送达为事件Z〃，

则/=P(4n)，3=P(B)cn=P(Cn),因为％+