2025届高考数学二轮专题复习与测试第一部分板块突破篇板块二数列提升点数列中的交汇创新

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(2024·日照一模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且an，Sn，a eq \\al(2,n) 成等差数列．
(1)求a1及{an}的通项公式；
(2)记集合 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(an＋\f(4,an)≤2k，k∈N*)))) 的元素个数为bk，求数列{bk}的前50项和．
【解】 (1)因为an，Sn，a eq \\al(2,n) 成等差数列，则2Sn＝an＋a eq \\al(2,n) ，①且an>0，
当n＝1时，可得2a1＝a1＋a eq \\al(2,1) ，解得a1＝1或a1＝0(舍去)；
当n≥2时，可得2Sn－1＝an－1＋a eq \\al(2,n－1) ，②
①－②得2an＝an－an－1＋a eq \\al(2,n) －a eq \\al(2,n－1) ，
整理得(an＋an－1)(an－an－1)＝(an＋an－1)，
又an＋an－1>0，则an－an－1＝1；
可知数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)可得an＋ eq \f(4,an) ＝n＋ eq \f(4,n) ≤2k，即k≥ eq \f(1,2) (n＋ eq \f(4,n) )，
因为 eq \f(1,2) (n＋ eq \f(4,n) )≥ eq \f(1,2) ×2 eq \r(n·\f(4,n)) ＝2，
当且仅当n＝ eq \f(4,n) ，即n＝2时，等号成立，可知b1＝0，b2＝1；
当k≥3，k∈N*时，因为 eq \f(1,2) (2k－1＋ eq \f(4,2k－1) )＝k－( eq \f(1,2) － eq \f(2,2k－1) )＜k，
eq \f(1,2) (2k＋ eq \f(4,2k) )＝k＋ eq \f(1,k) >k，
所以bk＝2k－1.
综上所述，bk＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0，k＝1，,1，k＝2，,2k－1，k≥3.))
所以数列{bk}的前50项和为0＋1＋5＋7＋…＋99＝1＋ eq \f(48×（5＋99）,2) ＝2 497.
解答这类问题的思路是依据题设条件，综合运用所学的知识和数学思想方法去分析问题和解决问题．明确集合中元素属性及个数，再结合数列知识解决此类问题．
已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1)证明：a1＝b1；
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500，k，m∈N*}中元素的个数．
解：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d，
由a2－b2＝a3－b3，得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，
由a2－b2＝b4－a4，得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d＝5b1－2×2b1＝b1，
即a1＝b1.
(2)由(1)知，an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，
由bk＝am＋a1，
得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，
由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，
由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1 000，又k∈N*，
所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，所以集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500，k，m∈N*}＝{2，3，4，…，10}，即其中元素的个数为9.
类型2 数列与函数
(2024·成都模拟)已知函数f(x)＝ln x－ eq \f(a,x) .
(1)当a＝－1时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：eeq \s\up8(2＋ eq \f(3,2) ＋…＋ eq \f(n＋1,n) )>(n＋1)e(n∈N*).
【解】 (1)当a＝－1时，f(x)＝ln x＋ eq \f(1,x) 的定义域为(0，＋∞)，
求导得f′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,x2) ＝ eq \f(x－1,x2) ，
当00，a≤x ln x，
令g(x)＝x ln x，x>0，
求导得g′(x)＝1＋ln x，
当00，
函数g(x)在( eq \f(1,e) ，＋∞)上单调递增，
因此g(x)min＝g( eq \f(1,e) )＝－ eq \f(1,e) ，
则a≤－ eq \f(1,e) ，
所以实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e))) .
(3)证明：由(2)知，当a＝－ eq \f(1,e) 时，ln x≥－ eq \f(1,ex) ⇒ eq \f(1,x) ≥eln eq \f(1,x) ⇒x≥eln x，当且仅当x＝e时，等号成立，又n∈N*，
于是 eq \f(n＋1,n) >eln eq \f(n＋1,n) ＝e[ln (n＋1)－ln n]，
eq \f(n,n－1) >eln eq \f(n,n－1) ＝e[ln n－ln (n－1)]，…， eq \f(2,1) >eln eq \f(2,1) ＝e(ln 2－ln 1)，
因此 eq \f(n＋1,n) ＋ eq \f(n,n－1) ＋…＋ eq \f(2,1) >e[ln (n＋1)－ln n＋ln n－ln (n－1)＋…＋ln 2－ln 1]＝eln (n＋1)，
所以eeq \s\up8(2＋ eq \f(3,2) ＋…＋ eq \f(n＋1,n) )>(n＋1)e(n∈N*).
数列与函数的综合问题主要有以下两类：
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象来解决．
(2)已知数列条件，解决函数问题，此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形．
(2024·南通三模)已知函数f(x)＝(1＋x)k－kx－1(k>1).
(1)若x>－1，求f(x)的最小值；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝(1＋ eq \f(1,2n) )n，求证：Sn－n≥2－ eq \f(n＋2,2n) .
解：(1)因为f(x)＝(1＋x)k－kx－1(k>1)，
则f′(x)＝k[(1＋x)k－1－1]，
因为k>1，则k－1>0，且x>－1，
当－10，k＝n>1，可得an＝(1＋ eq \f(1,2n) )n> eq \f(n,2n) ＋1＝ eq \f(n＋1,2n－1) － eq \f(n＋2,2n) ＋1，
且a1＝ eq \f(3,2) ＝2－ eq \f(3,2) ＋1，
可得Sn>2－ eq \f(3,2) ＋ eq \f(3,2) － eq \f(4,22) ＋ eq \f(4,22) － eq \f(5,23) ＋…＋ eq \f(n＋1,2n－1) － eq \f(n＋2,2n) ＋n＝2－ eq \f(n＋2,2n) ＋n，
所以Sn－n>2－ eq \f(n＋2,2n) .
综上所述，Sn－n≥2－ eq \f(n＋2,2n) .
类型3 数列中的新定义
(2024·新课标Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i1时，删去4p＋2，4q＋1，
将1～4p与4q＋3～4m＋2从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数成等差数列．
考虑4p＋1，4p＋3，4p＋4，…，4q，4q＋2是否可分，等同于考虑1，3，4，…，4t，4t＋2是否可分，其中t＝q－p>1，可分为(1，t＋1，2t＋1，3t＋1)，(3，t＋3，2t＋3，3t＋3)，(4，t＋4，2t＋4，3t＋4)，…，(t，2t，3t，4t)，(t＋2，2t＋2，3t＋2，4t＋2)，每组4个数都能构成等差数列．
故数列1，2，…，4m＋2是(4p＋2，4q＋1)-可分数列，p，q且q－p>1的可能取值方法数为C eq \\al(2,m＋1) －m＝ eq \f(（m－1）m,2) .
从而Pm≥ eq \f(\f(（m＋1）（m＋2）,2)＋\f(（m－1）m,2),C eq \\al(2,4m＋2) ) ＝ eq \f(m2＋m＋1,8m2＋6m＋1) ＞ eq \f(1,8) .
解决数列中的新定义问题的一般流程
(1)读懂定义，理解新定义的含义．
(2)通过特殊情况寻找新定义数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差或等比数列)的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案．
(3)联系等差数列与等比数列知识，将新定义数列问题转化为熟悉的知识进行求解．
(2024·定西一模)在n个数码1，2，…，n(n∈N，n≥2)构成的一个排列j1j2…jn中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序(例如j2>j5，则j2与j5构成逆序)，这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为T(j1j2…jn)，例如，T(312)＝2，
(1)计算T(51243)；
(2)设数列{an}满足an＋1＝an·T(51243)－T(3412)，a1＝2，求{an}的通项公式；
(3)设排列j1j2…jn(n∈N，n≥2)满足ji＝n＋1－i(i＝1，2，…，n)，bn＝T(j1j2…jn)，Sn＝ eq \f(1,b2) ＋ eq \f(1,b3) ＋…＋ eq \f(1,bn＋1) ，求Sn.
解：(1)在排列51243中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，
与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，
所以T(51243)＝4＋0＋0＋1＋0＝5.
(2)由(1)中的方法，同理可得T(3412)＝4，
又T(51243)＝5，所以an＋1＝5an－4，
设an＋1＋λ＝5(an＋λ)，
得an＋1＝5an＋4λ，
所以4λ＝－4，解得λ＝－1，
则an＋1－1＝5(an－1)，
因为a1－1＝1≠0，
所以数列{an－1}是首项为1，公比为5的等比数列，
所以an－1＝5n－1，则an＝5n－1＋1.
(3)因为ji＝n＋1－i(i＝1，2，…，n)，
所以bn＝T(j1j2…jn)＝n－1＋n－2＋…＋1＋0＝ eq \f(（n－1）n,2) ，
所以 eq \f(1,bn＋1) ＝ eq \f(2,（n＋1）n) ＝2( eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )，
所以Sn＝2(1－ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,3) ＋…＋ eq \f(1,n) － eq \f(1,n＋1) )＝2(1－ eq \f(1,n＋1) )＝ eq \f(2n,n＋1) .
1．若数列{an}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{an}为“等比源数列”．
(1)已知数列{an}为4，3，1，2，数列{bn}为1，2，6，24，分别判断{an}，{bn}是否为“等比源数列”，并说明理由；
(2)已知数列{cn}的通项公式为cn＝2n－1＋1，判断{cn}是否为“等比源数列”，并说明理由．
解：(1){an}是“等比源数列”，{bn}不是“等比源数列”．理由如下：
{an}中“1，2，4”构成等比数列，所以{an}是“等比源数列”；{bn}中“1，2，6”，“1，2，24”，“1，6，24”，“2，6，24”均不能构成等比数列，且这四者的其他次序也不构成等比数列，所以{bn}不是“等比源数列”．
(2){cn}不是“等比源数列”．理由如下：
假设{cn}是“等比源数列”，因为{cn}是递增数列，即{cn}中存在cm，ct，ck(1≤m