高考数学数列题型之数列与函数交汇的综合题
2024年高考数学专项复习数列中的知识交汇和创新型问题(解析版)
数列中的知识交汇和创新型问题1王先生今年初向银行申请个人住房贷款100万元购买住房，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款(包括本金和利息).(1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已知第一个还贷月应还15000元，最后一个还贷月应还6500元，试计算王先生该笔贷款的总利息；(2)若王先生采取等额本息的还贷方式，贷款月利率为0.3%，.银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半，已知王先生家庭月收入为23000元，试判断王先生该笔贷款能否获批.(不考虑其他因素)参考数据1.003119≈1.428，1.003180≈1.433，1.003121≈1.4372024年高考数学专项复习数列中的知识交汇和创新型问题（解析版）2佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列a n的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m(m∈N*)项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为2a1、3a2、4a3、⋯⋯、m+1a m表示高度为a m的方体连续堆叠m+1层的总高度)，请问新堆叠坊塔a m(m+1的高度是否超过310米？并说明理由.3在当前市场经济条件下，某服装市场上私营个体商店中的商品所标价格a与其实际价值b之间存在着相当大的差距.对购物的消费者来说，这个差距越小越好，而商家则相反，于是就有消费者与商家的“讨价还价”，常见的方法是“对半还价法”，消费者第一次减去定价的一半，商家第一次讨价加上二者差价的一半;消费者第二次还价再减去二者差价的一半，商家第二次讨价，再加上二者差价的一半，如此下去，可得表1:表1次数消费者还价商家讨价第一次b1=12a c1=b1+12(a-b1)第二次b2=c1-12(c1-b1)c2=b2+12(c1-b2)第三次b3=c2-12(c2-b2)c3=b3+12(c2-b3)⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅第n次b n=c n-1-12(c n-1-b n-1)c n=b n+12(c n-1-b n)消费者每次的还价b n(n∈k)组成一个数列b n.(1)写出此数列的前三项，并猜测通项b n的表达式并求出limn→+∞b n；(2)若实际价格b与定出a的价格之比为b:a=0.618:1，利用“对半还价法”讨价还价，最终商家将能有百分之几的利润?4近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达40%，每年年底把除运营成本a万元，再将剩余资金继续投入直播平合.(1)若a=100，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？(结果精确到0.1万元)5甲、乙两人同时分别入职A,B两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：A公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；B公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍．(1)分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量(精确到1元)(2)设甲、乙两人入职第n年的月基础工资分别为a n、b n元，记c n=a n-b n，讨论数列c n的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．6治理垃圾是S市改善环境的重要举措．去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的75%．(1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数n n∈N*的表达式；(2)设A n为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由．7为了防止某种新冠病毒感染，某地居民需服用一种药物预防.规定每人每天定时服用一次，每次服用m毫克.已知人的肾脏每24小时可以从体内滤除这种药物的80%，设第n次服药后(滤除之前)这种药物在人体内的含量是a n毫克，(即a1=m).(1)已知m=12，求a2､a3；(2)该药物在人体的含量超过25毫克会产生毒副作用，若人需要长期服用这种药物，求m的最大值.8保障性租赁住房，是政府为缓解新市民、青年人住房困难，作出的重要决策部署．2021年7月，国务院办公厅发布《关于加快发展保障性租赁住房的意见》后，国内多个城市陆续发布了保障性租赁住房相关政策或征求意见稿．为了响应国家号召，某地区计划2021年新建住房40万平方米，其中有25万平方米是保障性租赁住房．预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%，另外，每年新建住房中，保障性租赁住房的面积均比上一年增加5万平方米．(1)到哪一年底，该市历年所建保障性租赁住房的累计面积(以2021年为累计的第一年)将首次不少于475万平方米?(2)到哪一年底，当年建造的保障性租赁住房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?9某市2013年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车2万张，为了节能减排和控制总量，从2013年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0．5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动车的牌照的数量维持在这一年的水平不变．(1)记2013年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数量构成数列a n，每年发放电动型汽车牌照数为构成数列b n，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式；a1=10a2=9.5a3=a4=b1=2b2=3b3=b4=(2)从2013年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？10市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式：①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每月的还款额均相同．银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款(如2020年7月7日贷款到账，则2020年8月7日首次还款)．已知该笔贷款年限为20年，月利率为0.4%．(1)若小张采取等额本金的还款方式，已知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算该笔贷款的总利息．(2)若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半．已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张申请该笔贷款是否能够获批(不考虑其他因素)．参考数据：1.0042.61．(3)对比两种还款方式，从经济利益的角度考虑，小张应选择哪种还款方式．11流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月k+19≤k≤29,k∈N*日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人.(1)若k=9，求11月1日至11月10日新感染者总人数；(2)若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.12某知识测试的题目均为多项选择题，每道多项选择题有A，B，C，D这4个选项，4个选项中仅有两个或三个为正确选项.题目得分规则为：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知测试过程中随机地从四个选项中作选择，每个选项是否为正确选项相互独立.若第一题正确选项为两个的概率为13，并且规定若第i i=1,2,⋯,n-1题正确选项为两个，则第i+1题正确选项为两个的概率为13；第i i=1,2,⋯,n-1题正确选项为三个，则第i+1题正确选项为三个的概率为1 3.(1)若第二题只选了“C”一个选项，求第二题得分的分布列及期望；(2)求第n题正确选项为两个的概率；(3)若第n题只选择B、C两个选项，设Y表示第n题得分，求证：E Y ≤1718.13甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为X，求X的分布列和期望；(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；(3)若P i i=0,1,⋯,6表示“在甲所得筹码为i枚时，最终甲获胜的概率”，则P0=0,P6=1.证明：P i+1-P ii=0,1,2,⋯,5为等比数列.14已知数列a n的前n项和为S n,a1=2，对任意的正整数n，点a n+1,S n均在函数f x =x图象上.(1)证明：数列S n是等比数列；(2)问a n中是否存在不同的三项能构成等差数列？说明理由.15如果数列a n对任意的n∈N*，a n+2-a n+1>a n+1-a n，则称a n为“速增数列”.(1)请写出一个速增数列a n的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；(2)若数列a n为“速增数列”，且任意项a n∈Z，a1=1，a2=3，a k=2023，求正整数k的最大值.16设数列a n的前n项和为S n，若12≤a n+1a n≤2n∈N*，则称a n是“紧密数列”.(1)若a n=n2+2n4n ，判断a n是否是“紧密数列”，并说明理由；(2)若数列a n前n项和为S n=14n2+3n，判断a n是否是“紧密数列”，并说明理由；(3)设数列a n是公比为q的等比数列.若数列a n与S n都是“紧密数列”，求q的取值范围.17已知a n和b n是各项均为正整数的无穷数列，若a n和b n都是递增数列，且a n中任意两个不同的项的和不是b n 中的项，则称a n 被b n 屏蔽．已知数列c n 满足1c 1+3c 2+⋅⋅⋅+2n -1c n=n n ∈N * ．(1)求数列c n 的通项公式；(2)若d n 为首项与公比均为c 1+1的等比数列，求数列c n ⋅d n 的前n 项和S n ，并判断S n 能否被c n 屏蔽，请说明理由．18设y =f (x )是定义域为R 的函数，如果对任意的x 1、x 2∈R x 1≠x 2 ,f x 1 -f x 2 <x 1-x 2 均成立，则称y =f (x )是“平缓函数”.(1)若f 1(x )=1x 2+1,f 2(x )=sin x ，试判断y =f 1(x )和y =f 2(x )是否为“平缓函数” ?并说明理由;(参考公式:x >0时，sin x <x 恒成立)(2)若函数y =f (x )是“平缓函数”，且y =f (x )是以1为周期的周期函数，证明:对任意的x 1、x 2∈R ，均有f x 1 -f x 2 <12;(3)设y =g (x )为定义在R 上函数，且存在正常数A >1使得函数y =A ⋅g (x )为“平缓函数”. 现定义数列x n 满足:x 1=0,x n =g x n -1 (n =2,3,4,⋯)，试证明:对任意的正整数n ,g x n ≤A |g (0)|A -1.19若项数为N N ≥3 的数列A N :a 1,a 2,⋯,a N 满足：a 1=1,a i ∈N *i =2,3,⋯,N ，且存在M ∈2,3,⋯,N -1 ，使得a n +1-a n ∈1,2 ,1≤n ≤M -1-1,-2 ,M ≤n ≤N -1，则称数列A N 具有性质P .(1)①若N =3，写出所有具有性质P 的数列A 3；②若N =4,a 4=3，写出一个具有性质P 的数列A 4；(2)若N =2024，数列A 2024具有性质P ，求A 2024的最大项的最小值；(3)已知数列A N :a 1,a 2,⋯,a N ,B N :b 1,b 2,⋯,b N 均具有性质P ，且对任意i ,j ∈1,2,⋯,N ，当i ≠j 时，都有a i ≠a j ,b i ≠b j ．记集合T 1=a 1,a 2,⋯,a N ，T 2=b 1,b 2,⋯,b N ，求T 1∩T 2中元素个数的最小值.20在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”.如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2.设数列a ，b ，c 经过第n 次“和扩充”后所得数列的项数记为P n ，所有项的和记为S n .(1)若a =1,b =2,c =3，求P 2，S 2；(2)设满足P n ≥2023的n 的最小值为n 0，求n 0及S n 03(其中[x ]是指不超过x 的最大整数，如1.2 =1，-2.6 =-3)；21已知Q ：a 1,a 2,⋯,a k 为有穷整数数列.给定正整数m ,若对任意的n ∈1,2,⋅⋅⋅,m ,在Q 中存在a i ,a i +1,a i +2,⋯,a i +j j ≥0 ,使得a i +a i +1+a i +2+⋅⋅⋅+a i +j =n ,则称Q 为m -连续可表数列.(1)判断Q ：2,1,4,2是否为7-连续可表数列？是否为8-连续可表数列？说明理由；(2)若Q ：a 1,a 2,⋯,a k 为8-连续可表数列,求证：k 的最小值为4.22已知有限数列a n ，从数列a n 中选取第i 1项、第i 2项、⋯、第i m 项(i 1<i 2<⋯<i m )，顺次排列构成数列b k ，其中b k =a i k，1≤k ≤m ，则称新数列b k 为a n 的长度为m 的子列．规定：数列a n 的任意一项都是a n 的长度为1的子列，若数列a n 的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列a n 为完全数列．设数列a n 满足a n =n ，1≤n ≤25,n ∈N *．(1)判断下面数列a n 的两个子列是否为完全数列，并说明由；数列①：3，5，7，9，11；数列②：2，4，8，16．(2)数列a n 的子列b k 长度为m ，且b k 为完全数列，证明：m 的最大值为6；(3)数列a n 的子列b k 长度m =5，且b k 为完全数列，求1b 1+1b 2+1b 3+1b 4+1b 5的最大值．23有穷数列{a n }共m 项(m ≥3)．其各项均为整数，任意两项均不相等．b i =a i -a i +1 i =1,2,⋯,m -1 ，b i ≤b i +1i =1,2,⋯,m -2 ．(1)若{a n }：0，1，a 3．求a 3的取值范围；(2)若m =5，当5i =1a i 取最小值时，求4i =1b i 的最大值；(3)若1≤a i ≤m i =1,2,...,m ，m -1k =1b k =m +1，求m 的所有可能取值．24如图为一个各项均为正数的数表，记数表中第i 行第j 列的数为a i ,j ，已知各行从左至右成等差数列，各列从上至下成公比相同的等比数列.1⋯620⋮(1)若a i,j；=100，求实数对i,j(2)证明：所有正整数恰在数表中出现一次.25若数列a n为η数列.记S n=a1+a2 满足a k+1-a k=1k=1,2,3,⋯,n-1n≥2，则称数列a n+a3+⋯+a n.(1)写出一个满足a1=a5=1，且S5=5的η数列；(2)若a1=24,n=2000，证明：η数列a n是递增数列的充要条件是a n=2023；(3)对任意给定的整数n n≥3，使得S n=1？如果存在，写出一个满足条 ，是否存在首项为1的η数列a n件的η数列a n；如果不存在，说明理由.26定义矩阵运算：a b c dx y =ax +bycx +d y．已知数列a n ，b n 满足a 1=1，且n 11na nb n=n 2+2nn 2n +1．(1)证明：a n ，b n 分别为等差数列，等比数列．(2)求数列a 2n +3b 2n -1+1 的前n 项和S n ．27将数列{a n }按照一定的规则，依顺序进行分组，得到一个以组为单位的序列称为数列{a n }的一个分群数列，{a n }称为这个分群数列的原数列.如(a 1,a 2,⋯,a r )，(a r +1,a r +2,⋯,a t )，(a t +1,a t +2,⋯,a s )，⋯，(a m +1,a m +2,⋯,a n )，⋯是数列{a n }的一个分群数列，其中第k 个括号称为第k 群.已知数列{a n }的通项公式为a n =2n .(1)若数列{a n }的一个分群数列每个群都含有3项，该分群数列第k 群的最后一项为b k ，求数列{b n }的通项公式.(2)若数列{a n }的一个分群数列满足第k 群含有k 项，A k 为{a n }的该分群数列第k 群所有项构成的数集，设M ={m |a m ∈A k ,a m +6∈A k +2}，求集合M 中所有元素的和.28已知数列a n3n是以13为首项的常数列，S n为数列a n的前n项和．(1)求S n；(2)设正整数m=b0×30+b1×31+⋯+b k×3k，其中b i∈{0,1,2},i,k∈N．例如：3=0×30+1×31，则b0=0，b1=1；4=1×30+1×31，则b0=1，b1=1．若f(m)=b0+b1+⋯+b k，求数列S n⋅f S n的前n项和T n．29已知a n是公比为q的等比数列．对于给定的k(k=1,2,3⋯n)，设T(k)是首项为a k，公差为2a k -1的等差数列a n，记T(k)的第i项为b(k)i．若b(1)1+b(2)1=b(2)2，且b(1)2=b(2)3．(1)求a n的通项公式；(2)求ni=11 b(2)i b(2)i+1；(3)求ni=1b(k)i．30已知数列a n的前n项和为S n，且S n=2n+1．(1)求a n的通项公式；(2)保持a n中各项先后顺序不变，在a k与a k+1之间插入k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列b n，记b n的前n项和为T n，求T100的值(用数字作答)．31若项数为k (k∈N*，k≥3)的有穷数列{a n}满足：0≤a1<a2<a3<⋅⋅⋅<a k，且对任意的i ，j (1≤i≤j≤k)，a j+a i或a j-a i是数列{a n}中的项，则称数列{a n}具有性质P．(1)判断数列0 , 1 , 2是否具有性质P，并说明理由；(2)设数列{a n}具有性质P，a i (i=1，2，⋯， k)是{a n}中的任意一项，证明：a k-a i一定是{a n}中的项；(3)若数列{a n}具有性质P，证明：当k≥5时，数列{a n}是等差数列．32已知有穷数列A:a1，a2，⋯，a n(n≥3)中的每一项都是不大于n的正整数.对于满足1≤m≤n的整数m，令集合A(m)={k a k=m ，k=1 ， 2 ， ⋯ ，n }.记集合A(m)中元素的个数为s(m)(约定空集的元素个数为0).(1)若A:6 ， 3 ， 2 ， 5 ， 3 ， 7 ， 5 ， 5，求A(5)及s(5)；(2)若1s(a1)+1s(a2)+⋯+1s(a n)=n，求证：a1 ,a2 ,⋯ ,a n互不相同；(3)已知a1=a , a2=b，若对任意的正整数i，j(i≠j，i+j≤n)都有i+j∈A(a i)或i+j∈A(a j)，求a1+a2 +⋯+a n的值.33已知无穷数列a n 满足a n =max a n +1,a n +2 -min a n +1,a n +2 (n =1,2,3,⋯)，其中max {x ,y }表示x ，y 中最大的数，min {x ,y }表示x ，y 中最小的数.(1)当a 1=1，a 2=2时，写出a 4的所有可能值；(2)若数列a n 中的项存在最大值，证明：0为数列a n 中的项；(3)若a n >0(n =1,2,3,⋯)，是否存在正实数M ，使得对任意的正整数n ，都有a n ≤M ？如果存在，写出一个满足条件的M ；如果不存在，说明理由.34设λ为整数．有穷数列a n 的各项均为正整数，其项数为m (m ≥2)．若a n 满足如下两个性质，则称a n 为P λ数列：①a m =1，且a i ≠1(i =1,2,⋯,m -1)；②a n +1=λa n +1 ,a n 为奇数,a n2,a n 为偶数 (n =1,2,⋯,m-1)(1)若a n 为P 1数列，且a 1=5，求m ；(2)若a n 为P -1数列，求a 1的所有可能值；(3)若对任意的P 1数列a n ，均有m ≤2log 2a 1+d ，求d 的最小值．35若数列A n 满足A n +1=A 2n ，则称数列A n 为“平方递推数列”．已知数列a n 中，a 1=9，点a n ,a n +1 在函数f (x )=x2+2x 的图象上，其中n 为正整数，(1)证明：数列a n +1 是“平方递推数列”，且数列lg a n +1 为等比数列；(2)设b n =lg a n +1 ,c n =2n +4，定义a *b =a ,a ≤b ,b ,a >b ,，且记d n =b n *c n ，求数列d n 的前n 项和S n ．36如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的比都大于2，则称这个数列为“G 型数列”．(1)若数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =32n -1，求证：数列a n 是“G 型数列”．(2)若数列a n 的各项均为正整数，且a 1=1，a n 为“G 型数列”，记b n =a n +1，数列b n 为等比数列，公比q 为正整数，当b n 不是“G 型数列”时，求数列a n 的通项公式．(3)在(2)的条件下，令c n =1a n a n +1，记c n 的前n 项和为S n ，是否存在正整数m ，使得对任意的n ∈N *，都有1S n∈m -1,m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．37已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且a 4=4，数列b n 的前n 项之积为T n ，b 1=13，且S n =log 3T n ．(1)求T n ；(2)令c n =a nb n，是否存在正整数n ，使得“c n -1=c n +c n +1”与“c n 是c n -1，c n +1的等差中项”同时成立？请说明理由．38若无穷数列a n 满足∀n ∈N *，a n -a n +1 =n +1，则称a n 具有性质P 1．若无穷数列a n 满足∀n ∈N *，a n a n +4+1≥a 2n +2，则称a n 具有性质P 2．(1)若数列a n 具有性质P 1，且a 1=0，请直接写出a 3的所有可能取值；(2)若等差数列a n 具有性质P 2，且a 1=1，求a 22+a 23的取值范围；(3)已知无穷数列a n 同时具有性质P 1和性质P 2，a 5=3，且0不是数列a n 的项，求数列a n 的通项公式．39如果数列a n对任意的n∈N*，a n+2-a n+1>a n+1-a n，则称a n为“速增数列”.(1)判断数列2n是否为“速增数列”？说明理由；(2)若数列a n为“速增数列”.且任意项a n∈Z，a1=1,a2=3,a k=2023，求正整数k的最大值；(3)已知项数为2k(k≥2,k∈Z)的数列b n是“速增数列”，且b n的所有项的和等于k，若c n=2b n，n=1, 2,3,⋯,2k，证明：c k c k+1<2.40已知数表A2n=a11a12⋯a1na21a22⋯a2n中的项a ij(i=1,2;j=1,2,⋯,n)互不相同，且满足下列条件：①a ij∈1,2,⋯,2n；②(-1)m+1a1m-a2m<0(m=1,2,⋯,n).则称这样的数表A2n具有性质P.(1)若数表A22具有性质P，且a12=4，写出所有满足条件的数表A22，并求出a11+a12的值；(2)对于具有性质P的数表A2n，当a11+a12+⋅⋅⋅+a1n取最大值时，求证：存在正整数k1≤k≤n，使得a1k= 2n；(3)对于具有性质P的数表A2n，当n为偶数时，求a11+a12+⋅⋅⋅+a1n的最大值.数列中的知识交汇和创新型问题1王先生今年初向银行申请个人住房贷款100万元购买住房，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还贷，分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷款(包括本金和利息).(1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已知第一个还贷月应还15000元，最后一个还贷月应还6500元，试计算王先生该笔贷款的总利息；(2)若王先生采取等额本息的还贷方式，贷款月利率为0.3%，.银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半，已知王先生家庭月收入为23000元，试判断王先生该笔贷款能否获批.(不考虑其他因素)参考数据1.003119≈1.428，1.003180≈1.433，1.003121≈1.437【答案】(1)290000元(2)王先生该笔贷款能够获批【分析】(1)由题意，每月的还贷额构成一个等差数列，对数列求和可得所求利息；(2)利用等比数列求和公式，求得王先生每月还货额，与题目所给数据比较，得结论.【详解】(1)由题可知，等额本金还货方式中，每月的还贷额构成一个等差数列a n，S n表示数列a n的前n项和.则a1=15000,a120=6500，故S120=15000+65002×120=1290000.故王先生该笔贷款的总利息为：1290000-1000000=290000元.(2)设王先生每月还货额为x元，则有x+x(1+0.003)1+x(1+0.003)2+⋯+x(1+0.003)119=1000000×(1+0.003)120，即x 1-1.0031201-1.003=1000000×(1+0.003)120，故x=1000000×(1+0.003)120×0.0031.003120-1≈9928.因为9928<23000×12=11500，故王先生该笔贷款能够获批.2佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列a n 的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m (m ∈N *)项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为2a 1、3a 2、4a 3、⋯⋯、m +1 a m (m +1 a m 表示高度为a m 的方体连续堆叠m +1层的总高度)，请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.【答案】(1)a n =36-2.4n (答案不唯一，符合题意即可)(2)可以，理由见详解【分析】(1)根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；(2)根据题意求S 7，并与310比较大小，分析判断.【详解】(1)由题意可知：a 1=33.6，注意到33.6-24=9.6,24-19.2=4.8，取等差数列的公差d =-2.4，则a n =33.6-2.4n -1 =36-2.4n ，令a n =36-2.4n =24，解得n =5，即24为第5项；令a n =36-2.4n =19.2，解得n =7，即19.2为第7项；故a n =36-2.4n 符合题意.(2)可以，理由如下：由(1)可知：m ≤7,a 1=33.6,a 2=31.2,a 3=28.8,a 4=26.4,a 5=24,a 6=21.6,a 7=19.2，设数列n +1 a n 的前n 项和为S n ，∵S 7=2a 1+3a 2+4a 3+...+8a 7=856.8>310，故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.3在当前市场经济条件下，某服装市场上私营个体商店中的商品所标价格a 与其实际价值b 之间存在着相当大的差距.对购物的消费者来说，这个差距越小越好，而商家则相反，于是就有消费者与商家的“讨价还价”，常见的方法是“对半还价法”，消费者第一次减去定价的一半，商家第一次讨价加上二者差价的一半;消费者第二次还价再减去二者差价的一半，商家第二次讨价，再加上二者差价的一半，如此下去，可得表1:表1次数消费者还价商家讨价第一次b 1=12a c 1=b 1+12(a -b 1)第二次b 2=c 1-12(c 1-b 1)c 2=b 2+12(c 1-b 2)第三次b 3=c 2-12(c 2-b 2)c 3=b 3+12(c 2-b 3)⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅第n 次b n =c n -1-12(c n -1-b n -1)c n =b n +12(c n -1-b n )消费者每次的还价b n (n ∈k )组成一个数列b n .(1)写出此数列的前三项，并猜测通项b n 的表达式并求出lim n →+∞b n ；(2)若实际价格b 与定出a 的价格之比为b :a =0.618:1，利用“对半还价法”讨价还价，最终商家将能有百分之几的利润?【答案】(1)答案见解析(2)8%【分析】(1)根据条件即可得到数列b n 的通项公式，进而可直接计算lim n →+∞b n ；(2)根据价格比得a ,b 关系，代入(1)中lim n →+∞b n 计算即可.【详解】(1)b 1=12a ，b 2=c 1-12c 1-b 1 =12a +14a -18a =-12a +-12 2a +-12 3a +a ，b 3=c 2-12c 2-b 2 =-12a +-12 2a +⋯+-125a +a ，观察可得，b n =c n -1-12c n -1-b n -1 =-12a +-12 2a +⋯+-12 2n -1a +a=-13a 1+12 2n -1+a lim n →∞b n =lim n →∞-13a 1+12 2n -1 +a =-13a +a =23a .(2)因为b :a =0.618:1，所以a =b0.618，故23a =2b 3×0.618≈1.08b 故商家将有约8%的利润.4近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达40%，每年年底把除运营成本a 万元，再将剩余资金继续投入直播平合.(1)若a =100，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？(结果精确到0.1万元)【答案】(1)936万元(2)3000万元【分析】(1)用a n 表示第n 年年底扣除运营成本后直播平台的资金，然后根据已知计算a 1,a 2,a 3可得；(2)由已知写出a 1,a 2,a 3,⋯,a 6，然后由a 6≥3000求得a 的范围．【详解】(1)记a n 为第n 年年底扣除运营成本后直播平台的资金，则a 1=500×1.4-100=600，a 2=600×1.4-100=740a3=740×1.4-100=936故第3年年底扣除运营成本后直播平台的资金为936万元.(2)a1=500×1.4-a，a2=500×1.4-a×1.4-a=500×1.42-1.4a-a⋯a6=500×1.46-1.45+1.44+⋯+1a=500×1.46-a⋅1-1.461-1.4由a6≥3000，得a≤46.8，故运营成本最多控制在46.8万元，才能使得直播平台在第6年年底扣除运营成本后资金达到3000万元.5甲、乙两人同时分别入职A,B两家公司，两家公司的基础工资标准分别为：A公司第一年月基础工资数为3700元，以后每年月基础工资比上一年月基础工资增加300元；B公司第一年月基础工资数为4000元，以后每年月基础工资都是上一年的月基础工资的1.05倍．(1)分别求甲、乙两人工作满10年的基础工资收入总量(精确到1元)(2)设甲、乙两人入职第n年的月基础工资分别为a n、b n元，记c n=a n-b n，讨论数列c n的单调性，指出哪年起到哪年止相同年份甲的月基础工资高于乙的月基础工资，并说明理由．【答案】(1)甲的基础工资收入总量606000元；乙的基础工资收入总量603739元(2)单调性见解析；从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资；理由见解析【分析】(1)易得甲的工资满足等差数列，乙的工资满足等比数列，再根据等差等比数列的求和公式求解即可(2)根据题意可得c n=3400+300n-4000×1.05n-1，再求解c n+1-c n>0分析c n的单调性，并计算c n<0时n的取值范围即可【详解】(1)甲的基础工资收入总量S1=3700×10+12×10×9×300×12=606000元乙的基础工资收入总量S2=4000× 1.0510-11.05-1×12=603739元(2)a n=3700+300n-1，b n=4000×1.05n-1c n=3400+300n-4000×1.05n-1，c n+1=3400+300n+1-4000×1.05n，设c n+1-c n=300-200×1.05n-1>0，即1.05n-1<1.5，解得1≤n≤8所以当1≤n≤8时，c n递增，当n≥9时，c n递减又当c n<0，即3400+300n<4000×1.05n-1，解得5≤n≤14，所以从第5年到第14年甲的月基础工资高于乙的月基础工资． ．6治理垃圾是S市改善环境的重要举措．去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的75%．(1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数n n∈N*的表达式；(2)设A n为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由．【答案】(1)a n=200-20n,1≤n<5 100×34n-5,n≥6。
高考数学复习压抽题专项突破—数列与函数、不等式相结合问题
高考数学复习压抽题专项突破—数列与函数、不等式相结合问题一．方法综述数列与函数、不等式相结合是数列高考中的热点问题，难度较大，求数列与函数、不等式相结合问题时会渗透多种数学思想.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列中的恒成立问题、数列中的最值问题、数列性质的综合问题、数列与函数的综合问题、数列与其他知识综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析.二．解题策略类型一数列与不等式1.1数列与基本不等式【例1】某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元．为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为________．【答案】10【解析】由题意可知：每年的维护费构成一个以2为首项，2为公差的等差数列，故第n年的维护费为：a n=2+2（n﹣1）=2n，总的维护费为：()222n n+=n（n+1）故年平均费用为：y=()1000.51n n nn+++，即y=n+100n+1.5，（n为正整数）；由基本不等式得：y=n+100n（万元）当且仅当n=100n，即n=10时取到等号，即该企业10年后需要更新设备．故答案为：10．（2020·广东高三）已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，若2233S a S +=-，则423a a +的最小值为（）A ．9B ．12C ．16D ．18【答案】D【解析】由2233S a S +=-得232333a S S a =--=-，所以2111233,01a q a q a q q q=-=>⇒>-.所以423a a +()()323112333331q q q a q a q q qq ++=+==--()()2121431q q q -+-+=⨯-()43161q q ⎡⎤=-++⎢-⎣⎦3618≥⨯+=.当且仅当41311q q q -=⇒=>-时取得最小值.故选：D 【指点迷津】本题考查了等比数列的相关性质以及基本不等式的相关性质，等比数列的通项公式是，等比中项，基本不等式有，考查公式的使用，考查化归与转化思想.【举一反三】1.（2020山东省济宁市模拟）已知正项等比数列满足：，若存在两项使得，则的最小值为【答案】【解析】因为数列是正项等比数列，，，所以，，，所以，，，，，因为，所以，，，当且仅当时“=”成立，所以的最小值为.2．（2020·江苏扬州中学）已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1=1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2163n n S a ++的最小值为【答案】4【解析】∵a 1，a 3，a 13成等比数列，a 1=1，∴a 32=a 1a 13，∴（1+2d ）2=1+12d ，d ≠0，解得d =2．∴a n =1+2（n -1）=2n -1．S n =n +()12n n -×2=n 2．∴2163n n S a ++=221622n n ++=()2(1)2191n n n +-+++=n +1+91n +-2=4，当且仅当n +1=91n +时取等号，此时n =2，且2163n n S a ++取到最小值4，1.2数列中的恒成立问题【例2】（2020·四川双流中学）已知定义域为的函数满足，当时，，设在上的最大值为，且的前n 项和为，若对任意的正整数n均成立，则实数的取值范围为（）A．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】【分析】运用二次函数的最值和指数函数的单调性求得x∈[0，2）时f（x）的最大值，由递推式可得{a n}是首项为，公比为的等比数列，由等比数列的求和公式和不等式恒成立思想可得k的范围．【详解】当x∈[0，2）时，，所以函数f(x)在[0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，可得当0≤x＜1时，f（x）的最大值为f（）＝；1≤x<2时，f（x）的最大值为f（）＝1，即有0≤x＜2时，f（x）的最大值为,即首项，由可得可得{a n}是首项为，公比为的等比数列，可得S n＝＝，由S n＜k对任意的正整数n均成立，可得k≥．故选：B．【指点迷津】对于数列中的恒成立问题，仍要转化为求最值的问题求解；【举一反三】1.（2020安徽省毛坦厂中学）已知等差数列满足，，数列满足，记数列的前项和为，若对于任意的，，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意得，则，等差数列的公差，.由，得，则不等式恒成立等价于恒成立，而，问题等价于对任意的，恒成立.设，，则，即，解得或.故选:A.2.（2020·江苏高三模拟）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若不等式2221222(1)n nS a ma n ++≥+对任意正整数n 都成立，则实数m 的取值范围是（）A ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．11,52⎡⎤⎢⎣⎦C ．1,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．1,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D 【解析】【分析】令(2)n d t -=,由222222122222213()(2)43(1)22n nS a a t a t t a t a n ++=+++=+++，当243a t =-时，取得最小值，由此能求出结果.【详解】2212222122122(1)2[(1)]22[(2)][(2)]2[](1)(1)2n n n n a n d S n a a n d a n d a d n n +++++=+-+=+-++++22221[(2)][2(2)]2a n d a n d +-++-=,令(2)n d t -=，则222222122222213()(2)43(1)22n nS a a t a t t a t a n ++=+++=+++，当243a t =-时，取最小值2213a ，即23(42)n d a -=-，2423an d=-，因为不等式2221222(1)n nS a ma n ++≥+对任意正整数n 都成立，当20a ≠，所以13m ≤，当20a =时，m R ∈，综上13m ≤.故选：D1.3数列中的最值问题【例3】（2020·浙江高三期末）已知数列{}n a 中，12a =，若21n n n a a a +=+，设1212222111m m m a a a S a a a =++⋅⋅⋅++++，若2020m S <，则正整数m 的最大值为（）A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020【答案】B【解析】21n n n a a a +=+ ,12a =∴0n a >,∴210n n n a a a +-=>,即数列{}n a 为单调增数列,1(+16n n n a a a +∴=≥）,即111111(+1+16n n n n n a a a a a +==-≤）,1111+1n n n a a a +∴=-,212(1)11m m m a a a =-++1212222111m m m a a a S a a a ∴=++⋅⋅⋅++++121112(1)2(1)2(1)111m a a a =-+-+⋅⋅⋅+-+++1211122()111m m a a a =-++⋅⋅⋅++++1312211111122()m m m a a a a a a +=--+-+⋅⋅⋅+-111122()m m a a +=--1221+m m a +=-223m ≤-2020m S < ,2220203m ∴-<,即110103m <+,∴正整数m 的最大值为1010,故选:B.【指点迷津】本题利用数列的递推公式,确定数列的单调性，再根据范围求正整数的最小值.在解题时需要一定的逻辑运算与推理的能力，其中确定数列单调性是解题的关键【举一反三】1．（2020·湖南高三月考）数列{}n a 满足()1111nn n a a n ++=-+-,且601a <<．记数列{}n a 的前n项和为n S ,则当n S 取最大值时n 为（）A ．11B ．12C ．11或13D ．12或13【答案】C【解析】【分析】分n 的奇偶讨论数列{}n a 的奇偶性分别满足的条件,再分析n S 的最大值即可.【详解】由题,当n 为奇数时,()1111n n n a a n ++=-+-,()()1211111n n n a a n ++++=-++-.故()()()()1211111111211n n nn n a a n n ++⎡⎤⎡⎤-=-++---+-=--⋅-=⎣⎦⎣⎦.故奇数项为公差为1的等差数列.同理当n 为偶数时,()21213nn n a a +-=--⋅-=-.故偶数项为公差为-3的等差数列.又601a <<即2206167a a <-<⇒<<.又()12111119a a +=-+-=.所以123a <<.综上可知,奇数项均为正数,偶数项随着n 的增大由正变负.故当n S 取最大值时n 为奇数.故n 为奇数且此时有()()()()11121111100011110n n n n n n n a a a a n --+++⎧--+-≥+≥⎧⎪⇒⎨⎨+≤-++-≤⎩⎪⎩,解得1113n ≤≤.故11n =或13n =.故选：C2.（2020浙江省湖州三校）已知数列满足，，则使的正整数的最小值是（）A ．2018B ．2019C ．2020D ．2021【答案】C 【解析】令,则,所以，从而，，因为,所以数列单调递增，设当时,当时,所以当时，，，从而,因此,选C.类型二数列与函数的综合问题【例4】（2020·上海中学高三）已知函数()y f x =为定义域R 上的奇函数，且在R 上是单调递增函数，函数()(3)g x f x x =-+，数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，若()()()12927g a g a g a +++= ，则129a a a +++= （）A ．18B ．9C ．27D ．81【答案】C【解析】【分析】根据题意，由奇函数的性质可得f（﹣x）+f（x）＝0，又由g（x）＝f（x﹣3）+x且g（a1）+g（a2）+…+g（a9）＝27，可得f（a1﹣3）+f（a2﹣3）+…+f（a9﹣3）+（a1+a2+…+a9）＝27，结合等差数列的性质可得f（a1﹣5）＝﹣f（a9﹣5）＝f（5﹣a9），进而可得a1﹣5＝5﹣a9，即a1+a9＝10，进而计算可得答案．【详解】根据题意，函数y＝f（x）为定义域R上的奇函数，则有f（﹣x）+f（x）＝0，∵g（x）＝f（x﹣3）+x，∴若g（a1）+g（a2）+…+g（a9）＝27，即f（a1﹣3）+a1+f（a2﹣3）+a2+…+f（a9﹣3）+a9＝27，即f（a1﹣3）+f（a2﹣3）+…+f（a9﹣3）+（a1+a2+…+a9）＝27，f（a1﹣3）+f（a2﹣3）+…+f（a9﹣3））+（a1﹣3+a2﹣3+…+a9﹣3）＝0，又由y＝f（x）+x为定义域R上的奇函数，且在R上是单调函数，且（a1﹣3）+（a9﹣3）＝（a2﹣3）+（a8﹣3）＝…＝2（a5﹣3），∴a5﹣3＝0，即a1+a9＝a2+a8＝…＝2a5＝6，则a1+a2+…+a9＝9a5＝27；故选：C．【指点迷津】(1)运用函数性质解决问题时，先要正确理解和把握函数相关性质本身的含义及其应用方向.(2)在研究函数性质特别是奇偶性、周期、对称性、单调性、最值、零点时，要注意用好其与条件的相互关系，结合特征进行等价转化研究.如奇偶性可实现自变量正负转化，周期可实现自变量大小转化，单调性可实现去“f”，即将函数值的大小转化自变量大小关系,对称性可得到两个对称的自变量所对应函数值关系.【举一反三】1.（2020·湖南模拟）已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{}n a 满足1a ＝f (0)，且f (1n a +)＝1(2)n f a --(n *∈N )，则2017a 的值为()A ．2209B ．3029C ．4033D ．2249【答案】C 【解析】【分析】因为该题为选择题，可采用特殊函数来研究，根据条件，底数小于1的指数函数满足条件，可设函数为()12xf x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，从而求出1a ，再利用题目中所给等式可证明数列{}n a 为等差数列，最后利用等差数列定义求出结果。
新高考数学数列经典题型专题提升-第25讲 数列与函数的交汇问题(解析版)
第25讲 数列与函数的交汇问题参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．（2021•龙泉驿区校级一模）已知定义在上的函数是奇函数且满足，，数列是等差数列，若，，则 A ．B ．C ．2D ．3【解答】解：函数是奇函数且满足，有，则，即，为周期为3的函数，数列是等差数列，若，，，，，（1）（3）（5），，，（1），（1）（3）（5），（1）（3）（5）（1）（3），故选：．2．（2021•日照模拟）已知数列的通项公式，则 A ．150B ．162C ．180D ．210【解答】解：，可得当时，数列递减，时，数列递增，可得．R ()f x 3()()2f x f x -=(2)3f -=-{}n a 23a =713a =1232015()()()()(f a f a f a f a +++⋯+=)2-3- ()f x 3()()2f x f x -=3()()2f x f x -=--3(3)()()2f x f x f x -=--=-(3)()f x f x -=-()f x ∴ {}n a 23a =713a =11a ∴=2d =21n a n ∴=-1232015()()()()f a f a f a f a f ∴+++⋯+=f +f +(4029)f +⋯+(2)3f -=- (0)0f =f ∴3=-f ∴f +f +0=1232015()()()()f a f a f a f a f ∴+++⋯+=f +f +(4029)f f +⋯+=f +3=-B {}n a 100n a n n=+122399100||||||(a a a a a a -+-+⋯+-=)10020n a n n =+=…110n ……{}n a 11n …{}n a 12239910012239101110121110099||||||a a a a a a a a a a a a a a a a a a -+-+⋯+-=-+-+⋯+-+-+-+⋯+-11010010110010012(1010)162a a a a =-+-=+++-+=故选：．3．（2021•新郑市校级模拟）已知等差数列的前项和为，若，，下列为真命题的序号为 ①；②；③；④．A ．①②B ．②③C ．②④D ．③④【解答】解：由，可得，即，，故可得等差数列的公差，选项③正确；把已知的两式相加可得整理可得结合上面的判断可知故有，，故选项②正确；由于，，则，故选项①错误；由公差 可得，结合等差数列的列的性质，可得，从而可得，故，即选项④错误．故选：．4．（2021秋•仁寿县月考）设等差数列的前项和为，已知，，则下列结论中正确的是 A ．，B ．，C ．，D ．，【解答】解：由，可得，，即，，从而可得等差数列的公差，B {}n a n n S 322(1)2010(1)1a a -+-=320092009(1)2010(1)1a a -+-=-()20092009S =20102010S =20092a a <20092S S <322(1)2010(1)1a a -+-=320092009(1)2010(1)1a a -+-=-210a ->2009110a -<-<21a >200901a <<0d <20092a a <332220092009(1)2010(1)(1)2010(1)0a a a a -+-+-+-=22220092200922009(2)[(1)(1)(1)(1)2010]0a a a a a a +--+----+=g222200922009(1)(1)(1)(1)20100a a a a -+----+>220092a a +=120102200920102010()2010201022a a a a S ++===g 0d <201020091a a <<200920102010201020102009S S a a =-=->0d <220082*********a a a a a a +>+>+10051006222a a >>1006100501a a <<<200923420092007_10060a s s a a a =-=++⋯+>B {}n a n n S 344(1)2012(1)1a a -+-=320092009(1)2012(1)1a a -+-=-()20122012S =20094a a <20122012S =20094a a >20122011S =20094a a <20122011S =20094a a >344(1)2012(1)1a a -+-=320092009(1)2012(1)1a a -+-=-410a ->2009110a -<-<41a >200901a <<0d <20094a a ∴<把已知的两式相加可得整理可得结合上面的判断可知所以，而故选：．5．（2021•琼海校级模拟）已知函数．项数为27的等差数列满足，且公差，若，当时，则的值为 A ．14B ．13C ．12D ．11【解答】解：因为函数是奇函数，所以图象关于原点对称，图象过原点．而等差数列有27项，．若，则必有，所以．答案为：14，故选：．6．（2021秋•江苏期中）已知定义域为的函数满足，当，时，，设在，上的最大值为则数列的前项和的值为 A ．B ．C ．D ．【解答】解：由题设易知：当，时，，当，时，，当，时，，又函数满足，在，上的最大值为，，，，，334420092009(1)2012(1)(1)2012(1)0a a a a -+-+-+-=22420094200942009(2)[(1)(1)(1)(1)2012]0a a a a a a +--+----+=g224200942009(1)(1)(1)(1)20120a a a a -+----+>420092a a +=1201242009201220122012()()201222s a a a a =+=+=A ()sin tan f x x x =+n a (,)22n a ππ∈-0d ≠1227()()()0f a f a f a ++⋯+=()0k f a =k ()()sin tan f x x x =+{}n a (n a ∈,)22ππ-12327()()()()0f a f a f a f a +++⋯+=14()0f a =14k =A R ()f x ()2(2)f x f x =+[0x ∈2)23||21,[0,1)()1(,[1,2)2x x x x f x x -⎧-++∈⎪=⎨∈⎪⎩()f x [22n -2)n *()n a n N ∈{}n a n n S ()155(2n-515()22n -1155()2n +-1515(22n +-[0x ∈1)15()()24max f x f ==[1x ∈2)3()(12max f x f ==∴[0x ∈2)5()4max f x =()f x ()2(2)f x f x =+()f x [22n -2)n *()n a n N ∈154a ∴=258a =3516a =⋯故数列是首项为，公比为的等比数列，，故选：．7．（2021•浙江）已知，，，成等比数列，且，若，则 A ．，B ．，C ．，D ．，【解答】解：，，，成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，，设公比为，当时，令，，即，故，不成立，即：，，，，不成立，排除、．当时，，，等式不成立，所以；当时，，，不成立，当时，，，并且，能够成立，故选：．二．多选题（共1小题）8．（2021秋•淄博月考）已知，，，成等比数列，满足，且，下列选项正确的是 A ．B ．C ．D ．【解答】解：设公比为，则，则，则，，即，即，{}n a 5412151[1()]554212212n n n S +-∴==--D 1a 2a 3a 4a 1234123()a a a a ln a a a +++=++11a >()13a a <24a a <13a a >24a a <13a a <24a a >13a a >24a a >1a 2a 3a 4a 11a >q 0q >123a a a t ++=41a t lnt -=-…41a -…0q <13a a >24a a >13a a <24a a <A D 1q =-12340a a a a +++=123()0ln a a a ++>1q ≠-1q <-12340a a a a +++<123()0ln a a a ++>1234123()a a a a ln a a a +++=++(1,0)q ∈-130a a >>240a a <<1234123()a a a a ln a a a +++=++B 1a 2a 3a 4a 21234234()a a a a a a a +++=++41a >()13a a >34a a >12a a >24a a <q 2323211(1)[()]a q q q a q q q +++=++232221(1)(1)q q q a q q q +++=++233221(1)(1)q q q q a q q q +++=++2334122(1)1(1)q q q q a a q q q +++==>++2322(1)(1)0q q q q q q +++-++>23120q q q +++<令，，故，，时，，时，，故在，，上单调递增，在上单调递减．且，，故作的图象如右图，结合图象可知，，，则，即，同理可得，，，，故选：．三．填空题（共6小题）9．（2021•江西模拟）若函数满足、，都有，且（1），（4），则 4033 ．【解答】解：（a ）（b ），令，，（3）（1）（4），解得（3），令，，（2）（4）（1），解得（2），由（1），（2），（3），（4），可以猜想故答案为：403332()21f x x x x =+++2()341(1)(31)f x x x x x '=++=++(x ∈-∞11)(3--⋃)+∞()0f x '>1(1,)3x ∈--()0f x '<()f x (,1)-∞-1(3-)+∞1(1,3--(1)12111f -=-+-+=321111()()2(()103333f -=-+⋅-+-+>()f x 1q <-10a <211a a q >13a a >34a a <12a a <24a a <AD ()f x a ∀b R ∈23(()2()3a bf f a f b +=+f 1=f 7=(2017)f =23()3a bf f += 2f +1a =4b =3f ∴f =2f +114=+f 5=4a =1b =3f ∴f =2f +72=+f 3=f 1=f 3=f 5=f 7=()21f n n =-(2017)403414033f ∴=-=10．（2021秋•雨城区校级月考）已知函数满足对任意实数，，有，且（1），（4），则 4027 ．【解答】解：函数满足对任意实数，，有，由（1），（4），令，，得（2），令，，得（3），猜想：．①证明：当，2，3，4时①成立．假设且为整数），①都成立．令，，得，，即对．成立．对任意正整数，都成立．．故答案为：4027．11．（2021•上海模拟）已知定义在上的函数是奇函数且满足，，数列满足，且（其中为的前项和），则 3 ．【解答】解：函数是奇函数，是以3为周期的周期函数．，，．()f x a b 2()2()(33a b f a f b f ++=f 1=f 7=(2014)f = ()f x a b 2()2()()33a b f a f b f ++=∴f 1=f 7=4a =1b =f (4)2(1)33f f +==1a =4b =f (1)2(4)53f f +==*()21()f n n n N =-∈1n =(4n k k >…k 2a k =-1b k =+(2)2(1)()3f k f k f k -++=3()(2)3(21)2(2)1(1)22f k f k k k f k -----+∴+==2(1)1k =+-1n k =+(1)2(1)1f k k +=+-∴n *()21()f n n n N =-∈(2014)2201414027f ∴=⨯-=R ()f x 3()()2f x f x -=(2)3f -=-{}n a 11a =-21n n S an n=⨯+n S {}n a n 56()()f a f a += ()f x ()()f x f x ∴-=- 3()()2f x f x -=∴3()()2f x f x -=--(3)()f x f x ∴+=()f x ∴2n n S a n =+ 112(1)n n S a n --∴=+-(2)n …两式相减并整理得出，即，数列是以2为公比的等比数列，首项为，，，，，（2）（2）故答案为：3．12．（2021•红桥区二模）已知定义在，上的函数满足，当，时，．设在，上的最大值为，且的前项和为，则 ．【解答】解：定义在，上的函数满足，，，，设，，则，当，时，．．，，，时，的最大值为表示以2为首项，为公比的等比数列121n n a a -=-112(1)n n a a --=-∴{1}n a -112a -=-11222n n n a -∴-=-=-g 21n n a =-+531a ∴=-663a =-56()()(31)(63)f a f a f f f ∴+=-+-=(0)f f +=(2)3f =--=[0)+∞()f x ()2(2)f x f x =+[0x ∈2)2()24f x x x =-+()f x [22n -2)n (*)n a n N ∈{}n a n n S n S =2142n --[0)+∞()f x ()2(2)f x f x =+1(2)()2f x f x ∴+=11(4)(2)()24f x f x f x ∴+=+=11(6)(4)()28f x f x f x +=+=⋯1(2)()2nf x n f x +=[22x n ∈-2)n (22)[0x n --∈2)[0x ∈2)2()24f x x x =-+2[(22)]2[((22)]4[(22)]f x n x n x n ∴--=---+--∴211()2(21)22nf x x n -=--++12()2[2(21)2]n f x x n -∴=--++[22x n ∈-2)n 21x n ∴=-()f x 22n-22nn a -∴={}n a ∴12的前项和为．故答案为：．13．（2021秋•9月份月考）已知数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为．点，均在函数的图象上，的横坐标为，的横坐标为．直线的斜率为，若，，则数列的前项和 ．【解答】解：数列是各项均为正数的等比数列，公比设为，，由题意可得，由可得，即；又可得，解得，则，即，，可得前项和，，相减可得，化简可得．故答案为：．14．（2021•浦东新区三模）函数，数列，，，，满足，，若要使，，，成等差数列．则的取值范围 ， ．【解答】解：当时，；当时，；当时，．当时，；{}n a ∴n 212[1()]1241212n n n S --==--2142n --{}n a n n S n A n B 2()log f x x =n A n a n B 1n S +n n A B n k 11k =212k ={()}n n a f a n n T =2(2)2n n +-g {}n a q 0q >22(1)1n nn n nlog S log a k S a +-=+-11k =212111(1)11log a log a a a +-=+-11a =212k =222222(11)1112log a log a a a ++-=++-22a =2q =12n n a -=12()2log 2n n n a f a -=g 11(1)2n n n --=-g n 10122438(1)2n n T n -=++++⋯+-g g g g 201428316(1)2n n T n =++++⋯+-g g g g 12482(1)2n nn T n --=+++⋯+--g 12(12)(1)212n n n --=---g 2(2)2n n T n =+-g 2(2)2n n +-g ()3|5|2|3|f x x x =+-+1a 2a ⋯n a ⋯1()n n a f a +=*n N ∈1a 2a n a ⋯⋯1a {9}[3-- )+∞3x -…()315269f x x x x =+--=+53x -<-…()31526521f x x x x =+++=+5x <-()315269f x x x x =--++=--3n a -…19n n a a +-=当时，；当时，．对任意，．即，即为无穷递增数列．又为等差数列，所以存在正数，当时，，从而，由于为等差数列，因此公差．①当时，则，又，故，即，从而，当时，由于为递增数列，故，，而，故当时，为无穷等差数列，符合要求；②若，则，又，，得，应舍去；③若，则由得到，从而为无穷等差数列，符合要求．综上可知：的取值范围为，．故答案为：，．四．解答题（共12小题）15．（2010•广东模拟）已知函数，且对任意的、都有．（1）若数列．（2）求的值．【解答】解：（1）．（3分）而．（5分）是以为首项，以2为公比的等比数列，故（7分）（2）由题设，有（8分）53n a -<-…14214(5)211n n n a a a +-=+⨯-+=…5n a <-1292(5)91n n n a a a +-=-->-⨯--=∴*n N ∈11n n a a +-…1n n a a +…{}n a {}n a M n M >3n a -…1()9n n n a f a a +==+{}n a 9d =15a <-211()9a f a a ==--2119a a d a =+=+1199a a --=+19a =-20a =2n …{}n a 203n a a =>-…1()9n n n a f a a +∴==+219a a =+19a =-{}n a 153a -<-…211()521a f a a ==+2119a a d a =+=+115219a a ∴+=+13a =-13a -…1n a a …1()9n n n a f a a +==+{}n a 1a {9}[3-- )+∞{9}[3-- )+∞()()11,1,12f x f ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭在上有意义x (1,1)y ∈-()()()1x yf x f y f xy ++=+{}()()*11221,,21n n n n n x x x x n N f x x +==∈+满足求211111()()()(511312f f f f n n n ++⋯+++++ 2122112112n n n n x x x x x +∴=+又……∴22||11n nx x <⋯+11()(12f x f ==-122()()(()()2()11n n n n n n n n n n x x x f x f f f x f x f x x x x ++===+=++⋯∴1()2{()}()n n n f x f x f x +=∴1-1()2n n f x -=-⋯()()()()00000,0010f f f f f +⎛⎫+===⋯ ⎪+⎝⎭故又，得，故知在上为奇函数（10分）由得，于是故．（12分）16．（2008•湖北校级模拟）已知函数在上有意义，，且对任意的，，都有．（1）判断函数的奇偶性；（2）若数列．（3）求证：．【解答】解：（1）令，则，即（1分）又令，，则（3分）即，故是奇函数．（4分）（2），而．（7分）（8分）是以为首项，以2为公比的等比数列，故（9分）（3）（11分）()()()()21,1,001x x x f x f x f f x -⎛⎫∈-+-=== ⎪-⎝⎭有()()f x f x -=-()f x (1,1)-⋯211111(1)(2)121131(1)(2)111(1)(2)(1)(2)k k k k k k k k k k k k -++++===++++---++++211111()()()()(311212f f f f f k k k k k k =+-=-++++++211111()((1()31222n k f f f f k k n n ==-=--++++∑g211111(()(()0511312f f f f n n n ++⋯++=+++⋯()f x (1,1)-1()12f =-x (1,1)y ∈-()()()1x yf x f y f xy++=+()f x {}()()*11221,,21n n n n nx x x x n N f x x +==∈+满足求*1211123()()()()1n n n N f x f x f x n +++⋯+>-∈+0x y ==2(0)(0)f f =(0)0f =y x =-(1,1)x ∈-()()(0)0f x f x f +-==()()f x f x -=-()f x 2122112112n n n n x x x x x +∴=+又 (2)2||11n nx x ∴<+11()()12f x f ==-122()(()()()2()11n n nn n n n n n n x x x f x f f f x f x f x x x x ++===+=++∴1()2()n n f x f x +={()}n f x ∴1-1()2n n f x -=-2112111111112(1)1()()()22212n n n f x f x f x --++⋯+=-+++⋯+=--又故（14分）17．（2021秋•永定区校级月考）已知在上有定义，且满足，时，有（1）证明：在上为奇函数．（2）数列满足，，，求的通项公式．（3）求证：．【解答】（1）证明：令得：所以令得：所以又的定义域为所以在上为奇函数（2）解：所以为以2为公比为首项的等比数列．故（3）证明：所以：所以*1111222()1212n n n N ---=-+>-∈- *23122()11n n N n n +-=--<-∈++*1211123()()()()1n n n N f x f x f x n +++⋯+>-∈+()f x (1,1)-1(12f =-x (1,1)y ∈-()()()1x yf x f y f xy++=+()f x (1,1)-{}n a 112a =1221n n n a a a +=+()n n x f a ={}n x 211111(((()511312f f f f n n n +++⋯+=-+++0y =()(0)()f x f f x +=(0)0f =y x =-()()(0)0f x f x f +-==()()f x f x -=-()f x (1,1)-()f x (1,1)- 1111)1212()()()()2(21n n n n n n n n a x f a f f a f a f a x a ------===+==+111()()12x f a f ===-{}n x 1-12n n x -=- 211()1(2)(1)121131(2)(1)11()12n n n n n n n n n n +-+-+++==++++-+-++g 211111()()()(()311212f f f f f n n n n n n =+-=-++++++111()()()523f f f =-111(()()1134f f f =-⋯2111(()()3112f f f n n n n =-++++以上等式相加得：18．（2009•盐都区校级模拟）已知：函数在上有定义，，且对、有．（Ⅰ）试判断函数的奇偶性；（Ⅱ）对于数列，有，试证明数列成等比数列；（Ⅲ）求证：．【解答】解：（Ⅰ）在中，令，得再令，得，，即函数为奇函数（Ⅱ）证明：由得函数为奇函数，，否则与矛盾，或，，是以为首项，为公比的等比数列（Ⅲ）证明：又（Ⅱ）可得又19．已知各项均为正数的数列的前项和为，函数一（其中，均为常数，且，当时，函数取得极小值，点，均在函数21111111()()(1()()(51131222f f f f f f n n n n +++⋯=+-=-++++()f x (1,1)-1()12f =-x ∀(1,1)y ∈-()()()1x yf x f y f xy++=+()f x {}n x 11111,21n n n n n x x x x x x +++-==-{()}n f x 14()()5ni i f x f =>∑()()(1x yf x f y f xy++=+y x =-()()(0)f x f x f +-=0x y ==(0)(0)(0)f f f +=(0)0f ∴=()()f x f x ∴-=-()f x 1111n n n n n x x x x x +++-=-12121n n n x x x ++=+ 11221122||||111n n n n x x x x ++++=<++∴1212111n n n x x x ++-<=<+∴1111()()()()1n n n n n n n x x f x f f x f x x x ++++-==+--⋅ ()f x 11()()()n n n f x f x f x ++∴=-12()()n n f x f x +=0n x ≠ 112x =()(0)0n f x f ∴≠=[11111121112()()(()()2()]11n n n n n n n n n n x x x f x f f f x f x f x x x x ++++++++++===+=++⋅∴1()1()2n n f x f x += 11()(12f x f ==-{()}n f x ∴1-1211()2n n f x -=-12211111111141122()()()()(12(()(()2112222522122ni n n n i f x f x f x f x f f f f --=+=++⋯+=-++++=-+==+=-+⨯∑*n N ∈ ∴11222n --+>-∴14()(5nii f x f =>∑{}n a n n S 21()2f x px =()p q x qlnx ++p q 0)p q >>1x a =()f x (n a 2)(*)n S n N ∈22()qy px f x q x'=-++的图象上．（其中是函数的导函数）（1）求的值；（2）求数列的通项公式；（3）记，求数列的前项和．【解答】解：（1）由题意得，函数的定义域为，令，得或，，，当变化时，和的变化情况如下表：处取得极小值，即．（2）依题意，，点，均在函数图象上，，则，由求得当时，()f x '()f x 1a {}n a 43nn n S b q n =+g {}n b n n T ()f x (0,)+∞2()(1)()()()q px p q x q x px q f x px p q x x x -++--'=-++==()0f x '=1x =q x p=0p q >> 01qp∴<<x ()f x '()f x ()f x ∴11a =222()2qy px f x q px px p x'=-++=+- (n a 2)(*)n S n N ∈22()qy px f x q x'=-++222n n n S p a p a p ∴=+-g g 211122a pa pa p =+-11a =1p =2221n n n S a a ∴=+-2n (2111221)n n n S a a ---=+-两式相减求得，，数列是以1为首项，为公差的等差数列，， （3）由（2）得，，解得，，则③又④，且由（2）知，，③④得，．20．（2021秋•市南区校级期末）已知函数，数列满足：，．（1）求证数列为等差数列，并求数列的通项公式；（2）记，求证：．【解答】证明：（1）由题意可得，，数列为等差数列，111()(02n n n n a a a a +-+--=10n n a a ++> 1102n n a a -∴--=∴{}n a 12111(1)22n n a n +∴=+-⨯=22112212(122n n n n n S a a ++=+-=⨯+-234n n n S +=43n n n n S b q nq n ∴==+1212n n T q q n q =⨯+⨯+⋯+g 23112(1)n n n qT q q n q n q +=⨯+⨯+⋯+-+g g 0p q >> 1p =1q ∴≠-12311(1)(1)1n n n n n q q q T q q q q n q n q q++--=+++⋯+-=--g g 12(1)(1)1n n n q q nq T q q+-∴=---2()2x f x x =+n a 143a =1()n n a f a +=1{}na {}n a 12231n n n S a a a a a a +=++⋯+83n S <122nn n a a a +=+∴11112n n a a +-=∴1{}na，，，；（2），．21．（2021•陕西）设是等比数列1，，，，的各项和，其中，，．（Ⅰ）证明：函数在，内有且仅有一个零点（记为，且；（Ⅱ）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为，比较和的大小，并加以证明．【解答】证明：（Ⅰ）由，则（1），．在，内至少存在一个零点，又，在，内单调递增，在，内有且仅有一个零点，是的一个零点，，即，故；（Ⅱ）由题设，，设，．当时，．143a = ∴1134a =∴13121424n n n a -+=+=421n a n ∴=+1118()2123n n a a n n +=-++1223111111188()8(3521233233n n n S a a a a a a n n n +∴=++⋯+=--=-<+++()n f x x 2x ⋯n x 0x >n N ∈2n …()()2n n F x f x =-1(21))n x 11122n n n x x +=+()n g x ()n f x ()n g x 2()()212n n n F x f x x x x =-=+++⋯+-n F 10n =->1211()111112()1()()22012222212n n n n F +-=+++⋯+-=-=-<-()n F x ∴1(21)1()120n n F x x nx -'=++⋯+>()n F x ∴1(21)()n F x ∴1(21)n x n x ()n F x ()0n n F x ∴=11201n n n x x +--=-11122n n n x x +=+(1)(1)()2n n n x g x ++=2(1)(1)()()()12n nn n n x h x f x g x x x x ++=-=+++⋯+-0x >1x =()()n n f x g x =当时，．若，．若，．在内递增，在内递减，（1），即．综上，当时，；当且时，．22．（2021春•青羊区校级期末）已知函数的图象上有一点列，，点在轴上的射影是，，且且，．（1）求证：是等比数列，并求出数列的通项公式；（2）对任意的正整数，当，时，不等式恒成立，求实数的取值范围．（3）设四边形的面积是，求证：．【解答】（1）证明：由且得且，，，且，是首项为3，公比为3的等比数列．．，．（2）解：，，，又，，故数列单调递减，（此处也可作差证明数列单调递减）1x ≠11(1)()122n n n n x h x x nx --+'=++⋯+-01x <<111111(1)(1)(1)()20222n n n n n n n n x n n x n n x h x x xnx------+++'>++⋯+-=-=1x >111111(1)(1)(1)()20222n n n n n n n n x n n x n n x h x xx nx------+++'<++⋯+-=-=()h x ∴(0,1)(1,)+∞()h x h ∴<0=()()n n f x g x <1x =()()n n f x g x =0x >1x ≠()()n n f x g x <3(1)()(0)1log x f x x x +=>+(n n P x *)()n y n N ∈n P x (n n Q x 0)132(2n n x x n -=+…*)n N ∈12x ={1}n x +{}n x n [1m ∈-1]21363n t mt y -+>t 11n n n n P Q Q P ++n S 1211132nS S nS ++⋯+<132(2n n x x n -=+…*)n N ∈113(1)(2n n x x n -+=+…*)n N ∈113x += 10n x ∴+≠∴1131n n x x -+=+(2n …*)n N ∈{1}n x ∴+∴111(1)33n n n x x -+=+=∴31n n x =-*n N ∈ 3(311)()3113n n n n n log ny f x -+===-+ 1113133n n n n y n n y n n ++++==g *n N ∈312111n n n n =++->+>∴11n ny y +<{}n y 10n n y y +-<{}n y当时，取得最大值为．要使对任意的正整数，当，时，不等式恒成立，则须使，即，对任意，恒成立，，解得或，实数的取值范围为，，．（3）证明：，而，四边形的面积为，，，．23．（2021•深圳二模）设是定义在，上的函数，若存在，使得在，上单调递增，在，上单调递减，则称为，上单峰函数，为峰点．（1）已知为，上的单峰函数，求的取值范围及的最大值；（2）设，其中，．①证明：对任意，为，上的单峰函数；②记函数在，上的峰点为，，证明：．【解答】解：（1），函数的导数，方程的判别式△，当△时，即或时，恒成立，此时当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，∴1n =n y 13n [1m ∈-1]21363n t mt y -+>21136()33n max t mt y -+>=220t mt ->[1m ∈-1]∴222020t t t t ⎧->⎨+>⎩2t >2t <-∴t (-∞2)(2-⋃)+∞11||(31)(31)23n n n n n Q Q ++=---=g ||3n n nnP Q =∴11n n n n P Q Q P ++1111(||||)||2n n n n n n n S P Q P Q Q Q +++=+11141()232333n n n n n n +++=+=g g 131211111112(12()3()(41)4(41)4414441n nS n n n n n n n n n n ===-<-=-+++++12111111111113(13(1322233411n S S nS n n n ++⋯+<-+-+-+⋯+-=-<++∴1211132nS S nS ++⋯+<()f x [a ]b (,)c a b ∈()f x [a ]c [c ]b ()f x [a ]b c 2221()(2)(22)4f x x x x x t =--+[a ]b t b a -23134()2014()2314n n n x x x p x f x px x n n ++=+-+++⋯++++*n N ∈2p >*n N ∈()n f x [011]p -()n f x [011]p-n c *n N ∈1n n c c +<2221()(2)(22)4f x x x x x t =--+ ∴22()(1)(2)f x x x x t '=--+2220x x t -+=4(1)(1)t t =-+0…1t …1t -…2220x x t -+…1x …()0f x '…()f x 1x …()0f x '…()f x不是单峰函数，当△，即，方程的两根，，则则，列表如下，，，递减递增递减递增在，上单峰函数，1为峰点，，当且仅当时取等号，综上若为，上的单峰函数，的取值范围，，的最大值2；（2）①，，设，则，，，，时，，，在，上单调递减，又，，函数在，内存在零点，记为．，时，，在，上单调递减，对任意，为，上的单峰函数；②，，故，而为的峰点，()f x∴0>11t -<<2220xx t -+=11x =21x =12(1)x x <<12()()(1)()f x x x x x x '=---x1(,)x -∞1(x 1)2(1,)x 2(x )+∞()f x '-+-+()f x ()f x ∴1[x 2]x 212b a x x -=-=0t =()f x [a ]b t (1-1]b a -23134()2014()2314n n n x x x p x f x px x n n ++=+-+++⋯++++ 233()(1)n n n f x p x x x p x +∴'=-+++⋯++233()()(1)n n n n g x f x p x x x p x +='=-+++⋯++2132()(123(3))n n n g x x x nx n p x -+'=-+++⋯+++*n N ∈ 2p >[0x ∴∈11p-0x …()10n g x '-<…()()n n g x f x ∴='[0∈11]p-(0)10n f p '=->1233332111(1)111111(1)[1(1)(1)(1(1)][(1)](2)(1)011(1)n n n n n n pf p p p p p p p p p p p p p p++++--'-=-+-+-+⋯+-+-=-+-=--<--∴()n f x '[0∈11]p-n c (n x c ∴∈11p -()0n f x '<()n f x [n c 11]p-∴*n N ∈()n f x [011]p-233()(1)n n n f x p x x x p x +'=-+++⋯++ 21342331()(1)1(1)1[()]()1n n n n n n n f x p x x x p x p x x x x p x p x p f x xf x px p ++++∴'=-+++⋯++=-++++⋯++=---'='-+-1()()1n n n n n f c c f c pc p +'='-+-n c ()n f x，，又，，由①知在，上单调递减，24．（2021•深圳二模）设是定义在，上的函数，若存在，使得在，上单调递减，在，上单调递增，则称为，上单谷函数，为谷点．（1）已知，判断函数是否为区间，上的单谷函数；（2）已知函数且的导函数．①证明：为区间，上的单谷函数：②记函数在区间，上的峰点为，证明：．【解答】解：（1），分当时，有，故在，上单调递减，有，在，上单调递增，在区间，上的单谷函数；分当时，有，在，上单调递增，不是区间，上的单谷函数；当时，有，故在，上单调递增，不是区间，上单谷函数；分综上所述，当时，是区间，上的单谷函数；时，不是区间，上的单谷函数；分（2）①证明：记，，分当时，，函数在区间，上单调递增，分又，且时，，，()0n n f c ∴'=1()1n n n f c pc p +∴'=-+-1(0,1n c p∈-111()()n n n n f c f c +++∴'>'1()n f x +'[n c 11]p-1n n c c +∴<()f x [a ]b (,)c a b ∈()f x [a ]c [c ]b ()f x [a ]b c m R ∈3211()32m f x x x mx +=-+[02]*()(n f x n N ∈2)n (22)3()23n n n f x x x '=+⋯+++-g ()n f x [023()n f x [023n x 1n n x x +>2()(1)(1)()f x x m x m x x m '=-++=-- 1--------------∴0m …(0,1)x ∈()0f x '<()f x [01](1,2)x ∈()0f x '>()f x [12]3211()32m f x x x mx +∴=-+[02]2-------------------------01m <…(0,)x m ∈()0f x '>()f x [0]m ()f x ∴[02]1m >(0,1)x ∈()0f x '>()f x [01]()f x ∴[02]3-----------------------------------------0m …()f x [02]0m >()f x [02]4-----------------------------22()()3()23n n n n g x f x x x x '==+⋯+++-g ∴1()21n ng x nx x '-=+⋯++5---------------------------------2(0,)3x ∈()0ng x '>∴()n f x '[0236-------------------- 2(0)3()23n n f '=-2n (24)()39n …∴(0)0n f '<，分函数在区间上存在唯一的零点，记为，有，即在区间，上单调递减；，有，即在区间，上单调递增；，是区间，上的单谷函数，分②证明：，分由可得；，代入得，即，分，，，又，，由①知单调递增，．分25．（2021秋•黄州区校级月考）已知函数的定义域为，，且同时满足以下①②③三个条件：①（1）；②对一切，恒成立；③若，，，则（a ）（b ）．（1）求；（2）设，，，且，试证明并利用此结论求函数的最大值和最小值；（3）试比较与的大小，并证明对一切，，都有．【解答】（1）解：令，，，22(1())22222233(()3()23()2(023*******n n n n n n f '-=+⋯++-=+-=>-8----------∴()n f x '2(0,)3n x (0,)n x x ∴∈(0)0n f '<()n f x [0]n x (n x x ∈2)3(0)0n f '>()n f x [n x 232n ∴…()n f x [02]310--------------------------22()3(23n n n f x x x x '=+⋯+++-g ∴12112()3()23n n n n n n n n n f x x x x x '+++=++⋯+++-()11i -----------------------()0n n f x '=2223(3n n n n n x x x +⋯++=-()i 11122()(23()3()233n n n n n n f x x '+++=+-+-112()(3n n n n n f x x '++=-12------------------------------------------2(0,3n x ∈ ∴12(3n nn n n x x +<<∴1()0n n f x '+< 11()0n n f x '++=∴111()()n n n n f x f x ''+++<1()n n f x '+1n n x x +∴>14-----------------------------------------------------()f x [01]f 3=()2f x …[0x ∈1]0a …0b …1a b +…()f a b f +…f +2-(0)f 1x 2[0x ∈1]12x x <12()()f x f x …()f x 1()2f ''12()2n N +∈''(0x ∈1]()22f x x <+0a b ==(0)(00)2(0)2f f f ∴=+-…(0)2f ∴…又对一切，恒成立，（2）证明：设，，，，则，则当时，（1），（3）证明：在③中令，得（Ⅰ）对，，总存在，满足由（2）及（Ⅰ）得：又，．综上所述，对任意，，恒成立26．（2007•四川）已知函数，设曲线在点，处的切线与轴的交点为，，其中为正实数．（Ⅰ）用表示；（Ⅱ）若，记，证明数列成等比数列，并求数列的通项公式；（Ⅲ）若，，是数列的前项和，证明．【解答】解：（Ⅰ）由题可得．所以曲线在点，处的切线方程是：．即．令，得．(0)2f …[0x ∈1](0)2f ∴=1x 2[0x ∈1]12x x <21[0x x -∈1]2211211()[()]()()2f x f x x x f x x f x ∴=-+-+-…2121()()()20f x f x f x x ∴---……12()()f x f x ∴…01x ……(0)()f f x f ……()2min f x ∴=()3max f x =12n a b ==111(2()222n n f f -- (10111111))2[(2][(2]222222n n n n f f f ---⋯-=………∴11()222n nf +…(0x ∀∈1]n N ∈11122n n x +<…11()(222n n f x f +……1112222222n nx ++>⨯+=+()22f x x ∴<+(0x ∈1]()22f x x <+2()4f x x =-()y f x =(n x ())n f x x 1(n x +0)(*)n N ∈1x n x 1n x +14x =22n n n x a lg x +=-{}n a {}n x 14x =2n n b x =-n T {}n b n 3n T <()2f x x '=()y f x =(n x ())n f x ()()()n n n y f x f x x x -='-2(4)2()nn n y x x x x --=-0y =21(4)2()nn n n x x x x +--=-即．显然，．（Ⅱ）由，知，同理，故．从而，即．所以，数列成等比数列．故．即．从而所以（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当时，显然．当时，．综上，．2142nn n x x x ++=0n x ≠∴122n n nx x x +=+122n n n x x x +=+21(2)22222n n n n n x x x x x +++=++=21(2)22n n n x x x +--=21122()22n n n n x x x x ++++=--1122222n nn n x x lg lg x x ++++=--12n n a a +={}n a 111111222232n n n n x a a lglg x ---+===-12232n n n x lglg x -+=-12232n n n x x -+=-11222(31)31n n n x --+=-11222(31)31n n n x --+=-∴1242031n n n b x -=-=>-∴111112122223111113313133n n n n n n b b ----+-==<=-+…1n =1123T b ==<1n >21121111(()333n n n n b b b b ---<<<<11121111[1()]1113()33()3133313n n n n n b T b b b b b b --∴=++⋯+<++⋯+==-⋅<-3(*)n T n N <∈。
高考数学微专题 概率统计与数列、函数的综合交汇问题
4
(2)经计算第(1)问中样本标准差 s 的近似值为 50，根据大量的测试数据，可以认为这 款汽车的单次最大续航里程 X 近似地服从正态分布 N(μ，σ2)(用样本平均数 x 和标准差 s 分别作为 μ、σ 的近似值)，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程 X∈[250,400]的 概率；
令 f′(p)＝0 可得 p＝1230.
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列表如下：
区间 f′(p)符号
0，1230 正
f(p)
递增
所以 f(p)存在唯一极大值点 p0＝1230；
1230，1 负 递减
21 返回导航
22
②估计该盒子中黑球的数目为 60p0＝39.理由如下：
由①可知，当且仅当
p＝1230时，f(p)取得最大值，即
价格 p 与产量 q 的函数 市场情形 概率
关系式
好
0.4
p＝164－3q
中
0.4
p＝101－3q
差
0.2
p＝70－4q
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设 L1，L2，L3 分别表示市场情形好、中、差时的利润，随机变量 ξ 表示当产量为 q， 而市场前景无法确定的利润．
(1)分别求利润 L1，L2，L3 与产量 q 的函数关系式； (2)当产量 q 确定时，求期望 E(ξ)； (3)试问产量 q 取何值时，E(ξ)取得最大值．
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以上各式相加，得 Pn－1＝－12＋－122＋－123＋…＋－12n＝－13·1－－12n， ∴1≤n≤19 时，Pn＝23＋13－12n， ∴到达“胜利大本营”的概率 P19＝23－13×2119， ∴设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为 Y 万元，则 Y＝3 或 0， ∴Y 的期望 E(Y)＝3·P19＋0·(1－P19)＝3×23－13×2119＝2－2119≈2.0， ∴参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为 2.0 万元．
2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点(解析版)
数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516B.440C.258D.2202(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65mB.85mC.100mD.120m3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块2024年高考数学专项复习数列考查的九个热点（解析版）4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m项，可由a m=12(a m-n+a m+n)转化为求a m-n，a m+n或a m-n+a m+n的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n}是等比数列，且a1+a2+a3=1，a2+a3+a4=2，则a6+a7+a8= ()A.12B.24C.30D.326(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.427(2023·全国高考真题)已知a n为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公比q,然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n项和公式,共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an}是等差数列，a1=-10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an}的通项公式；(Ⅱ)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．9(2022·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n 的通项公式及其前n 项和．热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列，且a 1+a 2+a 3+a 4=ln (a 1+a 2+a 3)．若a 1>1，则A.a 1<a 3,a 2<a 4B.a 1>a 3,a 2<a 4C.a 1<a 3,a 2>a 4D.a 1>a 3,a 2>a 412(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x 轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y =1.1x ，第n 根弦(n ∈N ，从左数首根弦在y 轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l ：y =x +1交于点A n x n ,y n 和B n x n,y n，则20n =0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.14(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x ,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<416(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.1217(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．19(2021·全国·统考高考真题)设a n 是首项为1的等比数列，数列b n 满足b n =na n3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为a n 和b n 的前n 项和．证明：T n <S n2．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n 与b n 的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.热点六数列与解析几何交汇22(2022·全国·统考高考真题)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA ,BB ,CC ,DD 是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD 1,CC 1,BB 1,AA 1是举，OD 1,DC 1,CB 1,BA 1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD 1OD 1=0.5,CC 1DC 1=k 1,BB 1CB 1=k 2,AA 1BA 1=k 3．已知k 1,k 2,k 3成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725，则k 3=()A.0.75B.0.8C.0.85D.0.923(重庆·高考真题)设A x 1,y 1 ,B 4,95 ,C x 2,y 2 是右焦点为F 的椭圆x 225+y 29=1上三个不同的点，则“|AF |,|BF |,|CF |成等差数列”是“x 1+x 2=8”的()A.充要条件B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件D.既不充分也不必要条件24(2021·浙江·统考高考真题)已知a ,b ∈R ,ab >0，函数f x =ax 2+b (x ∈R ).若f (s -t ),f (s ),f (s +t )成等比数列，则平面上点s ,t 的轨迹是()A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线热点七数列与概率统计交汇25(2023秋·江西·高三校联考阶段练习)甲同学现参加一项答题活动，其每轮答题答对的概率均为13，且每轮答题结果相互独立.若每轮答题答对得5分，答错得0分，记第i 轮答题后甲同学的总得分为X i ，其中i =1,2,⋅⋅⋅,n .(1)求E X 99 ；(2)若乙同学也参加该答题活动，其每轮答题答对的概率均为23，并选择另一种答题方式答题：从第1轮答题开始，若本轮答对，则得20分，并继续答题；若本轮答错，则得0分，并终止答题，记乙同学的总得分为Y .证明：当i >24时，E X i >E Y .26(2023秋·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，点A 处有一只小蚂蚁，每次随机等可能地沿各条棱或侧面对角线向另一顶点移动，设小蚂蚁移动n 次后仍在底面ABC 的顶点处的概率为P n .(1)求P1，P2的值.(2)求P n.27(2019·全国·高考真题(理))为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得-1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得-1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i(i=0,1,⋯,8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，p i=ap i-1+bp i+cp i+1(i=1,2,⋯,7)，其中a=P(X=-1)，b=P(X=0)，c=P(X=1)．假设α=0.5，β=0.8．(i)证明：{p i+1-p i}(i=0,1,2,⋯,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．热点八等差数列、等比数列的判断与证明28【多选题】(2022·广东茂名·模拟预测)已知数列a n的前n项和为S，a1=1，S n+1=S n+2a n+1，数列2na n⋅a n+1的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的为()A.数列a n+1是等比数列 B.数列a n+1是等差数列C.数列a n的通项公式为a n=2n-1 D.T n>129(2021·全国·统考高考真题)记S n为数列a n的前n项和，b n为数列S n的前n项积，已知2S n+1b n=2．(1)证明：数列b n是等差数列;(2)求a n的通项公式．热点九数列中的“新定义”问题30(2020·全国·统考高考真题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯a n⋯满足a i∈{0,1}(i=1,2,⋯)，且存在正整数m，使得a i+m=a i(i=1,2,⋯)成立，则称其为0-1周期序列，并称满足a i+m=a i(i=1,2,⋯)的最小正整数m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列a1a2⋯a n⋯，C(k)=1 mmi=1a i a i+k(k=1,2,⋯,m-1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是()A.11010⋯B.11011⋯C.10001⋯D.11001⋯31【多选题】(2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类，如图中第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，⋯称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，⋯称为正方形数，记三角形数构成数列a n，正方形数构成数列b n，则下列说法正确的是()A.1b 1+1b 2+1b 3+⋯+1b n<2；B.1225既是三角形数，又是正方形数；C.10i =11b i +1-a i +1=95；D.∀m ∈N *，m ≥2总存在p ，q ∈N *，使得b m =a p +a q 成立；32(2022秋·山东·高三校联考阶段练习)若项数为n 的数列a n 满足：a i =a n +1-i i =1，2，3，⋯，n 我们称其为n 项的“对称数列”．例如：数列1，2，2，1为4项的“对称数列”；数列1，2，3，2，1为5项的“对称数列”．设数列c n 为2k +1项的“对称数列”，其中c 1，c 2⋯c k +1是公差为2的等差数列，数列c n 的最大项等于8，记数列c n 的前2k +1项和为S 2k +1，若S 2k +1=32，则k =．数列考查的九个热点热点题型速览热点一等差数列的基本计算热点二等比数列的基本计算热点三等差数列与等比数列的综合计算热点四数列与函数的交汇热点五数列与不等式交汇热点六数列与解析几何交汇热点七数列与概率统计交汇热点八等差数列、等比数列的判断与证明热点九数列中的“新定义”问题热点一等差数列的基本计算1(2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a n 为递增数列，S n 为其前n 项和，a 3+a 7=34,a 4⋅a 6=280，则S 11=()A.516 B.440C.258D.220【答案】D【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a 4,a 6，再利用前n 项和公式求解作答.【详解】等差数列a n 为递增数列，则a 4<a 6，由a 3+a 7=34，得a 4+a 6=34，而a 4⋅a 6=280，解得a 4=14,a 6=20，所以S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6=220.故选：D2(2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中)某种卷筒卫生纸绕在圆柱形盘上，空盘时盘芯直径为60mm ，满盘时直径为120mm ，已知卫生纸的厚度为0.1mm ，则满盘时卫生纸的总长度大约( )(π≈3.14，精确到1m )A.65m B.85mC.100mD.120m【答案】B【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成300个半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各圆的周长，再借助等差数列前n 项和公式求总和即可.【详解】因为空盘时盘芯直径为60mm ，则半径为30mm ，周长为2π×30=60πmm ，又满盘时直径为120mm ，则半径为60mm ，周长为2π×60=120πmm ，又因为卫生纸的厚度为0.1mm ，则60-300.1=300，即每一圈周长成等差数列，项数为300，于是根据等差数列的求和公式，得：S300=300×60π+120π2=27000πmm ，又27000πmm≈84780mm≈85m，即满盘时卫生纸的总长度大约为85m，故选：B.3(2020·全国高考真题(理))北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块【答案】C【解析】设第n环天石心块数为a n，第一层共有n环，则a n是以9为首项，9为公差的等差数列，a n=9+n-1×9=9n，设S n为a n的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分别为S n，S2n-S n，S3n-S2n，因为下层比中层多729块，所以S3n-S2n=S2n-S n+729，即3n9+27n2-2n9+18n2=2n9+18n2-n9+9n2+729即9n2=729，解得n=9，所以S3n=S27=279+9×272=3402.故选：C4(2022·全国·统考高考真题)记S n为等差数列a n的前n项和．若2S3=3S2+6，则公差d=．【答案】2【分析】转化条件为2a1+2d=2a1+d+6，即可得解.【详解】由2S3=3S2+6可得2a1+a2+a3=3a1+a2+6，化简得2a3=a1+a2+6，即2a1+2d=2a1+d+6，解得d=2.故答案为：2.【规律方法】1.等差数列中的基本量a1,a n,d,n,S n，“知三可求二”，在求解过程中主要运用方程思想.要注意使用公式时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意运用整体代换思想，使运算更加便捷．2. 在等差数列{a n}中，若出现a m-n，a m，a m+n等项时，可以利用等差数列的性质将其转化为与a m有关的条件；若求a m 项，可由a m =12(a m -n +a m +n)转化为求a m -n ，a m +n 或a m -n +a m +n 的值．3.数列的基本计算，往往以数学文化问题为背景.热点二等比数列的基本计算5(2020·全国·统考高考真题)设{a n }是等比数列，且a 1+a 2+a 3=1，a 2+a 3+a 4=2，则a 6+a 7+a 8=()A.12B.24C.30D.32【答案】D【分析】根据已知条件求得q 的值，再由a 6+a 7+a 8=q 5a 1+a 2+a 3 可求得结果.【详解】设等比数列a n 的公比为q ，则a 1+a 2+a 3=a 11+q +q 2 =1，a 2+a 3+a 4=a 1q +a 1q 2+a 1q 3=a 1q 1+q +q 2 =q =2，因此，a 6+a 7+a 8=a 1q 5+a 1q 6+a 1q 7=a 1q 51+q +q 2 =q 5=32.故选：D .6(2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人后3天共走的里程数为()A.6B.12C.18D.42【答案】D【分析】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a 1的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后3天共走的里程数.【详解】设第n n ∈N ∗ 天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列a n 是公比为12的等比数列，所以，a 11-12 6 1-12=6332a 1=378，解得a 1=378×3263=192，所以，此人后三天所走的里程数为a 4+a 5+a 6=192×181-1231-12=42.故选：D .7(2023·全国高考真题)已知a n 为等比数列，a 2a 4a 5=a 3a 6，a 9a 10=-8，则a 7=.【答案】-2【分析】根据等比数列公式对a 2a 4a 5=a 3a 6化简得a 1q =1，联立a 9a 10=-8求出q 3=-2，最后得a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2.【解析】设a n 的公比为q q ≠0 ，则a 2a 4a 5=a 3a 6=a 2q ⋅a 5q ，显然a n ≠0，则a 4=q 2，即a 1q 3=q 2，则a 1q =1，因为a 9a 10=-8，则a 1q 8⋅a 1q 9=-8，则q 15=q 5 3=-8=-2 3，则q 3=-2，则a 7=a 1q ⋅q 5=q 5=-2，故答案为：-2.【规律方法】1.等比数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公比q ,然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.2.等比数列的通项公式及前n 项和公式,共涉及五个量a 1,a n ,q ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想解决问题.3.根据题目特点，可选用等比数列的性质.热点三等差数列与等比数列的综合计算8(2019·北京·高考真题)设{an }是等差数列，a 1=-10，且a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列．(Ⅰ)求{an }的通项公式；(Ⅱ)记{an }的前n 项和为Sn ，求Sn 的最小值．【答案】(Ⅰ)a n =2n -12；(Ⅱ)-30.【分析】(Ⅰ)由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得a n 的通项公式；(Ⅱ)首先求得S n 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值.【详解】(Ⅰ)设等差数列a n 的公差为d ，因为a 2+10，a 3+8，a 4+6成等比数列，所以(a 3+8)2=(a 2+10)(a 4+6)，即(2d -2)2=d (3d -4)，解得d =2，所以a n =-10+2(n -1)=2n -12.(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n =2n -12,所以S n =-10+2n -122×n =n 2-11n =n -112 2-1214；当n =5或者n =6时，S n 取到最小值-30.9(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和．已知2S nn+n =2a n +1．(1)证明：a n 是等差数列；(2)若a 4,a 7,a 9成等比数列，求S n 的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)-78．【分析】(1)依题意可得2S n +n 2=2na n +n ，根据a n =S 1,n =1S n-Sn -1,n ≥2，作差即可得到a n -a n -1=1，从而得证；(2)法一：由(1)及等比中项的性质求出a 1，即可得到a n 的通项公式与前n 项和，再根据二次函数的性质计算可得．【详解】(1)因为2S nn+n =2a n +1，即2S n +n 2=2na n +n ①，当n ≥2时，2S n -1+n -1 2=2n -1 a n -1+n -1 ②，①-②得，2S n +n 2-2S n -1-n -1 2=2na n +n -2n -1 a n -1-n -1 ，即2a n +2n -1=2na n -2n -1 a n -1+1，即2n -1 a n -2n -1 a n -1=2n -1 ，所以a n -a n -1=1，n ≥2且n ∈N *，所以a n 是以1为公差的等差数列．(2)[方法一]：二次函数的性质由(1)可得a 4=a 1+3，a 7=a 1+6，a 9=a 1+8，又a 4，a 7，a 9成等比数列，所以a 72=a 4⋅a 9，即a 1+6 2=a 1+3 ⋅a 1+8 ，解得a 1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+n n-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时，S nmin=-78．[方法二]：【最优解】邻项变号法由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，即有a1<a2<⋯<a12<0,a13=0.则当n=12或n=13时，S nmin=-78．【整体点评】(2)法一：根据二次函数的性质求出S n的最小值，适用于可以求出S n的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．10(2023·天津·统考高考真题)已知a n是等差数列，a2+a5=16,a5-a3=4．(1)求a n的通项公式和2n-1i=2n-1a i ．(2)已知b n为等比数列，对于任意k∈N*，若2k-1≤n≤2k-1，则b k<a n<b k+1，(Ⅰ)当k≥2时，求证：2k-1<b k<2k+1；(Ⅱ)求b n的通项公式及其前n项和．【答案】(1)a n=2n+1，2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)b n=2n，前n项和为2n+1-2.【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得2n-1i=2n-1a i=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n 项和公式即可计算其前n项和.【详解】(1)由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5-a3=2d=4，解得a1=3d=2，则数列a n的通项公式为a n=a1+n-1d=2n+1，求和得2n-1i=2n-1a i=2n-1i=2n-12i+1=22n-1i=2n-1i+2n-1-2n-1+1=22n-1+2n-1+1+2n-1+2+⋯+2n-1+2n-1=22n-1+2n-1⋅2n-12+2n-1=3⋅4n-1.(2)(Ⅰ)由题意可知，当2k-1≤n≤2k-1时，b k<a n，取n=2k-1，则b k<a2k-1=2×2k-1+1=2k+1，即b k<2k+1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，a n<b k，取n=2k-1-1，此时a n=a2k-1-1=22k-1-1+1=2k-1，据此可得2k-1<b k，综上可得：2k-1<b k<2k+1.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k-1<bk<2k+1，2k+1-1<b k+1<2k+1+1则数列b n的公比q满足2k+1-12k+1=2-32k+1<q=b k+1b k<2k+1+12k-1=2+32k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-3 2k+1→2,2+32k-1→2，所以q=2，所以2k-1<b12k-1<2k+1，即2k-12k-1=2-12k-1<b1<2k+12k-1=2+12k-1，当k∈N*,k→+∞时，2-1 2k-1→2,2+12k-1→2，所以b1=2，所以数列的通项公式为b n=2n，其前n项和为：S n=2×1-2n1-2=2n+1-2.热点四数列与函数的交汇11(2018·浙江·高考真题)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【分析】先证不等式x≥ln x+1，再确定公比的取值范围，进而作出判断.【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如x≥ln x+1,e x≥x+1,e x≥x2+1(x≥0).12(2023秋·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)如图1所示，古筝有多根弦，每根弦下有一个雁柱，雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中，每根弦都垂直于x轴，相邻两根弦间的距离为1，雁柱所在曲线的方程为y=1.1x，第n根弦(n∈N，从左数首根弦在y轴上，称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l：y=x+1交于点A n x n,y n和B n x n ,y n，则20n=0y n y n=.(参考数据：取1.122=8.14.)【答案】914【分析】根据题意可得y n =n +1,y n=1.1n ，进而利用错位相减法运算求解.【详解】由题意可知：y n =n +1,y n =1.1n ，则20n =0y n y n=20n =0n +1 1.1n =1×1.10+2×1.11+⋯+20×1.119+21×1.120，可得1.1×20n =0y n y n =1×1.11+2×1.12+⋯+20×1.120+21×1.121，两式相减可得：-0.1×20n =0y n y n=1.10+1.11+⋯+1.120-21×1.121=1-1.1211-1.1-21×1.121=1-1.121+0.1×21×1.121-0.1=1+1.122-0.1=1+8.14-0.1=-91.4，所以20n =0y n y n=914.故答案为：914.13(2023秋·福建厦门·高三厦门一中校考阶段练习)已知数列a n 满足a 1>0，a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗.(1)判断数列a 2n -1 是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；(2)若数列a n 的前10项和为361，记b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2，数列b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <12.【答案】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)推导出a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=4a 2n -1，得到结论；(2)先得到a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =2(n -1)+log 2a 1，从而得到S 10=341a 1+5log 2a 1+20，令f (x )=341x +5log 2x +20，得到函数单调递增，且由特殊点函数值得到a 1=1，b n =14n2，求出T 1=14<74，当n ≥2时，利用裂项相消法求和，得到T n <12.【详解】(1)数列a 2n -1 成等比数列，证明如下：根据a n +1=log 2a n ,n =2k -1,k ∈N ∗2a n+2,n =2k ,k ∈N ∗得，a 2n +1=2a 2n +2=2log 2a 2n -1+2=22a 2n -1=4a 2n -1；∵a 1>0，∴a 2n -1>0，a2n +1a 2n -1=4，即数列a 2n -1 成等比数列.(2)由(1)得，a 2n -1=a 1⋅4n -1，a 2n =log 2a 2n -1=2(n -1)+log 2a 1，故S 10=a 140+41+42+43+44 +5log 2a 1+2×(0+1+2+3+4)=341a 1+5log 2a 1+20，由S 10=361，得341a 1+5log 2a 1+20=361.令f (x )=341x +5log 2x +20，当x >0时，f (x )=341x +5log 2x +20单调递增，且f (1)=361=f a 1 ，故a 1=1，a 2n +1=4n =22n ，a 2n +2=log 2a 1+2n =2n ，∴b n =1log 2a 2n +1 ⋅a 2n +2=14n 2，T 1=b 1=14<12，当n ≥2时，b n =14n2<14(n -1)n =141n -1-1n∴T n =b 1+b 2+⋯+b n <141+1-12+12-13+⋯+1n -1-1n=142-1n <14×2=12，综上，知T n <1214(2023·全国·高三专题练习)已知A x 1,y 2 、B x 2,y 2 是函数f x =2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点，点M 在直线x =12上，且AM =MB ．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 12 +f 2n +f 3n +⋅⋅⋅+f n -1n，设a n =2Sn，T n 数列a n 的前n 项和，若存在正整数c ，m ，使得不等式T m -c T m +1-c <12成立，求c 和m 的值；【答案】(1)x 1+x 2=1,y 1+y 2=-2(2)存在，c =1,m =1【分析】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，利用AM =MB ，可得x 1+x 2=1，分类讨论：①x 1=12，x 2=12；②x 1≠12时，x 2≠12，利用函数解析式，可求y 1+y 2的值；(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2，∴f k n +f n -kn=-2，代入k =0，1，2，⋯，n -1，利用倒序相加法可得S n =1-n ，从而可得数列a n 的通项与前n 项和，利用T m -c T m +1-c <12化简即可求得结论.【详解】(1)根据点M 在直线x =12上，设M 12,y M ，则AM =12-x 1,y M -y 1 ，MB =x 2-12,y 2-y M ，∵AM =MB ，∴x 1+x 2=1．①当x 1=12时，x 2=12，y 1+y 2=f x 1 +f x 2 =-1-1=-2；②当x 1≠12时，x 2≠12，y 1+y 2=2x 11-2x 1+2x 21-2x 2=2x 11-2x 2 +2x 21-2x 1 1-2x 1 1-2x 2 =2(x 1+x 2)-8x 1x 21-2(x 1+x 2)+4x 1x 2=2(1-4x 1x 2)4x 1x 2-1=-2；综合①②得，y 1+y 2=-2．(2)由(1)知，当x 1+x 2=1时，y 1+y 2=-2．∴f k n +f n -k n=-2，k =0,1,2,⋯,n -1，∴n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n①S n =f n -1n +f n -2n +f n -3n +⋯+f 1n ②①+②得，2S n =-2(n -1)，则S n =1-n ．又n =1时，S 1=0满足上式，∴S n =1-n ．∴a n =2S n=21-n ，∴T n =1+12+⋯+12n -1=1×1-12 n1-12=2-22n．∵T m -c T m +1-c <12，∴2T m -c -T m +1-c 2T m +1-c<0，∴c -2T m -T m +1c -T m +1<0，∵Tm +1=2-12m ，2T m -T m +1=4-42m -2+12m =2-32m ，∴12≤2-32m <c <2-12m <2，c ,m 为正整数，∴c =1，当c =1时，2-32m<12-12m >1，∴1<2m <3，∴m =1．【点评】作为高考热点，数列与函数的交汇问题，等差数列易于同二次函数结合，研究和的最值问题，而等比数列易于同指数函数结合，利用指数函数的单调性解决问题，递推、通项问题往往与函数的单调性、周期性相结合.热点五数列与不等式交汇15(2022·浙江·统考高考真题)已知数列a n 满足a 1=1,a n +1=a n -13a 2n n ∈N ∗，则()A.2<100a 100<52 B.52<100a 100<3 C.3<100a 100<72 D.72<100a 100<4【答案】B【分析】先通过递推关系式确定a n 除去a 1，其他项都在0,1 范围内，再利用递推公式变形得到1a n +1-1a n =13-a n >13，累加可求出1a n >13(n +2)，得出100a 100<3，再利用1a n +1-1a n =13-a n<13-3n +2=131+1n +1 ，累加可求出1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ，再次放缩可得出100a 100>52．【详解】∵a 1=1，易得a 2=23∈0,1 ，依次类推可得a n ∈0,1由题意，a n +1=a n 1-13a n ，即1a n +1=3a n 3-a n=1a n +13-a n ，∴1a n +1-1a n =13-a n >13，即1a 2-1a 1>13，1a 3-1a 2>13，1a 4-1a 3>13，⋯，1a n -1a n -1>13,(n ≥2)，累加可得1a n -1>13n -1 ，即1a n >13(n +2),(n ≥2)，∴a n <3n +2,n ≥2 ，即a 100<134，100a 100<10034<3,又1a n +1-1a n =13-a n <13-3n +2=131+1n +1 ,(n ≥2)，∴1a 2-1a 1=131+12 ，1a 3-1a 2<131+13 ，1a 4-1a 3<131+14 ，⋯，1a n -1a n -1<131+1n,(n≥3)，累加可得1a n -1<13n -1 +1312+13+⋯+1n ,(n ≥3)，∴1a 100-1<33+1312+13+⋯+1100 <33+1312×4+16×96 <39，即1a 100<40，∴a 100>140，即100a 100>52；综上：52<100a 100<3．故选：B ．16(2023·浙江嘉兴·统考模拟预测)如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为12的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为S 1；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为S 2．以此类推，操作n 次，若S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n ≥20232024，则n 的最小值是()A.9B.10C.11D.12【答案】C【分析】由题意可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n，结合等比数列前n 项和解不等式即可.【详解】由题意可知操作1次时有21=2个边长为121=12的小正方形，即S 1=21×1212=121=12，操作2次时有22=4个边长为122=14的小正方形，即S 2=22×122 2=122=14，操作3次时有23=8个边长为123=18的小正方形，即S 3=23×1232=123=18，以此类推可知操作n 次时有2n 个边长为12n 的小正方形，即S n =2n ×12n2=12n ，由等比数列前n 项和公式有S 1+S 2+⋅⋅⋅+S n =12+12 2+⋅⋅⋅+12 n =12×1-12 n1-12=1-12 n，从而问题转换成了求1-12 n ≥20232024不等式的最小正整数解，将不等式变形为12 n ≤12024，注意到12 10=11024>12024，1211=12048<12024，且函数y =12x在R 上单调递减，所以n 的最小值是11.故选：C .17(2023秋·四川绵阳·高三绵阳中学校考阶段练习)已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且S 4=4S 2,a 3n =3a n +2n ∈N *(1)求a n 的通项公式，(2)设b n =1a n a n +1，且b n 的前n 项和为T n ，证明，13≤T n <12.【答案】(1)a n =2n -1(2)证明见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式以及前n 项和公式，列方程求解首项和公差，即得答案；(2)由(1)结论可得b n =1a n a n +1的表达式，利用裂项求和可得T n 表达式，即可证明结论.【详解】(1)设a n 的公差为d ，由S 4=4S 2得，4a 1+6d =42a 1+d ，解得d =2a 1，∵a 3n =3a n +2，即a 1+3n -1 d =3a 1+n -1 d +2，∴2d =2a 1+2，结合d =2a 1，∴d =2,a 1=1,∴a n =1+2n -1 =2n -1；(2)证明：由b n =12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 .∴T n =b 1+b 2+⋯+b n =121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1，即∴T n =121-12n +1 ，又T n 随着n 的增大增大，当n =1时，T n 取最小值为T 1=13，又n →+∞时，12n +1>0，且无限趋近于0，故T n =121-12n +1 <12，故13≤T n <12.18(2022·全国·统考高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n n +12(2)见解析【分析】(1)利用等差数列的通项公式求得S n a n =1+13n -1 =n +23，得到S n =n +2 a n 3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,进而得：a n a n -1=n +1n -1，利用累乘法求得a n =n n +1 2，检验对于n =1也成立，得到a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)由(1)的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n =21-1n +1 ，进而证得.【详解】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a na n-1=n+1n-1,∴a n=a1×a2a1×a3a2×⋯×a n-1a n-2×a na n-1=1×31×42×⋯×nn-2×n+1n-1=n n+12，显然对于n=1也成立，∴a n的通项公式a n=n n+12；(2)1a n =2n n+1=21n-1n+1,∴1 a1+1a2+⋯+1a n=21-12+12-13+⋯1n-1n+1=21-1n+1<219(2021·全国·统考高考真题)设a n是首项为1的等比数列，数列b n满足b n=na n3．已知a1，3a2，9a3成等差数列．(1)求a n和b n的通项公式；(2)记S n和T n分别为a n和b n的前n项和．证明：T n<S n 2．【答案】(1)a n=13n-1，b n=n3n；(2)证明见解析.【分析】(1)利用等差数列的性质及a1得到9q2-6q+1=0，解方程即可；(2)利用公式法、错位相减法分别求出S n,T n，再作差比较即可.【详解】(1)因为a n是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，所以6a2=a1+9a3，所以6a1q=a1+9a1q2，即9q2-6q+1=0，解得q=13，所以a n=13n-1，所以b n=na n3=n3n.(2)[方法一]：作差后利用错位相减法求和T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，S n 2=12130+131+132+⋯+13n-1 ，T n-S n2=13+232+333+⋯+n3n-12130+131+132+⋯+13n-1 =0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1+n3n．设Γn=0-1230+1-1231+2-1232+⋯+n-1-123n-1， ⑧则13Γn=0-1231+1-1232+2-1233+⋯+n-1-123n． ⑨由⑧-⑨得23Γn=-12+131+132+⋯+13n-1-n-323n=-12+131-13n-11-13-n-323n．所以Γn=-14×3n-2-n-322×3n-1=-n2×3n-1．因此T n-S n2=n3n-n2×3n-1=-n2×3n<0．故T n<S n 2．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由(1)可得S n=1×1-13n1-13=321-13n，T n=13+232+⋯+n-13n-1+n3n，①1 3T n=132+233+⋯+n-13n+n3n+1，②①-②得23T n=13+132+133+⋯+13n-n3n+1=131-13n1-13-n3n+1=121-13n-n3n+1，所以T n=341-13n-n2⋅3n，所以T n-S n2=341-13n-n2⋅3n-341-13n=-n2⋅3n<0，所以T n<S n 2 .[方法三]：构造裂项法由(Ⅰ)知b n=n13n，令c n=(αn+β)13 n，且b n=c n-c n+1，即n13 n=(αn+β)13 n-[α(n+1)+β]13n+1，通过等式左右两边系数比对易得α=32,β=34，所以c n=32n+34 ⋅13 n．则T n=b1+b2+⋯+b n=c1-c n+1=34-34+n2 13 n，下同方法二．[方法四]：导函数法设f(x)=x+x2+x3+⋯+x n=x1-x n1-x，由于x1-x n1-x'=x1-x n'1-x-x1-x n×1-x'1-x2=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2，则f (x)=1+2x+3x2+⋯+nx n-1=1+nx n+1-(n+1)x n(1-x)2．又b n=n13n=13n13 n-1，所以T n=b1+b2+b3+⋯+b n=131+2×13+3×132+⋯+n⋅13n-1 =13⋅f 13 =13×1+n13n+1-(n+1)13 n1-132=341+n13n+1-(n+1)13n =34-34+n213 n，下同方法二．20(2023·河南郑州·统考模拟预测)已知数列a n与b n的前n项和分别为A n和B n，且对任意n∈N*，a n +1-a n =32b n +1-b n 恒成立.(1)若A n =3n 2+3n2，b 1=2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n =B n 及b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13恒成立，求正整数b 1的最小值.【答案】(1)n (n +1)；(2)3【分析】(1)利用a n ,S n 求通项公式，再求证{b n }是首项、公差均为2的等差数列，进而求B n ；(2)由题设易得b n +1=3b n ，等比数列前n 项和公式求B n ，进而可得b n +1a n a n +1=1B n -1B n +1，裂项相消法化简已知不等式左侧，得b 1>31-23n +1-1恒成立，进而求最小值.【详解】(1)由题设，a n =A n -A n -1=32[n 2+n -(n -1)2-n +1]=3n 且n ≥2，而a 1=A 1=3，显然也满足上式，故a n =3n ，由a n +1-a n =32b n +1-b n ⇒b n +1-b n =2，又b 1=2，所以{b n }是首项、公差均为2的等差数列.综上，B n =2×(1+...+n )=n (n +1).(2)由a n =B n ，a n +1-a n =32b n +1-b n ，则B n +1-B n =b n +1=32(b n +1-b n )，所以b n +1=3b n ，而b 1≥1，故bn +1b n=3，即{b n }是公比为3的等比数列.所以B n =b 1(1-3n )1-3=b 12(3n -1)，则B n +1=b12(3n +1-1)，b n +1a n a n +1=B n +1-B n B n +1B n =1B n -1B n +1，而b 2a 1a 2+b 3a 2a 3+b 4a 3a 4+⋯+b n +1a n a n +1<13，所以1B 1-1B 2+1B 2-1B 3+...+1B n -1B n +1=1B 1-1B n +1=1b 1-2b 1(3n +1-1)<13，所以1b 11-23n +1-1 <13⇒b 1>31-23n +1-1对n ∈N *都成立，所以1-23n +1-1<1，故b 1≥3，则正整数b 1的最小值为3.21(2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习)已知a n 为等差数列，b n 为等比数列，b 1=2a 1=2，a 5=5a 4-a 3 ，b 5=4b 4-b 3 ，数列c n 满足c n =1a n a n +2,n 为奇数b n,n 为偶数.(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)证明：2ni =1c i ≥133.【答案】(1)a n =n ；b n =2n (2)证明见解析【分析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，根据题意列式求d ,q ，进而可得结果；(2)利用分组求和以及裂项相消法求得T n =-14n +2+4n +13-56，进而根据数列单调性分析证明.【详解】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由a 1=1，a 5=5a 4-a 3 ，可得1+4d =5d ，解得d =1。
2023年新高考数学一轮复习7-5 数列的综合应用(知识点讲解)含详解
专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数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，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（ ） A ．13n -B ．12n -C ．21n -D ．32n -例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______． 例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规． 题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（ ）A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法”例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（ ） A ．32 B ．33 C ．34 D ．35例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（ ） A ．258B ．264C ．642D ．636例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解. 题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ） A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2 （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.题型六：数列与传统文化例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何?”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ） A ．10B ．14C ．23D ．26例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金n T几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（ ）A ．5-B ．7C ．13D ．26例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ） A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏【总结提升】理解题意，构造数列，应用数列模型解题．专题7.5 数列的综合应用（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.数列与传统数学文化、实际问题相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养． 2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．3．数列与函数、不等式、解析几何等相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）数列与函数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，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；（2）已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．（二）数列与不等式1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2＜1k 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1.(2)1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．2.数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．（三）解答数列实际应用问题的步骤(1)确定模型类型：理解题意，看是哪类数列模型，一般有等差数列模型、等比数列模型、简单递推数列模型．基本特征如下：等差数列模型：均匀增加或者减少等比数列模型：指数增长或减少，常见的是增产率问题、存款复利问题简单递推数列模型：指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{}1 1.2n n n a a a a ＋满足＝－(2)准确解决模型：解模就是根据数列的知识，求数列的通项、数列的和、解方程(组)或者不等式(组)等，在解模时要注意运算准确．(3)给出问题的回答：实际应用问题最后要把求解的数学结果化为对实际问题的答案，在解题中不要忽视了这点．【常考题型剖析】题型一：数列与函数的综合例1.（2021·河南·睢县高级中学高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的首项11a =，函数()()41cos221n n f x x a x a +=+-+有唯一零点，则通项n a =（ ） A ．13n - B ．12n -C ．21n -D ．32n -【答案】C 【解析】 【分析】由奇偶性定义可判断出()f x 为偶函数，由此可确定唯一零点为0x =，从而得到递推关系式；利用递推关系式可证得数列{}1n a +为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到n a . 【详解】()()()()()()4411cos 221cos221n n n n f x x a x a x a x a f x ++-=-+--+=+-+=，()f x ∴为偶函数，图象关于y 轴对称，()f x ∴的零点关于y 轴对称，又()f x 有唯一零点，()f x ∴的零点为0x =，即()()10210n n f a a +=-+=，121n n a a +∴=+，即()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，则21n n a =-.故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与数列的综合应用问题；解题关键是能够根据奇偶性的性质确定函数的唯一零点为0x =，从而结合零点确定数列的递推关系式，由递推关系式证得数列{}1n a +为等比数列. 例2.（2023·全国·高三专题练习）设函数()12ln x f x x -=+，11a =，()*21N 1,23n n a f f n f f n n n n n -⎛⎫=+++⋅ ⎪⋅⋅+∈≥ ⎪⎝⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎭．则数列{}n a 的前n 项和n S =______． 【答案】2n n 1-+ 【解析】 【分析】由题设11()()4n f f n n-+=，讨论n 的奇偶性求{}n a 的通项公式，再求n S . 【详解】由题设，111()()4ln(1)ln 41n f f n n n n -+=+-+=-， 所以()()**14121,2,N 221421,21,N 2n n f n n k k a n n n k k ⎧⎛⎫⎛⎫⨯-+=-=∈ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭=⎨-⎪⨯=-=+∈⎪⎩，即2(1)n a n =-且n ≥ 2， 当1n =时，11S =，当2n ≥时，21242(1)1n S n n n =+++⋅⋅⋅+-=+-，所以21n S n n =-+，n *∈N故答案为：2n n 1-+.例3．（2017·上海·高考真题）根据预测，某地第n *()n ∈N 个月共享单车的投放量和损失量分别为n a 和n b （单位：辆），其中4515,1310470,4n n n a n n ⎧+≤≤=⎨-+≥⎩，5n b n =+，第n 个月底的共享单车的保有量是前n 个月的累计投放量与累计损失量的差.（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n 个月底的单车容纳量24(46)8800n S n =--+（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？ 【答案】（1）935；（2）见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（1）计算{}n a 和{}n b 的前4项和的差即可得出答案；（2）令n n a b ≥得出42n ≤，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论. 试题分析：（1）()()1234123496530935a a a a b b b b +++-+++=-=（2）10470542n n n -+>+⇒≤，即第42个月底，保有量达到最大()()()()12341234420503864742965878222a a a ab b b b ⎡⎤+⨯+⨯+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+=+-=⎢⎥⎣⎦()2424424688008736S =--+=，∴此时保有量超过了容纳量.【温馨提醒】解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到数列的求和、和的最值，利用函数性质或不等式性质求解较为常规． 题型二：数列与不等式的综合例4.（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤.【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.例5.（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】 【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得112n n k k k-==，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =， 所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去）， 所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--， 所以数列{}22nn c c -是等比数列； （ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-，所以112nn k k k k-==， 设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑， 则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+， 两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--， 所以1242n n n T -+=-，所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 例6.（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n nS n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--， 211213333n n nn n T --=++++，①231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n nn n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭'13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法. 【温馨提醒】数列与不等式的结合，除应熟练掌握数列的通项公式、求和公式，关于不等式证明、不等式恒成立问题的处理方法亦应灵活运用. 题型三：数列与实际应用问题例7．【多选题】（2022·全国·高三专题练习）参加工作5年的小郭，因工作需要向银行贷款A 万元购买一台小汽车，与银行约定：这A 万元银行贷款分10年还清，贷款的年利率为r ，每年还款数为X 万元，则（ ） A ．()1011ArX r =+- B ．小郭第3年还款的现值为()31Xr +万元C ．小郭选择的还款方式为“等额本金还款法”D ．小郭选择的还款方式为“等额本息还款法” 【答案】BD 【解析】 【分析】因为小郭每年还款钱数相等，所以小郭选择为“等额本息还款法”，所以利用等比数列前n 项和公式求出X ，再设小郭第3年还款的现值为y ，根据复利规则求出y ． 【详解】解：小郭与银行约定，每年还一次欠款，并且每年还款的钱数都相等，∴小郭靖选择的还款方式为“等额本息还款法”，故D 正确，C 错误， 设每年应还X 元，还款10次，则该人10年还款的现金与利息和为29[1(1)(1)(1)]X r r r +++++⋯++， 银行贷款A 元10年后的本利和为10(1)A r +．2910[1(1)(1)(1)](1)X r r r A r ∴+++++⋯++=+， ∴10101[1(1)](1)1(1)r X A r r ⨯-+⋅=+-+， 即1010(1)(1)1Ar r X r +=+-，故A 错误．设小郭第三年还款的现值为y ，则3(1)y r X ⋅+=，所以()31Xy r =+，故B 正确；例8.（2021·全国·高三专题练习）某集团公司有一下属企业A 从事一种高科技产品的生产.A 企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了40%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.集团公司要求A 企业从第一年开始，每年年底上缴资金t 万元（800t <），并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底A 企业上缴资金后的剩余资金为n a 万元.则（ ） A ．22800a t =- B ．175n n a a t +=-C ．1n n a a +>D ．当400t =时，33800a >【答案】BC 【解析】先求得第一年年底剩余资金1a ，第二年底剩余资金2a ，即可判断A 的正误；分析总结，可得1n a +与n a 的关系，即可判断B 的正误；根据题意，求得n a 的表达式，利用作差法即可比较1n a +与n a 的大小，即可判断C 的正误，代入400t =，即可求得3a ，即可判断D 的正误，即可得答案. 【详解】第一年年底剩余资金12000(140%)2800a t t =⨯+-=-，第二年底剩余资金211712(140%)392055a a t a t t =⨯+-=-=-，故A 错误；第三年底剩余资金3227109(140%)5488525t a a t a t =⨯+-=-=-，⋅⋅⋅ 所以第n +1年年底剩余资金为17(140%)5n n n a a t a t +=⨯+-=-，故B 正确；因为212277777()()55555n n n n a a t a t t a t t ---=-=--=--12217777()[1()()]5555n n a t --=-+++⋅⋅⋅+117[1()]75()(2800)7515n n t t ---=---=11757()(2800)[()1]525n n t t -----=1775()(2800)522n t t --+，所以111722775277[()(2800)]()(2800)555522552n n n n n n n t t t a a a t a a t t --+-=--=-=-+-=-， 因为800t <，所以7280002t->， 所以11277()(2800)0552n n n ta a -+-=->，即1n n a a +>，故C 正确；当400t =时，310910940054885488374438002525t a ⨯=-=-=<，故D 错误；【总结提升】1.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.2.等比数列最值有关问题的解题思路：求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n 的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．题型四：数列的“新定义”问题例9．（2022·全国·高三专题练习）对于数列{}n a ，定义11222-=+++n n n A a a a 为数列{}n a 的“加权和”，已知某数列{}n a 的“加权和”12n n A n +=⋅，记数列{}+n a pn 的前n 项和为n T ，若5≤n T T 对任意的N n *∈恒成立，则实数p 的取值范围为（ ） A ．127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B ．167,73⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．512,25⎡⎤--⎢⎥⎣⎦D ．169,74⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】根据n A 与n a 的关系求出n a ，再根据等差数列的求和公式求出n T ，将5≤n T T 化为216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，分类讨论n 可求出结果. 【详解】 由1112222n n n n A a a a n -+=+++=⋅，∴2n ≥时,212122(1)2n n n a a a n --+++=-⋅，∴1122(1)2-+⋅=⋅--⋅n n n n a n n ，∴22n a n =+，1n =时，14a =也成立，∴22n a n =+，∴数列{}+n a pn 的前n 项和为：12(12)n n T a a a p n =+++++++2(422)(1)(1)3222++++=+⋅=++⋅n n n n n n p n n p ，∵5≤n T T 对任意的n *∈N 恒成立，∴225(1)56353522+⨯++⋅≤=+⨯+⨯n n n n p T p ， 即225335(1)5(51)022p pn n n n -+-⨯++-⨯⨯+≤， 即22225335(5)(5)022p p n n n n -+-⨯+-+-≤，即5(5)(53)0222pn p p n n -+++++≤， 即(6)(5)(8)02p n n n +-++≤， 即216(5)06+⎛⎫-+≤ ⎪+⎝⎭n n p n 对任意的n *∈N 恒成立，当14n ≤≤时，2164266+-≤=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立， 因为4412226465n +≥+=++，∴125-≤p ，所以125p ≥-，当5n =时，216(5)06n n p n +⎛⎫-+= ⎪+⎝⎭恒成立，R p ∈，当6n ≥时，2164266+-≥=+++n p n n 对任意的n *∈N 恒成立， 因为447226663n +≤+=++，∴73-≥p ，所以73p ≤-，综上可得：实数p 的取值范围为127,53⎡⎤--⎢⎥⎣⎦．故选：A ．例10．（2022·江西抚州·高二阶段练习（理））对大于1的自然数m 的三次幂可用奇数进行以下形式的“分裂”：3325⎧⎨⎩，3739,11⎧⎪⎨⎪⎩，3131541719⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，…仿此，若3m 的“分裂数”中有一个是1111，则m 的值为（ ） A ．32B ．33C ．34D ．35【答案】B 【解析】 【分析】根据分裂数的定义，求出从32到()31m -、从32到3m 分裂数个数，再根据所有分裂数成等差数列求出1111对应的位置，进而根据不等式求m 值. 【详解】由题意，对于332,...,m ，它们依次对应2、3、…、m 个分裂数，则从32到()31m -各分裂数个数的和为(2)(1)2m m -+，从32到3m 各分裂数个数和为(1)(2)2m m -+，又332,...,m 的分裂数{}n a ，构成首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+，令211111n +=，可得555n =，所以(2)(1)(1)(2)55522m m m m -+-+<≤，当32m =时，(1)(2)5275552m m -+=<不符合； 当33m =时，(1)(2)5605552m m -+=>，(2)(1)5275552m m -+=<符合； 当34m =时，(2)(1)5605552m m -+=>不符合； 综上，33m =. 故选：B例11.（2022·河南开封·高二期末（理））若数列{}n a 中不超过()f m 的项数恰为()*,m b n m ∈N ，则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数()f m 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.已知2n n a =，()f m m =，记数列{}m b 的前m 项和为m S ，则63S =（ ） A ．258 B ．264 C ．642 D ．636【答案】A 【解析】 【分析】分析可知对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣，满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，进而可求得63S 的值.【详解】因为562632<<，由题中定义，对任意的N k *∈，当)12,2k k m +⎡∈⎣， 满足2nn a m =≤的项数为k ，即m b k =，满足条件的m 的个数为1222k k k +-=，当1m =时，0m b =，当)122,2m ⎡∈⎣时，1m b =，此时满足条件的m 的个数为12，当)232,2m ⎡∈⎣时，2m b =，此时满足条件的m 的个数为22，当)562,2m ⎡∈⎣时，5m b =，此时满足条件的m 的个数为52， 因此，01234563021222324252258S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.故选：A.例12.（2022·全国·高三专题练习）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）；(2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-． 【答案】(1)21263=+⨯S ，()12312633=+⨯+S ，133n n S +=+ (2)1122=-+n T n ，证明见解析 【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明.(1)由题意得，116512S =++=，217611512181263S =++++=+=+⨯，()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+，41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++， …()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥，由等比数列的前n 项和公式可得，()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-， 所以{}n S 的通项公式133n n S +=+．(2)由于133n n S +=+，所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭， 则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++， 因为n *∈N ，所以102n >+，所以111222n ->-+， 又n T 随n 的增大而减小，所以当1n =时，n T 取得最大值16-，故1126n T -<≤-． 【温馨提醒】立足于“转化”，将新定义问题转化成等差数列、等比数列问题求解.题型五：数列与解析几何例12．（2021·浙江·高考真题）已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ）A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线【答案】C 【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦， 对其进行整理变形：()()()22222222asat ast b as at ast b as b +-++++=+， ()()222222(2)0as at b ast as b++--+=， ()2222222240as at b at a s t ++-=， 222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或0=t ，其中2212s t b b a a-=为双曲线，0=t 为直线.故选：C.例13．（2017山东，理19）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y=0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】(I)（II ）（II ）过……向轴作垂线，垂足分别为……, 由(I)得记梯形的面积为.由题意， 所以 ……+n T 12.n n x -=(21)21.2n n n T -⨯+=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b=……+ ①又……+ ②①-②得= 所以题型六：数列与传统文化 例14.（2022·云南师大附中模拟预测（理））《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（ ）A ．10B ．14C ．23D ．26【答案】D【解析】【分析】设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列{}n a ，根据217a =，前5项和为100求解.【详解】解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列{}n a ．由题意可知，等差数列{}n a 中217a =，前5项和为100，设公差为(0)d d >，前n 项和为n S ，则535100S a ==，解得320a =，所以323d a a ， 所以公士出的钱数为532202326a a d =+=+⨯=，故选：D ．例15.（2022·山东青岛·一模）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有人持金出五关，前关二税一，次关三而税一，次关四而税一，次关五而税一，次关六而税一，并五关所税，适重一斤．问本持金101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=几何？”其意思为“今有人持金出五关，第1关收税金为持金的12，第2关收税金为剩余金的13，第3关收税金为剩余金的14，第4关收税金为剩余金的15，第5关收税金为剩余金的16，5关所收税金之和恰好重1斤．问原来持金多少？”．记这个人原来持金为a 斤，设()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，则()f a =（ ） A ．5-B ．7C ．13D ．26【答案】C 【解析】【分析】 根据题意求得每次收的税金，结合题意得到111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯，求得a 的值，代入函数的解析式，即可求解.【详解】由题意知：这个人原来持金为a 斤，第1关收税金为：12a 斤；第2关收税金为111(1)3223a a ⋅-⋅=⋅⨯斤； 第3关收税金为1111(1)42634a a ⋅--⋅=⋅⨯斤， 以此类推可得的，第4关收税金为145a ⋅⨯斤，第5关收税金为156a ⋅⨯斤， 所以111111223344556a a a a a ++++=⨯⨯⨯⨯， 即1111111111(1)(1)12233445566a a -+-+-+-+-⋅=-⋅=，解得65a =， 又由()101,115,01x x f x x x +>⎧=⎨-<≤⎩，所以66()1011355f =⨯+=. 故选：C.例16.（2017·全国·高考真题（理））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】【详解】。
高考数学专题辅导与训练配套课件：4.3与数列交汇的综合问题(湖北专供-数学理)
2.数列与不等式 数列与不等式的综合问题考查方式主要有三种： 一是判断数列问题中的一些不等关系， 二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题， 三是考查与数列问题有关的不等式的证明问题. 在解决这些问题时，要充分利用数列自身的特点.例如，在需要用到数列的单 调性的时候，可以通过比较相邻两项的大小进行判断.
(2)数列与解析几何交汇，主要涉及点列问题，属中等以上难度.
【核心自查】 一、主干构建
二、交汇问题 1.数列与函数 数列的通项是自变量为正整数的一类函数，其通项公式相当于函数的解析式， 我们可以用函数的观点来研究数列.例如，要研究数列的单调性、周期性、最 值等性质，可以通过研究其通项公式所对应函数的单调性、周期性、最值等 性质来实现. 提醒：要注意自变量为正整数这一特点.
2.(1)由已知可得，x1+x2=1,
(2)y由1 (1y)知2 当lxo1g+3 x12=3xx111时，log3
1
3x x
2 2
log3
1
x1
3x1x 2
x2
x1x
2
1.
y1 y2 f x1 f x2 1.
Sn
f（ 1 ） n
f（ 2 ） n
f（ n 1） n
①
Sn
f（ n 1） n
函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等 比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”.现有定义在(-∞，0)
∪(0，+∞)上的如下函数：
①f(x)=x2；②f(x)=2x;
③
④f(x)=ln|x|.
f x x ;
则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为( )
(A)①② (B)③④ (C)①③ (D)②④
新高考数学数列经典题型专题提升-第26讲 数列与导数的交汇问题(解析版)
第26讲 数列与导数的交汇问题参考答案与试题解析一．解答题（共27小题）1．（2021•全国模拟）函数，曲线在点，（1）处的切线在轴上的截距为．（1）求；（2）讨论的单调性；（3）设，，证明：．【解答】解：（1）函数的导数为，曲线在点，（1）处的切线斜率为，切点为，切线方程为，代入可得，解得；（2），，当时，，可得在递增；（3）要证，只需证，即为，只要证，由在递减，，若，只要证，()(0)1a xf x x x+=>+()y f x =(1f )y 112a 2()(())g x x f x =11a =1()n n a f a +=22|27|1n n lna ln --<()(0)1a xf x x x+=>+21()(1)a f x x -'=+()y f x =(1f )14a -1(1,2a +11(1)24a ay x +--=-11(0,)21111(01)224a a +--=-7a =3222271449()(())()1(1)x x x xg x x f x x x x +++===++g 23(7)[(2)3]()(1)x x g x x +-+'=+0x >()0g x '>()g x (0,)+∞22|27|1n n lna ln --<111|7|22n n lna ln --<11|2n -<1||2<()f x (0,)+∞0n a >n a >1()n n a f a f +=<=1<<12)ln <12)<即，此时2）知若，只要证，即，此时，由（2）知若综上可得，成立，则，由，可得，则成立．2．（2021•枣庄期末）已知函数，，曲线在点，（1）处的切线在轴上的截距为．（1）求；（2）讨论函数和的单调性；（3）设，，求证：．【解答】解：（1）对求导，得．因此．又因为（1），所以曲线在点，（1）处的切线方程为，即．由题意，．21n n a a +>n a >21()n n n a a g a g +=>=n a <1()n n a f a f +=>=1<<12)ln <12)<21n n a a +<n a <21()n n n a a g a g +=<=n a =1||2<(1,*)n n N ∈ (1)1111|||7222n n ln --<=g 2117122ln lne <=11|2n -<22|27|1n n lna ln --<()(2)(0f x ln x a x =+>0)a >()y f x =(1f )y 233ln -a ()()2(0)g x f x x x =->2()()(0)21xh x f x x x =->+125a =1()n n a f a +=152120(2)2n n n n a +-<-<…()(2)f x ln x a =+2()2f x x a'=+2(1)2f a'=+f (2)ln a =+()y f x =(1f 2(2)(1)2y ln a x a-+=-+22(2)22y x ln a a a=++-++22(2)323ln a ln a +-=-+显然，适合上式．令，求导得，因此（a ）为增函数：故是唯一解．（2）由（1）可知，，，因为，所以为减函数．因为，所以为增函数．（3）证明：由，，易得由（2）可知，在上为减函数．因此，当时，，即．令，得，即．因此，当时，．所以成立．下面证明：．方法一：由（2）可知，在上为增函数．因此，当时，，即．因此，即．令，得，1a =2()(2)(0)2a ln a a aϕ=+->+212()02(2)a a a ϕ'=+>++ϕ1a =()(21)2(0)g x ln x x x =+->2()(21)(0)21xh x ln x x x =+->+24()202121xg x x x '=-=-<++()()2(0)g x f x x x =->22224()021(21)(21)xh x x x x '=-=>+++2()()(0)12xh x f x x x=->+125a =1()(21)n n n a f a ln a +==+152120.225n n n n n n a a a +-><-⇔<()()2(21)2g x f x x ln x x =-=+-(0,)+∞0x >()(0)0g x g <=()2f x x <1(2)n x a n -=...11()2n n f a a --<12n n a a -<2n (2)112122225nn n n n a a a a ---<<<⋯<=152122n n n a +-<-120na -<22()()(21)2121x xh x f x ln x x x =-=+-++(0,)+∞0x >()(0)0h x h >=2()021xf x x >>+111()2f x x<+1112(2)()2f x x-<-1(2)n x a n -= (11)1112(2)()2n n f a a ---<-即．当时，．因为，所以，所以．所以，当时，．所以，当时，成立．综上所述，当时，成立．方法二：时，因为，所以．下面用数学归纳法证明：时，．①当时，．而，因为，所以．可见，不等式成立．②假设当时不等式成立，即．当时，．因为，是增函数，所以．要证，只需证明．而，因为，所以．所以．可见，时不等式成立．11112(2)2n n a a --<-2n =2111111222222() 1.8()5n a a f a ln f -=-=-=-=-11.82ln >>=1201.8ln -<2120a -<3n ...2212211111112(2)(2)(2)0222n n n n a a a a ----<-<-<⋯<-<2n (1)20na -<2n (1521)202n n n a +-<-<2n …0n a >1112022n n n a a a -<⇔<⇔>2n (1)2n a >2n =2112()(21)(21) 1.85a f a ln a ln ln ==+=⨯+=2211.8 1.8 1.8 1.82 3.2422a ln ln =>⇔>⇔>⇔>⇔>3.242>212a >2n =(2)n k k = (12)k a >1n k =+1()(21)n k k k a a f a ln a +===+12k a >()(21)f x ln x =+11(21)(21)22k k a ln a ln ln +=+>⨯+=112k a +>122ln >2212222422ln ln >⇔>⇔>⇔>⇔>42>122ln >112k a +>1n k =+由①②可知，当时，成立．3．（2021•武侯区校级模拟）已知，，其中与关于直线对称）（1）若函数在区间上递增，求的取值范围；（2）证明：；（3）设，其中恒成立，求满足条件的最小整数的值．【解答】解：（1）由题意：恒成立，则恒成立．又单调递减，（2）由（1）知，当时，在单调增（1）．（3）由即：又，，则，，单调增，又，（1）则必然存在，使得，在单减，，单增，则，又又，则，恒成立2n (1)2n a >()sin f x a x =()g x lnx =1(()a R y g x -∈=()y g x =y x =()(1)()G x f x g x =-+(0,1)a 211sin2(1)nk ln k =<+∑12()()2(1)(0)F x g x mx x b m -=--++<()0F x >b 1()sin(1),/()cos(1)0G x a x lnx G x a x x=-+=-->1cos(1)a x x <-1cos(1)y x x =-1a ∴…1a =()sin(1)G x x lnx =-+(0,1)sin(1)x lnx G ∴-+<10sin(1)(01)x ln x x=∴-<<<∴2222212(1)sin sin[1](1)(1)2k k k ln k k k k++=-<+++∴222221123(1)1sin ()(2)2(1)1324(1)(1)(2)2nk k k k ln ln ln k k k k k k =++<⋅⋅=⋅<+⨯⨯-+++∑122()()2(1)220x F x g x mx x b e mx x b -=--++=--+->()0min F x >()22x F x e mx '=--()2x F x e m ''=-0m < //()0F x >()F x ∴'(0)0F '<F '0>0(0,1)x ∈0()0F x '=()F x ∴0(,)x -∞0(x )+∞∴02000()()220x F x F x e mx x b =--+-> 020022x b e mx x >-+++00220x e mx --=∴0022x e m x -=∴0000000(2)22(1)222x x x x e xb e x e x ->-+++=-++0m <0(0,2)x ln ∈∴000(1)22x x b e x >-++0(0,2)x ln ∈令，则，，在单调递增又在单调递增，，又为整数．最小整数的值为：2．4．（2021•泉州校级模拟）已知函数，，．（Ⅰ）若在定义域内恒成立，求的取值范围；（Ⅱ）当取（Ⅰ）中的最大值时，求函数的最小值；（Ⅲ）证明不等式．【解答】解：（Ⅰ）的定义域是，当时，，递减，当时，，递增（1）依题意得，，，故的取值范围，（4分）（Ⅱ）当时，，的定义域是，，令，，由（Ⅰ）知，的最小值是（1），，递增，又（1）时，，，递减，当时，，，递增，（1）；（9分）（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）得，时，，令，，（14分）()(1)22x xmx e x =-++(0,2)x ln ∈1/()(1)12x m x x e =-+1()02x m x xe ''=>()m x ∴'(0,2)x ln ∈1/(0)02m =>()0()m x m x ∴'>∴(0,2)x ln ∈()(2)22m x m ln ln ∴<=22b ln ∴>b ∴b ()f x x lnx a =--11()()a g x x lnx x+=+-a R ∈()0f x …a a ()g x 1112()(21)(22)21n nk kn k ln n N ++=>∈+++∑()f x (0,)+∞11()1x f x x x-'=-=(0,1)x ∈()0f x '<()f x (1,)x ∈+∞()0f x '>()f x ()min f x f ∴=1a=-10a -…1a …a (-∞1]⋯1a =21()()g x x lnx x =+-()g x (0221121)()12x xlnx g x lnx x x x --'+∞=+-=g 2()21h x x xlnx =--()2(1)h x x lnx '=--()h x 'h '0=()0h x '∴…()h x h 0(0,1)x =∈()0h x '<()0g x '<()g x (1,)x ∈+∞()0h x '>()0g x '>()g x ()min g x g ∴=2=⋯1x >2221()(1),()()g x g x lnx lnx lnx x >+->>>*221()21k kx k N +=>∈+2222,2121k k k k ln ln ++>>++∴22112222222222(21)2(21)2()21212121212121n n n nn n n k ln ln ln ln ln -+=+++++>++⋯+=⋯=⋯+++++++g g g5．设函数，．（1）求函数的最小值；（2）证明不等式：．【解答】解：（1）．令，，令，则，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．当时，确定最小值，（1）．，函数单调递增．而当时，（1），即（1）；当时，，即，函数单调递增；当时，，即，函数单调递减．因此当时，函数取得最小值，（1）．（2）由（1）可得：当时，．，当，令．．，下面用数学归纳法证明：．①当时，左边，右边，21()()g x x lnx x=+-(0)x >()g x 1*2(21n nn k ln n N +=>∈+)2221212()1(0)lnx x xlnx g x x x x x '--=--=>2()12f x x xlnx =--()222f x x lnx '=--()222u x x lnx =--22(1)()2x u x x x'-=-=1x >()0u x '>()u x 01x <<()0u x '<()u x ∴1x =()u x u 0=()0f x ∴'…∴()f x 1x =f 0=g '0=1x >()0f x >()0g x '>()g x 01x <<()0f x <()0g x '<()g x 1x =()g x g 2=1x …()2g x …∴212x ln x x++…1x >lnx ->*11()2k x k N =+∈212k k ln +==>∴12121212212121(21)(21)(21)222222n n nn n k ln ln ln ln =+++++⋯+>++⋯+=⋯g g g g g 12112(21)(21)(21)222221n n n n +++⋯+>⋯+g g g g g 1n =1121322+==11124213+==+左边右边成立．②假设当时成立，即成立．则当时，左边，，，右边．当时不等式成立．，不等式成立．．不等式：成立．6．（2021•淄博模拟）已知函数，函数，其中，是的一个极值点，且．（1）讨论的单调性；（2）求实数和的值；（3）证明．【解答】解：（1）函数的定义域，，令，则，由可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故当时，函数取得极小值也是最小值（1），所以即，所以在上单调递增；>*()n k k N =∈121(1)2(21)(21)(21)2212k k k k k ++++⋯+>+g g 1n k =+12111(1)112(21)(21)(21)(21)22121222k k k k k k k k k ++++++++⋯+++=>+g g g g 122(1)111(21)2222(22)k k k k k ++++++>+=+ g ∴11112122221k k k k ++++++>+∴11211221221221k k k kk k ++++++>=++g ∴1n k =+*n N ∴∀∈12112(21)(21)(21)222221n n n n +++⋯+>⋯+g g g g g ∴121*12(21)(21)(21)2(22221n n nn ln ln n N +++⋯+>∈⋯+g g g g g )∴1*2(21n nn k ln n N +=>∈+)2()2f x x xlnx =-2()()ag x x lnx x=+-a R ∈0x ()g x 0()2g x =()f x 0x a *1(21)()2nk ln n n N =>+∈()f x (0,)+∞()222f x x lnx '=--()222h x x lnx =--2(1)()x h x x-'=()0h x '=1x =(0,1)x ∈()0h x '<()h x (1,)x ∈+∞()0h x '>()h x 1x =h 0=()0h x …()0f x '…()f x (0,)+∞（2）的定义域，，由题意可得，即①，由可得②，联立①②消去可得，，令，则，由（1）知，故，故在上单调递增，又（1），故方程③有唯一的解，代入①可得，所以，，（3）证明：由（1）在上单调递增，故当时，（1），，所以在上单调递增，因此当时，（1），即，故，，取，，，故，所以．7．（2021•揭阳一模）已知函数，，其中．（1）若函数，当时，求函数的极值；（2）若函数在区间上为减函数，求的取值范围；（3）证明：．()g x (0,)+∞22()1a lnxg x x x'=--0()0g x '=200020x x lnx a --=0()2g x =220000()20x x lnx x a --+=a 20002()220x lnx lnx ---=2()2()22t x x lnx lnx =---222(1)()2lnx x lnx t x x x x--'=--=10x lnx --…()0t x '…()t x (0,)+∞t 0=01x =1a =01x =1a =2()2f x x xlnx =-(0,)+∞1x >()f x f >1=22221()1()0x xlnx f x g x x x ---'==>()g x (1,)+∞1x >()g x g >2=21()2x lnx x+->22()lnx >∴lnx ->2121k x k +=-*k N ∈(21)(21)ln k ln k >+--=(Tex translation failed)*1(21)()2nk ln n n N =>+∈()f x ax =()g x lnx =a R ∈()()()F x f x g x =-1a =()F x ()(sin(1))()G x f x g x =--(0,1)a 11sin(1)1nk ln n k =<++∑【解答】解：（1）当时，函数，，令得，当时，当时，，即函数在单调递减，在单调递增，函数在处有极小值，．（2）解法函数在区间上为减函数在上恒成立在上恒成立，设，则，当时，，在上恒成立，即函数在上单调递减，当时，（1），．解法函数在区间上为减函数对，恒成立，，，当时，式显然成立；当时，式在上恒成立，设，易知在上单调递增，（1），，综上得，．（3）由（2）知，当时，（1），，对有， 1a =()F x x lnx =-(0)x >∴11()1x F x x x-'=-=()0F x '=1x =(0,1)x ∈()0F x '<(1,)x ∈+∞()0F x '>()F x (0,1)(1,)+∞∴()F x 1x =()111F x ln ∴=-=极小1: ()(sin(1))()sin(1)G x f x g x a x lnx =--=--(0,1)∴1()cos(1)0G x a x x'=--…(0,1)1cos(1)a x x ⇔-…(0,1)1()cos(1)H x x x =-2222(cos(1)sin(1))sin(1)cos(1)()cos (1)cos (1)x x x x x x H x x x x x -------'==--(0,1)x ∈sin(1)0x -<cos(1)0x ->()0H x '∴<(0,1)()H x (0,1)∴(0,1)x ∈()H x H >1=1a ∴…2: ()(sin(1))()sin(1)G x f x g x a x lnx =--=--(0,1)∴(0,1)x ∀∈1()cos(1)0(*)G x a x x'=--…(0,1)x ∈ cos(1)0x ∴->0a …(*)0a >(*)⇔1cos(1)x x a-…(0,1)()cos(1)h x x x =-()h x (0,1)()h x h ∴<1=∴1101a a⇒<……(a ∈-∞1]1a =()sin(1)G x x lnx G =-->0=1sin(1)sin(1)x lnx x ln x⇒->⇒-<(**)*k N ∀∈(0,1)1kk ∈+在式中令得，，即．8．（2021•凉山州一模）设函数，（1）当时，求的最小值；（2）若，在上有两个不同的零点，求的取值范围；（3）证明：【解答】解：（1）时，，则，所以时，；时，；所以，的最小值是（2）．（2），则，所以时，；时，；所以，时，取最小值（a ）；在有两个不同的零点，，．（3）要证；即证：由（1）知：时，，当且仅当时取“”．即：；(**)1k x k =+11sin(1)sin 11k k ln k k k+-=<++∴11131341sinsin sin 2(2)(1)231223n n ln ln ln ln ln n n n n++++⋯+<++⋯+==++g g g 11sin(1)1nk ln n k =<++∑()f x lnx =()(0)ag x a x=>2a =()()()h x f x g x =+()()()h x f x g x =+(0,)+∞a 11(2)1(!)22nk nln e ln n k=>-∑2a =2()h x lnx x =+22()x h x x-'=02x <<()0h x '<2x >()0h x '>()h x h 21ln =+()a h x lnx x =+2()x ah x x-'=(0,)x a ∈()0h x '<(,)x a ∈+∞()0h x '>x a =()h x h 1lna =+()h x (0,)+∞10lna ∴+<10a e∴<<11(2)1(!)22nk nln e ln n k =>-∑111(21)11(123)2322n ln ln ln ln lnn n ++++⋯+>-+++⋯+0x >221lnx ln x ++…2x ==∴112122ln lnx x ++…121122ln lnx x +-…∴2111122ln ln +>-12112222ln ln +- (12113322)ln ln +>-⋯121122ln lnn n +>-以上各式相加得：．9．已知函数，，为常数）（1）若方程在区间，上有解，求实数的取值范围；（2）当时，证明不等式在，上恒成立；（3）证明：，（参考数据：【解答】解：（1），，方程可化为．即．令．则．由得，，或（舍去）．当时，．单调递增．当时，．单调递减．，（1），．，时，．方程在区间，上有解等价于．（2）时，不等式可化为，即．111(!)2nk ln n k =>∑()fx lnx =3()2ag x x=-(a 2()()f x e g x =1[21]a 1a =()()2g x f x x <<-[4)+∞(Tex translation failed)*()n N ∈20.693)ln ≈()f x lnx = 3()2ag x x=-∴2()()f x e g x =232a x x=-332a x x =-+33()2h x x x =-+23()32h x x '=-+23()302h x x '=-+=x =x =x ∈23()302h x x '=-+>()h x x ∈23()302h x x '=-+<()h x 15()28h = h 12=h =1[2x ∴∈1]1()[2h x ∈∴2()()f x e g x =1[21]1[2a ∈1a =()()g x f x <312lnx x-<132lnx x +>令．则．当，时，单调递增．（4）．当，时，恒成立．可化为，即．令．．当，时，单调递减．（4）．当，时，恒成立．当时，证明不等式在，上恒成立．（3），，由（2）可知，，，即，，，，．1()r x lnx x=+211()r x x x '=-[4x ∈)+∞()r x ()min r x r ∴=13442ln =+>∴[4x ∈)+∞()()g x f x <()2f x x <-2lnx x <-2lnx x -<-()k x lnx x =-1()1k x x'=-[4x ∈)+∞()k x ()max k x k ∴=442ln =-<-∴[4x ∈)+∞()2f x x <-∴1a =()()2g x f x x <<-[4)+∞()f x lnx = 2(21)(1)()2(21)(1)f k f k f k ln k ln k lnk ∴+-+-=+-+-2(21)(1)k lnk k +=+1(4)(1)f k k =++31()22f x x x-<<-∴3111(4)4212(1)(1)4(1)f k k k k k k -<+<+-++++3(1)111(4)224(1)1(1)1k k f k k k k k k +-<+<-+++++∴51111(4)2416(1)4(1)1f k k k k k k +<+<-+++++∴(Tex translation failed)*n N ∈ ∴(Tex translation failed)10．（2021•天津校级二模）已知函数，为实常数）（1）当时，求函数在，上的最小值；（2）若方程（其中在区间，上有解，求实数的取值范围；（3）证明：（参考数据：【解答】解：（1）当时，，则，在区间，上，，在区间，，，在区间，上单调递减，在区间，上单调递增．在，上，当时，的最小值为（4）．（4分）（2）方程在区间，上有解即在区间，上有解即在区间，上有解令，，，，在区间上，，在区间，上，，在区间上单调递增，在区间，上单调递减，又（1）．（1）即故（9分）（3）设，由（1）知，的最小值为（4），()f x lnx =3()(2a g x a x=-1a =()()()x f x g x ϕ=-[4x ∈)+∞2()()f x e g x = 2.71828)e =⋯1[21]a *151[2(21)()(1)]21,460nk n f k f k f k n n N =+<+--+<+∈⋅∑20.6931)ln ≈1a =13()()()2x f x g x lnx x ϕ=-=+-22111()x x x x xϕ-'=-= (01]()0x ϕ'…[1)+∞()0x ϕ'…()x ϕ∴(01][1)+∞∴[4x ∈)+∞4x =()x ϕϕ544ln =-2()()f x e g x =1[21]232lnx a e x =-1[21]332a x x =-1[21]33()2h x x x =-1[2x ∈1]23()32h x x ∴'=- 1[2()0h x '…1]()0h x '…()h x ∴1[21]h 1(2h <h ∴()h x h ......1()2h x (1)[2a ∈⋯24412(21)()(1)2(21)(1)(1)k k k a f k f k f k ln k lnk ln k ln k k ++=+--+=+--+=+()x ϕϕ5404ln =->又，．构造函数，则，当时，．在，上单调递减，即（4）．当时，．，即．．故．（14分）11．（2021春•青羊区校级期中）已知，其导函数为，反函数为（1）求证：的函数图象恒不在的函数图象的上方．（2）设函数．若有两个极值点，；记过点，，的直线斜率为．问：是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．（3）求证：．【解答】解（1），其导函数为，反函数为，令，，令，即，在上单调递减，在上单调递增，，从而所得结论成立．31(4)2lnx x x∴>-… 24414(1)k k k k ++>+223(1)5115115111(244144(21)44(21)(23)482123k k k a k k k k k k k +∴>-=+⋅>+⋅=+⋅-+++++++∴1511111115111511151(()()4835572123483234835460nk k a n n n n n n n =>+⋅-+-+⋯+-=+⋅-+⋅-=++++∑…()2(4)F x lnx x x =-+…1()xF x x-'=∴4x …()0F x '<()F x ∴[4)+∞()F x F …422(21)0ln ln =-=-<∴4x >2lnx x <-24411142(1)1k k k a ln k k k k ++∴=<+--++1121k a k k <+-+∴1121211nk k a n n n =<+-<++∑(Tex translation failed)()g x lnx =()g x '1()g x -1y x =+1()y g x -=()()()()()g x f x e g x a g x a R '=--⋅∈()f x 1x 2x 1(A x 12())(f x B x 2())f x k a 2k a =-a 1()1nn k k e ne =<-∑*()n N ∈()g x lnx = ()g x '1()g x -1()()11x h x g x x e x -=--=--()1x h x e '∴=-()10x h x e '=-=0x =()h x ∴(,0)-∞(0,)+∞()(0)0h x h ∴=…（2）．，的定义域为，，令，其判别式△，从而当时，△，故，故在上单调递增．当时，△，故的两根都小于0，在上，，故在上单调递增．当当时，△，故的两根为，，当时，；当，时，；当时，，故分别在，，上单调递增，在，上单调递减．从而当是，函数有两个极值点．又因为，所以又由（1）知，．于是若存在，使得则．即，亦即，令，，再由知，函数在上单调递增，而，所以，这与式矛盾．故不存在，使得，（3）由（1）有（当且仅当时取等）对任意的实数均成立，令，则，，，()()()()()g x f x e g x a g x a R '=--⋅∈ 1()f x x alnx x∴=--()f x (0,)+∞22211()1a x ax f x x x x -+∴'=+-=2()1F x x ax =-+24a =-||2a …0…()0f x '…()f x (0,)+∞2a <-0>()0F x =(0,)+∞()0f x '>()f x (0,)+∞2a >0>()0F x =11(2x a =21(2x a =+10x x <<()0f x '>1x 2x x <<()0f x '<2x x >()0f x '>()f x 1(0,)x 2(x )+∞1(x 2)x 2a >1212121212()()()()x x f x f x x x a lnx lnx x x --=-+--1212121212()()11f x f x lnx lnx k a x x x x x x --==+---121x x =12122lnx lnx k a x x -=--a 2k a =-12121lnx lnx x x -=-1212lnx lnx x x -=-222120x lnx x --=21(*)x >1()2h t t lnt t=--1t >(*)1()2h t t lnt t=--(0,)+∞21x >22211212101x lnx ln x -->--=(*)a 2k a =-1x x e +…0x =R *(,1,2,3,,1)i x n N i n n =-∈=⋯-1ini e n --<(1()(1,2,,1)inni n i e e i n n--∴-<==⋯-()(1,2,,1)ni n i e i n n--∴<=⋯-，，从而结论成立．12．（2021•揭阳一模）已知函数，，其中，．（1）若函数有极值1，求的值；（2）若函数在区间上为减函数，求的取值范围；（3）证明：．【解答】解：（1），，①若，则对任意的都有，即函数在上单调递减，函数在上无极值；②若，由得，当时，；当时，，即函数在单调递减，在单调递增，函数在处有极小值，，．（2）解法函数在区间上为减函数，且当时，，在上恒成立在上恒成立，设，则，当时，，，在上恒成立，即函数在上单调递减，当时，（1），．解法函数在区间上为减函数，∴(1)(2)11121()()(((1nn n n n n n n i k n n e e e nn n n n -----=-=++⋯++<++⋯++∑ (1)(2)111111111n n n e e eee e e e ---------++⋯++=<=---()f x ax =()g x lnx =a R ∈( 2.718)e ≈()()()F x f x g x =-a ()(sin(1))()G x f x g x =--(0,1)a 211sin2(1)nk ln k =<+∑()F x ax lnx =- (0)x >∴1()F x a x'=-0a …(0,)x ∈+∞()0F x '<()F x (0,)+∞()F x (0,)+∞0a >()0F x '=1x a =1(0,)x a ∈()0F x '<1(,)x a∈+∞()0F x '>()F x 1(0,)a 1(,)a +∞∴()F x 1x a=∴11(11F ln a a =-=1a ∴=1: ()(sin(1))()sin(1)G x f x g x a x lnx =--=--(0,1)(0,1)x ∈cos(1)0x ->∴1()cos(1)0G x a x x'=--…(0,1)1cos(1)a x x ⇔-…(0,1)1()cos(1)H x x x =-2222(cos(1)sin(1))sin(1)cos(1)()cos (1)cos (1)x x x x x x H x x x x x -------'==--(0,1)x ∈sin(1)0x -<cos(1)0x ->()0H x '∴<(0,1)()H x (0,1)∴(0,1)x ∈()H x H >1=1a ∴…2: ()(sin(1))()sin(1)G x f x g x a x lnx =--=--(0,1)对，恒成立，，，当时，式显然成立；当时，式在上恒成立，设，易知在上单调递增，（1），，综上得，．（3）证法1：由（2）知，当时，（1），，对任意的有，，，即．证法2：先证明当时，，令，则对任意的恒成立，函数在区间上单调递减，当时，，，对任意的，而．，．∴(0,1)x ∀∈1()cos(1)0(*)G x a x x'=--…(0,1)x ∈ cos(1)0x ∴->0a …(*)0a >(*)⇔1cos(1)x x a-…(0,1)()cos(1)h x x x =-()h x (0,1)()h x h ∴<1=∴1101a a⇒<……(a ∈-∞1]1a =()sin(1)G x x lnx G =-->0=1sin(1)sin(1)x lnx x lnx⇒->⇒-< *k N ∈21(0,1)(1)k ∈+∴211(0,1)(1)k -∈+∴22211(1)sin1(1)(2)1(1)k ln ln k k k k +<=++-+∴22222222211123(1)23(1)2(1)sin sin sin []223(1)1324(2)1324(2)2n n n ln ln ln ln ln ln n n n n n n +++++⋯+<++⋯+=⋯=<+⨯⨯+⨯⨯++g g 211sin2(1)nk ln k =<+∑02x π<<sin x x <()sin p x x x =-()cos 10p x x '=-<(0,)2x π∈∴()p x (0,2π∴02x π<<()(0)0p x p <=sin x x ∴< *k N ∈21(0,)2k π∈2214112(412121k k k k <=---+g ∴221111sin2()(1)(1)2123k k k k <<-++++g ∴232111111112sin 2()2(1)355721233nk lne ln k n n =<-+-+⋯+-<=<=+++∑13．（2021•天津校级一模）已知函数的定义域为，当时，对于任意，，都成立，数列满足，，2，（1）证明：；（2）令．【解答】（1）证明：，，2，3，，故当时，．．，；（当时，不等式也成立．（2）证明：，．①，，2，，故当时，．分分()y f x =R 01L <<1x 2x R ∈1212|()()|||f x f x L x x --…{}n a 1()n n a f a +=1n =⋯11211||||1nk k k a a a a L+=---∑…()12111211,2,3,:lim 1n k k k k k a a a A k its A A a a k L=+++⋯==∑--⋅-证明…1()n n a f a += 1n =⋯2n …111|||()()|||n n n n n n a a f a f a L a a +---=--…22121|()()|||n n n n L f a f a L a a ----=--…112||n L a a -⋯-……∴1122311||||||||nk k n n k a a a a a a a a ++=-=-+-+⋯+-∑2112(1)||n L L L a a -+++⋯+-…121||1nL a a L -=--01L << ∴11211||||1nk k k a a a a L+=---∑…1n =) 12kk a a a A k++⋯+=∴11211|||()|(1)k k k k A A a a a ka k k ++-=++⋯+-+12323411|()2()3()()|(1)k k a a a a a a k a a k k +=-+-+-+⋯+-+1()n n a f a += 1n =⋯2n …11121|||()()||||()()|n n n n n n n n a a f a f a L a a L f a f a +-----=--=-…212112||||n n n L a a L a a ----⋯-………6⋯∴112233411||||||||||nk k n n k a a a a a a a a a a ++=-=-+-+-+⋯+-∑2112(1)||7n L L L a a -+++⋯+-⋯…．分，（当时，不等式也成立）．分②，．分．分，121||1n L a a L -=--8⋯01L << ∴11211||||1nk k k a a a a L+=---∑…1n =9⋯12kk a a a A k++⋯=∴121211||||1k k k k a a a a a a A A k k ++++⋯+++⋯+-=-+1211|()|(1)k k a a a ka k k +=++⋯+-+12233411|()2()3()()|(1)k k a a a a a a k a a k k +=-+-+-+⋯+-+12233411(||2||3||||)(1)k k a a a a a a k a a k k +-+-+-+⋯+-+…11⋯∴1122311||||||||n k k n n k A A A A A A A A ++=-=-+-+⋯+-∑1223111111||(2||()1223(1)2334(1)a a a a n n n n -++⋯++-++⋯+⨯⨯+⨯⨯+ (3411111)3||()||3445(1)(1)n n a a n a a n n n n ++-++⋯++⋯+-⨯⨯⨯++1223112||(1)||(1||(1)111n n na a a a a a n n n +=--+--+⋯+--+++12231121||||||||1n n a a a a a a a a L+-+-+⋯+---……14⋯12233411(||2||3||||(1)k k a a a a a a k a a k k +-+-+-+⋯+-+…∴1122311||||||||n k k n n k A A A A A A A A ++=-=-+-+⋯+-∑1223111111||(2||()1223(1)2334(1)a a a a n n n n -++⋯++-++⋯+⨯⨯+⨯⨯+ (3411111)3||()||3445(1)(1n n a a n a a n n n n ++-++⋯++⋯+-⨯⨯⨯++1223112||(1)||(1||(1)111n n na a a a a a n n n -=--+--+⋯+--+++．14．（2021•如皋市模拟）已知函数，．（1）证明：两函数图象有且只有一个公共点；（2）证明：．【解答】证明：（1）令，令，则，令，则，所以在上单调递增，又（1），所以当时，，则，故单调递减，当时，，则，故单调递增，所以（1），当且仅当时取等号，故函数只有一个零点，即方程只有一个根，所以两函数图象有且只有一个公共点；（2）由（1）可知，对任意的恒成立，所以，当时，，所以，，所以，故．15．（2021春•鼓楼区校级月考）已知函数．12231||||||n n a a a aa a +-+-+⋯+- (121)||1a a L--…1()f x x x=+2()2()g x lnx =+(1)(*)nn k k ln n n N ==->+∈212()x lnx x +=+21()()2h x x lnx x=+--21211()12x lnx x h x lnx x xx--'=--⋅=1()2x x lnx x ϕ=--22212(1)()10x x x x x ϕ-'=+-=…()x ϕ(0,)+∞ϕ0=01x <<()0x ϕ<()0h x '<()h x 1x >()0x ϕ>()0h x '>()h x ()h x h …0=1x =()h x 212()x lnx x+=+21()20x lnx x+--…0x >22()lnx -…1x >lnx <1k x k+=11,2,,,*k ln k n n N k +<=⋅⋅⋅∈(1)ln k lnk >+-(Tex translation failed)(1)(*)nn k k ln n n N ==->+∈()1f x lnx =+（1）①证明：当时，（当且仅当时取得等号）；②当，时，证明：；（2）设，若对恒成立，求实数的取值范围．【解答】（1）证明：①构造函数，得；当时，；当时，；（1）；；；（当且仅当时取得等号）；②由①可知，，，令，则，，取，则，即，故，，（2）解：若对恒成立等价于对恒成立；记，问题等价于；由（1）知（当且仅当时取得等号）；（当且仅当时取得等号）；故，所以；实数的取值范围为，．16．（2021•成都二模）已知函数，其中，，令函数．（Ⅰ）若函数在上单调递增，求的取值范围；0x >()f x x …1x =2n …*n N ∈1(1)14nk lnk n n k =-<+∑1()(1)1g x ax a lnx x=+---g ()0g x …0x >a ()()1m x f x x lnx x =-=+-11()10(0)xm x x x x-'=-==>1x =(0,1)x ∈()0m x '>(1,)x ∈+∞()0m x '<[()]max m x m ∴=0=()0m x ∴…()f x x ∴…1x =(1)2ln x x --…1x >1x t -=1lnt t -…0t >2t n =221lnn n -…(1)(1)2n n lnn +- (1)12lnn n n -+…*n N ∈2n …∴1121(1)12224nk lnk n n n k =--++⋯+=+∑…()0g x …0x >111lnx x a x x+++…0x >11()1lnx x G x x x++=+()maxa G x …1lnx x +…1x =111()111lnx x x x G x x x x x+++∴==++…1x =()1max G x =1a …∴a [1)+∞1(),()f x x g x alnx x=-=0x >a R ∈()()()h x f x g x =-()h x (0,)+∞a（Ⅱ）当取中的最大值时，判断方程在上是否有解，并说明理由；（Ⅲ）令函数，证明不等式．【解答】解：，，函数在上单调递增，在上恒成立，即在上恒成立，解得．当时，，．令，，构造函数，恒成立，函数在上单调递增，且（1），在上无解．令，当为偶数时，，由可知：，即．当为奇数时，，由可知：．．，，，，累加求和得不等式．．17．（2021•岳阳校级一模）已知函数，，其中．（1）若函数在区间上为增函数，求的取值范围；a ()I ()(2)0h x h x +-=(0,1)1()2F x lnx x =+211(1)[1()]1(*)2nk k k F n N =-+-<∈∑1()()()()(0)I h x f x g x x alnx x x =-=-->22211()1a x ax h x x x x -+'=+-= ()h x (0,)+∞210x ax ∴-+…(0,)+∞1a x x+…(0,)+∞2a …()II 2a =1()2h x x lnx x=--2()(2)22[(2)](2)h x h x ln x x x x ∴+-=----(2)(0t x x =-∈1)2()22t lnt tϕ=--222222()0tt t t tϕ-'=-=>∴()t ϕ(0,1)ϕ0=2()22t lnt tϕ∴=--(0,1)()III 11()2k k a =+-k 1k a >()I 12k k klna a a +<11(1)[1()]1()22k k k F -+-<+k 01k a <<()I 12k k klna a a +>∴111(1)[1()][1()]1()222k k k k F -+-<-+-=-++∴121211()()1()1()22F a F a -+<+-+343411()()1()1()22F a F a -+<+-+⋯21221211()()1()1()22k k n n F a F a ---+<+-+221222111[1()]1111122(1)[1()]()()()1()112222212k nk k kk k F =--+-<++⋯+==-<-∑()f x ax =()g x lnx =a R ∈()[sin(1)]()F x f x g x =-+(0,1)a（2）设，求证：．【解答】（1）解：函数，，只要在区间上大于等于0，，，求的最小值即可，求的最大值即可，，，在增函数，（1），的最小值为1，；（2）证明：，在上恒成立，，．18．（2021•武侯区校级模拟）已知，．（Ⅰ）当时，求的最大值；，恒成立；（Ⅲ）求证：．（参考数据：，【解答】解：（Ⅰ）设，，则，在区间，内单调递减，故的最大值为（1）．21sin (1)n a n =+12nk k a ln =<∑ ()[sin(1)]()sin(1)F x f x g x a xlnx =-+=-+1()cos(1)(1)F x a x x∴'=-⨯-+()F x '(0,1)1()cos(1)(1)0F x a x x∴'=-⨯-+…1cos(1)a x x ∴-…1cos(1)x x -()cos(1)h x x x =-011x <-<()cos(1)sin(1)0h x x x x '=-+-> ()h x ∴(0,1)()h x h <1=∴1cos(1)x x -1a ∴ (2)101(1)k <<+ sin x x < (0,1)x ∈∴22222221111111111111197197sin sinsin sin 2(1)23(1)23(1)49164556(1)1441144nk ln k n n n n n ==++⋯+++⋯+<+++++⋯+=-<<+++⨯⨯++∑…∴211sin2(1)nk ln k =<+∑()f x lnx =()g x =-1x …()()f x g x -112x x lnx -+<<1x ∀>22131(2,)21282221n k n n n n n n N k ln k =+<<+∈+-∑…3 1.1ln ≈5 1.6)ln ≈()()()F x f x g x lnx =-=-1x …1()0F x x '==()F x ∴[1)+∞()F x F 0=（Ⅱ）由（Ⅰ）得，对，都有，即．，，．设，，则．设，则，在区间内单调递增，（1），即．在区间内单调递增，（1），即．因为，，所以，从而原命题得证．（Ⅲ）由（Ⅱ）得，当恒成立．令，．；另一方面，当时，，，从而命题得证．19．（2021•五华区校级模拟）已知函数，，直线与曲线切于点，，且与曲线切于点，（1）．（1）求实数，的值；（2）证明：（ⅰ）；（ⅱ）当为正整数时，．【解答】解：（1）由的导数，1x ∀…()()f x g x <lnx <=10x -> 0lnx >∴<()(1)2(1)G x x lnx x =+--1x >11()2x xlnx x G x lnx x x+-+'=+-=()1H x xlnx x =-+()0H x lnx '=>()H x ∴(1,)+∞()H x H ∴>0=()0G x >()G x ∴(1,)+∞()G x G ∴>0=(1)2(1)x lnx x +>-10x ->0lnx >112x x lnx -+<1x >112(1)x lnx x +<<-2121k x k +=-*k N ∈121()21k k ln k <<+-∴2111212221nnk k n nk k lnk ==<=++-∑∑2k (1)1218()21k k ln k >>=-+-∴2121117(1)(2)13()21388282821nnk k n n n n nk k ln lnk ==-+->+->+-=++-∑∑()(1)f x ln ax a =++()sin 2xg x bx π=+l ()y f x =(0(0))f ()y g x =(1g )a b ()1(0)1xf x x x x<-<>+n 211112nk k lnn k =-<-+∑…()f x ()1af x ax '=+的导数，则，，（1），（1），曲线在点，处的切线为，曲线在点，（1）处的切线为，即，依题意，得；证明：（2）（ⅰ），令，所以，当时，，所以单调递减，所以；令，则，所以单调递减，故，所以成立；（ⅱ）由（ⅰ），取得：，令，则，当时，．因此．又，故，所以当为正整数时，成立．20．（2021•新课标Ⅱ）已知函数．（1）讨论在区间的单调性；（2）证明：()g x ()cos22xg x b ππ'=+(0)f a =(0)f a '=g 1b =+g 'b =()y f x =(0(0))f y ax a =+()y g x =(1g )(1)1y b x b =-++1y bx =+1a b ==()1(1)f x ln x -=+()(1)1xh x ln x x=-++2211()(1)1(1)xh x x x x -'=-=+++(0,)x ∈+∞()0h x '<()h x ()(0)0h x h <=()(1)x ln x x ϕ=+-1()1011x x x x ϕ-'=-=<++()x ϕ()(0)0x ϕϕ<=(1)(0)1xln x x x x<+<>+1x n =111(11ln n n n<+<+211nn k kx lnn k ==-+∑112x =2n …1222111(10111(1)n n n n x x ln n n n n n n --=-+<-=-<+-++1112n n x x x -<<⋯<=(Tex translation failed)(Tex translation failed)111221111111()111(1)(1)n n n k k k k k k k k k k n ---===>-=--=-+>-+++∑∑∑…n 211112nk k lnn k =-<-+∑…2()sin sin 2f x x x =()f x (0,)π|()|f x …（3）设，证明：．【解答】解：（1），，令，解得，，或，当或，时，，当，时，，在，，上单调递增，在，上单调递减．证明：（2），由（1）可知，，，为周期函数且周期为，；（3）由，，，．．21．（2021•广州一模）已知函数，．（1）求函数在上的单调区间；（2）用，表示，中的最大值，为的导函数，设函数，，若在上恒成立，求实数的取值范围；（3）证明：．*n N ∈2222sin sin 2sin 4sin 2x x x ⋯34nnn x …23()sin sin 22sin cos f x x x x x ==22222()2sin (3cos sin )2sin (34sin )f x x x x x x ∴'=-=-222sin [32(1cos 2)]2sin (12cos 2)x x x x =--=+()0f x '=3x π=23x π=(0,)3x π∈2(3π)π()0f x '>(3x π∈23π()0f x '<()f x ∴(0,3π2(3π)π(3π2)3π(0)()0f f π== 2()3f x f π⎛⎫== ⎪⎝⎭极小值()3f x f π⎛⎫== ⎪⎝⎭极大值()max f x ∴=()min f x =()f x π|()|f x ∴…2222(sin sin 2sin 4sin 2x x x ⋯333332)|sin sin 2sin 4sin 2nx x x x =⋯⋯13sin 2n x -|n x 2333|sin ||sin sin 2sin 4sin 2x x x x =⋅⋯⋯12sin 2||sin 2n n x x -⋅|n x 12|sin ||()(2)(2)||sin 2n x f x f x f x -=⋅⋯⋅|n x 1|()(2)(2)|n f x f x f x -⋯ (2)222sin sin 2sin 4sin 2x x x ∴⋯233]4nnn n x =…32()(4)6x f x x e x x -=-+-1()(13g x a x lnx =---()f x (0,)+∞{max m }n m n ()f x '()f x (){()h x max f x ='()}g x ()0h x …(0,)+∞a 111113(*)12313ln n N n n n n n+++⋯++>∈++-。
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高考数学数列题型之数列与函数交汇的综合题四、数列与函数交汇的综合题44(1)(1)xx，，,例27 已知函数()。
fx(),x,044(1)(1)xx，,,(?)若且，则称为的实不动点，求的实不动点; fx()fx()fxx(),x,Rx,a,2(错误～未找到引用源。
II)在数列中，，afa,()()，求数列n,N{}a1nn，1n的通项公式。
{}an42xx，，61解:(?)由及得 fx(),fxx(),344xx，421xx，，612422或(舍去)， x,,,,,,,,,xxxx321013344xx，,1fx()所以或，即的实不动点为或; x,1x,1x,,1(错误～未找到引用源。
II)由条件得4444,,(1)(1)1(1)1aaaaa，，,，，，nnnnn，1，从而有 a,,,,,,n，1444(1)(1)1(1)1aaaaa，,,,,,nnnnn，1,,aa，，11nn，1ln4ln,， aa,,11nn，1,,a，1a，11nlnln30,,4由此及知:数列是首项为，公比为的等比数列，故有ln3ln,,a,1a,11n,,n,14n,1aa，，1131，n,14,nnln4ln33,,,,,an,N()。
n,1n4aa,,1131,nn2fxfxfxxf()()0,()2(1)1符合且恒成立，,,,例28 二次函数f(0)fx() (1)求并求的解析式;fffn(1)(2)()1lim.S (2)若bnS前项和.求数列并求ab,，，，,,,,,nnnnnn,,12nancfccTccc,,,,,,(),2,...,且记 (3)若求符合最小自然数n( T,2008nnnn，1112n2f(0)0, 又:ff(0)200(0)0,，,？, .解:(1)22fxaxbxxbfxax()00(),，,,？, 对称轴即2fafxx(1)11(),？,？, 又22221112(1)nnn，b,,,2()(2)an,，，，,，，，,12 nnnnnn(1)1，，122n11，，limlim2(1)2.S,,, S,,2(1);nn,,,,,,nnn，1n，1，，n,122？,C2(3) CC,()C,2. nnn，11nnn,,1112482(1242)(21)，，，，, ？,,,,,,,T22222222008n,,？,nn4,4min1例29 已知函数，点，是函数图像上的两个点，，，，，，，，，Px,yPx,yfx,x,R，，fx111222x4，21P且线段的中点的横坐标为( PP122P?求证:点的纵坐标是定值;n,,?若数列的通项公式为，求数列的前m项的和,,a,f，，m,N,n,1,2,？,m,,aa,,nnnm,,; Sm1解:?由题可知:，所以， x，x,2，,1122xx1211444，，，,，,，,yyf，，，，xfx1212xxxx12124，24，2，，，，4，24，2 xxxx12124，4，44，4，41,,,x，xxxxx1212122，，，，424442444，，，，，y，y112P 点的纵坐标是定值，问题得证( y,,P24nm,n1,,,,f，f,?由?可知:对任意自然数m,n，恒成立( ,,,,mm2,,,,m,m,m1221,,,,,,,,,,S,f，f，，f，f，f 由于，故可考虑利用倒写求和的方？,,,,,,,,,,mmmmmm,,,,,,,,,,m,m,m1221,,,,,,,,,,S,f，f，，f，f，f？,,,,,,,,,,mmmmmm,,,,,,,,,,法(即由于: mm,m,1221,,,,,,,,,,,f，f，f，，f，f？,,,,,,,,,,mmmmm,,,,,,,,,,，，，，，，1m,12m,2m,11m,,,,,,,,,,,,,,2S,f，f，f，f，，f，f，2f？,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,mmmmmmmm,,,,,,,,,,,,,,，，，，，，所以，11,，，m,1，2f(1),3m,1，，261所以，，，S,3m,1m 12f(0),12*n例30 设f(x)=，定义f (x)= f,f(x),，a=(n?N). 1n+11nn f(0)，21，xn(1) 求数列,a,的通项公式; n24n，n*(2) 若，Q=(n?N)，试比较9T与 T,a，2a，3a，？，2nan2n2n1232n24n，4n，1Q的大小，并说明理由. n212,1解:(1)?f(0)=2，a==，f(0)= f,f(0),=, 11n+11n1，f(0)42，2n2,11,f(0)f(0),1f(0),11，f(0)11nn，1nn?a==== -= -a. n+1n2f(0)，24，2f(0)f(0)，222n，1nn，21，f(0)n1111n,1?数列,a,是首项为,公比为-的等比数列，?a=(,). nn4242(2)?T=a+2a+3a+…+(2n-1)a+2na， 2 n 1 2 3 2 n,1 2 n111111(,),?T= (-a)+(-)2a+(-)3a+…+(-)(2n-1)a+2na ,2 n1 2 32 n12n222222= a+2a+…+(2n,1)a,na. 2 32 n2 n3两式相减，得T= a+a+a+…+a+na. 2 n12 32 n2 n211，，2n,,1(),,311111n142，，2n,12n2n,1?T=+n×(-)=-(-)+(-). 2n 124266242，12n111n113，12n2n,1T=-(-)+(-)=(1-). 2n 2n9926292n3，19T=1-. ?2n2n23n，1又Q=1-， n2(2n，1)2 n2当n=1时，2= 4,(2n+1)=9,?9T,Q ; 2 nn2 n2当n=2时，2=16,(2n+1)=25,?9T,Q; 2 nn2nn2013n222,[(1，1)],(C，C，C，？，C),(2n，1)当n?3时，， nnnn?9T,Q .2 nn00()x,,例31 已知函数，数列fx(),,满足 {}aafnnN,,()(*)nnnxnfnnxnnN[()]()(*),,，,,,,,111，,(I)求数列的通项公式; {}an(II)设x轴、直线xa,与函数的图象所围成的封闭图形的面积为yfx,()，求; Saa()(),0SnSnnN()()(*),,,1(III)在集合，且中，是否存在正整数N，MNNkkZ,,,{|2，10001500,,k}使得不等式对一切nN,恒成立,若存在，则这样的正整数NaSnSn,,,,10051()()n 共有多少个,并求出满足条件的最小的正整数N;若不存在，请说明理由。
n (IV)请构造一个与有关的数列，使得存在，并求出{}a{}blim()bbb，，，？nn12n,,这个极限值。
解:(I)？nN,* ？,,,，,,，,fnnnnfnnfn()[()]()()111？,,,fnfnn()()1？,,ff()()101ff()()212,,ff()()323,,……fnfnn()(),,,1nn()，1 将这n个式子相加，得fnfn()(),,，，，，,0123？？f()00,2nn()，1？,fn()2nn，()1 ？,anN, n(*)n,1 (II)SnSn()(),,1为一直角梯形(时为直角三角形)的面积，该梯形的两底2aa，fnfn()(),，1fnfn()(),1，边的长分别为，高为1nn,1 ？,,,SnSn()()1，,12221nnnnn()(),1，1 ,[，],2222(III)设满足条件的正整数N存在，则2nnnn()，1 ,,,,,,100510052010n222又 M,{}200020022008201020122998，，，，，，，？？均满足条件？,N201020122998，，……，它们构成首项为2010，公差为2的等差数列。
设共有m个满足条件的正整数N，则，解得 m,4952010212998，,,()m？M中满足条件的正整数N存在，共有495个， N,2010min2111 (IV)设，即b,,,2() b,nnannnnn()，1，111111111 则bbb，，，,,，,，,，，,？？21[()()()()](),,21 112n22334nnn，1，1n显然，其极限存在，并且 lim()lim[]bbb，，，,,？2,212n,,,,nn，1例32 函数的定义域为R，且(?)求证:;(?)若上的最小值为，试求f(x)的解析式;(?)在(?)的条件下记试比较与的大小并证明你的结论(解:(?)?f(x)定义域为R，(?)由(?)知f(x)在[0，1]上为增函数，(?)[a,b]x,[a,b]f(x),kx，m,当x,[a,b] 例33 已知函数时，f(x)的值域为，当222211x,[a,b]f(x)f(x)时，的值域为，依次类推，一般地，当时，的值域[a,b]n,1n,133为[a,b]a,0,b,1.，其中k、m为常数，且 nn11{a},{b} (1)若k=1，求数列的通项公式; nn(2)项m=2，问是否存在常数，使得数列满足若存在，求k的k,0limb,4?{b}nnn,,值;若不存在，请说明理由;{a},{b}(3)若，设数列的前n项和分别为S，T，求[来源:学&科&网] k,0nnnn (T，T，？，T),(S，S，？，S) 。
122010122010f(x),x，m,当x,[a,b]时,f(x)为单调增函数,解:(1)因为 n,1n,1[a，m,b，m]所以其值域为 n,1n,1*a,a，m,b,b，m(n,N,n,2)于是 nn,nn,11a,0,b,1,所以a,(n,1)m,b,1，(n,1)m.又 11nnf(x),x，mf(x),kx，m(k,0),当x,[a,b]时,f(x)为单调增函数 (2)因为 n,1n,1f(x)的值域为[ka，m,kb，m],因m,2,则b,kb，2(n,2)所以……8分n,1n,1nn,1法一:假设存在常数，使得数列，k,0{b}满足limb,4,则limb,klimb，2nnnn,1n,,n,,n,,14,4k，2,则k,得符合。
2法二:假设存在常数k,0，使得数列满足 limb,4.{b}nnn,,当k=1不符合。
……9分22当， k,1时,b,kb，2(n,2),b，,k(b，)(n,2)nn,1nn,1k,1k,122n,1b,，k,则 (1),nk,k,1121当 0,k,1时,limb,,4,得k,符合.n,,n1,k2k,0,当x,[a,b]时,f(x)为单调减函数, (3)因为 n,1n,1[kb，m,ka，m]所以f(x)的值域为 n,1n,1*a,kb，m,b,ka，m(n,N,n,2)于是 nn,nn,11b,a,,k(b,a)则 nnn,1n,1b,a,1又 11i,(k,,1),,i则有T,S, ,1,(,k)ii,(k,0,k,,1),1，k,进而有2021055,(,,1)k,,2011(T，T，？，T),(S，S，？，S),2010，2011k,k,122010122010kk,(,0,,,1)2,(1，k),…………18分123x，{a}afa,,(),1n,2,n,N例34已知:函数，数列对总有; fx(),nn1a3xn,1 a(1)求{}的通项公式。