2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-高考解答题专项突破(三) 数列的综合问题

[考情分析]预计2026年高考会从以下三个角度对数列的综合问题进行考查：(1)考查等差、等比数列的基本运算和数列求和的问题，可能与函数、方程、不等式等知识综合起来进行考查，难度中档；(2)与概率、圆锥曲线、导数等相结合，考查不同模块之间知识的相互转换，难度较大，出现在压轴题中；(3)以新定义为载体，考查对新数列性质的理解及应用，以创新型题目的形式出现．数列与不等式的综合问题已知数列{an}满足a1＝eq\f(2,3)，且2an＋1－an＋1an＝1，n∈N*.(1)证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)记Tn＝a1a2a3…an，n∈N*，Sn＝Teq\o\al(2,1)＋Teq\o\al(2,2)＋…＋Teq\o\al(2,n).证明：Sn>4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,n＋3))).解：(1)由2an＋1－an＋1an＝1，得an＋1＝eq\f(1,2－an)，则eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))是首项为eq\f(1,1－a1)＝3，公差为1的等差数列，所以eq\f(1,1－an)＝3＋(n－1)＝n＋2，所以an＝eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)．(2)证明：由(1)得an＝eq\f(n＋1,n＋2)(n∈N*)，Tn＝a1a2a3…an＝eq\f(2,n＋2)，所以Teq\o\al(2,n)＝eq\f(4,（n＋2）2)>eq\f(4,（n＋2）（n＋3）)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))，所以Sn＝Teq\o\al(2,1)＋Teq\o\al(2,2)＋…＋Teq\o\al(2,n)>4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))，即Sn>4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,n＋3))).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”．2．放缩法常见的放缩技巧(1)eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1))).(2)eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＜eq\f(1,k2)＜eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k).(3)2(eq\r(n＋1)－eq\r(n))＜eq\f(1,\r(n))＜2(eq\r(n)－eq\r(n－1))．(4)eq\f(1,2n＋1)＜eq\f(1,2n＋1)＜eq\f(1,2n)，eq\f(1,3n)＜eq\f(1,3n－1)≤eq\f(1,2·3n－1).1.(2025·东北三省三校高三联合考试)已知Sn为数列{an}的前n项和，Tn为数列{bn}的前n项和，an＋2＝2an＋1－an，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an＋1，n为奇数，,2an-1，n为偶数，))b4＝8，S5＝15.(1)求{an}的通项公式；(2)若T2n－S2n<2025，求n的最大值；(3)设cn＝eq\f(1,T2n－S2n)，证明：eq\f(1,2)≤eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))ci<eq\f(3,4).解：(1)由an＋2＝2an＋1－an，得an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以数列{an}为等差数列，所以S5＝5a3＝15，所以a3＝3.又b4＝2a4－1＝8，所以a4＝4，设等差数列{an}的公差为d，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝a1＋2d＝3，,a4＝a1＋3d＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))所以{an}的通项公式是an＝n.(2)由(1)知an＝n，所以bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n＋1，n为奇数，,2n－1，n为偶数，))S2n＝eq\f(2n（a1＋a2n）,2)＝eq\f(2n（1＋2n）,2)＝n(2n＋1)，T2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝eq\f(n（3＋4n－1）,2)＋eq\f(2（1－4n）,1－4)＝n(2n＋1)＋eq\f(2（4n－1）,3)，由T2n－S2n＝eq\f(2（4n－1）,3)<2025，得2×4n<6077，设dn＝2×4n，则数列{dn}是递增数列．又d5＝2048<6077，d6＝8192>6077，所以n的最大值为5.(3)证明：由(2)知cn＝eq\f(1,T2n－S2n)＝eq\f(3,2)×eq\f(1,4n－1)，设Qn是{cn}的前n项和，则Qn＋1－Qn＝cn＋1>0，所以{Qn}是递增数列，所以Qn≥Q1＝c1＝eq\f(1,2)成立．Q1＝c1＝eq\f(1,2)<eq\f(3,4)，当n≥2时，2×4n－2－4n＝4n－2>0，所以2×4n－2>4n，得cn＝eq\f(3,2)×eq\f(1,4n－1)＝eq\f(3,2)×eq\f(2,2×4n－2)<eq\f(3,2)×eq\f(2,4n)＝eq\f(3,4n)，所以Qn<eq\f(1,2)＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,42)＋\f(1,43)＋…＋\f(1,4n)))＝eq\f(1,2)＋3×eq\f(\f(1,42)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n－1))),1－\f(1,4))＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n－1)))<eq\f(3,4).综上，eq\f(1,2)≤eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))ci<eq\f(3,4).数列与函数的综合问题(2024·海南海口二模)已知函数f(x)＝x－6sinx，等差数列{an}的前n项和为Sn，记Tn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))f()．(1)求证：f(x)的图象关于点(π，π)中心对称；(2)若a1，a2，a3是某三角形的三个内角，求T3的取值范围；(3)若S100＝100π，求证：T100＝100π.反之是否成立？并说明理由．解：(1)证明：设f(x)的图象上任意一点P(x，y)，则y＝f(x)，点P关于点(π，π)的对称点为P′(2π－x，2π－y)，因为f(2π－x)＝(2π－x)－6sin(2π－x)＝2π－x＋6sinx＝2π－y，因此点P′(2π－x，2π－y)在f(x)的图象上，所以f(x)的图象关于点(π，π)中心对称．(2)若a1，a2，a3是某三角形的三个内角，则a1＋a2＋a3＝π，又{an}是等差数列，则a2＝eq\f(π,3)，因此T3＝f(a1)＋f(a2)＋f(a3)＝a1＋a2＋a3－6(sina1＋sina2＋sina3)＝π－3eq\r(3)－6sina1－6sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－a1))＝π－3eq\r(3)－9sina1－3eq\r(3)cosa1＝π－3eq\r(3)－6eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(π,6)))，不妨设a1≤a3，则a1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，即有a1＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(π,6)))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以T3∈[π－9eq\r(3)，π－6eq\r(3))．所以T3的取值范围为[π－9eq\r(3)，π－6eq\r(3))．(3)证明：由{an}是等差数列，且S100＝a1＋a2＋…＋a100＝100π，得eq\f(100（a1＋a100）,2)＝100π，即a1＋a100＝2π，因此当m＋n＝101时，am＋an＝2π，sinam＋sinan＝0，T100＝eq\o(∑,\s\up6(100),\s\do4(i＝1))f()=S100－6eq\o(∑,\s\up6(100),\s\do4(i＝1))sin＝100π－6[(sina1＋sina100)＋(sina2＋sina99)＋…＋(sina50＋sina51)]＝100π，所以T100＝100π成立．反之不成立．考虑存在公差为d的等差数列{an}，满足a50＝a1＋49d＝π，则S99＝eq\f(99（a1＋a99）,2)＝99a50＝99π，显然当m＋n＝100时，am＋an＝2a50＝2π，sinam＋sinan＝0，于是T99＝99π，下面证明：存在d，使得f(a100)＝π，且a100≠π，不妨设d>0，由a1＋49d＝π，得a100＝a1＋99d≠π，f(a100)＝π＋50d－6sin(π＋50d)，即f(a100)＝π＋50d＋6sin50d，设g(x)＝x＋6sinx，x>0，显然g(π)＝π>0，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝eq\f(3π,2)－6<0，则存在ξ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，使得g(ξ)＝0，即存在d∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,50)，\f(3π,100)))，使得f(a100)＝π，T100＝100π，但此时S100≠100π，所以反之不成立．数列与函数综合问题的常见类型及注意事项常见类型类型一已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题类型二已知数列条件，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注意事项注意点一数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或其子集)，它的图象是一群孤立的点注意点二转化为以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题注意点三利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化2.(2024·湖南邵阳三模)已知数列{an}，{bn}，函数f(x)＝ax2＋bx＋csinx，其中n∈N*，a，b，c均为实数．(1)若a＝－b＝1，c＝0，f(an)＝(an－an＋1)·f′(an)，b1＝2，bn＝lneq\f(an,an－1)，①求数列{bn}的通项公式；②设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,（bn－1）（bn＋1－1）)))的前n项和为Tn，求证：Tn≥－n2＋n＋eq\f(2,3)；(2)若f(x)为奇函数，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)＋1，b，c∈Q，an＋2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋an＋1))－\f(π,2)，an＋1<an，,f（an＋1），an＋1≥an，))且a2＝6a1＝6，当n≥2时，是否存在整数m，使得m≤an成立？若存在，求出m的最大值；若不存在，请说明理由．(附：sin6≈－0.28，cos5.72≈0.85)解：(1)①f(x)＝x2－x，f′(x)＝2x－1，由f(an)＝(an－an＋1)f′(an)，得aeq\o\al(2,n)－an＝(an－an＋1)(2an－1)，解得an＋1＝eq\f(aeq\o\al(2,n),2an－1)，又b1＝2，bn＝lneq\f(an,an－1)，∴bn＋1＝lneq\f(an＋1,an＋1－1)＝lneq\f(\f(aeq\o\al(2,n),2an－1),\f(aeq\o\al(2,n),2an－1)－1)＝lneq\f(aeq\o\al(2,n),aeq\o\al(2,n)－2an＋1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,an－1)))eq\s\up12(2)＝2lneq\f(an,an－1)＝2bn，∴eq\f(bn＋1,bn)＝2，∴{bn}是以2为公比，2为首项的等比数列，∴bn＝2n.②证明：令cn＝eq\f(bn,（bn－1）（bn＋1－1）)，则cn＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21－1)－\f(1,22－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq\f(1,2n＋1－1).显然{Tn}是递增数列，g(n)＝－n2＋n＋eq\f(2,3)在n≥1时单调递减，可得Tn≥T1＝1－eq\f(1,22－1)＝eq\f(2,3)，g(n)≤g(1)＝eq\f(2,3).∴Tn≥－n2＋n＋eq\f(2,3).(2)∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝ax2－bx－csinx＝－f(x)＝－ax2－bx－csinx，∴a＝0，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)·b＋c＝eq\f(π,2)＋1，b，c∈Q，∴b＝1，c＝1.∴f(x)＝x＋sinx，an＋2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1＋cosan＋1，an＋1<an，,an＋1＋sinan＋1，an＋1≥an.))由a2＝6a1＝6，得a2>a1＝1，∴a3＝a2＋sina2＝6＋sin6≈5.72<a2，∴a4＝a3＋cosa3＝6＋sin6＋cos(6＋sin6)≈5.72＋0.85＝6.57>a3，∴a5＝a4＋sina4>a4，a6＝a5＋sina5，∵f(x)＝x＋sinx在(0，＋∞)上为增函数，∴当2π<x<3π时，sinx>0，2π<x<x＋sinx<f(3π)＝3π，∵a4≈6.57∈(2π，3π)，∴a5＝a4＋sina4∈(2π，3π)．当an∈(2π，3π)时，2π<an<f(an)<f(3π)＝3π.∴当n≥4时，an>an－1，又a2>a3，∴当n≥2时，(an)min＝a3，∴m≤a3＝6＋sin6.又m∈Z，∴m的最大值为5.数列与圆锥曲线的综合问题(2025·湖北宜昌高三阶段练习)已知有一系列双曲线Cn：anx2－y2＝1，其中an>0，n∈N*，记第n条双曲线的离心率为en，且满足e1＋2e2＋…＋2n－1en＝(en－1)·2n，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<eq\f(3,4).解：(1)因为e1＋2e2＋…＋2n－1en＝(en－1)·2n，当n＝1时，e1＝2(e1－1)，解得e1＝2；当n≥2时，e1＋2e2＋…＋2n－2en－1＝(en－1－1)·2n－1，两式相减，可得2n－1en＝(en－1)·2n－(en－1－1)·2n－1，所以en－en－1＝1(n≥2)，所以{en}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以en＝2＋(n－1)＝n＋1.由题意，得en＝eq\r(1＋an)，所以an＝eeq\o\al(2,n)－1＝n2＋2n.(2)证明：由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(1,n2＋2n)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，故eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,2)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)＋\f(1,n)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))<eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(3,4)，得证．与圆锥曲线结合的数列问题，通常以圆锥曲线系的形式出现一系列曲线，从而构造出数列关系，巧妙地将两者进行自然地融合．此类试题对考生的转化与化归能力、运算求解能力要求较高，难度较大．3.(2025·辽宁大连高三阶段练习)在直角坐标平面上有一点列P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn)，…，对一切正整数n，点Pn位于函数y＝3x＋eq\f(13,4)的图象上，且Pn的横坐标构成以－eq\f(5,2)为首项，－1为公差的等差数列{xn}．(1)求点Pn的坐标；(2)设抛物线列c1，c2，c3，…，cn，…中的每一条的对称轴都垂直于x轴，第n条抛物线cn的顶点为Pn，且过点Dn(0，n2＋1)，记与抛物线cn相切于Dn的直线的斜率为kn，求eq\f(1,k1k2)＋eq\f(1,k2k3)＋…＋eq\f(1,kn－1kn)；(3)设S＝{x|x＝2xn，n∈N*}，T＝{y|y＝4yn，n∈N*}，等差数列{an}的任一项an∈S∩T，其中a1是S∩T中的最大数，－265<a10<－125，求{an}的通项公式．解：(1)由题意，xn＝－eq\f(5,2)＋(n－1)×(－1)＝－n－eq\f(3,2)，则yn＝3xn＋eq\f(13,4)＝－3n－eq\f(5,4)，所以Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－n－\f(3,2)，－3n－\f(5,4))).(2)cn的对称轴垂直于x轴，且顶点为Pn.设cn的方程为y＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2n＋3,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(12n＋5,4)，把Dn(0，n2＋1)代入得a＝1，所以cn的方程为y＝x2＋(2n＋3)x＋n2＋1，y′＝2x＋2n＋3，则kn＝y′eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝0))＝2n＋3，因为eq\f(1,kn－1kn)＝eq\f(1,（2n＋1）（2n＋3）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))，所以eq\f(1,k1k2)＋eq\f(1,k2k3)＋…＋eq\f(1,kn－1kn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,9)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,2n＋3)))＝eq\f(1,10)－eq\f(1,4n＋6).(3)由(1)得，S＝{x|x＝－(2n＋3)，n∈N*}，T＝{y|y＝－[2(6n＋1)＋3]，n∈N*}，所以S∩T＝T中的最大数为a1＝－17.设等差数列{an}的公差为d，则a10＝－17＋9d∈(－265，－125)，可得－eq\f(248,9)<d<－12，又an∈T，所以d＝－12m(m∈N*)，则d＝－24.所以an＝7－24n(n∈N*)．数列与概率的综合问题eq\a\vs4\al()(2024·新课标Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列．(1)写出所有的(i，j)，1≤i<j≤6，使数列a1，a2，…，a6是(i，j)－可分数列；(2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列；(3)从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i<j)，记数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列的概率为Pm，证明：Pm>eq\f(1,8).解：(1)首先，我们设数列a1，a2，…，a4m＋2的公差为d，则d≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形ak′＝eq\f(ak－a1,d)＋1(k＝1，2，…，4m＋2)，得到新数列ak′＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，然后对a′1，a′2，…，a′4m＋2进行相应的讨论即可．换言之，我们可以不妨设ak＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，此后的讨论均建立在该假设下进行．回到原题，第1小问相当于从1，2，3，4，5，6中取出两个数i和j(i<j)，使得剩余的四个数成等差数列．那么剩余的四个数只可能是1，2，3，4或2，3，4，5或3，4，5，6.所以所有可能的(i，j)就是(1，2)，(1，6)，(5，6)．(2)证明：由于从数列1，2，…，4m＋2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：①{1，4，7，10}，{3，6，9，12}，{5，8，11，14}，共3组；②{15，16，17，18}，{19，20，21，22}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－3组．(如果m－3＝0，则忽略②)故数列1，2，…，4m＋2是(2，13)－可分数列．所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列．(3)证明：定义集合A＝{4k＋1|k＝0，1，2，…，m}＝{1，5，9，13，…，4m＋1}，B＝{4k＋2|k＝0，1，2，…，m}＝{2，6，10，14，…，4m＋2}．下面证明，对1≤i<j≤4m＋2，如果下面两个命题同时成立，则数列1，2，…，4m＋2一定是(i，j)－可分数列：命题1：i∈A，j∈B或i∈B，j∈A；命题2：j－i≠3.我们分两种情况证明这个结论．第一种情况：如果i∈A，j∈B，且j－i≠3.此时设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，k1，k2∈{0，1，2，…，m}．则由i<j可知4k1＋1<4k2＋2，即k2－k1>－eq\f(1,4)，故k2≥k1.此时，由于从数列1，2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋1和j＝4k2＋2后，剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：①{1，2，3，4}，{5，6，7，8}，…，{4k1－3，4k1－2，4k1－1，4k1}，共k1组；②{4k1＋2，4k1＋3，4k1＋4，4k1＋5}，{4k1＋6，4k1＋7，4k1＋8，4k1＋9}，…，{4k2－2，4k2－1，4k2，4k2＋1}，共k2－k1组；③{4k2＋3，4k2＋4，4k2＋5，4k2＋6}，{4k2＋7，4k2＋8，4k2＋9，4k2＋10}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－k2组．(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1，2，…，4m＋2是(i，j)－可分数列．第二种情况：如果i∈B，j∈A，且j－i≠3.此时设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0，1，2，…，m}．则由i<j可知4k1＋2<4k2＋1，即k2－k1>eq\f(1,4)，故k2>k1.由于j－i≠3，故(4k2＋1)－(4k1＋2)≠3，从而k2－k1≠1，这就意味着k2－k1≥2.此时，由于从数列1，2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋2和j＝4k2＋1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列：①{1，2，3，4}，{5，6，7，8}，…，{4k1－3，4k1－2，4k1－1，4k1}，共k1组；②{4k1＋1，3k1＋k2＋1，2k1＋2k2＋1，k1＋3k2＋1}，{3k1＋k2＋2，2k1＋2k2＋2，k1＋3k2＋2，4k2＋2}，共2组；③全体{4k1＋p，3k1＋k2＋p，2k1＋2k2＋p，k1＋3k2＋p}，其中p＝3，4，…，k2－k1，共k2－k1－2组；④{4k2＋3，4k2＋4，4k2＋5，4k2＋6}，{4k2＋7，4k2＋8，4k2＋9，4k2＋10}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－k2组．(如果某一部分的组数为0，则忽略之)这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含k2－k1－2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{4k1＋3，4k1＋4，…，3k1＋k2}，{3k1＋k2＋3，3k1＋k2＋4，…，2k1＋2k2}，{2k1＋2k2＋3，2k1＋2k2＋3，…，k1＋3k2}，{k1＋3k2＋3，k1＋3k2＋4，…，4k2}．可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{4k1＋1，4k1＋2，…，4k2＋2}中除去五个集合{4k1＋1，4k1＋2}，{3k1＋k2＋1，3k1＋k2＋2}，{2k1＋2k2＋1，2k1＋2k2＋2}，{k1＋3k2＋1，k1＋3k2＋2}，{4k2＋1，4k2＋2}中的十个元素以外的所有数．而这十个数中，除去已经去掉的4k1＋2和4k2＋1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数．这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1，2，…，4m＋2是(i，j)－可分数列．至此，我们证明了：对1≤i<j≤4m＋2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1，2，…，4m＋2一定是(i，j)－可分数列．然后我们来考虑这样的(i，j)的个数．首先，由于A∩B＝∅，A和B各有m＋1个元素，故满足命题1的(i，j)总共有(m＋1)2个；而如果j－i＝3，假设i∈A，j∈B，则可设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，k1，k2∈{0，1，2，…，m}，代入得(4k2＋2)－(4k1＋1)＝3.但这导致k2－k1＝eq\f(1,2)，矛盾，所以i∈B，j∈A.设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0，1，2，…，m}，则(4k2＋1)－(4k1＋2)＝3，即k2－k1＝1.所以可能的(k1，k2)恰好就是(0，1)，(1，2)，…，(m－1，m)，对应的(i，j)分别是(2，5)，(6，9)，…，(4m－2，4m＋1)，总共m个．所以这(m＋1)2个满足命题1的(i，j)中，不满足命题2的恰好有m个．这就得到同时满足命题1和命题2的(i，j)的个数为(m＋1)2－m.当我们从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i<j)时，总的选取方式的个数为eq\f(（4m＋2）（4m＋1）,2)＝(2m＋1)(4m＋1)．而根据之前的结论，使得数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列的(i，j)至少有(m＋1)2－m个．所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列的概率Pm一定满足Pm≥eq\f(（m＋1）2－m,（2m＋1）（4m＋1）)＝eq\f(m2＋m＋1,（2m＋1）（4m＋1）)>eq\f(m2＋m＋\f(1,4),（2m＋1）（4m＋2）)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)))\s\up12(2),2（2m＋1）（2m＋1）)＝eq\f(1,8).这就证明了结论．与概率结合的数列问题，通常有三小问，第(1)，(2)问考查数列知识，可能与新定义结合，考查新数列的概念与性质，要求理解新定义并能准确应用；第(3)问往往涉及计数原理、概率的计算，将数列与古典概型相结合，可利用相应的公式求解或证明．4.(2025·广东广州高三模拟)已知有穷数列{an}的通项公式为an＝n(n∈N*)，将数列{an}中各项重新排列构成新数列{bn}，则称数列{bn}是{an}的“重排数列”；若数列{bn}各项均满足bn≠an，则称数列{bn}是{an}的“完全重排数列”，记项数为n的数列{an}的“完全重排数列”的个数为Dn.(1)计算D2，D3，D4；(2)写出Dn＋1和Dn，Dn－1(n≥2)之间的递推关系，并证明数列{Dn－nDn－1}(n≥2)是等比数列；(3)若从数列{an}及其所有“重排数列”中随机选取一个数列{cn}，记数列{cn}是{an}的“完全重排数列”的概率为Pn，证明：当n无穷大时，Pn趋近于eq\f(1,e).eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考公式：ex＝1＋x＋\f(x2,2！)＋\f(x3,3！)＋…＋\f(xn,n！)))解：(1)当n＝1时，a1＝1，所以D1＝0；当n＝2时，a1＝1，a2＝2，则其完全重排数列必为b1＝2，b2＝1，故D2＝1；当n＝3时，数列1，2，3的完全重排数列可以为2，3，1或3，1，2，故D3＝2；当n＝4时，为得到数列1，2，3，4的完全重排数列，可先排1，有3种排法，比如1排到2的位置，那就再排2，也有3种排法，剩下的两个数字只有1种排法，由分步乘法计数原理可得D4＝3×3×1×1＝9.(2)当数列{an}有n＋1项时，其“完全重排数列”的排法可以分为两个步骤：第1步，重排第n＋1项，有n种排法；第2步，重排其余n项，根据第1步的排法，可以分为两类：第1类，若第n＋1项排在第k(k＝1，2，…，n)项的位置，但第k项不排在第n＋1项的位置，这样的排法有Dn种；第2类，若第n＋1项排在第k(k＝1，2，…，n)项的位置，第k项排在第n＋1项的位置，这样的排法有Dn－1种．所以Dn＋1＝n(Dn＋Dn－1)(n≥2)，所以Dn＋1－(n＋1)Dn＝－(Dn－nDn－1)(n≥2)，又D2－2D1＝1，所以数列{Dn－nDn－1}(n≥2)是公比为－1的等比数列．(3)证明：由(2)可得Dn－nDn－1＝(－1)n，所以eq\f(Dn,n！)－eq\f(Dn－1,（n－1）！)＝eq\f(（－1）n,n！)，eq\f(Dn－1,（n－1）！)－eq\f(Dn－2,（n－2）！)＝eq\f(（－1）n－1,（n－1）！)，eq\f(Dn－2,（n－2）！)－eq\f(Dn－3,（n－3）！)＝eq\f(（－1）n－2,（n－2）！)，…，eq\f(D2,2！)－eq\f(D1,1！)＝eq\f(1,2！)，以上各式相加，可得eq\f(Dn,n！)－eq\f(D1,1！)＝eq\f(1,2！)－eq\f(1,3！)＋eq\f(1,4！)－eq\f(1,5！)＋…＋eq\f(（－1）n,n！)，所以eq\f(Dn,n！)＝eq\f(1,2！)－eq\f(1,3！)＋eq\f(1,4！)－eq\f(1,5！)＋…＋eq\f(（－1）n,n！).又数列{an}的重排数列的个数为n！，所以Pn＝eq\f(Dn,n！)＝eq\f(1,2！)－eq\f(1,3！)＋eq\f(1,4！)－eq\f(1,5！)＋…＋eq\f(（－1）n,n！)＝1－1＋eq\f(1,2！)－eq\f(1,3！)＋eq\f(1,4！)－eq\f(1,5！)＋…＋eq\f(（－1）n,n！)，当n无穷大时，Pn＝1－1＋eq\f(1,2！)－eq\f(1,3！)＋eq\f(1,4！)－eq\f(1,5！)＋…＋eq\f(（－1）n,n！)＝e－1＝eq\f(1,e).课时作业基础题(占比20%)中档题(占比50%)拔高题(占比30%)题号123456难度★★★★★★★★★★★★★考向数列与圆锥曲线的综合问题数列与不等式的综合问题；数列求和数列与函数的综合问题数列与不等式的综合问题数列与概率的综合问题数列与函数的综合问题考点数列与抛物线的综合；求数列的前n项和数列中的新定义问题；错位相减法求和数列与三角函数的综合；求数列的前n项和及通项公式求数列的前n项和数列中的新定义问题；求数列的通项公式数列中的新定义问题；求数列的通项公式1.(2024·安徽合肥期末)对每个正整数n，An(xn，yn)是抛物线x2＝4y上的点，过焦点F的直线FAn交抛物线于另一点Bn(sn，tn)．(1)证明：xnsn＝－4(n≥1)；(2)取xn＝2n＋1，并记an＝|AnBn|，求数列{an}的前n项和．解：(1)证明：由题意可知，抛物线x2＝4y的焦点F(0，1)，且直线AnBn的斜率存在，设直线AnBn：y＝knx＋1，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝knx＋1，,x2＝4y，))消去y得x2－4knx－4＝0，可得Δ＝16keq\o\al(2,n)＋16>0，所以xnsn＝－4(n≥1)．(2)因为xn＝2n＋1，由(1)可得sn＝－eq\f(4,xn)＝－eq\f(4,2n＋1)＝－eq\f(2,2n)，则yn＝eq\f(xeq\o\al(2,n),4)＝eq\f(4n＋1,4)＝4n，tn＝eq\f(seq\o\al(2,n),4)＝eq\f(\f(4,4n),4)＝eq\f(1,4n)，可得an＝|AnBn|＝yn＋tn＋2＝4n＋eq\f(1,4n)＋2，设数列{an}的前n项和为Tn，则Tn＝a1＋a2＋…＋an＝(4＋42＋…＋4n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(1,42)＋…＋\f(1,4n)))＋2n＝eq\f(4（1－4n）,1－4)＋eq\f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＋2n＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n＋1－\f(1,4n)))＋2n－1.2．(2025·河南郑州高三第三次教学质量监测)设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意n∈N*，都有S2n＝kSn(k为常数)，则称数列{an}为“和等比数列”，其中k为和公比．已知{bn}是首项为1，公差不为0的等差数列，且{bn}是“和等比数列”，设cn＝eq\f(n,2bn)，数列{cn}的前n项和为Tn.(1)求数列{bn}的和公比；(2)若不等式Tn－eq\f(3n＋4,22n－1)>(－1)nm－2对任意n∈N*成立，求实数m的取值范围．解：(1)设等差数列{bn}的公差为d(d≠0)，前n项和为An，则An＝nb1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(d,2)))n，所以A2n＝2dn2＋(2－d)n.因为{bn}是“和等比数列”，所以A2n＝kAn，即2dn2＋(2－d)n＝eq\f(kd,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(kd,2)))n对任意n∈N*都成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2d＝\f(kd,2)，,2－d＝k－\f(kd,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝4，,d＝2，))所以数列{bn}的和公比为4.(2)由(1)可知bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，则cn＝eq\f(n,22n－1)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,23)＋eq\f(3,25)＋…＋eq\f(n,22n－1)，①所以eq\f(1,22)Tn＝eq\f(1,23)＋eq\f(2,25)＋eq\f(3,27)＋…＋eq\f(n－1,22n－1)＋eq\f(n,22n＋1)，②①－②，得eq\f(3,4)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,25)＋…＋eq\f(1,22n－1)－eq\f(n,22n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)))\s\up12(n))),1－\f(1,22))－eq\f(n,22n＋1)＝eq\f(2,3)－eq\f(3n＋4,3×22n＋1)，所以Tn＝eq\f(8,9)－eq\f(3n＋4,9×22n－1).设Pn＝Tn－eq\f(3n＋4,22n－1)＝eq\f(8,9)－eq\f(3n＋4,9×22n－1)－eq\f(3n＋4,22n－1)＝eq\f(8,9)－eq\f(10,9)×eq\f(3n＋4,22n－1)，因为Pn＋1－Pn＝－eq\f(10,9)×eq\f(3n＋7,22n＋1)＋eq\f(10,9)×eq\f(3n＋4,22n－1)＝eq\f(5（n＋1）,4n)>0，所以{Pn}为递增数列．不等式Tn－eq\f(3n＋4,22n－1)>(－1)nm－2对任意n∈N*恒成立，即不等式Pn>(－1)nm－2对任意n∈N*恒成立．当n为奇数时，－m－2<(Pn)min＝P1＝－3，则m>1；当n为偶数时，m－2<(Pn)min＝P2＝－eq\f(1,2)，则m<eq\f(3,2).综上，实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).3．(2025·江苏镇江模拟)数列可以看作是定义在正整数集(或其子集)的特殊函数，具有函数的性质特征，有些周期性的数列和三角函数紧密相连．记数列2，eq\f(1,2)，－1，2，eq\f(1,2)，－1，2，eq\f(1,2)，－1，…为{an}，三角形式可以表达为an＝Asin(ωn＋φ)＋B，其中A>0，ω>0，|φ|<eq\f(π,2).(1)记数列{an}的前n项和为Sn，求S7，S8，S9及Sn；(2)求数列{an}的三角形式通项公式．解：(1)易知an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝3k＋1，,\f(1,2)，n＝3k＋2，,－1，n＝3k＋3))(k∈N)，所以S7＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)－1))＋2＝5，S8＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)－1))＋2＋eq\f(1,2)＝eq\f(11,2)，S9＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)－1))＝eq\f(9,2).①当n＝3k＋1(k∈N)时，Sn＝eq\f(n－1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)－1))＋2＝eq\f(n＋3,2)；②当n＝3k＋2(k∈N)时，Sn＝eq\f(n－2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)－1))＋2＋eq\f(1,2)＝eq\f(n＋3,2)；③当n＝3k＋3(k∈N)时，Sn＝eq\f(n,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,2)－1))＝eq\f(n,2).综上，Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n＋3,2)，n≠3k＋3，,\f(n,2)，n＝3k＋3))(k∈N)．(2)由(1)知，数列{an}的周期为3，又ω>0，所以eq\f(2π,ω)＝3，解得ω＝eq\f(2π,3)，由数列的前3项，知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(Asin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋φ))＋B＝2，,④,Asin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)＋φ))＋B＝\f(1,2)，,⑤,Asin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6π,3)＋φ))＋B＝－1，,⑥)))由④－⑤，得Acosφ＝eq\f(\r(3),2)，代入④，得－eq\f(A,2)sinφ＋B＝eq\f(5,4)，⑦由⑥⑦，得B＝eq\f(1,2)，Asinφ＝－eq\f(3,2)，又Acosφ＝eq\f(\r(3),2)，所以tanφ＝－eq\r(3)，又|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝－eq\f(π,3)，所以A＝eq\r(3)，所以an＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)n－\f(π,3)))＋eq\f(1,2).4．(2024·天津高考)已知数列{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn.若a1＝1，S2＝a3－1.(1)求数列{an}的前n项和Sn；(2)设bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k，n＝ak，,bn－1＋2k，ak<n<ak＋1，))b1＝1，其中k是大于1的正整数．①当n＝ak＋1时，求证：bn－1≥ak·bn；②求eq\i\su(i＝1,Sn,b)i.解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，因为a1＝1，S2＝a3－1，即a1＋a2＝a3－1，可得1＋q＝q2－1，整理得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.(2)①证明：由(1)可知ak＝2k－1，且k∈N*，k≥2，当n＝ak＋1＝2k≥4时，bn＝k＋1，又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ak＝2k－1<2k－1＝n－1，,n－1＝ak＋1－1<ak＋1，))即ak<n－1<ak＋1，所以bn－1＝bak＋(ak＋1－ak－1)·2k＝k＋2k(2k－1－1)＝k(2k－1)，可得bn－1－ak·bn＝k(2k－1)－(k＋1)2k－1＝(k－1)2k－1－k≥2(k－1)－k＝k－2≥0，当且仅当k＝2时，等号成立，所以bn－1≥ak·bn.②由(1)可知Sn＝2n－1＝an＋1－1，若n＝1，则S1＝1，b1＝1；若n≥2，则ak＋1－ak＝2k－1，当2k－1<i≤2k－1时，bi－bi－1＝2k，可知{bi}为等差数列，可得eq\o(∑,\s\up14(2k－1),\s\do10(i＝2k－1))bi＝k·2k－1＋2k·eq\f(2k－1（2k－1－1）,2)＝k·4k－1＝eq\f(1,9)[(3k－1)4k－(3k－4)4k－1]，所以eq\o(∑,\s\up14(Sn),\s\do10(i＝1))bi＝1＋eq\f(1,9)[5×42－2×4＋8×43－5×42＋…＋(3n－1)4n－(3n－4)4n－1]＝eq\f(（3n－1）4n＋1,9)，且n＝1时符合上式，故eq\o(∑,\s\up14(Sn),\s\do10(i＝1))bi＝eq\f(（3n－1）4n＋1,9).5．(2025·河北部分地区高三开学考试)设数列{cn}满足c1＝1，且对任意n≥2，都有cn＝cn－1＋2n－1，若从该数列中任意选取两个不同的数cj和ci(i<j)，能满足cj－ci≥3，则称cj和ci是幸运数对．(1)求数列{cn}的通项公式；(2)若从数列{cn}中随机选取两个数，求这两个数构成“幸运数对”的概率；(3)证明：对任意的正整数N，在数列{cn}中总存在两个数cj和ci(i<j)，使得cj－ci>N.解：(1)由题意，对任意n≥2，都有cn－cn－1＝2n－1，所以c2－c1＝3，c3－c2＝5，…，cn－cn－1＝2n－1，则当n≥2时，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝1＋3＋5＋…＋2n－1＝eq\f(n（1＋2n－1）,2)＝n2，当n＝1时，c1＝1也满足上式，所以数列{cn}的通项公式为cn＝n2.(2)设从该数列中任意选取两个不同的数cj和ci(1≤i<j，且i，j∈N)，则cj－ci＝j2－i2＝(j＋i)(j－i)，由1≤i<j，且i，j∈N，可得j≥2，j－i≥1，j＋i≥3，则(j＋i)(j－i)≥3，即cj－ci≥3恒成立，所以从数列{cn}中随机选取两个数，这两个数构成“幸运数对”的概率为1.(3)证明：由对任意n≥2，cn－cn－1＝2n－1>0可知，数列{cn}是递增数列，所以cn＋1－cn＝2n＋1，故(cn＋1－cn)－(cn－cn－1)＝2>0，且c2－c1＝3，即数列{cn＋1－cn}是以3为首项，2为公差的等差数列，也是递增数列，且当n→＋∞时，cn＋1－cn→＋∞，对任意的正整数N，存在n∈N*，使cn＋1－cn>N.对任意的i，j，i<j，i，j∈N，都有cj－ci≥ci＋1－ci＝2i＋1，令2i＋1>N，得i>eq\f(N－1,2)，此时cj－ci>N恒成立，若N为奇数，则eq\f(N－1,2)为整数，故数列{cn}中第eq\f(N－1,2)项后的任意两项都满足题意；若N为偶数，则eq\f(N,2)为整数，且eq\f(N,2)>eq\f(N－1,2)，故数列{cn}中从第eq\f(N,2)项起之后eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(包含第\f(N,2)项))的任意两项都满足题意．例如，任意正整数N，取i＝N，j＝N＋1，则cj－ci＝j2－i2＝(N＋1)2－N2＝2N＋1>N恒成立，故对任意的正整数N，在数列{cn}中总存在第N＋1项与第N项，即cN＋1，cN满足条件cj－ci>N，故得证．6．(2025·山西部分重点中学高三阶段考试)已知曲线y＝f(x)在点(a1，f(a1))处的切线交x轴于点(a2，0)，曲线y＝f(x)在点(a2，f(a2))处的切线交x轴于点(a3，0)，依此类推，曲线y＝f(x)在点(an，f(an))(n∈N*)处的切线交x轴于点(an＋1，0)，其中数列{an}称为函数y＝f(x)关于a1的“切线数列”．(1)若f(x)＝sinx，{an}是函数y＝f(x)关于a1＝eq\f(π,3)的“切线数列”，求a2的值；(2)若f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)，{an}是函数y＝f(x)关于a1＝－eq\f(5,3)的“切线数列”，记bn＝log2eq\f(an－1,an＋1)，求数列{bn}的通项公式；(3)若f(x)＝eq\f(x,x2－m)(m>0)，是否存在a1(a1≠0)，使得函数y＝f(x)关于a1的“切线数列”{an}为周期数列？若存在，求出所有满