2026版《金版教程》高考一轮复习数学第七章 微专题训练-数列中的交汇与创新型问题

高考总复习首选用卷数学微专题训练——数列中的交汇与创新型问题中档题(占比30%)拔高题(占比70%)题号12345难度★★★★★★★★★★★★对点数列与三角函数的交汇；等差数列基本量的计算；裂项相消法求和数列与三角形的交汇；等比数列的证明；数列单调性的证明数列与导数的交汇；裂项相消法求和数列与导数的交汇；等比数列的证明与求通项数列与统计的交汇题号6789101112难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点数列与统计的交汇；等差数列的证明及前n项和的计算数列与椭圆的交汇；等比数列的证明数列与双曲线的交汇；错位相减法求和与等比数列有关的计算；数列的证明问题与数列有关的计算、证明问题与数列有关的计算、证明问题等差、等比数列的综合应用题型一数列与其他知识的交汇1．已知函数f(x)＝eq\f(（sinx＋cosx）2－1,cos2x－sin2x)，方程f(x)＝eq\r(3)在(0，＋∞)上的解按从小到大的顺序排成数列{an}(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(3an,（4n2－1）（3n－2）)，数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn的表达式．解：(1)f(x)＝eq\f(（sinx＋cosx）2－1,cos2x－sin2x)＝eq\f(2sinxcosx,cos2x)＝eq\f(sin2x,cos2x)＝tan2x，由f(x)＝eq\r(3)及x>0，得2x＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)，∴x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)(k∈Z)．方程f(x)＝eq\r(3)在(0，＋∞)上的解按从小到大的顺序排列，构成首项为eq\f(π,6)，公差为eq\f(π,2)的等差数列，∴an＝eq\f(π,6)＋(n－1)eq\f(π,2)＝eq\f(（3n－2）π,6).(2)由(1)，知bn＝eq\f(3,（4n2－1）（3n－2）)·eq\f(（3n－2）π,6)＝eq\f(π,2（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(π,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，则Sn＝eq\f(π,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))))＝eq\f(π,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(nπ,4n＋2).2．(2025·广东湛江高三模拟)已知正项数列{an}，{bn}，满足an＋1＝eq\f(bn＋c,2)，bn＋1＝eq\f(an＋c,2)(其中c>0)．(1)若a1≠b1，且a1＋b1≠2c，证明：{an－bn}和{an＋bn－2c}均为等比数列；(2)若a1>b1，a1＋b1＝2c，以an，bn，c为三角形三边长构造序列△AnBnCn(其中AnBn＝c，BnCn＝an，AnCn＝bn)，记△AnBnCn外接圆的面积为Sn，证明：Sn>eq\f(πc2,3)；(3)在(2)的条件下证明：{Sn}是递减数列．证明：(1)正项数列{an}，{bn}满足an＋1＝eq\f(bn＋c,2)，bn＋1＝eq\f(an＋c,2)，两式相减，得an＋1－bn＋1＝－eq\f(1,2)(an－bn)，因为a1≠b1，所以a1－b1≠0，所以{an－bn}是以a1－b1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列．由an＋1＝eq\f(bn＋c,2)，bn＋1＝eq\f(an＋c,2)，两式相加，得an＋1＋bn＋1＝eq\f(1,2)(an＋bn)＋c，即an＋1＋bn＋1－2c＝eq\f(1,2)(an＋bn－2c)，因为a1＋b1≠2c，所以a1＋b1－2c≠0，所以{an＋bn－2c}是以a1＋b1－2c为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列．(2)因为a1>b1，由(1)，得{an－bn}是等比数列，所以an－bn≠0，即an≠bn，由(1)，知an＋1＋bn＋1－2c＝eq\f(1,2)(an＋bn－2c)，因为a1＋b1＝2c，所以a1＋b1－2c＝0，所以{an＋bn－2c}是数值为0的常数列，故an＋bn＝2c，由cosCn＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－c2,2anbn)＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋bn,2)))\s\up12(2),2anbn)＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－\f(1,4)aeq\o\al(2,n)－\f(1,4)beq\o\al(2,n)－\f(1,2)anbn,2anbn)＝eq\f(\f(3,4)aeq\o\al(2,n)＋\f(3,4)beq\o\al(2,n)－\f(1,2)anbn,2anbn)＝eq\f(3,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)＋\f(an,bn)))－eq\f(1,4)≥eq\f(3,4)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，因为an≠bn，所以等号不成立，故cosCn>eq\f(1,2)，因为Cn∈(0，π)，所以Cn∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以0<sinCn<eq\f(\r(3),2)，由正弦定理，得△AnBnCn外接圆的直径2r＝eq\f(c,sinCn)>eq\f(c,\f(\r(3),2))＝eq\f(2c,\r(3))，所以r>eq\f(c,\r(3))，所以Sn＝πr2>eq\f(πc2,3).(3)由(1)可知，an－bn＝(a1－b1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，由(2)可知，an＋bn＝2c，解得an＝c＋eq\f(a1－b1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，bn＝c－eq\f(a1－b1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，所以anbn＝c2－eq\f(（a1－b1）2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2n－2)＝c2－(a1－b1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n)，anbn随着n的增大而增大，又cosCn＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋beq\o\al(2,n)－c2,2anbn)＝eq\f(（an＋bn）2－c2－2anbn,2anbn)＝eq\f(3c2－2anbn,2anbn)＝eq\f(3c2,2anbn)－1，所以cosCn随着n的增大而减小，所以{cosCn}是递减数列，因为Cn∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，所以{sinCn}是递增数列，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(c,sinCn)))是递减数列，所以{Sn}是递减数列．3.已知数列{an}的通项公式为an＝n＋1.(1)求证：sineq\f(π,an)≥eq\f(2,an)；(2)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,anan＋1)))的前n项和为Sn，求证：eq\f(1,3)<Sn<eq\f(π,2).证明：(1)设f(x)＝sinx－eq\f(2,π)x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则f′(x)＝cosx－eq\f(2,π)，令f′(x)＝cosx－eq\f(2,π)＝0，则∃x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使f′(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))时，f′(x)<0，故f(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(π,2)))上单调递减，又f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝0，因此在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上，恒有f(x)≥0，即sinx≥eq\f(2,π)x.令x＝eq\f(π,an)＝eq\f(π,n＋1)，显然x＝eq\f(π,an)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故sineq\f(π,an)≥eq\f(2,an).(2)∵anan＋1≥a1a2＝6，∴eq\f(π,anan＋1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由(1)，知sineq\f(π,anan＋1)>eq\f(2,anan＋1)，∴Sn>2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋…＋\f(1,（n＋1）（n＋2）)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))，∵eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))))为递增数列，∴当n＝1时，2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))取得最小值eq\f(1,3)，故Sn>2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))≥eq\f(1,3).设g(x)＝sinx－x，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，g′(x)＝cosx－1<0，故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．因此g(x)<g(0)＝0，即当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，恒有sinx<x，∵eq\f(π,anan＋1)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sineq\f(π,anan＋1)<eq\f(π,anan＋1)，∴Sn<πeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋…＋\f(1,（n＋1）（n＋2）)))＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))<eq\f(π,2).综上可得，eq\f(1,3)<Sn<eq\f(π,2).4．(2025·山东潍坊诸城繁华中学高三上期末)数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1＝2Sn＋n＋1且首项a1＝1.(1)证明数列{an＋1}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式；(2)令f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，n∈N*，讨论f′(1)(f′(x)为f(x)的导数)与eq\f(7n2－5n,2)的大小关系．解：(1)由Sn＋1＝2Sn＋n＋1可得，当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，两式相减，得Sn＋1－Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，即an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)(n≥2)，当n＝1时，S2＝2S1＋2，∴a2＋a1＝2a1＋2，∵a1＝1，∴a2＝3，∴a2＋1＝2(a1＋1)，故有an＋1＋1＝2(an＋1)，n∈N*，∵a1＋1＝2≠0，∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2n，故an＝2n－1.(2)∵f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋anxn，∴f′(x)＝a1＋2a2x＋…＋nanxn－1，∴f′(1)＝a1＋2a2＋…＋nan＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－(1＋2＋…＋n)＝2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n－eq\f(n（n＋1）,2)，①∴2f′(1)＝22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1－2×eq\f(n（n＋1）,2)，②①－②，得－f′(1)＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＋eq\f(n（n＋1）,2)＝(1－n)2n＋1－2＋eq\f(n（n＋1）,2)，∴f′(1)＝(n－1)2n＋1＋2－eq\f(n（n＋1）,2)，∴f′(1)－eq\f(7n2－5n,2)＝2(n－1)2n－2(2n2－n－1)＝2(n－1)[2n－(2n＋1)]，当n＝1时，2(n－1)[2n－(2n＋1)]＝0，∴f′(1)＝eq\f(7n2－5n,2)；当n＝2时，2(n－1)[2n－(2n＋1)]＝－2<0，∴f′(1)<eq\f(7n2－5n,2)；当n≥3时，n－1>0，∵2n＝(1＋1)n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)＋Ceq\o\al(n,n)≥2n＋2>2n＋1，∴(n－1)[2n－(2n＋1)]>0，∴f′(1)>eq\f(7n2－5n,2).综上，当n＝1时，f′(1)＝eq\f(7n2－5n,2)；当n＝2时，f′(1)<eq\f(7n2－5n,2)；当n≥3时，f′(1)>eq\f(7n2－5n,2).5．(2025·山东济南高三开学考试)已知数列{an}为正项数列，数列{bn}满足bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n).(1)试写出一个数列{an}，使得{bn}为递增的等差数列；(2)若{bn}为递增的等差数列，从a1，a2，…，am中任选一项，记为随机变量X.①比较P(X≥ak)与eq\f(bm,ak)的大小，其中k＝1，2，…，m，并说明理由；②若D(X)＝1，证明：P(|X－bm|≥2)<eq\f(1,4).解：(1)不妨令an＝n(n∈N*)，则bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)＝eq\f(\f(（n＋1）n,2),n)＝eq\f(n＋1,2)，显然bn＋1＝eq\f(n＋2,2)，则bn＋1－bn＝eq\f(1,2)>0是常数，所以{bn}为递增的等差数列(任意递增的正项等差数列均可)．(2)①若{bn}为递增的等差数列，不妨设其公差为d，则b1＝eq\f(a1,1)＝a1，由bn＝b1＋d(n－1)＝eq\f(\o(∑,\s\up8(n),\s\do8(i＝1))ai,n)，得eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do8(i＝1))ai＝nb1＋dn(n－1)＝na1＋dn(n－1)，所以eq\o(∑,\s\up6(n＋1),\s\do8(i＝1))ai－eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))ai＝(n＋1)a1＋dn(n＋1)－[na1＋dn(n－1)]＝a1＋2nd＝an＋1，显然an＝a1＋2d(n－1)(n≥2)，则an＋1－an＝2d，而a2－a1＝2b2－2b1＝2d，所以{an}也为递增的等差数列，故P(X≥ak)＝eq\f(m－k＋1,m).另一方面：eq\f(bm,ak)＝eq\f(a1＋a2＋…＋am,m·ak)≥eq\f(ak＋ak＋1＋…＋am,m·ak)≥eq\f(（m－k＋1）ak,m·ak)＝eq\f(m－k＋1,m)＝P(X≥ak)，当且仅当k＝1时，第一个等号成立；当且仅当k＝m时，第二个等号成立，故不能同时成立．故eq\f(bm,ak)>P(X≥ak)．②先证明如下引理：对于常数c>0，从数列{an}的前m项中等可能地选取一个数，记为随机变量X.则c·P(X≥c)<bm，其中bm＝eq\f(a1＋a2＋…＋am,m).证明：设前m项中不小于c的最小项为ak，则P(X≥c)＝eq\f(m－k＋1,m)，另一方面：eq\f(bm,c)＝eq\f(a1＋a2＋…＋am,m·c)≥eq\f(ak＋ak＋1＋…＋am,m·c)>eq\f(（m－k＋1）c,m·c)＝eq\f(m－k＋1,m)＝P(X≥c)，故引理成立．对于给定的常数m，记数列{cn}为ck＝(ak－bm)2≥0，从c1，c2，…，cm中等可能地选取一个数，记为随机变量Z，则Z＝(X－bm)2，且P(Z≥4)＝P(|X－bm|≥2)．由引理知P(Z≥4)<eq\f(c1＋c2＋…＋cm,m)×eq\f(1,4)＝eq\f(（a1－bm）2＋（a2－bm）2＋…＋（am－bm）2,m)×eq\f(1,4)＝D(X)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)，故P(|X－bm|≥2)<eq\f(1,4).6．(2025·江西九江高三入学摸底考试)已知首项为1的数列{an}满足aeq\o\al(2,n＋1)＝aeq\o\al(2,n)＋4an＋4an＋1.(1)若a2>0，在所有数列{an}(1≤n≤4}中随机抽取2个数列，记满足a4<0的数列{an}的个数为X，求X的分布列及数学期望E(X)；(2)数列{an}满足：若存在am≤－5，则存在k∈{1，2，…，m－1}(m≥2，且m∈N*)，使得ak－am＝4.①若a2>0，证明{an}是等差数列，并求数列{an}的前n项和Sn；②在所有满足条件的数列{an}中，求使得as＋2025＝0成立的s的最小值．解：(1)依题意，aeq\o\al(2,n＋1)＝aeq\o\al(2,n)＋4an＋4an＋1，则aeq\o\al(2,n＋1)－4an＋1＋4＝aeq\o\al(2,n)＋4an＋4，即(an＋1－2)2＝(an＋2)2，故an＋1＝an＋4或an＋1＝－an，因为a1＝1，a2>0，故a2＝5，则数列{an}(1≤n≤4)为1，5，9，13或1，5，9，－9或1，5，－5，5或1，5，－5，－1，故X的所有可能取值为0，1，2，故P(X＝0)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，P(X＝1)＝eq\f(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(2,3)，P(X＝2)＝eq\f(Ceq\o\al(2,2),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,6)，故X的分布列为X012Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)故E(X)＝0×eq\f(1,6)＋1×eq\f(2,3)＋2×eq\f(1,6)＝1.(2)①由(1)可知，当n≥2时，an＝－an－1或an＝an－1＋4，a2＝5，假设此时数列{an}中存在最小的整数i(i≥3)，使得ai＝－ai－1，则a1，a2，…，ai－1单调递增，即均为正数，且ai－1≥a2＝5，所以ai＝－ai－1≤－5，则存在k∈{1，2，…，i－1}，使得ak＝ai＋4≤－1，此时与a1，a2，…，ai－1均为正数矛盾，所以不存在整数i(i≥3)，使得ai＝－ai－1，故an＝an－1＋4.所以{an}是首项为1，公差为4的等差数列，则Sn＝n＋eq\f(n（n－1）,2)·4＝2n2－n.②由as＋2025＝0，可得as＝－2025，由题设条件可得－1，－5，－9，…，－2017，－2021，－2025必为数列{an}中的项，记该数列为{bn}，有bn＝－4n＋3(1≤n≤507)，不妨令bn＝aj，则aj＋1＝－aj＝4n－3或aj＋1＝aj＋4＝－4n＋7，均不为bn＋1＝－4n－1；此时aj＋2＝－4n＋3或4n＋1或4n－7或－4n＋11，均不为bn＋1＝－4n－1.上述情况中，当aj＋1＝4n－3，aj＋2＝4n＋1时，aj＋3＝－aj＋2＝－4n－1＝bn＋1，结合a1＝1，则有a3n－1＝bn.由b507＝－2025可知，使得as＋2025＝0成立的s的最小值为3×507－1＝1520.7．(2025·广西南宁高三模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b，－\f(\r(3),2)b))，A1，A2为C的左、右顶点，M，N为C上不同于A1，A2的两动点，若直线A1M的斜率与直线A2N的斜率的比值恒为常数eq\f(7,5)，按下面方法构造数列{bn}：当C的短半轴长为bn时，直线MN与x轴交于点Qn(－bn＋1，0)．(1)求椭圆C的离心率；(2)证明：{bn}是等比数列；(3)设顶点A1到直线MN的最大距离为d，证明：d≤eq\f(5,3)b1.解：(1)由椭圆C经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－b，－\f(\r(3),2)b))，得eq\f(b2,a2)＋eq\f(3b2,4b2)＝1，故eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，则e＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2)，所以椭圆C的离心率为eq\f(\r(3),2).(2)证明：由(1)及题意可知C：eq\f(x2,4beq\o\al(2,n))＋eq\f(y2,beq\o\al(2,n))＝1，A1(－2bn，0)，A2(2bn，0)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当直线MN的斜率为0时，M，N关于y轴对称，所以直线A1M的斜率与直线A2N的斜率之商为－1，不符合题意．设直线MN的方程为x＝ty＋m，因为直线MN不过顶点A1，A2，所以m≠±2bn.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋m，,\f(x2,4beq\o\al(2,n))＋\f(y2,beq\o\al(2,n))＝1，))得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4beq\o\al(2,n)＝0，则Δ＝4t2m2－4(t2＋4)(m2－4beq\o\al(2,n))＝16(t2beq\o\al(2,n)－m2＋4beq\o\al(2,n))>0，y1＋y2＝－eq\f(2tm,t2＋4)，y1y2＝eq\f(m2－4beq\o\al(2,n),t2＋4).所以ty1y2＝eq\f(4beq\o\al(2,n)－m2,2m)(y1＋y2)，则eq\f(kA1M,kA2N)＝eq\f(y1,x1＋2bn)·eq\f(x2－2bn,y2)＝eq\f(（ty2＋m－2bn）y1,（ty1＋m＋2bn）y2)＝eq\f(ty1y2＋（m－2bn）y1,ty1y2＋（m＋2bn）y2)＝eq\f(\f(4beq\o\al(2,n)－m2,2m)（y1＋y2）＋（m－2bn）y1,\f(4beq\o\al(2,n)－m2,2m)（y1＋y2）＋（m＋2bn）y2)＝eq\f(2bn－m,2bn＋m)·eq\f(（2bn＋m）（y1＋y2）－2my1,（2bn－m）（y1＋y2）＋2my2)＝eq\f(2bn－m,2bn＋m)＝eq\f(7,5)，所以m＝－eq\f(1,3)bn，则直线MN的方程为x＝ty－eq\f(1,3)bn，即直线MN经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)bn，0)).因为MN与x轴交于点Qn(－bn＋1，0)，所以－bn＋1＝－eq\f(1,3)bn，eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(1,3).所以{bn}是以eq\f(1,3)为公比的等比数列．(3)证明：由(2)可知，bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)b1，且b1>0，所以{bn}是递减数列，则bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)b1≤b1，顶点A1(－2bn，0)到直线MN：x－ty＋eq\f(1,3)bn＝0的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－2bn＋\f(1,3)bn)),\r(t2＋1))＝eq\f(5bn,3\r(t2＋1))≤eq\f(5bn,3)，当t＝0时取等号，故d≤eq\f(5,3)b1.8．已知双曲线E的中心为坐标原点，左焦点为(－eq\r(3)，0)，渐近线方程为y＝±eq\f(\r(2),2)x.(1)求双曲线E的方程；(2)若互相垂直的两条直线l1，l2均过点P(pn，0)(pn>eq\r(2)，且n∈N*)，直线l1交E于A，B两点，直线l2交E于C，D两点，M，N分别为弦AB和CD的中点，直线MN交x轴于点Q(tn，0)(n∈N*)，设pn＝2n.①求tn；②记an＝|PQ|，bn＝2n－1(n∈N*)，求eq\o(∑,\s\up8(2n),\s\do8(k＝1))[bk＋1－(－1)kbk]ak.解：(1)依题意，设双曲线E的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则其渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(\r(2),2)，,c＝\r(3)，,a2＋b2＝c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝\r(3)，))所以双曲线E的方程为eq\f(x2,2)－y2＝1.(2)①当直线l1，l2中有一条直线的斜率为0，另一条直线的斜率不存在时，直线MN与x轴重合，不符合题意，所以直线l1，l2的斜率均存在且不为0，设直线l1的方程为y＝k(x－pn)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－pn），,\f(x2,2)－y2＝1，))得(1－2k2)x2＋4k2pnx－2k2peq\o\al(2,n)－2＝0，则1－2k2≠0，所以x1＋x2＝eq\f(－4k2pn,1－2k2)，x1x2＝eq\f(－2k2peq\o\al(2,n)－2,1－2k2)，所以xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－2k2pn,1－2k2)，则yM＝k(xM－pn)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2k2pn,1－2k2)－pn))＝eq\f(－kpn,1－2k2)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2k2pn,1－2k2)，\f(－kpn,1－2k2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2pn,k2－2)，\f(kpn,k2－2)))，因为M，N，Q三点共线，所以yN(xN－xM)＝(yN－yM)(xN－tn)，又yN－yM≠0，所以tn＝eq\f(xMyN－xNyM,yN－yM)＝eq\f(\f(－2k2pn,1－2k2)·\f(kpn,k2－2)－\f(－2pn,k2－2)·\f(－kpn,1－2k2),\f(kpn,k2－2)－\f(－kpn,1－2k2))＝2pn，因为pn＝2n，所以tn＝2n＋1.②因为an＝|PQ|＝|2n－2n＋1|＝2n，所以eq\o(∑,\s\up6(2n),\s\do8(k＝1))[bk＋1－(－1)kbk]ak＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do8(k＝1)){[b2k－(－1)2k－1b2k－1]a2k－1＋[b2k＋1－(－1)2kb2k]·a2k}＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do8(k＝1))[(4k－1＋4k－3)×22k－1＋(4k＋1－4k＋1)×22k]＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))k×22k＋2＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(k＝1))k×4k＋1，设Tn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do8(k＝1))k×4k＋1，则Tn＝1×42＋2×43＋3×44＋…＋n×4n＋1，所以4Tn＝1×43＋2×44＋3×45＋…＋n×4n＋2，所以－3Tn＝42＋43＋44＋…＋4n＋1－n×4n＋2＝eq\f(16（1－4n）,1－4)－n×4n＋2＝eq\f(－16－（3n－1）×4n＋2,3)，所以Tn＝eq\f(16＋（3n－1）×4n＋2,9)，所以eq\o(∑,\s\up6(2n),\s\do8(k＝1))[bk＋1－(－1)kbk]ak＝eq\f(16＋（3n－1）×4n＋2,9).题型二数列的新定义问题9．(2024·江苏盐城高三模拟)在数列{an}的第k项与第k＋1项之间插入k个1，称为变换Γ.数列{an}通过变换Γ所得数列记为Ω1(an)，数列Ω1(an)通过变换Γ所得数列记为Ω2(an)，…，以此类推，数列Ωn－1(an)通过变换Γ所得数列记为Ωn(an)(其中n≥2)．(1)已知等比数列{an}的首项为1，项数为m，其前m项和为Sm，若Sm＝2am－1＝255，求数列Ω1(an)的项数；(2)若数列{an}的项数为3，Ωn(an)的项数记为bn.①当n≥2时，试用bn－1表示bn；②求证：2×32n－1≤bn≤62n－1.解：(1)设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1，由a1＝1，Sm＝2am－1＝255，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sm＝\f(1－qm,1－q)＝255，,am＝qm－1＝128，))解得q＝2，m＝8.故数列{an}有8项，经过1次变换后的项数为8＋1＋2＋…＋7＝36，即Ω1(an)的项数为36.(2)①Ωn(an)的项数为bn，则当n≥2时，bn＝bn－1＋[1＋2＋…＋(bn－1－1)]，所以bn＝bn－1＋eq\f(bn－1,2)(bn－1－1)＝eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)bn－1.②证明：因为{an}是一个3项的数列，所以b1＝6，因为bn＝eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)bn－1>eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)(n≥2)，所以lgbn>2lgbn－1－lg2，于是lgbn－lg2>2(lgbn－1－lg2)，则有lgbn－lg2>2n－1(lgb1－lg2)，所以lgbn－lg2>2n－1lg3，即lgeq\f(bn,2)>lg32n－1，所以bn>2×32n－1(n≥2)，因为当n＝1时，b1＝2×320＝6，所以bn≥2×32n－1；因为bn≥2×32n－1>1，所以bn－1<beq\o\al(2,n－1)(n≥2)，于是bn＝eq\f(1,2)beq\o\al(2,n－1)＋eq\f(1,2)bn－1<beq\o\al(2,n－1)(n≥2)，则有lgbn<2lgbn－1(n≥2)，可得lgbn<2n－1lgb1(n≥2)，有lgbn<lg62n－1(n≥2)，即bn<62n－1(n≥2)，因为当n＝1时，b1＝620＝6，所以bn≤62n－1.综上所述，2×3n－1≤bn≤62n－1.10．(2024·重庆开州高三模拟)设有穷数列{an}的项数为m(m≥2)，若正整数k(2≤k≤m)满足∀n<k，an>ak，则称k为数列{an}的“min点”．(1)若an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，求数列{an}的“min点”；(2)已知有穷等比数列{an}的公比为2，前n项和为Sn.若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min点”，求正数a1的取值范围；(3)若an≥an－1－1(2≤n≤m)，数列{an}的“min点”的个数为p，证明：a1－am≤p.解：(1)因为an＝(－1)n(2n－3)(1≤n≤5)，所以a1＝1，a2＝1，a3＝－3，a4＝5，a5＝－7，所以数列{an}的“min点”为3，5.(2)依题意，Sn＝eq\f(a1（1－2n）,1－2)＝a1(2n－1)，因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min点”，所以存在n(n≥2)，使得Sn＋eq\f(1,Sn)<a1＋eq\f(1,a1)，所以a1(2n－1)＋eq\f(1,a1（2n－1）)<a1＋eq\f(1,a1)，即a1(2n－2)<eq\f(1,a1)·eq\f(2n－2,2n－1).因为n≥2，所以2n－2>0，所以aeq\o\al(2,1)<eq\f(1,2n－1)，又2n－1随n的增大而增大，所以当n＝2时，eq\f(1,2n－1)取得最大值eq\f(1,3)，所以aeq\o\al(2,1)<eq\f(1,3)，又a1>0，所以0<a1<eq\f(\r(3),3).当0<a1<eq\f(\r(3),3)时，有S2＋eq\f(1,S2)<S1＋eq\f(1,S1)，所以当数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,Sn)))存在“min点”时，正数a1的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3))).(3)证明：①若an≥a1(n≥2)，则数列{an}不存在“min点”，即p＝0.由am－a1≥0，得a1－am≤0，所以a1－am≤p.②若存在an，使得an<a1.下证数列{an}有“min点”．证明：若a2<a1，则2是数列{an}的“min点”；若a2≥a1，因为存在an，使得an<a1，所以设数列{an}中第1个小于a1的项为an1，则an1<a1≤ai(2≤i≤n1－1)，所以n1是数列{an}的第1个“min点”．综上，数列{an}存在“min点”．不妨设数列{an}的“min点”由小到大依次为n1，n2，n3，…，np，则ani＋1是ani，ani＋1，ani＋2，…，ani＋1－1，ani＋1中第1个小于ani的项，故ani－ani＋1≤ani＋1－1－ani＋1，因为an≥an－1－1(2≤n≤m)，所以an－1－an≤1，所以ani＋1－1－ani＋1≤1，所以ani－ani＋1≤1，所以a1－am≤a1－anp＝(a1－an1)＋(an1－an2)＋(an2－an3)＋…＋(anp－1－anp)≤(an1－1－an1)＋(an2－1－an2)＋(an3－1－an3)＋…＋(anp－1－anp)≤1＋1＋1＋…＋1(p个1)．所以a1－am≤p.综上，a1－am≤p，得证．11．若数列{an}满足aeq\o\al(2,n＋1)＋anan＋2≤an＋an＋2，且an>0，则称数列{an}为“稳定数列”．(1)若数列m，m，2为“稳定数列”，求m的取值范围；(2)若数列{bn}的前n项和Sn＝eq\f(1,8)(n2＋n)，判断{bn}是否为“稳定数列”，并说明理由；(3)若无穷数列{cn}为“稳定数列”，且{cn}的前n项和为Tn，证明：当n≥2时，Tn＋2≤T2＋n.解：(1)由题意，得m2＋2m≤m＋2，解得－2≤m≤1.因为m>0，所以m的取值范围为(0，1]．(2)解法一：{bn}不是“稳定数列”．理由如下：当n＝1时，b1＝S1＝eq\f(1,4)；当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)n(b1也成立)；由题意，得beq\o\al(2,n＋1)＋bnbn＋2－bn－bn＋2＝eq\f(1,16)(n＋1)2＋eq\f(1,16)n(n＋2)－eq\f(1,4)n－eq\f(1,4)(n＋2)＝eq\f(1,16)(2n2－4n－7)，当n≥4时，eq\f(1,16)(2n2－4n－7)>0，即beq\o\al(2,n＋1)＋bnbn＋2>bn＋bn＋2.故{bn}不是“稳定数列”．解法二：{bn}不是“稳定数列”．理由如下：当n＝1时，b1＝S1＝eq\f(1,4)；当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)n(b1也成立)；当n＝4时，beq\o\al(2,5)＋b4b6－b4－b6＝eq\f(25,16)＋eq\f(24,16)－1－eq\f(6,4)＝eq\f(9,16)>0，即beq\o\al(2,5)＋b4b6>b4＋b6，故{bn}不是“稳定数列”．(3)证明：由ceq\o\al(2,n＋1)＋cncn＋2≤cn＋cn＋2，得ceq\o\al(2,n＋1)－1≤cn＋cn＋2－cncn＋2－1＝(1－cn)(cn＋2－1)，假设cn＋1>1，cn＋2>1，则ceq\o\al(2,n＋1)－1>0，cn＋2－1>0，则1－cn>0.因为cn>0，所以0<1－cn<1<1＋cn＋2，所以ceq\o\al(2,n＋1)－1≤(1－cn)(cn＋2－1)<(1＋cn＋2)(cn＋2－1)＝ceq\o\al(2,n＋2)－1，即cn＋1<cn＋2.①由ceq\o\al(2,n＋1)－1≤(1－cn)(cn＋2－1)＝(1－cn＋2)·(cn－1)，得ceq\o\al(2,n＋2)－1≤(1－cn＋3)(cn＋1－1)．因为ceq\o\al(2,n＋2)－1>0，cn＋1－1>0，所以0<1－cn＋3<1<1＋cn＋1，则ceq\o\al(2,n＋2)－1≤(1－cn＋3)(cn＋1－1)<(1＋cn＋1)(cn＋1－1)＝ceq\o\al(2,n＋1)－1，即cn＋2<cn＋1，②①与②相互矛盾，则cn＋1，cn＋2不能同时大于1.当n≥2时，假设cn＋1>1，则cn≤1，cn＋2≤1，则ceq\o\al(2,n＋1)－1>0，(1－cn)(cn＋2－1)≤0，则ceq\o\al(2,n＋1)－1>(1－cn)(cn＋2－1)，不符合题意，所以cn＋1≤1.故当n≥2时，Tn＋2＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＋2≤c1＋c2＋1＋…＋1＋2＝c1＋c2＋n－2＋2＝T2＋n.12．当n1，n2，…，nk∈N*，且n1<n2<…<nk时，我们把an1，an2，…，ank叫做数列{an}的k阶子数列，若an1，an2，…，ank成等差(等比)数列，则称an1，an2，…，ank为数列{an}的k阶等差(等比)子数列．已知项数为n(n≥4，且n∈N*)的等差数列{bn