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

提升点数列中的交汇创新

类型1数列与集合

(2024·日照一模)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且an，Sn，aeq\o\al(2,n)成等差数列．

(1)求a1及{an}的通项公式；

(2)记集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(an＋\f(4,an)≤2k，k∈N*))))的元素个数为bk，求数列{bk}的前50项和．

【解】(1)因为an，Sn，aeq\o\al(2,n)成等差数列，则2Sn＝an＋aeq\o\al(2,n)，①且an0，

当n＝1时，可得2a1＝a1＋aeq\o\al(2,1)，解得a1＝1或a1＝0(舍去)；

当n≥2时，可得2Sn－1＝an－1＋aeq\o\al(2,n－1)，②

①－②得2an＝an－an－1＋aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)，

整理得(an＋an－1)(an－an－1)＝(an＋an－1)，

又an＋an－10，则an－an－1＝1；

可知数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝1＋(n－1)×1＝n.

(2)由(1)可得an＋eq\f(4,an)＝n＋eq\f(4,n)≤2k，即k≥eq\f(1,2)(n＋eq\f(4,n))，

因为eq\f(1,2)(n＋eq\f(4,n))≥eq\f(1,2)×2eq\r(n·\f(4,n))＝2，

当且仅当n＝eq\f(4,n)，即n＝2时，等号成立，可知b1＝0，b2＝1；

当k≥3，k∈N*时，因为eq\f(1,2)(2k－1＋eq\f(4,2k－1))＝k－(eq\f(1,2)－eq\f(2,2k－1))＜k，

eq\f(1,2)(2k＋eq\f(4,2k))＝k＋eq\f(1,k)k，

所以bk＝2k－1.

综上所述，bk＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，k＝1，,1，k＝2，,2k－1，k≥3.))

所以数列{bk}的前50项和为0＋1＋5＋7＋…＋99＝1＋eq\f(48×（5＋99）,2)＝2497.

解答这类问题的思路是依据题设条件，综合运用所学的知识和数学思想方法去分析问题和解决问题．明确集合中元素属性及个数，再结合数列知识解决此类问题．

已知{an}是等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.

(1)证明：a1＝b1；

(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500，k，m∈N*}中元素的个数．

解：(1)证明：设等差数列{an}的公差为d，

由a2－b2＝a3－b3，得a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，即d＝2b1，

由a2－b2＝b4－a4，得a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，即a1＝5b1－2d＝5b1－2×2b1＝b1，

即a1＝b1.

(2)由(1)知，an＝a1＋(n－1)d＝a1＋(n－1)×2b1＝(2n－1)a1，bn＝b1·2n－1，

由bk＝am＋a1，

得b1·2k－1＝(2m－1)a1＋a1，

由a1＝b1≠0得2k－1＝2m，

由题知1≤m≤500，所以2≤2m≤1000，又k∈N*，

所以k＝2，3，4，…，10，共9个数，所以集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500，k，m∈N*}＝{2，3，4，…，10}，即其中元素的个数为9.

类型2数列与函数

(2024·成都模拟)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(a,x).

(1)当a＝－1时，求f(x)的极值；

(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；

(3)证明：eeq\s\up8(2＋eq\f(3,2)＋…＋eq\f(n＋1,n))(n＋1)e(n∈N*).

【解】(1)当a＝－1时，f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)的定义域为(0，＋∞)，

求导得f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)，

当0x1时，f′(x)0，

则f(x)在(0，1)上单调递减，

当x1时，f′(x)0，

则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，

所以f(x)有极小值f(1)＝1，无极大值．

(2)由f(x)≥0恒成立，

得?x0，a≤xlnx，

令g(x)＝xlnx，x0，

求导得g′(x)＝1＋lnx，

当0xeq\f(1,e)时，g′(x)0，

即函数g(x)在(0，eq\f(1,e))上单调递减，

当xeq\f(1,e)时，g′(x)0，

函数g(x)在(eq\f(