创新交汇 数列与其他知识的综合问题-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书Word（提升版）

创新交汇　数列与其他知识的综合问题 【考情分析】　新高考下数列与其他知识的综合问题是高考的热点，也是各地模拟考试的热点，经常以压轴大题的形式出现，一般难度较大，考查的范围较广.数列常与概率、函数、解析几何相结合，也可以与集合、解三角形、立体几何相结合.对综合运用各种知识技能解题的灵活性要求有所加强，应予以重视. 类型一　数列与其他知识的交汇 【例1】　已知数列{an}满足a1＝，an∈（ －，），tan an＋1＝（n∈N*）. （1）证明：数列{tan2an}为等差数列，并求数列{tan an}的通项公式； 解：（1）由已知条件可知，cos an＞0， 故an＋1∈（ 0，），tan2an＋1＝＝＝1＋tan2an， 【点拨】 证明等差数列、等比数列，通常采用定义法，即证 明an＋1－an或为常数，注意证明等比数列时一定要 强调首项不为 0 则tan2an＋1－tan2an＝1， 故数列{tan2an}是以1为公差的等差数列，且首项为tan2a1＝tan2＝， 故tan2an＝n－1＋＝， 即tan an＝. （2）求正整数m，使得sin a1·sin a2·…·sin am＝. 解：（2）sin a1·sin a2·…·sin am＝tan a1cos a1·tan a2cos a2·…·tan amcos am ＝··…· ＝＝， 由＝，得m＝3 333. 【技巧】 利用sin θ＝tan θ·cos θ转化，再借助题干中的条件 将cos an用来表示，即可通过累乘法化简得结果 【规律方法】　数列与其他知识的交汇问题，一般是根据题干得到数列的递推关系式，构造等差、等比数列解决问题.求解过程中要灵活运用数列的性质，准确应用数列的相关知识. 【训练1】　已知函数f（x）＝x2－4，设曲线y＝f（x）在点（xn，f（xn））处的切线与x轴的交点为（xn＋1，0）（n∈N*），且x1＞0. （1）用xn表示xn＋1； 解：（1）因为f（x）＝x2－4，所以f'（x）＝2x， 则曲线y＝f（x）在点（xn，f（xn））处的切线方程为y－（－4）＝2xn（x－xn）， 将点（xn＋1，0）代入方程，得4＋＝2xnxn＋1， 因为x1为正实数，所以xn为正实数，所以xn＋1＝＋. （2）若x1＝3，记an＝ln，证明数列{an}是等比数列，并求数列{xn}的通项公式. 解：（2）因为xn＋1＝＋，所以xn＋1＋2＝＋＋2＝， xn＋1－2＝＋－2＝， 由题意得an＝ln， 则an＋1＝ln＝ln＝2ln＝2an，而x1＝3， 则＝2，故{an}为公比为2的等比数列，且a1＝ln＝ln 5， 得到an＝2n－1ln 5，故ln＝2n－1ln 5， 两边取指数得到＝，解得xn＝. 类型二　数列的新定义问题 【例2】　（2025·安徽芜湖期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n. （1）求数列{an}的通项公式an； 解：（1）因为Sn＝n2＋n， 当n＝1时，a1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋1，n＝1时符合此式， 所以an＝n＋1（n∈N*）. （2）伯努利不等式是由瑞士数学家雅各布·伯努利提出的，是分析不等式中最常见的一种不等式.伯努利不等式的一般形式为：若x＞－1且n为正整数时，（1＋x）n≥1＋nx，当且仅当n＝1或x＝0时等号成立. ①证明：数列{（ ）n}为递增数列； ②已知n≥4（n∈N*）时，（ 1－）n＜，证明：＋＋＋…＋＜（an＋1）n. 解：（2）证明：①记bn＝（ ）n＝（ ）n＞0， 则＝＝［］n·＝［1－］n·＞ ［1－］·＝＝＞1， 【突破点】 结合伯努利不等式放缩求解 则bn＋1＞bn，所以数列{（ ）n}为递增数列. ②当n≥4，k≤n时，因为（ 1－）n＜， 由伯努利不等式，得（ 1－）k≥1－＞0， 于是（ 1－）n≤（ 1－）kn＝［（ 1－）n］k＜（ ）k（k＝1，2，…，n）， 【卡壳点】 结合已知条件连续放缩，将原问题转化为等比数列求和问题 所以当n≥4时， （ 1－）n＋（ 1－）n＋…＋（ 1－）n＜＋（ ）2＋…＋（ ）n＝1－＜1， 所以（ ）n＋（ ）n＋…＋（ ）n＜1， 即2n＋3n＋…＋（n＋1）n＜（n＋2）n， 当n＝1时，2＜3，不等式成立， 当n＝2时，22＋32＝13＜42，不等式成立， 当n＝3时，23＋33＋43＝99＜53，不等式成立， 综上所述，不等式＋＋＋…＋＜恒成立. 【规律方法】　（1）通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的； （2）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢. 【训练2】　物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛.其定义是：对于函数f（x），若满足（xn＋1－xn）·f'（xn）＋f（xn）＝0，则称数列{xn}为牛顿数列.已知f（x）＝x4，如图，在横坐标为x1＝1的点处作f（x）的切线，切线与x轴交点的横坐标为x2，用x2代替x1重复上述过程得到x3，一直下去，得到数列{xn}. （1）求数列{xn}的通项公式； 解：（1）因为f'（x）＝4x3， 所以f（x）在点（xn，yn）处的切线方程为y－yn＝4（x－xn）， 令y＝0，得xn＋1＝xn， 所以{xn}是首项为1，公比为的等比数列，故xn＝（ ）n－1. （2）若数列{n·xn}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn≥16－λ（ ）n，求整数λ的最小值.（参考数据：0.94＝0.656 1，0.95≈0.590 5，0.96≈0.531 4，0.97≈0.478 3） 解：（2）法一　令bn＝n·xn＝n·（ ）n－1， Sn＝1·（ ）0＋2·（ ）1＋3·（ ）2＋…＋n·（ ）n－1， Sn＝1·（ ）1＋2·（ ）2＋3·（ ）3＋…＋n·（ ）n， 两式相减得Sn＝1＋（ ）1＋（ ）2＋…＋（ ）n－1－n·（ ）n＝4－（4＋n）（）n， 化简得Sn＝16－（16＋4n）（ ）n， 故16－（16＋4n）（ ）n≥16－λ（ ）n，化简得λ≥（16＋4n）（ ）n， 令dn＝（16＋4n）（ ）n，则dn＋1－dn＝（ ）（ ）n， 当n≤5时，dn＋1－dn≥0，即d6＝d5＞d4＞d3＞d2＞d1， 当n≥6时，dn＋1－dn＜0，即d6＞d7＞d8＞…， 所以（dn）max ＝d5＝d6＝36·（ ）5≈21.26. 从而整数λmin＝22. 法二　由bn＝n·xn＝n·（ ）n， 设cn＝（kn＋m）（ ）n且bn＝cn＋1－cn， 则n（ ）n＝（ －＋）（ ）n， 于是得 即cn＝（ －n－16）（ ）n， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝[（c2－c1）＋（c3－c2）＋…＋（cn＋1－cn）] ＝cn＋1－c1＝16－（16＋4n）（ ）n， 故16－（16＋4n）（ ）n≥16－λ（ ）n，化简得λ≥（16＋4n）（ ）n， 令dn＝（16＋4n）（ ）n， 则＝≥1时，n≤5， 当n≤5时，≥1，即d6＝d5＞d4＞d3＞d2＞d1， 当n≥6时，0＜＜1，即d6＞d7＞d8＞…， 所以（dn）max＝d5＝d6＝36·（ ）5≈21.26. 从而整数λmin＝22. （时间：45分钟，满分：55分） 1.（10分）设C1，C2，…，Cn，…是坐标平面上的一系列圆，它们的圆心都在x轴的正半轴上，且都与直线y＝x相切，对每一个正整数n，圆Cn都与圆Cn＋1相互外切，以rn表示圆Cn的半径，已知{rn}为递增数列，若r1＝1，求数列{n·rn}的前n项和. 解：如图，y＝x的倾斜角α＝.设圆Cn，Cn＋1与直线y＝x的切点分别为E，F，连接CnE，Cn＋1F，过Cn作CnD⊥Cn＋1F，垂足为点D，则｜CnCn＋1｜＝rn＋1＋rn，｜Cn＋1D｜＝rn＋1－rn. 由＝＝，整理得＝3， 所以数列{rn}是首项r1＝1，公比q＝3的等比数列，即rn＝1×3n－1＝3n－1， 所以n·rn＝n·3n－1. 设数列{n·rn}的前n项和为Sn，则Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n·3n－1，3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n·3n， 两式相减得－2Sn＝30＋31＋32＋…＋3n－1－n·3n＝－n·3n＝－， 即Sn＝. 2.（13分）（2025·上海松江二模）已知函数y＝Asin（2x＋φ），A＞0，0＜φ＜π，当x＝时函数取得最大值4，记y＝f（x）. （1）求函数y＝f（x）的表达式； （2）若数列{an}为等差数列，a2＝f（0），a4＝f（ ），记bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：（1）已知当x＝时函数y＝Asin（2x＋φ）取得最大值4， 因为A＞0，所以A＝4.此时2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z， 又0＜φ＜π，解得φ＝， 所以函数y＝f（x）的表达式为y＝4sin（ 2x＋）. （2）由（1）知f（x）＝4sin（ 2x＋），则a2＝f（0）＝4sin＝2，a4＝f（ ）＝4sin（ ）＝4. 因为{an}是等差数列，设公差为d，则a4－a2＝2d＝4－2＝2，解得d＝1，a1＝a2－d＝2－1＝1， 所以an＝1＋（n－1）×1＝n. 又bn＝＝2n，数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列， 可得Sn＝＝2n＋1－2. 3.（15分）已知正四面体ABCD中，AB＝2，P1，P2，…，Pn在线段AB上，且｜AP1｜＝｜P1P2｜＝…＝｜Pn－1Pn｜＝｜PnB｜，过点Pn作平行于直线AC，BD的平面，截面面积为an. （1）求数列{an}的通项公式； （2）证明{an}为递减数列； （3）设Sn为数列{an}的前n项和，求Sn＝时n的值. 解：（1）由题意得｜AP1｜＝｜P1P2｜＝｜P2P3｜＝…＝｜PnB｜＝， 取BD中点O，连接AO，CO，因为△ABD，△BCD均为等边三角形， 所以AO⊥BD，CO⊥BD， 因为AO∩CO＝O，AO，CO⊂平面AOC， 所以BD⊥平面AOC， 因为AC⊂平面AOC， 所以BD⊥平面AOC， 所以BD⊥AC， 过点P1作P1E1∥AC交BC于点E1，过点P1作P1F1∥BD交AD于点F1，过点E1作E1G1∥P1F1交CD于点G1，连接F1G1，则P1F1⊥P1E1， 故四边形P1F1G1E1为截面，且四边形P1F1G1E1为矩形， 由相似知识可知｜AP1｜＝｜P1F1｜＝，｜E1P1｜＝， 故an＝｜FnPn｜·｜EnPn｜＝·＝. （2）证明：由（1）知an＝，n∈N*， 所以an＋1－an＝－＝＝＜0， 故an＋1＜an，故{an}为递减数列. （3）an＝·＝＝－， 则Sn＝－＋－＋…＋－＝4－， 令4－＝，解得n＝2 025. 4.（17分）（2025·浙江温州模拟）设数列{an}的各项均为互不相等的正整数，其前n项和为Sn，我们称满足条件“对任意的m，n∈N*，均有（n－m）Sn＋m＝（n＋m）·（Sn－Sm）”的数列{an}为“好”数列. （1）试分别判断数列{an}，{bn}是否为“好”数列，其中an＝2n－1，bn＝2n－1，n∈N*，并给出证明； （2）已知数列{cn}为“好”数列. ①若c2 019＝2 020，求数列{cn}的通项公式； ②若c1＝p，且对任意给定正整数p，s（s＞1），有c1，cs，ct成等比数列，求证：t≥s2. 解：（1）an＝2n－1，则Sn＝n2，所以（n－m）Sn＋m＝（n－m）（n＋m）2， 而（n＋m）（Sn－Sm）＝（n＋m）（n2－m2）＝（n＋m）2（n－m）， 所以（n－m）Sn＋m＝（n＋m）（Sn－Sm），对任意的m，n∈N*均成立，即数列{an}是“好”数列； bn＝2n－1，取n＝2，m＝1，则（n－m）Sn＋m＝S3＝7，（n＋m）（Sn－Sm）＝3b2＝6， 此时（n－m）Sn＋m≠（n＋m）（Sn－Sm），即数列{bn}不是“好”数列. （2）因为数列{cn}为“好”数列，取m＝1，则（n－1）·Sn＋1＝（n＋1）（Sn－S1），即2Sn＝（n－1）cn＋1＋（n＋1）c1恒成立. 当n≥2，有2Sn－1＝（n－2）cn＋nc1，两式相减得2cn＝（n－1）cn＋1－（n－2）cn＋c1（n≥2）， 即ncn＝（n－1）cn＋1＋c1（n≥2），所以（n－1）cn－1＝（n－2）cn＋c1（n≥3）， 所以ncn－（n－1）cn－1＝（n－1）cn＋1－（n－2）cn，即（2n－2）cn＝（n－1）cn－1＋（n－1）cn＋1， 即2cn＝cn－1＋cn＋1（n≥3）， 当n＝2时，有2S2＝c3＋3c1，即2c2＝c3＋c1， 所以2cn＝cn－1＋cn＋1对任意n≥2恒成立，所以数列{cn}是等差数列. 设数列{cn}的公差为d， ①若c2 019＝2 020，则c1＋2 018d＝2 020，即d＝， 因为数列{cn}的各项均为互不相等的正整数，所以d∈N*，所以d＝1，c1＝2，所以cn＝n＋1. ②证明：若c1＝p，则cn＝dn＋p－d，由c1，cs，ct成等比数列，得＝c1ct， 所以（ds＋p－d）2＝p（dt＋p－d），即（p－d）·（2ds－d）＋d（ds2－pt）＝0， 化简得，p（t＋1－2s）＝d（s－1）2，即d＝p. 因为p是任意给定正整数，要使d∈N*，必须∈N*，不妨设k＝， 由于s是任意给定正整数，所以t＝k（s－1）2＋2s－1≥（s－1）2＋2s－1＝s2. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $