第6单元 06 培优专训（五）数列与其他知识交汇融合问题（word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教A版）

**基本信息** 聚焦数列与函数、几何、三角等知识的交汇融合，通过多样化题型构建知识网络，培养抽象与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |数列与函数/导数|3题（5,6,8）|函数零点、迭代、导数单调性|函数性质与数列递推的转化| |数列与几何|3题（4,7,12）|抛物线斜率、圆的平分、对称点|几何量关系的数列表征| |数列与三角|3题（2,10,11）|三角函数值、正切公式、零点|三角公式与数列项的关联| |数列与概率/集合|4题（1,3,9,13）|分位数、斐波那契、二进制、数表|离散量的数列化处理|

培优专训(五)　数列与其他知识交汇融合问题 (时间:45分钟) 1.已知一组数据10,13,17,25,47的80%分位数为n,若6,m,n成等差数列,则m= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.21 B.23 C. D. 2.[2023·全国乙卷] 已知等差数列{an}的公差为,集合S={cos an|n∈N*}.若S={a,b},则ab= (　　) A.-1 B.- C.0 D. 3.若数列{an}满足a1=a2=1,an+2=an+an+1,则称数列{an}为斐波那契数列,若把斐波那契数列中的奇数用1替换,偶数用-1替换得到数列{bn},在数列{bn}的前10项中任取3项,则这3项之和为1的不同取法有 (　 ) A.60种 B.63种 C.35种 D.100种 4.[2025·江苏苏州三模] 在平面直角坐标系xOy中,过点P(2,2)的直线l与抛物线y2=4x交于A,B两点,若直线OA,OP,OB的斜率依次成等比数列,则直线l的斜率为 (　 ) A. B. C.2 D.3 5.已知函数f(x)=x2-nx-1(n∈N*),xn为函数f(x)的正零点,若an=[xn]([x]表示不超过x的最大整数),则数列的前10项和S10= (　 ) A. B. C. D. 6.已知定义在(0,+∞)上的可导函数f(x)满足f'(x)>3,若递增数列{an}满足a1=1,a2=2,且an+1=f(an),n∈N*,则 (　 ) A.a3=3 B.a5=41 C.a7≥365 D.a100>10025 7.[2026·北师大附中月考] 已知数列{an}(n=1,2,3,…,2025)的各项都不相等,圆C:x2+y2-4x-4y=0,圆Cn:x2+y2-2anx-2a2026-ny=0,若圆Cn(n=1,2,3,…,2025)平分圆C的周长,则{an}的所有项的和为 (　 ) A.2024 B.2025 C.4048 D.4050 8.已知函数f(x)满足f(x+1)=2f(x),f(1)=1,设bn=nf(n),Sn为数列{bn}的前n项和,则使得Sn>2024成立的最小整数n为 (　 ) A.8 B.9 C.10 D.11 9.(多选题)设正整数n=a0·20+a1·21+…+ak-1·2k-1+ak·2k,其中ai∈{0,1},记ω(n)=a0+a1+…+ak,则 (　 ) A.ω(2n)=ω(n) B.ω(2n+3)=ω(n)+1 C.ω(8n+5)=ω(4n+3) D.ω(2n-1)=n 10.[2025·安徽蚌埠模拟] 已知数列{an}满足a1=,an+1∈,且tan an+1=(n∈N*),令bn=tan2an,则数列{bn}的前6项和为　　　　.  11.[2026·漳州模拟] 已知函数f(x)=sin 2ωx+cos 2ωx+1(ω>0),且f(x)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为. (1)求f(x)的单调递增区间; (2)将f(x)所有的正零点按从小到大的顺序排列得到数列{xn},求数列{xn}的前30项和. 12.已知点P1(2,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上,按照如下方法依次构造点Pn(n=2,3,4,…),过点Pn-1作斜率为-1的直线与抛物线C交于另一点Qn-1,令Pn为Qn-1关于y轴的对称点,记Pn的坐标为(xn,yn). (1)求点P2的坐标; (2)求证:数列{xn}是等差数列,并求xn,yn; (3)求△PnPn+1Pn+2的面积. 13.设集合{2α+2β|0≤α<β且α,β∈Z}中所有的数从小到大排列构成数列{an},并将数列{an}的各项依次按照上小下大,左小右大,第n行共有n项的原则,写成如图所示的数表. (1)写出该数表第4行各项的数; (2)求a50; (3)设aN位于数表的第n行,若N>200,且该数列前N项的和能被2n整除,求N的最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优专训(五)　数列与其他知识交汇融合问题 1.A　[解析] 因为5×80%=4,所以n==36,又6,m,n成等差数列,所以m==21.故选A. 2.B　[解析] 依题意,在等差数列{an}中,an=a1+(n-1)·=n+,显然关于n的函数y=cos的最小正周期为3,而n∈N*,即cos an最多有3个不同的取值,又集合S={cos an|n∈N*}={a,b}中只有2个元素,所以在cos a1,cos a2,cos a3中,有cos a1= cos a2≠cos a3或cos a1≠cos a2=cos a3.若cos θ=cos,则有θ+=2kπ(k∈Z),解得θ=kπ-(k∈Z).当cos a1=cos a2≠cos a3时, ab=coscos=-coscos kπ=-cos2kπcos =-(k∈Z); 当cos a1≠cos a2=cos a3时,ab=coscos=-cos2kπcos =-(k∈Z).故选B. 3.B　[解析] 由题意得,数列{an}中各项依次为奇数、奇数、偶数、奇数、奇数、偶数、…,所以数列{bn}的前10项中,有7项为1,3项为-1,若所取3项之和为1,则取2个值为1的项,1个值为-1的项,所以不同的取法种数为=63.故选B. 4.A　[解析] 设直线l的方程为x=t(y-2)+2,A,B,将直线l的方程代入抛物线方程得y2-4ty-8(1-t)=0,所以y1+y2=4t,y1y2=8(t-1).因为=kOAkOB,所以·=1,所以y1y2=8(t-1)=16,所以t=3,故直线l的斜率为.故选A. 5.A　[解析] f(x)是关于x的二次函数,其图象的对称轴方程为x=,因为f(0)=-1<0,且f(x)在区间上单调递增,所以正零点xn一定在区间上,又因为f(n)=n2-n·n-1=-1<0,f(n+1)=(n+1)2-n·(n+1)-1=n>0,所以xn∈(n,n+1),所以an=[xn]=n,所以==-,所以S10=1-+-+…+-=.故选A. 6.C　[解析] 设g(x)=f(x)-3x,可得g'(x)=f'(x)-3,因为f'(x)>3,所以g'(x)=f'(x)-3>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.因为an+1=f(an),所以g(an)=f(an)-3an=an+1-3an.由g(x)在(0,+∞)上单调递增,且a1=1,a2=2,可得g(a1)=g(1)=f(1)-3=a2-3a1=2-3×1=-1,因为{an}是递增数列,an+1=f(an),a1=1,a2=2,所以an≥a1=1,所以g(an)≥g(a1)=-1,即an+1-3an≥-1,可得an+1-≥3,可得≥3,所以an-=···…·≥×3n-1=(n≥2),又a1-=满足上式,所以an≥+.对于A,a3=f(a2)=f(2),由g(2)=f(2)-6,g(x)在(0,+∞)上单调递增,得g(2)>g(1)=-1,即f(2)-6>-1,得f(2)>5,所以a3=f(2)>5≠3,故A错误;对于B,an≥+,当n=5时,a5≥+=41,但不能确定a5=41,故B错误;对于C,当n=7时,a7≥+=365,故C正确;对于D,当n=100时,a100≥+,因为399<10025,所以无法判断a100>10025是否成立,故D错误.故选C. 7.D　[解析] 由 两式相减可得公共弦所在直线的方程为4x+4y-2anx-2a2026-ny=0,即(2-an)x+(2-a2026-n)y=0,因为圆Cn(n=1,2,3,…,2025)平分圆C的周长,所以公共弦过圆C的圆心.圆C的标准方程为(x-2)2+(y-2)2=8,则圆心为(2,2),所以(2-an)×2+(2-a2026-n)×2=0,即an+a2026-n=4,又{an}的所有项的和S2025=a1+a2+a3+…+a2025,所以S2025=a2025+a2024+a2023+…+a1,两式相加得2S2025=(a1+a2025)+(a2+a2024)+…+(a2025+a1),因为an+a2026-n=4,所以2S2025=2025×4=8100,所以S2025=4050.故选D. 8.B　[解析] 因为f(x+1)=2f(x),所以f(n+1)=2f(n)(n∈N*),又f(1)=1,所以f(n)≠0,所以=2,所以{f(n)}是以f(1)=1为首项,2为公比的等比数列,所以f(n)=1×2n-1=2n-1.bn=nf(n)=n·2n-1,所以Sn=1×20+2×21+3×22+…+n·2n-1,所以2Sn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)·2n-1+n·2n,所以-Sn=1×20+1×21+1×22+…+1×2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,所以Sn=(n-1)·2n+1,又S8=(8-1)·28+1=1793,S9=(9-1)·29+1=4097,所以使得Sn>2024成立的最小整数n为9.故选B. 9.ACD　[解析] 对于A,ω(n)=a0+a1+…+ak,2n=a0·21+a1·22+…+ak-1·2k+ak·2k+1,∴ω(2n)=a0+a1+…+ak=ω(n),A正确.对于B,取n=2,则2n+3=7=1×20+1×21+1×22,∴ω(7)=3,而2=0×20+1×21,∴ω(2)=0+1=1,∴ω(7)≠ω(2)+1,B错误.对于C,8n+5=a0·23+a1·24+…+ak·2k+3+5=1×20+1×22+a0·23+a1·24+…+ak·2k+3,∴ω(8n+5)=1+1+a0+a1+…+ak=a0+a1+…+ak+2.4n+3=a0·22+a1·23+…+ak·2k+2+3=1×20+1×21+ a0·22+a1·23+…+ak·2k+2,∴ω(4n+3)=1+1+a0+a1+…+ak=a0+a1+…+ak+2,∴ω(8n+5)=ω(4n+3),C正确.对于D,2n-1=20+21+…+2n-1=1×20+1×21+…+1×2n-1,∴ω(2n-1)=n,D正确.故选ACD. 10.17　[解析] 由题意可知an∈,则tan an+1=>0,所以an+1∈, 由tan an+1=,得tan2an+1==1+tan2an,即bn+1=1+bn,所以数列{bn}是以b1=tan2a1=为首项,1为公差的等差数列,所以bn=n-1+=n-,则b6=6-=,所以数列{bn}的前6项和为=17. 11.解:(1)f(x)=sin 2ωx+cos 2ωx+1=2sin+1, 因为f(x)的图象的相邻两条对称轴之间的距离为,所以f(x)的最小正周期为π,所以=π, 又ω>0,所以ω=1, 所以f(x)=2sin+1. 令-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,解得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z,所以f(x)的单调递增区间为,k∈Z. (2)令f(x)=0,得sin=-,所以2x+=-+2kπ,k∈Z或2x+=-+2kπ,k∈Z, 即x=-+kπ,k∈Z或x=-+kπ,k∈Z,所以{x2n-1}是以为首项,π为公差的等差数列, 所以{x2n}是以为首项,π为公差的等差数列,所以x1+x2+x3+x4+…+x29+x30=(x1+x3+…+x29)+(x2+x4+…+x30)=+=230π. 12.解:(1)由P1(2,1)在抛物线x2=2py(p>0)上,得4=2p,解得p=2, 所以抛物线C的方程为x2=4y. 由得x2+4x-12=0,解得x=2或x=-6,则点Q1的坐标为(-6,9),所以P2(6,9). (2)方法一:过Pn-1,且斜率为-1的直线Pn-1Qn-1的方程为y-=-(x-xn-1), 由得x2+4x-4xn-1-=0, 解得x=xn-1或x=-xn-1-4. 因为点Pn(xn,yn)在抛物线C:x2=4y上,所以yn=,且Qn-1(-xn,yn),所以-xn=-xn-1-4, 可得xn-xn-1=4, 所以xn=2+4(n-1)=4n-2,yn===(2n-1)2. 方法二:因为Pn-1(xn-1,yn-1),Pn(xn,yn),Qn-1(-xn,yn)在抛物线C:x2=4y上,所以 两式相减得(xn-1-xn)(xn-1+xn)=4(yn-1-yn),所以===-1, 所以xn-xn-1=4,所以数列{xn}是首项为2,公差为4的等差数列, 所以xn=2+4(n-1)=4n-2,yn===(2n-1)2. (3)设点Pn在y轴上的投影为点Tn,则Tn(0,yn),由(2)知Pn(4n-2,(2n-1)2),Pn+1(4n+2,(2n+1)2),Pn+2(4n+6,(2n+3)2), =|TnTn+1|(|TnPn|+|Pn+1Tn+1|)=[(2n+1)2-(2n-1)2](4n-2+4n+2)=32n2,同理可得=32(n+1)2, =|TnTn+2|(|TnPn|+|Pn+2Tn+2|)=[(2n+3)2-(2n-1)2](4n-2+4n+6)=16(2n+1)2, 所以=+-=32n2+32(n+1)2- 16(2n+1)2=16. 13.解:(1)由题意知,第4行各项为20+24,21+24,22+24,23+24,所以第4行各项的数为17,18,20,24. (2)因为数表前9行共有=45(项),所以a50在第10行从左往右的第5项,所以a50=24+210=1040. (3)数表第n行所有项的和为(20+2n)+(21+2n)+(22+2n)+…+(2n-1+2n)=(20+21+22+…+2n-1)+n×2n=+n×2n=(n+1)2n-1, 设数表前n行所有项的和为Tn,则Tn=(2×21-1)+(3×22-1)+(4×23-1)+…+[(n+1)2n-1]=2×21+3×22+4×23+…+(n+1)2n-n,令x=2×21+3×22+4×23+…+(n+1)2n, 则2x=2×22+3×23+4×24+…+(n+1)2n+1,两式相减得-x=2×21+22+23+…+2n-(n+1)2n+1=4+-(n+1)2n+1=-n×2n+1,可得x=n×2n+1, 所以Tn=n×2n+1-n. 设aN为数表的第n行的第k(k≤n)项,所以数列前N项的和为Tn-1+(20+2n)+(21+2n)+(22+2n)+…+(2k-1+2n)=(n-1)2n-(n-1)+k×2n+=(n-1)2n-(n-1)+k×2n+2k-1=(n+k-1)2n+2k-n.由题意知,前n行的总项数≥200,解得n≥20,因为k≤n,所以2k≤2n,所以2k-n<2n, 因为2n=+++…+>n,所以-2n<-n,所以-2n<2k-n, 即-2n<2k-n<2n. 因为该数列前N项的和能被2n整除,所以2k-n=0,即n=2k,所以2k≥20,可得k≥log220,所以k≥5,可得n的最小值为32,所以N的最小值为+5=501. 学科网（北京）股份有限公司 $