第6章 第6讲 微专题——数列中的融合创新问题 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 聚焦数列与函数综合应用，以递推法、放缩法等构建系统性解题体系，强化知识迁移与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |数列基本运算|2|递推求通项、错位相减求和|等差数列定义→前n项和公式→性质应用| |数列性质应用|2|等比数列求和、单调性分析|等比数列公比确定→无穷递缩求和→不等式证明| |数列与函数综合|2|导数判断单调性、基本不等式求最值|函数求导→单调区间→数列不等式放缩| |新定义与证明|1|整数性质分析、约数分解|新定义理解→性质推导→存在性证明|

1．在平行四边形ABCD中，点E满足＝2，连接AE并延长交BC的延长线于点F，＝a1＋a2 026，若数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，则S2 026＝(　　) A． B．2 532 C． D．2 533 解析：选C． 因为＝＝，所以＝2，＝＋＝＝，所以＝＋＝＋，所以a1＝1，a2 026＝，所以S2 026＝＝. 2．(多选)对于正项数列{an}，定义Gn＝为数列{an}的“匀称值”．已知数列{an}的“匀称值”为Gn＝2n，{an}的前n项和为Sn，则下列关于数列{an}的说法正确的有(　　) A．数列{an}为递增数列 B．数列{an}为等差数列 C．＝1 015 D．记bn＝·an，当且仅当n＝3时bn取最大值 解析：选ABC．由已知可得 Gn＝＝2n， 所以a1＋2a2＋4a3＋…＋2n-1an＝n·2n， 当n≥2时，a1＋2a2＋4a3＋…＋2n-2an－1＝(n－1)·2n-1， 得n≥2时，2n-1an＝n·2n－(n－1)·2n-1 ＝(n＋1)·2n-1，即n≥2时，an＝n＋1， 当n＝1时，a1＝2，满足an＝n＋1. 所以数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列，故B正确； 数列{an}是递增数列，故A正确；所以Sn＝，所以＝，故＝＝1 015，故C正确； bn＝·an＝·(n＋1)，假设bk是最大项，则有 即 解得2≤k≤3，因此数列{bn}的最大项为b2＝b3＝×4＝，故D不正确． 3．如图，正三角形ABC的边长为1，取BC边的中点E，作正三角形BDE；取DE边的中点G，作正三角形DFG……如此继续下去，可得到一系列正三角形：△ABC，△BDE，△DFG，…，记这些正三角形的面积分别为S1，S2，S3，….若S1＋S2＋…＋Sn≥，则n的最小值是________． 解析：由已知正三角形ABC的边长为1，则S1＝×1×1×＝，取中点作正三角形，可得Sn＝Sn－1，所以数列{Sn}是以为首项，为公比的等比数列， 即Sn＝·＝·. 所以S1＋S2＋…＋Sn＝＝， 即≥，化简可得4n≥2 026，n∈N*，又f(n)＝4n单调递增， 且45＝1 024<2 026，46＝4 096>2 026， 所以满足4n≥2 026的n的最小值为6. 答案：6 4．(13分)已知a1＝2，T3＝4，{Tn}是等差数列，且a1a2a3·…·an＝Tn. (1)求an，Tn；(5分) (2)求证：＋＋＋…＋<ln (n＋1).(8分) 解：(1)由a1a2a3·…·an＝Tn，得T1＝a1＝2，等差数列{Tn}的公差d＝＝1，则Tn＝n＋1， 当n≥2时，于是an＝＝，a1＝2满足上式，所以an＝. (2)证明：令函数f(x)＝ln x－x＋1，0<x<1，求导得f′(x)＝－1>0，f(x)在(0，1)上单调递增，f(x)<f(1)＝0，即ln x<x－1，取x＝，n∈N*，则ln <－1＝－，于是<ln ，由(1)知，＝<<ln ＝ln (n＋1)－ln n，所以＋＋＋…＋<(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋(ln 4－ln 3)＋…＋[ln (n＋1)－ln n]＝ln (n＋1)－ln 1＝ln (n＋1)，即＋＋＋…＋<ln (n＋1). 5．(15分)(2026·济南模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn，数列的前n项和为Tn，已知a1＝1，S3＝6. (1)求{an}的通项公式；(4分) (2)求Tn；(5分) (3)若∀n∈N*，an＋≥3成立，求实数k的最小值．(6分) 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 所以S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝3(a1＋d)＝6， 所以a1＋d＝2，又a1＝1，所以d＝1， 所以an＝1＋(n－1)×1＝n. (2)由(1)得Sn＝， 所以＝＝2， 所以Tn＝＋＋…＋ ＝2 ＝2＝. (3)由(1)(2)得an＋＝n＋≥3，即k≥，令t＝n＋1(t≥2)，得n＝t－1， 所以k≥＝＝＝10－， 由2t＋≥2 ＝8，当且仅当2t＝，即t＝2时等号成立，此时n＝1， 所以k≥10－8＝2， 所以实数k的最小值为2. 6．(多选)若函数f(x)＝(x>π)的所有单调递增区间构成区间列[an，bn]，令cn＝，则(　　) A．{cn}是递减数列 B．{cn}的最小项是 C．{cn}的最大项是1 D．i<n＋ 解析：选BD．f′(x)＝， 令f′(x)≥0，得cos ≥0，所以－＋2kπ≤x＋≤＋2kπ(k∈Z)， 即－＋2kπ≤x≤＋2kπ(k∈Z)， 所以当x>π时，f(x)的单调递增区间为，其中n∈N*， 故an＝－＋2nπ，bn＝＋2nπ，所以cn＝＝＝＝1－，所以{cn}是递增数列，A错误；当n＝1时，{cn}的最小项是，B正确；因为≠0，所以cn<1，C错误； 由于8n＋1≤3n+1，所以cn≤1－， 所以i≤n－＝n－＋<n＋，D正确． 7．(15分)已知{an}是公差不为0的无穷等差数列．若对于{an}中任意两项am，an，在{an}中都存在一项ai，使得ai＝aman，则称数列{an}具有性质P. (1)已知an＝2n，bn＝4n＋3(n＝1，2，…)，判断数列{an}，{bn}是否具有性质P；(4分) (2)若数列{an}具有性质P，证明：{an}的各项均为整数；(5分) (3)若a1＝18，求具有性质P的数列{an}的个数．(6分) 解：(1)an＝2n，aman＝2m×2n＝2(2mn)＝a2mn，即ai＝a2mn，所以数列{an}具有性质P.bn＝4n＋3，令m＝1，n＝2，则b1b2＝(4＋3)×(4×2＋3)＝7×11＝77，77＝4×19＋1不符合bn，则{bn}不具有性质P. (2)证明：设数列{an}的公差为d(d≠0)，因为数列{an}具有性质P，所以存在ai＝anan＋1，同理存在aj＝anan＋2，两式相减得aj－ai＝anan＋2－anan＋1＝an(an＋2－an＋1)，即(j－i)d＝and， 因为d≠0，所以an＝j－i.所以{an}的各项均为整数． (3)由(2)可知，数列{an}的各项均为整数，所以d为整数． 假设d为负整数，则{an}为递减数列，所以{an}中各项最大值为a1， 由题意，{an}中存在某项ak<0，且|ak|>|a1|，所以akak＋1>a1， 而数列{an}中存在ai＝akak＋1，则ai>a1，与题意相矛盾，所以d不是负整数，d为正整数． 由ai＝aman得，a1＋(i－1)d＝[a1＋(m－1)d][a1＋(n－1)d]， 所以i－1＝＋(m＋n－2)a1＋(m－1)(n－1)d，所以为整数， 即d为a1(a1－1)的约数． 由d为正整数，所以d为18×17的正约数， 18×17＝2×3×3×17，所以18×17的正约数共有12个，则a1＝18，具有性质P的数列{an}的个数为12. 学科网（北京）股份有限公司 $