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

该高中数学高考复习讲义聚焦数列中的融合创新问题，涵盖数列与不等式融合、数列与函数综合、数列新定义三大高考核心考点，按“类型梳理-例题精讲-方法总结-变式训练”逻辑架构知识体系，通过考点分层剖析、解题方法指导、真题模拟演练等环节，帮助学生构建数列综合问题的解题框架。 讲义突出跨模块融合与思维进阶设计，如在数列与函数综合中，结合导数求导与错位相减求和，培养学生数学思维与运算能力。设置基础巩固、能力提升、综合应用分层练习，配合素养小结即时归纳方法，高效突破压轴题难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供系统支撑。

第6讲　微专题——数列中的融合创新问题 　　数列中的创新融合问题往往出现在高考题中压轴题的位置，以新定义、新性质和新构造的形式出现，有时与函数、不等式、集合等融合命题，难度较大． 类型一　数列与不等式融合 [例1] (2026·哈尔滨模拟)已知数列{an}满足a1＝5，an＋1－2an＝3n(n∈N*)，记bn＝an－3n. (1)求证：{bn}是等比数列； (2)设cn＝，数列{cn}的前n项和为Sn.若不等式(－1)nλ<Sn＋对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 【解】　(1)证明：因为an＋1－2an＝3n， 所以an＋1＝3n＋2an，因为bn＝an－3n， 所以bn＋1＝an＋1－3n+1＝3n＋2an－3×3n＝2an－2×3n＝2(an－3n)＝2bn， 又因为a1＝5，所以b1＝a1－31＝5－3＝2， 所以数列{bn}中的任意一项均不为0，＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)知，bn＝2×2n-1＝2n，则cn＝， 所以Sn＝＋＋＋…＋，① Sn＝＋＋＋…＋，② 所以①－②可得Sn＝＋＋＋…＋－＝＋－， 所以Sn＝5－(2n＋5). 由(－1)nλ<Sn＋，得(－1)nλ<5－(2n＋5)＋， 化简得(－1)nλ<5. 当n为奇数时，－λ<5， 即λ>5×－5，而＝5×－5＝－，所以λ>－； 当n为偶数时，λ<5＝5－5×，而＝5－5×＝，所以λ<. 综上，实数λ的取值范围为. 【素养小结】　数列与不等式融合问题的解题策略 (1)判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小． (2)数列中有关项或前n项和的恒成立问题，常转化为数列的最值问题；求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解． [对点训练] 已知正项数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且对于任意n∈N*，满足anan＋2－a＝－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<. 解：(1)因为a1＝1，a2＝2，anan＋2－a＝－1， 所以当n＝1时，a1a3－a＝－1，得a3＝3， 由anan＋2－a＝－1，可得an＋1an＋3－a＝－1， 两式相减可知anan＋2＋a＝an＋1an＋3＋a，整理可得＝， 所以＝＝＝2， 所以an＋an＋2＝2an＋1，所以数列{an}为等差数列，公差为a2－a1＝1，故an＝n. (2)证明：由(1)得an＝n，所以bn＝， 当n＝1时，T1＝b1＝1<. 当n≥2时，Tn＝＝1＋<1＋＝1＋(－)＝1＋－<. 综上，对于任意n∈N*，Tn<. 类型二　数列与函数的综合 [例2] (2025·全国一卷)已知数列{an}中，a1＝3，＝＋. (1)证明：数列{nan}是等差数列； (2)给定正整数m，设函数f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm，求f′(－2). 【解】　(1)证明：在数列{an}中，a1＝3，＝＋，n∈N*， 所以(n＋1)an＋1＝nan＋1，即(n＋1)an＋1－nan＝1，所以数列{nan}是以3为首项，1为公差的等差数列． (2)由题意及(1)得， nan＝3＋1×(n－1)，即an＝1＋，n∈N*， 在f(x)＝a1x＋a2x2＋…＋amxm中， f(x)＝3x＋2x2＋…＋xm， f′(x)＝3＋4x＋…＋(m＋2)xm-1， 所以 当x≠1且x≠0时，(1－x)f′(x)＝3＋x＋x2＋…＋xm-1－(m＋2)xm＝3＋－(m＋2)xm，所以f′(x)＝＋－， 所以f′(－2)＝＋－＝1＋ －＝1－－－＝－. 真题源于人教A版选择性必修第二册P40习题4.3 T3(2)：求和：1＋2x＋3x2＋…＋nxn-1. 相似度　两道题都围绕数列展开，都涉及数列的相关运算．习题与高考题第(2)问，本质上都是在考查错位相减法求和． 变式点　教材题是单纯数列求和练习，目标明确为求数列和；高考题是数列与导数跨模块综合，既有数列证明，又有导数与数列结合的求值，题型复杂度、综合性更高，考查知识维度更广泛． [变式1]　已知在数列{an}中，a1＝2，且对任意的m，n∈N*，都有am＋n＝aman，设f(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，记函数f(x)在x＝1处的导数为f′(1)，则使f′(1)>2 027成立的n的最小值为________． 解析：令m＝1，则an＋1＝a1an， 又a1＝2，所以＝2， 所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列， 故an＝2×2n-1＝2n，由题得f′(x)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋nanxn-1， 所以f′(1)＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，① 所以2f′(1)＝22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1，② 由①－②得，－f′(1)＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2， 所以f′(1)＝(n－1)·2n+1＋2，n∈N*，且f′(1)随着n的增大而增大，又当n＝7时，f′(1)＝6×28＋2＝1 538<2 027， 当n＝8时，f′(1)＝7×29＋2＝3 586>2 027，故n的最小值为8. 答案：8 [变式2]　已知f(x)＝ln x－x－1.记曲线y＝f(x)在点(n，f(n))处的切线为ln，直线ln与y轴交点的纵坐标记为yn，证明：y1＋y2＋y3＋…＋yn≤. 证明：由题设f(x)＝ln x－x－1，则f′(x)＝－1， 则f(n)＝ln n－n－1，f′(n)＝－1， 此时曲线y＝f(x)在点(n，ln n－n－1)处的切线方程为y－(ln n－n－1)＝(x－n)，与y轴交点的纵坐标为ln n－2， 所以y1＋y2＋y3＋…＋yn＝ln 1＋ln 2＋…＋ln n－2n. 对于y＝x－ln x且x≥1，则y′＝1－≥0，即y＝x－ln x在[1，＋∞)上单调递增， 所以y＝x－ln x≥1－ln 1＝1，即x－1≥ln x， 所以y1＋y2＋y3＋…＋yn≤0＋1＋…＋(n－1)－2n＝－2n＝，得证． 【素养小结】　数列与函数的综合问题的求解策略 (1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题． (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形． (3)解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解． 类型三　数列中的新定义问题 [例3] 如果数列{an}对任意的n∈N*，an＋2＋an>2an＋1，则称{an}为“中值偏大数列”． (1)若数列{an}为“中值偏大数列”，求正实数a的取值范围； (2)若数列{an}为“中值偏大数列”，且任意项an∈Z，a1＝1，a2＝2，am＝2 027，求正整数m的最大值． 【解】　(1)因为数列{an}为“中值偏大数列”，a>0， 则an+2＋an>2an+1，则a2＋1>2a， 即(a－1)2>0，解得a>0且a≠1，所以正实数a的取值范围为(0，1)∪(1，＋∞). (2)因为数列{an}为“中值偏大数列”，an∈Z，a1＝1，a2＝2， 所以对∀n∈N*，有an＋2＋an>2an＋1，即an＋2－an＋1>an＋1－an，且a2－a1＝1， 所以a3－a2≥2，a4－a3≥3，…，am－am－1≥m－1， 累加得(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋am－am－1≥1＋2＋3＋…＋(m－1)＝， 所以am－a1≥，由am＝2 027， 得m(m－1)≤4 052， 又64×63＝4 032，65×64＝4 160， 所以正整数m的最大值为64. 【素养小结】　与数列的新定义有关问题的求解策略 (1)通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出一个新的模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，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)遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，逐条分析、运算和验证，使问题得以解决． [对点训练] 对于∀n∈N*，若数列{xn}满足xn＋1＝pxn＋q(p，q为常数)，则称这个数列为“p－q数列”．已知数列{an}是“1－2数列”，数列{bn}是“2－0数列”，且a1＝b1＝2. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)记cn＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋an－1b2＋anb1，判断数列{cn}是否是“p－q数列”．若是，求出p，q的值，反之，请说明理由． 解：(1)由题知an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2＋2(n－1)＝2n. 因为bn＋1＝2bn，b1＝2，所以＝2， 所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以bn＝2×2n-1＝2n. (2)因为cn＝a1bn＋a2bn－1＋a3bn－2＋…＋an－1b2＋anb1＝2×1×2n＋2×2×2n-1＋2×3×2n-2＋…＋2×(n－1)22＋2n×2＝1×2n+1＋2×2n＋3×2n-1＋…＋(n－1)23＋n×22，① 所以cn＝1×2n＋2×2n-1＋3×2n-2＋…＋(n－1)22＋n×21，② ①－②得cn＝2n+1＋2n＋2n-1＋2n-2＋…＋23＋22－n×2＝－2n＝2n+2－2n－4， 所以cn＝2n+3－4n－8，cn＋1＝2n+4－4n－12. 假设存在p，q使得cn＋1＝pcn＋q，即2n+4－4n－12＝p2n+3－4pn－8p＋q， 所以无实数解，所以数列{cn}不是“p－q数列”． 关于数列中不等式的证明问题，因其思维跨度大，构造性强，需要有较高放缩技巧而充满思考性和挑战性，能全面而综合地考查学生的潜能与后继学习能力，因而成为高考压轴题及各级各类竞赛试题命题的极好素材．这类问题的求解策略往往是：通过多角度观察所给数列通项公式的结构，深入剖析其特征，抓住其规律进行恰当地放缩． 类型一　先求和再放缩 [典例1] 已知数列{an}的通项公式为an＝，其前n项和为Sn，证明：Sn<. 【证明】　Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＋＋＋…＋，① eSn＝0＋＋＋＋…＋，② ②－①得 (e－1)Sn＝＋＋…＋－＝－＝－<，所以Sn<. 【素养小结】　(1)对于“和式”数列不等式，若能够直接求和，则考虑先求和，再放缩证明不等式； (2)明确放缩的方向：是放大还是缩小．若要证明小于某值，则放大；若要证明大于某值，则缩小． 类型二　先放缩再求和 [典例2] 已知数列{an}的通项公式为an＝　 求证：当n≥2时，＋＋…＋<1－. 【证明】　因为an＝ 当n≥2时，＝<＝， 所以＋＋…＋<＋＋…＋＝＝1－， 所以当n≥2时，＋＋…＋<1－. 【素养小结】　(1)对于“和式”数列不等式，若不能或很难求和，则可考虑先放缩后再求和证明不等式．而对于“和式”数列不等式，放缩的最主要目的是通过放缩，把原数列变为可求和、易求和的数列． (2)放缩的项数：不一定对所有项进行放缩，有时从第一项开始，或从第二项，或从第三项等开始． (3)常见的放缩技巧有： ①<＝. ②－<<－. ③2(－)<<2(－). ④<<，<≤. [尝试训练] 已知数列{an}是等差数列，记其前n项和为Sn，且an＝n－，将数列{an}与{}的所有项从小到大排列得到数列{bn}，证明：＋＋…＋<32. 证明：设等差数列{an}的公差为d，由an＝n－，得a1＝，d＝，所以Sn＝n＋×＝n2，则＝n＝， 因为an＝n－＝，所以bn＝n， 因为b＝n2，所以＝<＝16(n≥2)，所以当n＝1时，＝16<32； 当n≥2时，＋＋＋…＋<16＋16(1－＋－＋…＋－)＝32－<32， 综上可得＋＋…＋<32. 学科网（北京）股份有限公司 $