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，a成等差数列．
(1)求a1及{an}的通项公式；
(2)记集合的元素个数为bk，求数列{bk}的前50项和．
【解】 (1)因为an，Sn，a成等差数列，则2Sn＝an＋a，①且an>0，
当n＝1时，可得2a1＝a1＋a，解得a1＝1或a1＝0(舍去)；
当n≥2时，可得2Sn－1＝an－1＋a，②
①－②得2an＝an－an－1＋a－a，
整理得(an＋an－1)(an－an－1)＝(an＋an－1)，
又an＋an－1>0，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＋＝n＋≤2k，即k≥(n＋)，
因为(n＋)≥×2＝2，
当且仅当n＝，即n＝2时，等号成立，可知b1＝0，b2＝1；
当k≥3，k∈N*时，因为(2k－1＋)＝k－(－)＜k，
(2k＋)＝k＋>k，
所以bk＝2k－1.
综上所述，bk＝
所以数列{bk}的前50项和为0＋1＋5＋7＋…＋99＝1＋＝2 497.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
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．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
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≤1 000，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)＝ln 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＋＋…＋)>(n＋1)e(n∈N*).
【解】 (1)当a＝－1时，f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)，
求导得f′(x)＝－＝，
当0则f(x)在(0，1)上单调递减，
当x>1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 x>0，a≤x ln x，
令g(x)＝x ln x，x>0，
求导得g′(x)＝1＋ln x，
当0即函数g(x)在(0，)上单调递减，
当x>时，g′(x)>0，
函数g(x)在(，＋∞)上单调递增，
因此g(x)min＝g()＝－，
则a≤－，
所以实数a的取值范围是.
(3)证明：由(2)知，当a＝－时，ln x≥－ ≥eln x≥eln x，当且仅当x＝e时，等号成立，又n∈N*，
于是>eln＝e[ln (n＋1)－ln n]，
>eln＝e[ln n－ln (n－1)]，…，>eln＝e(ln 2－ln 1)，
因此＋＋…＋>e[ln (n＋1)－ln n＋ln n－ln (n－1)＋…＋ln 2－ln 1]＝eln (n＋1)，
所以eeq \s\up8(2＋＋…＋)>(n＋1)e(n∈N*).
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
数列与函数的综合问题主要有以下两类：
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象来解决．
(2)已知数列条件，解决函数问题，此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
(2024·南通三模)已知函数f(x)＝(1＋x)k－kx－1(k>1).
(1)若x>－1，求f(x)的最小值；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，若an＝(1＋)n，求证：Sn－n≥2－.
解：(1)因为f(x)＝(1＋x)k－kx－1(k>1)，
则f′(x)＝k[(1＋x)k－1－1]，
因为k>1，则k－1>0，且x>－1，
当－1可得f′(x)＝k[(1＋x)k－1－1]当x>0时，则x＋1>1，可得f′(x)＝k[(1＋x)k－1－1]>k(1－1)＝0，
可知f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(0)＝0.
(2)证明：因为an＝(1＋)n，
若n＝1，则S1＝a1＝1＋＝，满足Sn－n≥2－；
若n≥2，由(1)可知，当x>－1时，f(x)＝(1＋x)k－kx－1≥0，
即(1＋x)k≥kx＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，
令x＝()n>0，k＝n>1，可得an＝(1＋)n>＋1＝－＋1，
且a1＝＝2－＋1，
可得Sn>2－＋－＋－＋…＋－＋n＝2－＋n，
所以Sn－n>2－.
综上所述，Sn－n≥2－.
类型3 数列中的新定义
INCLUDEPICTURE "例3.TIF" (2024·新课标Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i，j)，1≤i(2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)-可分数列；
(3)从1，2，…，4m＋2中一次任取两个数i和j(i.
【解】 (1)(1，2)，(1，6)，(5，6).
(2)证明：当m＝3时，删去a2，a13，其余项可分为以下3组：a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组，a5，a8，a11，a14为第3组，当m>3时，删去a2，a13，其余项可分为以下m组：a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组，a5，a8，a11，a14为第3组，a15，a16，a17，a18为第4组，a19，a20，a21，a22为第5组，…，a4m－1，a4m，a4m＋1，a4m＋2为第m组，可知每组的4个数都能构成等差数列，故数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)-可分数列．
(3)证明：易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)-可分数列 1，2，…，4m＋2是(4p＋1，4q＋2)-可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}．
当0≤p≤q≤m时，删去4p＋1，4q＋2，
其余项从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数都能构成等差数列，
故数列1，2，…，4m＋2是(4p＋1，4q＋2)-可分数列，可分为(1，2，3，4)，…，(4p－3，4p－2，4p－1，4p)，…，(4(q＋1)－1，4(q＋1)，4(q＋1)＋1，4(q＋1)＋2)，…，(4m－1，4m，4m＋1，4m＋2).p，q的可能取值方法数为C＋m＋1＝ .
易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)-可分数列 1，2，…，4m＋2是(4p＋2，4q＋1)-可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}．
当q－p>1时，删去4p＋2，4q＋1，
将1～4p与4q＋3～4m＋2从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数成等差数列．
考虑4p＋1，4p＋3，4p＋4，…，4q，4q＋2是否可分，等同于考虑1，3，4，…，4t，4t＋2是否可分，其中t＝q－p>1，可分为(1，t＋1，2t＋1，3t＋1)，(3，t＋3，2t＋3，3t＋3)，(4，t＋4，2t＋4，3t＋4)，…，(t，2t，3t，4t)，(t＋2，2t＋2，3t＋2，4t＋2)，每组4个数都能构成等差数列．
故数列1，2，…，4m＋2是(4p＋2，4q＋1)-可分数列，p，q且q－p>1的可能取值方法数为C－m＝.
从而Pm≥ eq \f(\f(（m＋1）（m＋2）,2)＋\f(（m－1）m,2),C) ＝＞.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
解决数列中的新定义问题的一般流程
(1)读懂定义，理解新定义的含义．
(2)通过特殊情况寻找新定义数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差或等比数列)的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案．
(3)联系等差数列与等比数列知识，将新定义数列问题转化为熟悉的知识进行求解．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
(2024·定西一模)在n个数码1，2，…，n(n∈N，n≥2)构成的一个排列j1j2…jn中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序(例如j2>j5，则j2与j5构成逆序)，这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为T(j1j2…jn)，例如，T(312)＝2，
(1)计算T(51243)；
(2)设数列{an}满足an＋1＝an·T(51243)－T(3412)，a1＝2，求{an}的通项公式；
(3)设排列j1j2…jn(n∈N，n≥2)满足ji＝n＋1－i(i＝1，2，…，n)，bn＝T(j1j2…jn)，Sn＝＋＋…＋，求Sn.
解：(1)在排列51243中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，
与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，
所以T(51243)＝4＋0＋0＋1＋0＝5.
(2)由(1)中的方法，同理可得T(3412)＝4，
又T(51243)＝5，所以an＋1＝5an－4，
设an＋1＋λ＝5(an＋λ)，
得an＋1＝5an＋4λ，
所以4λ＝－4，解得λ＝－1，
则an＋1－1＝5(an－1)，
因为a1－1＝1≠0，
所以数列{an－1}是首项为1，公比为5的等比数列，
所以an－1＝5n－1，则an＝5n－1＋1.
(3)因为ji＝n＋1－i(i＝1，2，…，n)，
所以bn＝T(j1j2…jn)＝n－1＋n－2＋…＋1＋0＝，
所以＝＝2(－)，
所以Sn＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－)＝.
INCLUDEPICTURE "专题强化练.TIF"
1．若数列{an}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{an}为“等比源数列”．
(1)已知数列{an}为4，3，1，2，数列{bn}为1，2，6，24，分别判断{an}，{bn}是否为“等比源数列”，并说明理由；
(2)已知数列{cn}的通项公式为cn＝2n－1＋1，判断{cn}是否为“等比源数列”，并说明理由．
解：(1){an}是“等比源数列”，{bn}不是“等比源数列”．理由如下：
{an}中“1，2，4”构成等比数列，所以{an}是“等比源数列”；{bn}中“1，2，6”，“1，2，24”，“1，6，24”，“2，6，24”均不能构成等比数列，且这四者的其他次序也不构成等比数列，所以{bn}不是“等比源数列”．
(2){cn}不是“等比源数列”．理由如下：
假设{cn}是“等比源数列”，因为{cn}是递增数列，即{cn}中存在cm，ct，ck(1≤m22t－2＋2t＝2m＋k－2＋2m－1＋2k－1，两边同时除以2m－1得22t－m－1＋2t－m＋1＝2k－1＋1＋2k－m，
等式左边22t－m－1＋2t－m＋1为偶数，等式右边2k－1＋1＋2k－m为奇数．所以数列{cn}中不存在三项按一定次序排列构成等比数列．
综上可得{cn}不是“等比源数列”．
2．已知函数f(x)＝ln (x＋1)－.证明：
(1)f(x)≥0；
(2)sin ＋sin ＋…＋sin 证明：(1)函数f(x)＝ln (x＋1)－的定义域为(－1，＋∞)，则f′(x)＝－＝，当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0.
(2)先证sin x0)，设h(x)＝sin x－x(x>0)，求导得h′(x)＝cos x－1≤0，即函数h(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，则h(x)，
即所以累加可得＋＋…＋所以sin ＋sin ＋…＋sin 3.(2024·凉山三模)如图，点Ai(i∈N*)均在x轴的正半轴上，△OA1B1，△A1A2B2，…，△An－1AnBn分别是以a1，a2，…，an(n∈N*)为边长的等边三角形，且顶点Bj(j∈N*)均在函数y＝的图象上．
(1)求第n个等边三角形的边长an；
(2)求数列{}的前n项和Tn.
解：(1)记数列{an}的前n项和为Sn，则顶点Bn的坐标为(Sn－1＋an，an)，n≥2，n∈N*，
因为点Bn在函数y＝的图象上，所以an＝，n≥2，n∈N*，
则a＝Sn－1＋an，a＝Sn＋an＋1，
两式相减得，(an＋1＋an)(an＋1－an)＝(an＋1＋an)，
因为an＋1＋an>0，
所以an＋1－an＝，n≥2，n∈N*，
第一个等边三角形顶点B1(a1，a1)代入y＝，得a1＝或a1＝0(舍去)，
B2(a1＋a2，a2)代入y＝，
得 a2＝或a2＝－(舍去)，
所以a2－a1＝，
故{an}是以为首项，为公差的等差数列，
所以an＝＋(n－1)＝n.
(2)由(1)得，＝·＝(－)，
所以Tn＝(1－＋－＋…＋－)＝
(1－)＝.
4．(2024·湖北模拟)若正整数m，n只有1为公约数，则称m，n互质，欧拉函数是指对于一个正整数n，小于或等于n的正整数中与n互质的正整数(包括1)的个数，记作φ(n)，例如φ(4)＝2，φ(5)＝4.
(1)求φ(6)，φ(3n)，φ(4n)；
(2)设an＝，n∈N*，求数列{an}的前n项和Sn；
(3)设bn＝，n∈N*，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn<.
解：(1)1到6中与6互质的只有1和5，所以φ(6)＝2；
1到3n中，被3除余1和被3除余2的数都与3n互质，所以φ(3n)＝3n·＝2·3n－1；1到4n中，所有奇数都与4n互质，所以φ(4n)＝4n·＝2·4n－1.
(2)由(1)可得an＝
＝＝(－)，
从而Sn＝(－＋－＋…＋－)＝(－)＝(－).
(3)证明：bn＝＝＝≤＝，从而Tn≤＝＝×(1－)<，证毕．(共28张PPT)
提升点 数列中的交汇
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；
解：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)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500，k，m∈N*}中元素的个数．
解：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≤1 000，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.
(2)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
数列与函数的综合问题主要有以下两类：
(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象来解决．
(2)已知数列条件，解决函数问题，此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对所给条件化简变形．
(2024·南通三模)已知函数f(x)＝(1＋x)k－kx－1(k>1).
(1)若x>－1，求f(x)的最小值；
解：因为f(x)＝(1＋x)k－kx－1(k>1)，
则f′(x)＝k[(1＋x)k－1－1]，
因为k>1，则k－1>0，且x>－1，
当－1可得f′(x)＝k[(1＋x)k－1－1]当x>0时，则x＋1>1，可得f′(x)＝k[(1＋x)k－1－1]>k(1－1)＝0，
可知f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(0)＝0.
类型3 数列中的新定义
(2024·新课标Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i(1)写出所有的(i，j)，1≤i【解】 (1，2)，(1，6)，(5，6).
(2)当m≥3时，证明：数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)-可分数列；
【解】 证明：当m＝3时，删去a2，a13，其余项可分为以下3组：a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组，a5，a8，a11，a14为第3组，当m>3时，删去a2，a13，其余项可分为以下m组：a1，a4，a7，a10为第1组，a3，a6，a9，a12为第2组，a5，a8，a11，a14为第3组，a15，a16，a17，a18为第4组，a19，a20，a21，a22为第5组，…，a4m－1，a4m，a4m＋1，a4m＋2为第m组，可知每组的4个数都能构成等差数列，故数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)-可分数列．
易知a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)-可分数列 1，2，…，4m＋2是(4p＋2，4q＋1)-可分数列，其中p，q∈{0，1，…，m}．
当q－p>1时，删去4p＋2，4q＋1，
将1～4p与4q＋3～4m＋2从小到大，每4项分为1组，可知每组的4个数成等差数列．
考虑4p＋1，4p＋3，4p＋4，…，4q，4q＋2是否可分，等同于考虑1，3，4，…，4t，4t＋2是否可分，其中t＝q－p>1，可分为(1，t＋1，2t＋1，3t＋1)，(3，t＋3，2t＋3，3t＋3)，(4，t＋4，2t＋4，3t＋4)，…，(t，2t，3t，4t)，(t＋2，2t＋2，3t＋2，4t＋2)，每组4个数都能构成等差数列．
解决数列中的新定义问题的一般流程
(1)读懂定义，理解新定义的含义．
(2)通过特殊情况寻找新定义数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差或等比数列)的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案．
(3)联系等差数列与等比数列知识，将新定义数列问题转化为熟悉的知识进行求解．
(2024·定西一模)在n个数码1，2，…，n(n∈N，n≥2)构成的一个排列j1j2…jn中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成逆序(例如j2>j5，则j2与j5构成逆序)，这个排列的所有逆序的总个数称为这个排列的逆序数，记为T(j1j2…jn)，例如，T(312)＝2，
(1)计算T(51243)；
解：在排列51243中，与5构成逆序的有4个，与1构成逆序的有0个，
与2构成逆序的有0个，与4构成逆序的有1个，与3构成逆序的有0个，
所以T(51243)＝4＋0＋0＋1＋0＝5.
(2)设数列{an}满足an＋1＝an·T(51243)－T(3412)，a1＝2，求{an}的通项公式；
解：由(1)中的方法，同理可得T(3412)＝4，
又T(51243)＝5，所以an＋1＝5an－4，
设an＋1＋λ＝5(an＋λ)，
得an＋1＝5an＋4λ，
所以4λ＝－4，解得λ＝－1，
则an＋1－1＝5(an－1)，
因为a1－1＝1≠0，
所以数列{an－1}是首项为1，公比为5的等比数列，
所以an－1＝5n－1，则an＝5n－1＋1.
