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专题7 数列与函数、导数的交汇
新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现的概率变大,且会与其他知识交汇考查,本专题总结数列与函数、导数交汇的常见类型及求解,供大家参考.
（一）利用确定的函数关系建立数列的递推关系
此类问题通常是先给出或确定函数的解析式，然后根据构建数列的递推关系，求解关键是的解析式的确定及由递推关系构造特殊数列.
【例1】（2024届湖北省武汉市高三下学期5月模拟）混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中，比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等，其中一维线段上的抛物线映射是混沌动力学中最基础应用最广泛的模型之一，假设在一个混沌系统中，用来表示系统在第个时刻的状态值，且该系统下一时刻的状态满足，，其中.
(1)当时，若满足对，有，求的通项公式；
(2)证明：当时，中不存在连续的三项构成等比数列；
(3)若，，记，证明：.
【解析】（1）当时，，依题意，①，②，
两式作差，，则或，
若，代入①式解得，或，而，于是；
若，将代入②式解得，.因此必有.
注意到，，从而由归纳即知是常数列.
所以的通项公式为.
（2）假设，，构成等比数列，则.
那么由，可知.
又，则，解得，与矛盾.
所以中不存在连续的三项构成等比数列.
（3）由于当时，有，，即.
而，，故归纳即知对任意正整数都有.
又由及可知，故数列单调递减.
又由于，故
.
（二）利用抽象函数建立数列的递推关系
此类问题通常函数的解析式不确定，只给出函数满足的关系，求解时通常利用赋值构建与的递推关系.
【例2】（2024届安徽省合肥一六八中学高三下学期三模）把满足任意总有的函数称为和弦型函数.
(1)已知为和弦型函数且，求的值；
(2)在（1）的条件下，定义数列：，求的值；
(3)若为和弦型函数且对任意非零实数，总有．设有理数满足，判断与的大小关系，并给出证明．
【解析】（1）令，则，可得，
令，则，则；
（2）令，则，
，
即，又，所以数列为以为公比，为首项的等比数列，
即，则
；
（3）由题意得：函数定义域为，定义域关于原点对称，令为任意实数，
则，即是偶函数，
为有理数，不妨设，令为，分母的最小公倍数，
且均为自然数，且，
设，则，
令，则，
即，，
故数列单调递增，则，
又是偶函数，所以有.
（三）披着函数外衣的数列问题
对于函数，若其定义域为，则就是数列，所以定义域为的函数问题，通常可以转化为数列求解.
【例3】（2024届山东省菏泽市高三下学期二模）定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件．
(1)求的值；
(2)求的解析式；
(3)若．比较与0的大小关系，并说明理由．
附：参考公式
【解析】（1）由条件②可得；
由条件③可得．
（2）由条件②）可得：
，，，
将上述个等式相加，得；
由条件③可得：
，，
将上述个等式相加，得．
（3）由（2），所以，
则，
则
，
当且仅当时，，上式取得等号，
即时，均有，所以，当时，；
当时，；当时，，所以．
（四）函数图像上的点列问题
此类问题，通常连续作图，得到一系列的点，建立点的横坐标或纵坐标之间的递推关系，可构造特殊数列，然后按照数列知识求解.
【例4】（2024届四川省成都蓉城名校联盟高三下学期第三次模拟）已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
(1)求证：；
(2)是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出数列的项数；若不存在，请说明理由．参考数据：．
【解析】（1）因为，所以函数图象在处的切线方程为，
即，令可得，即切线与轴的交点为，
所以
（2）若为等差数列，设其公差为，则，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因此最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，
若、、成等差数列，即，
由（1）可知，所以，又，
令，则，
所以当时，所以在上单调递增，
又，
（其中，所以），又，
所以存在，使得，
即存在，使得，即为等差数列，
此时，数列的项数.
（五）利用导数探讨数列的性质
此类问题，一般是把相关的数列的项看作某个函数的函数值，然后利用导数研究函数的性质，再利用函数性质，研究数列项之间的关系.
【例5】（2025届江西省多所学校高三下学期第一次大联考）定义：若对于任意，数列满足：①；②，其中的定义域为，则称关于满足性质.
(1)请写出一个定义域为的函数，使得关于满足性质；
(2)设，若关于满足性质，证明：；
(3)设，若关于满足性质，求数列的前项和.
【解析】（1）令，定义域为R，
显然任意，，且，
故满足要求，（注：所有的定义域为的偶函数均符合题意）
（2）因为，所以，
移项得，
因为，所以，故，
由基本不等式，当且仅当时取到等号，
而，故，即.
（3）由题意，，
故，设，
则，
故在上单调递增，而，
故时，时，，
因此在上单调递减，在上单调递增.
不妨设，因为，
所以当时，，当或时，，
且时，时，，
故对于任意，方程有且只有两个不同的根，
又，故的图象关于对称，故，
因此数列的前项和为.
【例6】（2024届广西来宾市忻城县高中高三下学期6月热身考）已知数列满足：，，其中为数列的前n项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)设m为正整数，若存在首项为1且公比为正数的等比数列（），对任意正整数k，当时，都有成立，求m的最大值．
【解析】（1）因为，所以，
由，得，则，，
由，得，
当时，由，得，
故
整理得，所以数列是等差数列，且首项为，公差为，
所以；
（2）由（1）知，,
因为数列为首项为1且公比为正数的等比数列，设公比为q，所以，，
因为，所以，其中，2，3，…，m．
当时，有；当，3，，m时，有．
设（），则，
令，得，列表如下：
x
单调递增 极大值 单调递减
因为，所以．
所以，故，故，
令（），则，令，则，
当时，，即，∴在上单调递减，
即时，，则，
下面求解不等式，化简得，
令，则，
由得，，∴在上单调递减，
又由于，，
∴存在使得，所以，m的最大值为5．
（六）利用导数证明数列不等式
此类问题，一般先用导数证明一个函数不等式，然后对该函数中的自变量进行赋值，通常令自变量分别为，得到n个不等式，再通过累加或累乘，得到所证不等式.
【例7】（2024届湖南省长沙市第一中学高三下学期模拟）已知函数．
(1)判断并证明的零点个数
(2)记在上的零点为，求证;
（i）是一个递减数列
（ii）．
【解析】（1）当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
证明如下：
当时，由，得，
所以函数在上单调递增，又，，
所以函数在内有唯一零点；
当时，，
若为奇数，，则，此时在内无零点；
若为偶数，设，
则，方程有一个解，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且，此时在内有1个零点.
综上，当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
（2）（i）由（1）知，当时，在在内的零点，
当时，，，
则，故，所以数列是一个递减数列；
（ii）由（i）知，当时，，
当时，，
有，所以，求和可得
，当且仅当时等号成立；
当时，，
故，则，得，
即，即，即，
即，即，
即，当时，，
所以当时，均有成立，求和可得
.
综上，.
【例8】（2024届陕西师范大学附中高三下学期模考）已知函数，曲线在点处的切线与轴平行或重合．
(1)求的值；
(2)若对恒成立，求的取值范围；
(3)利用下表数据证明：．
1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454
【解析】（1），所以，
由条件得，得到，又，所以．
（2）由（1）知，由得：，
即，即对恒成立，
令，因为，
①当时，，因，
即当时，恒成立，即单调递减，
故，条件成立；
②当时，，即条件不成立．
综上，的取值范围为．
（3）
，
由（2）知当时，，
故得，在上恒成立，当且仅当时取等号，
所以，
即，故命题得证．
【例1】（2024届湖南省多校高三下学期4月大联考）若数列在某项之后的所有项均为一常数，则称是“最终常数列”.已知对任意，函数和数列满足.
(1)当时，证明：是“最终常数列”；
(2)设数列满足，对任意正整数.若方程无实根，证明：不是“最终常数列”的充要条件是：对任意正整数，；
(3)若不是“最终常数列”，求的取值范围.
【解析】（1）因为，所以对任意，故数列最小值不变.
即对于任意恒成立.
故对于任意，有，故是“最终常数列”.
（2）必要性，若不为“最终常数列”，假设存在一个使得，则由（1）同理可知其最小值不变，故为“最终常数列”，矛盾.所以对任意.
故对任意，均有成立，故对任意成立，
又由定义递推，知对任意正整数.
充分性：若任意正整数，则对任意成立，
又由定义知任意，均有成立.
由此知.
又由知，故，即在第项后严格递减，
故不是“最终常数列”.综上，原命题得证.
（3）由（2）知：要求，解得.
下面证明：即为所求.由时，，
由递推可知，对任意均有.
进而对任意均成立，结合（2）结论知不是“最终常数列”.故的取值范围是.
【例2】（2024届重庆市主城区高三下学期第二次调研抽测）高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”定义为：对于任意实数x，记表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”．例如：，．
(1)设，，求证：是的一个周期，且恒成立；
(2)已知数列的通项公式为，设．
①求证：；
②求的值．
【解析】（1）．
故是的一个周期．
当时，，，故．
由于周期为，故对任意，都有．
（2）①记．
，则．
∵
，∴．
而
．∴．
∴，∴．
②由①知，则．
由（1）知：对任意，都有，
∴．∴．
∵，∴．
令，
∵；
．
∵，∴．
【例3】（2024届甘肃省张掖市高三下学期模拟）泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式.当在处的阶导数都存在时，它的公式表达式如下：.注：表示函数在原点处的一阶导数，表示在原点处的二阶导数，以此类推，表示在原点处的阶导数.
(1)根据公式估算的值，精确到小数点后两位；
(2)当时，比较与的大小，并证明；
(3)设，证明：.
【解析】（1）由公式可得，
所以.
（2）由（1）得，得到结论：当时，
下面给出证明：令，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，即当时，，
所以在上恒成立，所以函数在上单调递增，
即当时，，故当时，.
（3）因为，所以，则，
由（2）可得：且，
故，
即，，
，，
所以，
.
【例4】（2024届广东省广州市华南师范大学附中高三下学期5月月考）对给定的在定义域内连续且存在导函数的函数，若对在定义域内的给定常数，存在数列满足在的定义域内且，且对在区间的图象上有且仅有在一个点处的切线平行于和的连线，则称数列为函数的“关联切线伴随数列”.
(1)若函数，证明：都存在“关联切线伴随数列”；
(2)若函数，数列为函数的“1关联切线伴随数列”，且，求的通项公式；
(3)若函数，数列为函数的“关联切线伴随数列”，记数列的前项和为，证明：当时，.
【解析】（1）因为，则，
由题意可得：，
则，即，且，
可知数列为以为首项，为公比的等比数列，
显然这样的数列对于给定的是存在的，
所以都存在“关联切线伴随数列”.
（2）因为，则，
设，即，
由题意可知：，则，
可得，且，
可知数列为以为首项，为公比的等比数列，
可得，所以数列通项公式为.
（3）先证明，设函数，
则，，则，
定义的导函数为的导函数为，
则，
且，，
令，则，
，
因为，
可知在内单调递增，则，
同理得，，
故，
又在内单调递增，
在有有
因此取，有，
又在单调递减，在单调递增，故，
当时，，符合题意；当时，，
累加可得，
整理得，
所以；综上所述：.
【例5】（2024届重庆市巴蜀中学校高三下学期适应性月考）阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰·伯努利（Johann Bernoulli，1667～1748）的儿子丹尼尔·伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707～1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中．
阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．阅读以上材料后请完成以下问题：
(1)求出的值；
(2)估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式；
(3)求证：，其中．
【解析】（1）因为，
所以，，
，所以．
（2）由麦克劳林公式，令，有
再取，可得，
所以估算值为．
在中，取，可得.
（3）证明：由麦克劳林公式，当时，令，有，猜想：
令，有，猜想：
令，由，所以，即．
令，由，
再令，则恒成立，
所以在上为增函数，且，
所以在上为增函数，所以，即．
又时，，，所以.
令， 当，有，
则，命题得证．
【例6】（2025届福建省泉州市高三适应性练习）已知数列满足递推式，且，数列的前项和，数列的通项公式为．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)若数列满足：，证明：．
【解析】（1）由题可知：，将化为，
可得，即，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以数列的通项公式为，
由题，，则，
两式相减可得，即，
整理得，所以；
令，可得，即，所以；
当为偶数时，可得：
①；
当为奇数时，可得：
②．
结合①②可得：，
则，且满足上式，
综上所述，；
（2）令，
则，
故，即，
故，
则，
所以当时， ，
，
所以；
（3）由题，数列满足，即，
则，
所以，
两式相减得，
，
当时，，所以．
1．（2024届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”.
(1)若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由；
(2)若点的坐标为，请分别求出点、的坐标；
(3)若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）已知，则，得，
故函数经过点的切线方程为，
其与函数图像无其他交点，所以原点不存在“上位点”.
（2）设点的横坐标为，为正整数，
则函数图像在点处的切线方程为，
代入其“上位点”，得，
化简得，
即，
故，因为，得（*），
又点的坐标为，所以点的坐标为，点的坐标为.
（3）将代入，解得，
由（*）得，.即，又，
故是以2为首项，为公比的等比数列，
所以，即，.
令，则严格减，
因为，所以函数在区间上严格增.
当时，，于是当时，严格减，符合要求
当时，.
因为时，
所以当时，，
从而当时严格增，不存在正整数，
使得无穷数列，，…，严格减.综上，.
2．（2024届江西省宜丰中学高三下学期模拟）设，.
(1)当时，证明：；
(2)证明：.
【解析】（1）因为定义域为，
所以，所以为定义在上的偶函数，下取，
可知，令
则在内单调递增，可得，
即在内恒成立，可知在内单调递增，
所以在内的最小值为，结合偶函数性质可知：.
（2）由（1）可得：，当且仅当时，等号成立，
即，令，则，当时，，即，
则有：，，，，
相加可得：，
因为，则，所以，
即.
3．（2024届江苏省扬州中学高三下学期全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．注：，，，，…已知在处的阶帕德近似为．
(1)求实数a，b的值；
(2)当时，试比较与的大小，并证明；
(3)已知正项数列满足：，，求证：．
【解析】（1）由题意得，，
，故，，
解得，.
（2）由上可得，要比较与的 ，
，只需比较1与的 ，
令，，
所以，从而可得在上单调递增，
所以，即，所以.
（3）设，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立；
由题意知，令，，
故该函数在上递减，故可得，即，可得；
一方面：由（2）可得，
又因为，所以可得，即，即，
即，故，即，所以.
另一方面：要证明
，
两边同时除以，原式
令，
由基本不等式，
故，所以在单调递增，
所以，得证.
4．（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟）对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“函数”．
(1)试写出“函数” ，并求的值；
(2)若“函数” ，求n的最大值；
(3)记函数，其导函数为，证明：“函数” ．
【解析】（1）由定义及．知，
所以是公差为m的等差数列，所以．
因为，所以，
所以，即．
当时，有，，……，
所以，
即．
（1）当时，，
所以“函数” ．
当时，．
（2）当时，，
故“函数”
．
由，得．
令，则，
所以在上单调递增．
因为．所以当时，，所以当时，，
故n的最大值为5．
（3）证明：由题意得
由，得，
所以，所以，
所以
5．（2024届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考）已知正项数列的前项和为，首项.
(1)若，求数列的通项公式；
(2)若函数，正项数列满足：.
（i）证明：；
（ii）证明：.
【解析】（1）正项数列中，，，，当时，，
两式相减得，即，
而，则，因此数列是首项为1，公差为2的等差数列，
所以数列的通项公式为.
（2）（i）令，求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，
于是，
即，即，
当时，，
当时，因此，
所以
（ii）由已知，所以，得，
当时，，于是，
当时，，
又，所以，恒有，当时，，
由，得当时，，
则当时，，
从而
，
于是，
所以.
6．（2024届安徽省皖北五校联盟高三第二次联考）在数学中，把只能被自己和1整除的大于1自然数叫做素数（质数）.历史上研究素数在自然数中分布规律的公式有“费马数”；还有“欧拉质数多项式”：.但经后人研究，这两个公式也有局限性.现有一项利用素数的数据加密技术—DZB数据加密协议：将一个既约分数的分子分母分别乘以同一个素数，比如分数的分子分母分别乘以同一个素数19，就会得到加密数据.这个过程叫加密，逆过程叫解密.
(1)数列中经DZB数据加密协议加密后依次变为.求经解密还原的数据的数值；
(2)依据的数值写出数列的通项公式（不用严格证明但要检验符合）.并求数列前项的和；
(3)为研究“欧拉质数多项式”的性质，构造函数是方程的两个根是的导数.设.证明：对任意的正整数，都有.（本小题数列不同于第（1）（2）小题）
【解析】（1）根据费马数求得
（2）根据上面的数据得数列的这项公式为
经检.验：的数值符合该公式.
数列前项的和
（3）证明：
由依次可得（基本不等式取等条件不成立.）.
7．（2024届山东省济宁市高三下学期三模）已知.
(1)判断在上的单调性；
(2)已知正项数列满足.
（i）证明:；
（ii）若的前项和为，证明:.
【解析】（1）函数的定义域为，求导得，
令，求导得，
当时，，函数在上单调递减，则，即
所以在上单调递减.
（2）（i）首先证明:，即证明，即证明，即证明，
由及（1）知，，所以；
要证明，即证，只需证，
而，则只需证，，
令，则，由，知，则，
只需证，即证，
令，求导得，
于是函数在上单调递减，，即，因此，
所以.
（ii）由（i）可知，
，
则当且时，，
当时，，所以.
8．（2024届四川省射洪市高三下学期模拟）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线.
(1)求；
(2)若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个.
【解析】（1）设与相切于点，而，
则，即，，则切点为，，即；
设与相切于点，而，
，即，则切点为，，，
所以，.
（2）依题意，，则，，，
由成等差数列，得，即，，
令，求导得，
令，求导得，显然函数在上单调递增，
，， 则，使得，即，
当时，；当时，，在上递减，在上递增，
，
由，得，则，即，函数在上单调递增，
，，因此在上存在唯一零点，
所以满足条件的有且只有一个.
9．（2024届海南省海口市高三下学期4月调研）已知函数，等差数列的前项和为，记.
(1)求证：的图象关于点中心对称；
(2)若，，是某三角形的三个内角，求的取值范围；
(3)若，求证：.反之是否成立 并请说明理由.
【解析】（1）设的图象上任意一点，则，
点关于点的对称点为，
因为，
因此点在的图象上，所以的图象关于点中心对称.
（2）若，，是某三角形的三个内角，则，又是等差数列，则，
因此
，
不妨设，则，即有，，
所以.
（3）由是等差数列，且，得，
即，因此当时，，，
.
所以成立.反之不成立.
考虑存在等差数列，满足，则，
显然当时，，，于是，
下面证明，存在，可以使得，且，
不妨设，由，得，
，即，
设，其中，显然，，
则存在，使得，即存在，使得， ，
但此时，所以反之不成立.
10．（2024届河南省部分学校高三5月份大联考）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，设正项数列满足：，
①求证：；
②求证：.
【解析】（1）的定义域为，，
当时，令，可得，当时，单调递增；
当时，单调递减，
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）①当时，，
令，可得，
由（1）知，函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
又由函数在为单调递增函数，
所以，所以，
得，所以，
所以，相乘得，，即得证.
②因为，且，可得，，
当时，，
，所以，又，
所以，
所以当时，，
所以，，
所以，
故.
11．（2024届河北省承德市部分示范性高中高三下学期二模）给定一个元函数组：，若对任意正整数，均有，则把称作该函数组的“初始函数”.已知是函数组，的“初始函数”，且.
(1)求函数的单调区间；
(2)设，记，数列的前项和为.是三个互不相等的正整数，若，求除以4的余数.
【解析】（1）根据题意可知，
，
函数的定义域为，
令，即，
解得：，
即函数的单调递增区间为：，
令，即，
解得：，
所以函数的单调递减区间为：，
故函数的单调递增区间为：，
单调递减区间为：，
（2）因为，
所以，
当时
当时，，
易得：
又因为，即，
可得，，
，
1 2，3 5 6，7 9 10，11 13
①若均能被4整除，，满足题意，余数为0；
②若只有1个被4整除，不妨设，则有，
符合题意的其中一个除以4余1，另一个除以4余2或3，
此时除以4的余数为0或3；
下面说明当都不能被4整除时，不符合题意.
将问题加强为：在数列中任取三项，不妨设，（其中等号
不能同时成立），均无法满足，
当或者时，显然不成立；
②当时，同除以，即，
左边为奇数，右边为偶数，也无法成立.
综上所述，当满足时，除以4的余数为0或3.
12．（2024届安徽省蚌埠市高三第四次教学质量检查）已知函数，其中．
(1)若，证明：时，；
(2)若函数在其定义域内单调递增，求实数的值；
(3)已知数列的通项公式为，求证：．
【解析】（1）由题意可知：等价于，其中．
构建，则，
可知在上单调递减，则时，，
所以时，．
（2）由题意可知：，
则
①若，则，由可得，
可知在上单调递减，不合题意；
②若，则，可知上为增函数，符合题意；
③若，则，由可得，
可知在上单调递减，不合题意；
综上所述：．
（3）由（2）知：在上单调递增，
所以时，，即，
由（1）知：时，，
则，
所以时，，
令得：，即，
因为，所以，
由知：，又因为，
所以，
所以．
13．设整数，且，函数．
(1)证明：；
(2)设，证明：；
(3)设，证明：．
【解析】（1）．
因为，，所以单调递增．
因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以．
（2）设，则，所以在上单调递减，
故，从而当时，．
（3）由（1）知，所以，再利用，
于是
因此，．
14．（2024届广东省深圳市二模）无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
(1)写出这个数列的前7项；
(2)如果且，求m，n的值；
(3)记，，求一个正整数n，满足．
【解析】（1）根据题意，，，
，，，
，．
（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设．
当时，因为，所以，故；
当时，因为，而n为奇数，，所以．
又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．
所以．
而，所以，即，，无解．
所以．
（3）显然，n不能为偶数，否则，不满足．
所以，n为正奇数．
又，所以．设或，．
当时，，不满足；
当时，，即．
所以，取，时，
即．
15．变分法是研究变元函数达到极值的必要条件和充要条件，欧拉、拉格朗日等数学家为其奠定了理论基础，其中“平缓函数”是变分法中的一个重要概念．设是定义域为的函数，如果对任意的均成立，则称是“平缓函数”．
(1)若．试判断和是否为“平缓函数” 并说明理由；（参考公式：①时，恒成立；②．）
(2)若函数是周期为2的“平缓函数”，证明：对定义域内任意的，均有；
(3)设为定义在上的函数，且存在正常数，使得函数为“平缓函数”．现定义数列满足：，试证明：对任意的正整数．
（参考公式：且时，．）
【解析】（1）对于函数，由对任意的，且，
则，即，
，
因此函数是“平缓函数”；
对于函数，由对任意的，且，
，
可知函数是上的“平缓函数”
（2）由周期性可得，由于函数是周期函数，
故不妨设，且，
当时，由为上的“平缓函数”得；
当时，不妨设，此时由为上的“平缓函数”得
．
故对定义域内任意的，且均有．
（3）由为上的“平缓函数”，且得，则对任意的，
，
因此
，得证．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题7 数列与函数、导数的交汇
新高考在试题形式、试卷结构、难度调控等方面深化改革,数列解答题的难度增加,作为压轴题出现的概率变大,且会与其他知识交汇考查,本专题总结数列与函数、导数交汇的常见类型及求解,供大家参考.
（一）利用确定的函数关系建立数列的递推关系
此类问题通常是先给出或确定函数的解析式，然后根据构建数列的递推关系，求解关键是的解析式的确定及由递推关系构造特殊数列.
【例1】（2024届湖北省武汉市高三下学期5月模拟）混沌现象普遍存在于自然界和数学模型中，比如天气预测、种群数量变化和天体运动等等，其中一维线段上的抛物线映射是混沌动力学中最基础应用最广泛的模型之一，假设在一个混沌系统中，用来表示系统在第个时刻的状态值，且该系统下一时刻的状态满足，，其中.
(1)当时，若满足对，有，求的通项公式；
(2)证明：当时，中不存在连续的三项构成等比数列；
(3)若，，记，证明：.
【解析】（1）当时，，依题意，①，②，
两式作差，，则或，
若，代入①式解得，或，而，于是；
若，将代入②式解得，.因此必有.
注意到，，从而由归纳即知是常数列.
所以的通项公式为.
（2）假设，，构成等比数列，则.
那么由，可知.
又，则，解得，与矛盾.
所以中不存在连续的三项构成等比数列.
（3）由于当时，有，，即.
而，，故归纳即知对任意正整数都有.
又由及可知，故数列单调递减.
又由于，故
.
（二）利用抽象函数建立数列的递推关系
此类问题通常函数的解析式不确定，只给出函数满足的关系，求解时通常利用赋值构建与的递推关系.
【例2】（2024届安徽省合肥一六八中学高三下学期三模）把满足任意总有的函数称为和弦型函数.
(1)已知为和弦型函数且，求的值；
(2)在（1）的条件下，定义数列：，求的值；
(3)若为和弦型函数且对任意非零实数，总有．设有理数满足，判断与的大小关系，并给出证明．
【解析】（1）令，则，可得，
令，则，则；
（2）令，则，
，
即，又，所以数列为以为公比，为首项的等比数列，
即，则
；
（3）由题意得：函数定义域为，定义域关于原点对称，令为任意实数，
则，即是偶函数，
为有理数，不妨设，令为，分母的最小公倍数，
且均为自然数，且，
设，则，
令，则，
即，，
故数列单调递增，则，
又是偶函数，所以有.
（三）披着函数外衣的数列问题
对于函数，若其定义域为，则就是数列，所以定义域为的函数问题，通常可以转化为数列求解.
【例3】（2024届山东省菏泽市高三下学期二模）定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件．
(1)求的值；
(2)求的解析式；
(3)若．比较与0的大小关系，并说明理由．
附：参考公式
【解析】（1）由条件②可得；
由条件③可得．
（2）由条件②）可得：
，，，
将上述个等式相加，得；
由条件③可得：
，，
将上述个等式相加，得．
（3）由（2），所以，
则，
则
，
当且仅当时，，上式取得等号，
即时，均有，所以，当时，；
当时，；当时，，所以．
（四）函数图像上的点列问题
此类问题，通常连续作图，得到一系列的点，建立点的横坐标或纵坐标之间的递推关系，可构造特殊数列，然后按照数列知识求解.
【例4】（2024届四川省成都蓉城名校联盟高三下学期第三次模拟）已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
(1)求证：；
(2)是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出数列的项数；若不存在，请说明理由．参考数据：．
【解析】（1）因为，所以函数图象在处的切线方程为，
即，令可得，即切线与轴的交点为，
所以
（2）若为等差数列，设其公差为，则，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因此最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，
若、、成等差数列，即，
由（1）可知，所以，又，
令，则，
所以当时，所以在上单调递增，
又，
（其中，所以），又，
所以存在，使得，
即存在，使得，即为等差数列，
此时，数列的项数.
（五）利用导数探讨数列的性质
此类问题，一般是把相关的数列的项看作某个函数的函数值，然后利用导数研究函数的性质，再利用函数性质，研究数列项之间的关系.
【例5】（2025届江西省多所学校高三下学期第一次大联考）定义：若对于任意，数列满足：①；②，其中的定义域为，则称关于满足性质.
(1)请写出一个定义域为的函数，使得关于满足性质；
(2)设，若关于满足性质，证明：；
(3)设，若关于满足性质，求数列的前项和.
【解析】（1）令，定义域为R，
显然任意，，且，
故满足要求，（注：所有的定义域为的偶函数均符合题意）
（2）因为，所以，
移项得，
因为，所以，故，
由基本不等式，当且仅当时取到等号，
而，故，即.
（3）由题意，，
故，设，
则，
故在上单调递增，而，
故时，时，，
因此在上单调递减，在上单调递增.
不妨设，因为，
所以当时，，当或时，，
且时，时，，
故对于任意，方程有且只有两个不同的根，
又，故的图象关于对称，故，
因此数列的前项和为.
【例6】（2024届广西来宾市忻城县高中高三下学期6月热身考）已知数列满足：，，其中为数列的前n项和．
(1)求数列的通项公式；
(2)设m为正整数，若存在首项为1且公比为正数的等比数列（），对任意正整数k，当时，都有成立，求m的最大值．
【解析】（1）因为，所以，
由，得，则，，
由，得，
当时，由，得，
故
整理得，所以数列是等差数列，且首项为，公差为，
所以；
（2）由（1）知，,
因为数列为首项为1且公比为正数的等比数列，设公比为q，所以，，
因为，所以，其中，2，3，…，m．
当时，有；当，3，，m时，有．
设（），则，
令，得，列表如下：
x
单调递增 极大值 单调递减
因为，所以．
所以，故，故，
令（），则，令，则，
当时，，即，∴在上单调递减，
即时，，则，
下面求解不等式，化简得，
令，则，
由得，，∴在上单调递减，
又由于，，
∴存在使得，所以，m的最大值为5．
（六）利用导数证明数列不等式
此类问题，一般先用导数证明一个函数不等式，然后对该函数中的自变量进行赋值，通常令自变量分别为，得到n个不等式，再通过累加或累乘，得到所证不等式.
【例7】（2024届湖南省长沙市第一中学高三下学期模拟）已知函数．
(1)判断并证明的零点个数
(2)记在上的零点为，求证;
（i）是一个递减数列
（ii）．
【解析】（1）当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
证明如下：
当时，由，得，
所以函数在上单调递增，又，，
所以函数在内有唯一零点；
当时，，
若为奇数，，则，此时在内无零点；
若为偶数，设，
则，方程有一个解，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
且，此时在内有1个零点.
综上，当为奇数时，有1个零点；当为偶数时，有2个零点.
（2）（i）由（1）知，当时，在在内的零点，
当时，，，
则，故，所以数列是一个递减数列；
（ii）由（i）知，当时，，
当时，，
有，所以，求和可得
，当且仅当时等号成立；
当时，，
故，则，得，
即，即，即，
即，即，
即，当时，，
所以当时，均有成立，求和可得
.
综上，.
【例8】（2024届陕西师范大学附中高三下学期模考）已知函数，曲线在点处的切线与轴平行或重合．
(1)求的值；
(2)若对恒成立，求的取值范围；
(3)利用下表数据证明：．
1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454
【解析】（1），所以，
由条件得，得到，又，所以．
（2）由（1）知，由得：，
即，即对恒成立，
令，因为，
①当时，，因，
即当时，恒成立，即单调递减，
故，条件成立；
②当时，，即条件不成立．
综上，的取值范围为．
（3）
，
由（2）知当时，，
故得，在上恒成立，当且仅当时取等号，
所以，
即，故命题得证．
【例1】（2024届湖南省多校高三下学期4月大联考）若数列在某项之后的所有项均为一常数，则称是“最终常数列”.已知对任意，函数和数列满足.
(1)当时，证明：是“最终常数列”；
(2)设数列满足，对任意正整数.若方程无实根，证明：不是“最终常数列”的充要条件是：对任意正整数，；
(3)若不是“最终常数列”，求的取值范围.
【解析】（1）因为，所以对任意，故数列最小值不变.
即对于任意恒成立.
故对于任意，有，故是“最终常数列”.
（2）必要性，若不为“最终常数列”，假设存在一个使得，则由（1）同理可知其最小值不变，故为“最终常数列”，矛盾.所以对任意.
故对任意，均有成立，故对任意成立，
又由定义递推，知对任意正整数.
充分性：若任意正整数，则对任意成立，
又由定义知任意，均有成立.
由此知.
又由知，故，即在第项后严格递减，
故不是“最终常数列”.综上，原命题得证.
（3）由（2）知：要求，解得.
下面证明：即为所求.由时，，
由递推可知，对任意均有.
进而对任意均成立，结合（2）结论知不是“最终常数列”.故的取值范围是.
【例2】（2024届重庆市主城区高三下学期第二次调研抽测）高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”定义为：对于任意实数x，记表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”．例如：，．
(1)设，，求证：是的一个周期，且恒成立；
(2)已知数列的通项公式为，设．
①求证：；
②求的值．
【解析】（1）．
故是的一个周期．
当时，，，故．
由于周期为，故对任意，都有．
（2）①记．
，则．
∵
，∴．
而
．∴．
∴，∴．
②由①知，则．
由（1）知：对任意，都有，
∴．∴．
∵，∴．
令，
∵；
．
∵，∴．
【例3】（2024届甘肃省张掖市高三下学期模拟）泰勒公式是一个非常重要的数学定理，它可以将一个函数在某一点处展开成无限项的多项式.当在处的阶导数都存在时，它的公式表达式如下：.注：表示函数在原点处的一阶导数，表示在原点处的二阶导数，以此类推，表示在原点处的阶导数.
(1)根据公式估算的值，精确到小数点后两位；
(2)当时，比较与的大小，并证明；
(3)设，证明：.
【解析】（1）由公式可得，
所以.
（2）由（1）得，得到结论：当时，
下面给出证明：令，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，即当时，，
所以在上恒成立，所以函数在上单调递增，
即当时，，故当时，.
（3）因为，所以，则，
由（2）可得：且，
故，
即，，
，，
所以，
.
【例4】（2024届广东省广州市华南师范大学附中高三下学期5月月考）对给定的在定义域内连续且存在导函数的函数，若对在定义域内的给定常数，存在数列满足在的定义域内且，且对在区间的图象上有且仅有在一个点处的切线平行于和的连线，则称数列为函数的“关联切线伴随数列”.
(1)若函数，证明：都存在“关联切线伴随数列”；
(2)若函数，数列为函数的“1关联切线伴随数列”，且，求的通项公式；
(3)若函数，数列为函数的“关联切线伴随数列”，记数列的前项和为，证明：当时，.
【解析】（1）因为，则，
由题意可得：，
则，即，且，
可知数列为以为首项，为公比的等比数列，
显然这样的数列对于给定的是存在的，
所以都存在“关联切线伴随数列”.
（2）因为，则，
设，即，
由题意可知：，则，
可得，且，
可知数列为以为首项，为公比的等比数列，
可得，所以数列通项公式为.
（3）先证明，设函数，
则，，则，
定义的导函数为的导函数为，
则，
且，，
令，则，
，
因为，
可知在内单调递增，则，
同理得，，
故，
又在内单调递增，
在有有
因此取，有，
又在单调递减，在单调递增，故，
当时，，符合题意；当时，，
累加可得，
整理得，
所以；综上所述：.
【例5】（2024届重庆市巴蜀中学校高三下学期适应性月考）阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰·伯努利（Johann Bernoulli，1667～1748）的儿子丹尼尔·伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707～1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中．
阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．阅读以上材料后请完成以下问题：
(1)求出的值；
(2)估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式；
(3)求证：，其中．
【解析】（1）因为，
所以，，
，所以．
（2）由麦克劳林公式，令，有
再取，可得，
所以估算值为．
在中，取，可得.
（3）证明：由麦克劳林公式，当时，令，有，猜想：
令，有，猜想：
令，由，所以，即．
令，由，
再令，则恒成立，
所以在上为增函数，且，
所以在上为增函数，所以，即．
又时，，，所以.
令， 当，有，
则，命题得证．
【例6】（2025届福建省泉州市高三适应性练习）已知数列满足递推式，且，数列的前项和，数列的通项公式为．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)若数列满足：，证明：．
【解析】（1）由题可知：，将化为，
可得，即，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以数列的通项公式为，
由题，，则，
两式相减可得，即，
整理得，所以；
令，可得，即，所以；
当为偶数时，可得：
①；
当为奇数时，可得：
②．
结合①②可得：，
则，且满足上式，
综上所述，；
（2）令，
则，
故，即，
故，
则，
所以当时， ，
，
所以；
（3）由题，数列满足，即，
则，
所以，
两式相减得，
，
当时，，所以．
1．（2024届河南省信阳市名校高三下学期全真模拟）已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”.
(1)若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由；
(2)若点的坐标为，请分别求出点、的坐标；
(3)若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由.
2．（2024届江西省宜丰中学高三下学期模拟）设，.
(1)当时，证明：；
(2)证明：.
3．（2024届江苏省扬州中学高三下学期全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．注：，，，，…已知在处的阶帕德近似为．
(1)求实数a，b的值；
(2)当时，试比较与的大小，并证明；
(3)已知正项数列满足：，，求证：．
4．（2024届重庆市第一中学校高三下学期模拟）对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“函数”．
(1)试写出“函数” ，并求的值；
(2)若“函数” ，求n的最大值；
(3)记函数，其导函数为，证明：“函数” ．
5．（2024届湖南省衡阳市祁东县高三下学期考前仿真联考）已知正项数列的前项和为，首项.
(1)若，求数列的通项公式；
(2)若函数，正项数列满足：.
（i）证明：；
（ii）证明：.
6．（2024届安徽省皖北五校联盟高三第二次联考）在数学中，把只能被自己和1整除的大于1自然数叫做素数（质数）.历史上研究素数在自然数中分布规律的公式有“费马数”；还有“欧拉质数多项式”：.但经后人研究，这两个公式也有局限性.现有一项利用素数的数据加密技术—DZB数据加密协议：将一个既约分数的分子分母分别乘以同一个素数，比如分数的分子分母分别乘以同一个素数19，就会得到加密数据.这个过程叫加密，逆过程叫解密.
(1)数列中经DZB数据加密协议加密后依次变为.求经解密还原的数据的数值；
(2)依据的数值写出数列的通项公式（不用严格证明但要检验符合）.并求数列前项的和；
(3)为研究“欧拉质数多项式”的性质，构造函数是方程的两个根是的导数.设.证明：对任意的正整数，都有.（本小题数列不同于第（1）（2）小题）
7．（2024届山东省济宁市高三下学期三模）已知.
(1)判断在上的单调性；
(2)已知正项数列满足.
（i）证明:；
（ii）若的前项和为，证明:.
8．（2024届四川省射洪市高三下学期模拟）已知函数，，直线为曲线与的一条公切线.
(1)求；
(2)若直线与曲线，直线，曲线分别交于三点，其中，且成等差数列，证明：满足条件的有且只有一个.
9．（2024届海南省海口市高三下学期4月调研）已知函数，等差数列的前项和为，记.
(1)求证：的图象关于点中心对称；
(2)若，，是某三角形的三个内角，求的取值范围；
(3)若，求证：.反之是否成立 并请说明理由.
10．（2024届河南省部分学校高三5月份大联考）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，设正项数列满足：，
①求证：；
②求证：.
11．（2024届河北省承德市部分示范性高中高三下学期二模）给定一个元函数组：，若对任意正整数，均有，则把称作该函数组的“初始函数”.已知是函数组，的“初始函数”，且.
(1)求函数的单调区间；
(2)设，记，数列的前项和为.是三个互不相等的正整数，若，求除以4的余数.
12．（2024届安徽省蚌埠市高三第四次教学质量检查）已知函数，其中．
(1)若，证明：时，；
(2)若函数在其定义域内单调递增，求实数的值；
(3)已知数列的通项公式为，求证：．
13．设整数，且，函数．
(1)证明：；
(2)设，证明：；
(3)设，证明：．
14．（2024届广东省深圳市二模）无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．
(1)写出这个数列的前7项；
(2)如果且，求m，n的值；
(3)记，，求一个正整数n，满足．
15．变分法是研究变元函数达到极值的必要条件和充要条件，欧拉、拉格朗日等数学家为其奠定了理论基础，其中“平缓函数”是变分法中的一个重要概念．设是定义域为的函数，如果对任意的均成立，则称是“平缓函数”．
(1)若．试判断和是否为“平缓函数” 并说明理由；（参考公式：①时，恒成立；②．）
(2)若函数是周期为2的“平缓函数”，证明：对定义域内任意的，均有；
(3)设为定义在上的函数，且存在正常数，使得函数为“平缓函数”．现定义数列满足：，试证明：对任意的正整数．
（参考公式：且时，．）
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