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培优进阶13　数列中的交汇创新问题
　　数列中的交汇与创新问题是高考的热点内容，与函数交汇能放大数列的函数特征；与不等式交汇能够彰显不等式的工具作用；创新新定义、新情境能够突出思维过程和思维品质. 这些题目以数列为核心，围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n项和公式等，可利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数列问题转化成熟悉的数列问题并进行求解.
题型一　数列与不等式的交汇问题
角度1　数列与不等式的恒成立
已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，a1＝，当n≥2时，＝anSn－an.
(1)求Sn；
(2)设数列的前n项和为Tn，若λTn≤(n2＋9)2n恒成立，求实数λ的取值范围.
解：(1)因为当n≥2时，＝anSn－an，
所以＝(Sn－)Sn－(Sn－)，
整理得Sn－Sn，即－＝1.
所以数列＝2为首项，1为公差的等差数列，
所以＝n＋1，即Sn＝.
(2)由(1)知，＝(n＋1)2n，
所以Tn＝2×2＋3×22＋…＋n×2n－1＋(n＋1)×2n　①，
2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋(n＋1)×2n＋1　②，
①－②得－Tn＝4＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)×2n＋1＝－n×2n＋1，
所以Tn＝n×2n＋1，则λTn≤(n2＋9)2n恒成立，即λn×2n＋1≤(n2＋9)2n，
变形得λ≤＋.
因为＋≥2＝3，当且仅当n＝3时，等号成立，所以λ≤3，即λ的取值范围是(－∞，3].
角度2　数列与不等式的证明(高考超重点)
(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋＜2.
解：(1)因为a1＝1，＝1，
又的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×，
所以Sn＝an.
因为当n≥2时，an＝Sn－an－，
所以an(n≥2)，
所以(n≥2)，
所以·…··…·(n≥2)，
所以an＝(n≥2).
又a1＝1也满足上式，
所以an＝(n∈N*).
(2)证明：因为an＝，
所以＝2，
所以＋＋…＋＝2［(1－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)］＝2＜2.
【教师备选】　已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＝2an(n∈N*).
(1)证明：数列{Sn＋2}是等比数列；
(2)设数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜1.
证明：(1)当n＝1时，S1＋2＝2a1，
所以S1＝a1＝2，
当n≥2时，Sn＋2＝2(Sn－)，
Sn＝2＋2，Sn＋2＝2(＋2)，
所以＝2，又S1＋2＝4，
所以数列{Sn＋2}是以2为公比，4为首项的等比数列.
(2)由(1)知Sn＋2＝4×，Sn＝－2，代入Sn＋2＝2an，得an＝2n，
所以－，
所以Tn＝＋＋…＋
＝1－＜1.
由n≥1，≥4，－1≥3，
得≤，所以－≥－，
所以1－.
综上所述，≤Tn＜1.
数列与不等式交汇问题的解题策略
1.以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值问题.
2.对于与数列有关的不等式的证明问题，则要灵活选择不等式的证明方法，有时采用比较法(对点练2)；有时采用构造函数法；但更多采用放缩法进行证明.在运用放缩法证明时，若能够直接求和，则考虑先求和再放缩(典例2)；若不能或很难求和，则考虑先放缩再求和.
3.常见的放缩技巧
(1)对(n∈N*) 的放缩，根据不同的要求，大致有四种情况：
①＜－(n≥2)；②＞－；③＜－)(n≥2)；④＜＝2(－).
(2)对(n∈N*)的放缩，根据不同的要求，大致有两种情况：
①＞－；②＜－.
学生用书 第157页
对点练1.(2025·黑龙江哈尔滨二模)已知数列满足a1＝5，an＋1－2an＝3n(n∈N*)，记bn＝an－3n.
(1)求证：是等比数列；
(2)设cn＝，数列的前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：由已知，因为an＋1－2an＝3n，
所以an＋1＝3n＋2an.
又因为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，
所以数列中任意一项不为0，＝2，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，bn＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)知，bn＝2n，
则cn＝，设数列的前n项和为Sn，
所以Sn＝＋＋＋…＋①，
Sn＝＋＋＋…＋②，
所以①－②可得
Sn＝＋＋＋…＋－＋－，
所以Sn＝5－.
由λ＜Sn＋，得λ＜5－＋，
化简得λ＜5.
当n为奇数时，有－λ＜5，即λ＞5×－5，
而＝5×－5＝－，
所以λ＞－；
当n为偶数时，有λ＜5＝5－5×，
而＝5－5×，所以λ＜.
综上，实数λ的取值范围是.
对点练2.(2021·全国乙卷)设是首项为1的等比数列，数列满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列.
(1)求和的通项公式.
(2)记Sn和Tn分别为和的前n项和.证明：Tn＜.
解：(1)设的公比为q，则an＝qn－1.
因为a1，3a2，9a3成等差数列，所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝，故an＝，bn＝.
(2)证明：由(1)知Sn＝(1－)，
Tn＝＋＋＋…＋＋　①，
Tn＝＋＋＋…＋＋　②，
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－，
即Tn＝－(1－)－，
整理得Tn＝－，
则2Tn－Sn＝2(－)－(1－)＝－＜0，故Tn＜.
题型二　数列与函数的交汇问题
(2025·湖南长沙模拟节选)如图，函数y＝的图象下有一系列正三角形，设第n个正△Qn－1PnQn(Q0为坐标原点)的边长为an.
(1)求a1，a2的值；
(2)记Sn为数列的前n项和，探究an＋1与Sn的关系，求的通项公式.
解：(1)依题意，△Q0P1Q1为正三角形，且＝a1＞0，观察图象得P1，
而点P1在曲线y＝上，即a1＝，解得a1＝，
△Q1P2Q2为正三角形，且＝a2＞0，
点P2在曲线y＝上，即a2＝，
整理得3－2a2－＝0，解得a2＝，
所以a1＝，a2＝.
(2)△QnPn＋1Qn＋1是正三角形，点Qn，＝an＋1＞0，
于是点Pn＋1在曲线y＝上，
则an＋1＝，即Sn＝－an＋1.
当n≥2时，Sn－1＝－an，两式相减得an＝－an＋1－，
整理得，
则an＋1－an＝，而a2－a1＝满足上式，因此 n∈N*，an＋1－an＝，
即数列是首项为a1＝，公差d＝的等差数列，an＝＋(n－1)×n，
所以数列的通项公式是an＝n.
学生用书 第158页
数列与函数交汇问题的解题策略
　　解题关键是找到知识间的连接点，既要横向拓展，又要纵向延伸，将问题转化为熟悉的数列或函数问题，灵活运用对应的思想方法求解.
(1)已知函数条件，解决数列问题，一般利用函数的性质、图象等进行研究.(2)已知数列条件，解决函数问题，一般要充分利用数列的有关公式对式子化简变形.
对点练3.已知函数fx2＋x，数列的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数f的图象上.
(1) 求数列的通项公式；
(2) 若函数g，令bn＝g(，求数列的前2 026项和T2 026.
解：(1)因为点 (n，Sn)(n∈N*)均在函数f 的图象上，
所以Sn＝n2＋n.
当n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n；
当n＝1 时，a1＝S1＝1，满足上式，所以an＝n.
(2)因为g，
所以g＋g＝1.
又由(1)知an＝n，所以bn＝g.
所以T2 026＝b1＋b2＋…＋b2 026
＝g＋g＋…＋g　 ①，
又T2 026＝b2 026＋b2 025＋…＋b1
＝g＋g＋…＋g　　②，
①＋② 得，2T2 026＝2 026×［g＋g］＝ 2 026，
所以T2 026＝1 013.
题型三　数列中的新定义(新情境)创新问题
(2025·河南洛平许济二模节选)若数列共有m项， i都有ln ci＋ln cm＋1－i＝K(K为常数)，则称数列是一个项数为m的“对数等和数列”，其中K称为“对数等和常数”.已知数列是一个项数为m的对数等和数列.
(1)若m＝9，a1＝2，a5＝4，求a9的值；
(2)已知数列共有m项，且满足：bi＝，i＝1，2，3，…，m.
证明：是一个对数等和数列.
解：(1)依题意K＝ln a5＋ln a5＝ln 16，又K＝ln a1＋ln a9，
所以ln＝K＝ln 16，即2a9＝16，所以a9＝8.
(2)证明：依题意bi＝，则bm＋1－i＝，因此bibm＋1－i＝1.
又bi＞0，从而ln bi＋ln bm＋1－i＝ln＝0，即数列是一个项数为m的对数等和数列，且对数等和常数为0.
1.解决数列新定义问题的关键是“吃透定义，联系旧知，从特殊到一般”，逐步将陌生问题转化为熟悉的数列问题进行求解.
2.本题解答的关键是理解“对数等和数列”的定义，问题将会快速的解答.
对点练4.(2025·广东湛江二模节选)已知m＞0，若正项数列满足 n∈N*，＜1＜，则称为“上界m数列”.
(1)若cn＝sin，判断数列是否为“上界1数列”，并说明理由；
(2)若数列是“上界m数列”，求m的最小值.
解：(1)由题意可知，c1＝sin ，c2＝sin .
因为λ＞，所以0＜＜＜，
则c1＞c2＞0，则＞1，从而不是“上界1数列”.
(2)因为＜1，
又数列是“上界m数列”，所以m＞恒成立.
又＝2－＜2，
所以m≥2，即m的最小值为2.
课时分层测评49　数列中的交汇创新问题
(时间：60分钟　满分：70分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(10分)(1)已知数列{an}的通项公式为an＝，前n项和为Sn，证明：S2 025＜45.
(2)已知数列{an}的通项公式为an＝，前n项和为Sn，证明：Sn＜2.
证明：(1)由an＝知，＜－，
故＋＋＋…＋＜(1－0)＋(－1)＋(－)＋…＋(－)
＝＝45.
所以原不等式成立.
(2)由an＝知Sn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，
所以Sn＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n×，
两式作差得Sn＝＋＋＋＋…＋－－＝1－，
所以Sn＝2－＜2.
所以原不等式成立.
2.(13分)在平面直角坐标系内，将函数f(x)＝2－及g(x)＝在第一象限内的图象分别记作C1，C2，点Pn(an，f(an))(n∈N*)在C1上.过点Pn作平行于x轴的直线，与C2交于点Qn，过点Qn作平行于y轴的直线，与C1交于点Pn＋1，如图所示.
(1)若a1＝，请写出a2，a3的值；
(2)若0＜a1＜，证明：是等比数列.
解：(1)当a1＝时，f(a1)＝，得P1(，)，所以Q1(，)，所以P2(，)，Q2(，).所以a2＝，a3＝.
(2)证明：依题意，由Pn(an，f(an))可得Qn(an＋1，f(an)).
因为点Qn在C2上，所以f(an)＝.
又f(an)＝2－，所以2－，整理可得an＋1＝＋，
所以an＋1－①，
且an＋1＋②，
易知an≠－，则①÷②得＝－.
又0＜a1＜，所以＜0，所以数列为首项、－为公比的等比数列.
3.(15分)已知{an}是首项为1的等比数列，{bn}是首项为2的等差数列，a3＝b2且a4＝b1＋b3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)将{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的所有元素按从小到大的顺序排列组成新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和S50；
(3)设数列{dn}的通项公式为dn＝ n∈N*，记{dn}的前n项和为Tn，若3＋3nt－14对任意的n∈N*都成立，求正数t的取值范围.
解：(1)设{an}的公比为q(q≠0)，{bn}的公差为d，
因为a3＝b2且a4＝b1＋b3，
所以q2＝2＋d，q3＝4＋2d，
解得q＝2，d＝2，
所以an＝，bn＝2n.
(2)由(1)知an＝，bn＝2n，
因为数列{bn}是正偶数构成的等差数列，
数列{an}除首项外，其余项都是2的倍数，
所以数列{cn}的前50项和S50＝1＋2×49＋×2＝2 451.
(3)因为dn＝
所以＝d1＋d2＋d3＋d4＋…＋＝(2＋23＋25＋…＋)＋(4＋6＋8＋…＋2n)＝＋(n－1)＝－＋＋n2＋n，
由3＋3nt－14得3(－＋＋n2＋n)≥＋3nt－14，
即t≤n＋＋1对任意的n∈N*都成立.
因为n＋＋1≥2＋1，n∈N*，所以等号取不到，
当n＝1时，1＋2＋1＝4，
当n＝2时，2＋1＋1＝4，
所以正数t的取值范围是(0，4].
4.(15分)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的乘积，形成一个新数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“J延拓”.如数列1，2第一次“J延拓”后得到数列1，2，2，第二次“J延拓”后得到数列1，2，2，4，2.将数列a，b，c经过n次“J延拓”后所得数列的项数记为Pn，所有项的乘积记为Qn.
给定数列－1，2，1，回答下列问题：
(1)求P2，Q2；
(2)若＞22 025，求正整数n的最小值.
解：(1)数列－1，2，1第一次“J延拓”后得到数列－1，－2，2，2，1，第2次“J延拓”后得到数列－1，2，－2，－4，2，4，2，2，1，所以P2＝9，Q2＝－512.
(2)数列－1，2，1第n次“J延拓”后得到的数列，记为A1，A2，A3，…，，
第n＋1次“J延拓”后，每两项之间添加1项，共添加了项，
所以总项数Pn＋1＝Pn＋＝2Pn－1，
故Pn＋1－1＝2.
因为P1＝5，
所以是首项为4，公比为2的等比数列，
Pn－1＝4×2n－1＝2n＋1，即Pn＝2n＋1＋1，
第n＋1次“J延拓”后，每相邻两项之间插入这两项的乘积，所以在计算所有项的乘积时，
因子Ai共出现了3次，A1，共出现了2次，A1＝－1，＝1.
所以所有项的乘积Qn＋1＝＝－，所以，
两边同时取以e为底的对数，则ln＝3ln.
因为ln＝ln 8，
所以是首项为ln 8，公比为3的等比数列，
ln＝3n－1ln 8＝3nln 2，所以.由于Q1＞0，故Qn＝.
Pn＋Qn＝2n＋1＋1＋，
当n≤6时，≤＋＝2n＋1＋1＋≤27＋1＋2729＜22 025，
当n＝7时，＝28＋1＋＝257＋22 187＞22 025，所以n的最小值为7.
5.(17分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，首项a1＝1.
(1)若＝4Sn－2an－1，求数列{an}的通项公式；
(2)若函数f(x)＝2ex＋x，数列{an}满足an＋1＝f(an)(n∈N*).
证明：Sn≥3n－n－1.
解：(1)由＝4Sn－2an－1知，当n≥2时，＝4Sn－1－2an－1－1，
两式相减得－＝4(Sn－Sn－1)－2an＋2an－1，
即(an＋an－1)(an－an－1)＝2(an＋an－1)，
由题意得an＞0，则an－an－1＝2，
因此数列{an}是首项为1、公差为2的等差数列，
所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)证明：令h(x)＝ex－x－1，则h'(x)＝ex－1，
易知当x＜0时，h'(x)＜0，当x＞0时，h'(x)＞0，
所以函数h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)，即ex≥x＋1，当且仅当x＝0时取等号.
又an＞0，所以an＋1＝f(an)＝2＋an＞2(an＋1)＋an＝3an＋2.
即an＋1＋1＞3(an＋1)，即＞3.
当n≥2时，an＋1＝(a1＋1)··…·＞(a1＋1)·3n－1＝2·3n－1，
当n＝1时，a1＋1＝2＝2×30，因此an≥2×3n－1－1，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an≥(2×30－1)＋(2×31－1)＋(2×32－1)＋…＋(2×3n－1－1)＝2(30＋31＋32＋…＋3n－1)－n＝2×－n＝3n－n－1，得证.
【教师备选】　已知f(x)＝(2－x)ex－x.
(1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)已知正项数列{an}满足a1＝1，an·－1(n∈N*).
(ⅰ)证明：an＋1＜an＜2an＋1(n∈N*).
(ⅱ)若{an}的前n项和为Sn，证明：Sn≥2－(n∈N*).
解：(1)由题意知函数f(x)的定义域是R，f'(x)＝(1－x)ex－1.
令g(x)＝(1－x)ex－1，则g'(x)＝－xex，当x∈(0，＋∞)时，g'(x)＜0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，则当x∈(0，＋∞)时，g(x)＜g(0)＝0，即f'(x)＜0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
(2)证明：(ⅰ)要证an＋1＜an，即证＜，即证＜，即证(1－an)－1＜0.
令g(an)＝(1－an)－1，
由an＞0及(1)知，g(an)＜g(0)＝0，即g(an)＝(1－an)－1＜0，所以an＋1＜an.
要证an＜2an＋1，即证an＜an＋1，只需证an＜an，
而an·－1，则只需证an＜－1.
令t＝，则an＝2ln t，由a1＝1，an＋1＜an，知0＜an≤1，则t∈(1，]，只需证2ln t·t＜t2－1，
即证2ln t＜t－，t∈(1，].
令h(t)＝2ln t－(t－)，t∈(1，]，则h'(t)＝－1－＝－＜0，
故函数h(t)在(1，]上单调递减，h(t)＜2ln 1－(1－1)＝0，
即2ln t＜t－，因此an＜2an＋1.
综上，an＋1＜an＜2an＋1.
(ⅱ)由(ⅰ)可知a1＝1，a2＞a1＝，a3＞a2＞，a4＞a3＞，a5＞a4＞，…，an＞an－1＞，
则当n≥2且n∈N*时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＞1＋＋＋…＋＝2－.
当n＝1时，S1＝1＝2－.
综上，Sn≥2－(n∈N*)
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