微专题15 数列与其他知识的交汇
问题
近几年高考：1.数列与三角的交汇主要有数列{an}的通项中有
三角函数,另一类是数列{an}中的通项an作为三角函数中的角
出现等.
2.数列与集合的交汇主要体现在对数列与集合元素的关系的考
查与应用等.
3.数列与圆锥曲线融合交汇的综合题是高考中的热点题型.这类
试题体现了以能力立意的命题指导思想,呈现出立意新、角度
活、思维跨度大、综合性强等特点.
4.数列与导数的交汇主要考查利用导数研究函数的性质,再运
用结论解决数列问题.
二．典型例题
1. 数列与三角的交汇
例1 已知f(x)=x+2sin x,等差数列{an}的前n 项和为Sn,记Tn=
n
∑
i=1
f(ai).
(1)求证:函数y=f(x)的图象关于点(π,π)中心对称;
(2)若a1,a2,a3是某三角形的三个内角,求T3的取值范围;
(3)若S100=100π,求证:T100=100π.反之是否成立?并请说明理由.
(1)证明 f(x)=x+2sin x,
f(2π-x)=(2π-x)+2sin(2π-x)=2π-x-2sin x,
f(x)+f(2π-x)=x+2sin x+2π-x-2sin x=2π,
故函数y=f(x)的图象关于点(π,π)中心对称.
(2)解 因为{an}为等差数列,
所以a1+a2+a3=3a2,
又因a1,a2,a3是某三角形的三个内角,
所以a1+a2+a3=π,
得a2=π
3
,a1+a3=2π
3
,
T3=a1+2sin a1+a2+2sin a2+a3+2sin a3
=π+2sin a1+2sinπ
3
+2sin(
2π
3 −a1),
化简得T3=π+❑√3+3sin a1+❑√3cos a1=π+❑√3+2❑√3sin(a1+ π
6)
,
因为a1,a2,a3是某三角形的三个内角,
且a2=π
3
,所以a1∈(0, 2π
3 ),
即a1+π
6
∈(
π
6 , 5 π
6 ),sin(a1+ π
6)∈(
1
2 ,1],
可得T3∈(π +2❑√3,π +3 ❑√3].
(3)证明 若S100=100π,根据等差数列性质可得50(an+a101-
n)=100π(1≤n≤50,n∈N*),
由此可得an+a101-n=2π,a101-n=2π-an,
sin a101-n=sin(2π-an)=-sin an,
即sin an+sin a101-n=0,
T100=
100
∑
i=1
f(ai)=
100
∑
i=1
(ai+2sin ai)=
100
∑
i=1
ai+2
100
∑
i=1
sin
ai=S100+2×50(sin an+sin a101-n),
解得T100=100π,证毕.
反之,若T100=100π,
即T100=
100
∑
i=1
f(ai)=S100+
100
∑
i=1
sin ai=100π.
因为{an}为等差数列,所以50(an+a101-n)=S100⇒an+a101-n=S100
50
(1≤n≤50,n∈N*),
即T100=
100
∑
i=1
f(ai)
=S100+
50
∑
i=1[sin ai+sin(
S100
50 −ai)]=100π,
当且仅当sin(
S100
50 −ai)=-sin ai时,S100=100π,
若sin(
S100
50 −ai)≠-sin ai,
则S100≠100π,
故反之不成立,证毕.
训练1 (2025·汕头二模)已知数列{an},an=n2
(co s
2 n π
3 −sin
2 n π
3 ),其前n 项和为Sn.
(1)求a1+a2+a3;
(2)求S3n;
(3)若数列{bn}的前n 项和为Tn,且bn= S3n
n·2
n−1,证明:Tn<22.
(1)解 因为an=n2(co s
2 n π
3 −sin
2 n π
3 )=n2·cos 2n π
3
,
所以a1+a2+a3=cos 2π
3
+4cos 4 π
3
+9cos 2π=-1
2
-2+9=13
2
.
(2)解 因为a3k-2+a3k-1+a3k
=(3k-2)2·cos 2π
3
+(3k-1)2·cos 4 π
3
+(3k)2·cos 2π
=-(3k −2)
2
2
-(3k −1)
2
2
+(3k)2=9k-5
2
,
所以S3n=1
2[(9−5
2)+(9n−5
2)]·n=n(9n+ 4)
2
.
(3)证明 因为bn= S3n
n·2
n−1=n(9n+ 4)
2
·
1
n·2
n−1=(9n+4)· 1
2
n ,
所以Tn=13×1
2
+22× 1
2
2 +31× 1
2
3 +…+(9n-5)· 1
2
n−1+(9n+4)· 1
2
n
,
从而1
2
Tn=13× 1
2
2+22× 1
2
3 +…+(9n-5)· 1
2
n +(9n+4)· 1
2
n+1,
两式相减得
1
2
Tn=2+9(
1
2 + 1
2
2 + 1
2
3 +…+ 1
2
n)-(9n+4)· 1
2
n+1
=2+9·
1
2(1−1
2
n)
1−1
2
-(9n+4)· 1
2
n+1
=2+(9−9
2
n)-9n+ 4
2
n+1
=11-9n+22
2
n+1
,
故Tn=22-9n+22
2
n
<22,得证.
2. 数列与集合的交汇
例2 (2025·湖北八市联考)有穷等差数列{an}共有m 项(m>2),公
差为1,前n 项和为Sn,a1=a2,am=b2(a,b 为正整数).T 为集合
A={ak|ak为完全平方数,k=1,2,…,m}中所有元素之和.
(1)当a=2,b=6 时,求T
Sm
;
(2)从数列{an}中任取一项ai,若ai∈A 的概率为1
100
,试求出所
有的数对(a,b);
(3)设X 为正整数,将X2从正中间分割为两个数(若X2的位数是
奇数,在数的前面补上0 再分割),若这两个数的和恰好等于X,
则称X2为“漂亮数”.例如:92=81,8+1=9,所以81 是一个“漂亮
数”,2972=88 209,88+209=297,所以88 209 是一个“漂亮数”.
当a=32,b=99 时,从集合A 中任取一个元素,求该元素为“漂亮
数”的概率.
解 (1)当a=2,b=6 时,a1=4,am=36,m=33,Sm=4 +36
2
×33=660,
A={4,9,16,25,36},
∴T=4+9+16+25+36=90,
故T
Sm
= 90
660
= 3
22
.
(2)∵公差d=am−a1
m−1
=1,
即b
2−a
2
m−1
=1,
∴m=b2-a2+1.
又A 中元素的个数为b-a+1,
由题意b−a+1
b
2−a
2+1
= 1
100
.
整理得b2-a2+1=100(b-a)+100,
得b2-a2-100(b-a)=99,
∴(b-a)(b+a-100)=99.
∵a,b 均为正整数,且b>a,
∴{
b−a=1,
b+a−100=99 或{
b−a=3,
b+a−100=33
或{
b−a=9,
b+a−100=11 或{
b−a=11,
b+a−100=9
或{
b−a=33,
b+a−100=3 或{
b−a=99,
b+a−100=1,
解得
{
a=99,
b=100 或{
a=65,
b=68 或{
a=51,
b=60 或{
a= 49,
b=60 或{
a=35,
b=68 或{
故满足条件的数对有(1,100),(35,68),(49,60),(51,60),
(65,68),(99,100).
(3)由题意,“漂亮数”一定是完全平方数,
又322=1 024,992=9 801,
故此时数列{an}中的数全部是四位数.
可设{an}中的“漂亮数”为p2=100x+y 且p=x+y,
其中32≤p≤99,x 为两位数,y 为两位数或一位数.
∴(x+y)2=100x+y,
∴(x+y)2-(x+y)=99x,
即(x+y)(x+y-1)=99x,
∴99 整除(x+y)(x+y-1).
注意到99=1×99=3×33=9×11,
又32≤x+y≤99,
①若x+y=99,则x+y-1=x,
此时x=98,y=1,
∴9 801 是一个“漂亮数”;
②若x+y<99,注意到(x+y)(x+y-1)为相邻整数,不可能同时为3
的倍数,
∴必有9 整除x+y,11 整除x+y-1,或者11 整除x+y,9 整除
x+y-1.
下列分两种情况进行讨论:
(ⅰ)x+y=9λ,x+y-1=11μ,4≤λ≤10,λ,μ∈N*,
两式相减可得9λ-11μ=1,
即μ=9 λ−1
11
.
∵μ∈N*,∴λ 只能取5,此时μ=4,
∴x+y=45,∴452=2 025 是一个“漂亮数”.
(ⅱ)x+y=11λ,x+y-1=9μ,3≤λ≤8,λ,μ∈N*,
两式相减可得11λ-9μ=1,即μ=11 λ−1
9
.
∵μ∈N*,所以λ 只能取5,此时μ=6,
∴x+y=55,∴552=3 025 是一个“漂亮数”.
综上所述,当a=32,b=99 时,数列{an}中的“漂亮数”有2
025,3 025,9 801,共3 个,
且都属于集合A;
而集合A 中元素的个数为68;
故从A 中任取一个元素,且该元素为“漂亮数”的概率为3
68
.
训练2 用符号|A|表示集合A 中元素的个数.对于实数集合A 和
B,且|A|≥2,|B|≥2,定义两个集合:
①和集A+B={a+b|a∈A,b∈B};
②邻差集D(A)={ak+1-ak|k=1,2,…,|A|-1},
其中a1,a2,…,a|A|为集合A 中元素按照从小到大排列.
(1)已知集合A={1,3,5},B={2,4},求|D(A+B)|,|D(A)∪D(B)|的值;
(2)已知集合A={2n|n=1,2,…,100},B={4n|n=1,2,…,100},求|
A+B|的值;
(3)若A 与B 都是由m(m≥3,m∈N*)个实数构成的集合,证明:|
A+B|=2m-1 的充要条件是|D(A)∪D(B)|=1.
(1)解 因为A={1,3,5},B={2,4},
所以A+B={3,5,7,9},
所以D(A+B)={2},D(A)={2},D(B)={2},
所以|D(A+B)|=1,|D(A)∪D(B)|=1.
(2)解 考虑2i+4j=2s+4t(*),
不妨设j<t,则i>s,
①当t≤51 时,4t-(4j+2i)≥4t-4t-1-2i=3·4t-1-2i≥3·450-2100>0,此时
(*)式不成立;
②当t≤50 时,若i>2t,则2i-(2s+4t)≥2i-2i-1-4t=2i-1-4t≥22t-22t=0,
此时(*)式不成立;
若i<2t,则4t-(4j+2i)≥4t-4t-1-2i=3·4t-1-2t≥3·22t-2-22t-1=3
2
·22t-1-
22t-1>0,此时(*)式也不成立;
若i=2t,则取s=2j,此时(*)式成立.
由上分析知和集中重复的元素个数共50×49
2
=1 225 个.
所以|A+B|=100×100-1 225=8 775.
(3)证明 充分性的证明:
当|D(A)∪D(B)|=1 时,不妨设D(A)=D(B)={d},
设集合A={a1,a2,…,am},
B={b1,b2,…,bm},
其中a1<a2<…<am,
b1<b2<…<bm,
{an},{bn}(n=1,2,…,m)是公差为d 的等差数列.
因此A+B={a1+b1,a1+b1+d,…,a1+b1+2(m-1)d},A+B 里面的元素
也是公差为d 的等差数列,所以|A+B|=2m-1.
必要性的证明:
设集合A={a1,a2,…,am},B={b1,b2,…,bm},其中a1<a2<…
<am,b1<b2<…<bm,
则a1+b1<a2+b1<…<am+b1<am+b2<…<am+bm.
这里共2m-1 个不同元素,
又|A+B|=2m-1,
所以上面为和集A+B 中的所有元素.
又a1+b1<a1+b2<…<a1+bm<a2+bm<…<am+bm,这里共2m-1 个不同
元素,也为和集A+B 的所有元素,
所以有a2+b1=a1+b2,
即a2-a1=b2-b1.
一般地,由
a1+b1<a1+b2<…<a1+bk<a2+bk<…<am+bk<am+bk+1<…<am+bm,
a1+b1<a1+b2<…<a1+bk<a1+bk+1<a2+bk+1<…<am+bk+1<…<am+bm,
可得a2+bk=a1+bk+1,
即a2-a1=bk+1-bk(1≤k≤m-1).
同理可得b2-b1=ak+1-ak(1≤k≤m-1),得证.
3. 数列与圆锥曲线、导数的交汇
例3 已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C 上,k 为常数,
0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n=2,3,…),过点Pn-1作斜率
为k 的直线与C 的左支交于点Qn-1,令Pn为Qn-1关于y 轴的对称
点,记Pn的坐标为(xn,yn).
(1)若k=1
2
,求x2,y2;
(2)证明:数列{xn-yn}是公比为1+k
1−k
的等比数列;
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积,证明:对于任意的正整数
n,Sn=Sn+1.
(1)解 ∵P1在C 上,∴m=52-42=9,
故k=1
2
时,有{
x2
2−y2
2=9,
y2−4 = 1
2 ( x2−5),
解得{
x2=3,
y2=0 或{
x2=5,
y2= 4
(舍),
∴x2=3,y2=0.
(2)证明 设Pn(xn,yn),Qn(-xn+1,yn+1),
直线PnQn斜率为k.
设zn=xn-yn,
∴{
xn
2−yn
2=9,
xn+1
2
−yn+1
2
=9,
则( yn+1−yn)( yn+1+ yn)
( xn+1−xn)( xn+1+ xn)
=1,
结合yn+1−yn
−xn+1−xn
=k,
得{
yn+1−yn=−k( xn+1+ xn),
xn+1−xn=−k( yn+1+ yn),
两式相减,得zn+1-zn=k(zn+1+zn),
∴zn+1
zn
= 1+k
1−k
,
∴数列{xn-yn}是公比为1+k
1−k
的等比数列.
(3)证明 要证Sn+1=Sn,
即证S△Pn Pn+1Pn+2=S△Pn+1Pn+2 Pn+3,
这等价于Pn+1Pn+2∥PnPn+3.
设1+k
1−k
=q,
由(2)知{
xn−yn=q
n−1,
xn+ yn=9·(
1
q)
n−1
,
∴xn=1
2[q
n−1+9(
1
q)
n−1
],
yn=1
2[9(
1
q)
n−1
−q
n−1],
∵k Pn+1 Pn+2= yn+2−yn+1
xn+2−xn+1
=( xn+2−q
n+1)−( xn+1−q
n)
xn+2−xn+1
=1-
2q
n(q−1)
[q
n+1+9(
1
q)
n+1
]−[q
n+9(
1
q)
n
]
=1-
2q
n(q−1)
q
n(q−1)+9 1−q
q
n+1
=1- 2q
2n+1
q
2n+1−9
,
k Pn Pn+3= yn+3−yn
xn+3−xn
=( xn+3−q
n+2)−( xn−q
n−1)
xn+3−xn
=1-
2q
n−1(q
3−1)
[q
n+2+9(
1
q)
n+2
]−[q
n−1+9(
1
q)
n−1
]
=1-
2q
n−1(q
3−1)
q
n−1(q
3−1)+9 1−q
3
q
n+2
=1- 2q
2n+1
q
2n+1−9
,
故k Pn+1 Pn+2=k Pn Pn+3,Pn+1Pn+2∥PnPn+3,
∴Sn=Sn+1.
训练3 已知正项数列{an},a1=1,an+1=1
2
ln(an+1),n∈N*.求证:
(1)an+1<an;(2)an-2an+1<an·an+1;
(3) 1
2
n <an≤1
2
n−1.
证明 (1)先证明ln(x+1)<x 对x∈(0,+∞)恒成立,
记f(x)=ln(x+1)-x,
则f'(x)= 1
x +1
-1= −x
x +1
<0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,
所以x>0 时,f(x)<f(0)=0,
所以x∈(0,+∞)时,ln(x+1)<x.
又an>0,所以an+1=1
2
ln(an+1)<1
2
an,
即an>2an+1>an+1.
即an+1<an,得证.
(2)要证an-2an+1<an·an+1成立,
只需证an-ln(an+1)<1
2
·an·ln(an+1)成立,
即证ln(an+1)> 2an
an+2
成立.
记g(x)=ln(x+1)- 2 x
x +2
,x∈(0,+∞),
则g'(x)= 1
x +1
-
4
( x +2)
2=
x
2
( x +1)( x +2)
2>0,
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以x>0 时,g(x)>g(0)=0,
所以x∈(0,+∞)时,ln(x+1)> 2 x
x +2
,
又an>0,所以ln(an+1)> 2an
an+2
,得证.
(3)由(2)知an-2an+1<an·an+1,
即1
an+1
< 2
an
+1,
则1
an+1
+1< 2
an
+2=2(
1
an
+1),即
1
an+1
+1
1
an
+1
<2,
又1
a1
+1=2,所以1
an
+1≤2·2n-1=2n,
所以an≥
1
2
n−1
> 1
2
n ;
由(1)知an>2an+1,所以an+1
an
<1
2
,又a1=1,
则an≤1·(
1
2)
n−1
=(
1
2)
n−1
.
综上, 1
2
n <an≤1
2
n−1.
【精准强化练】
1.(2025·北京东城区模拟)对于一个递增正整数数列{an},如果它
的奇数项为奇数,偶数项为偶数,则称它是一个交错数列.规定
只有一项且是奇数的数列也是一个交错数列.将每项都取自集
合{1,2,…,n}的所有交错数列的个数记为An.例如,当n=1 时,
取自集合{1}的交错数列只有1 一种情况,则A1=1;当n=2 时,取
自集合{1,2}的交错数列有1 和1,2 两种情况,则A2=2.
(1)求A3和A4的值;
(2)证明:取自集合{1,2,…,n}(n≥3)的首项不为1 的交错数列的
个数为An-2;
(3)记数列{An}的前n 项和为Sn,求使得Sn>2 025 成立的n 的最
小值.
(1)解 当n=3 时,取自集合{1,2,3}的交错数列有1;3;1,2;1,2,3
四种情况,因此A3=4;
当n=4 时,取自集合{1,2,3,4}的交错数列有
1;3;1,2;1,4;3,4;1,2,3;1,2,3,4 七种情况,因此A4=7.
(2)证明 设数列a1,a2,…,am是取自集合{1,2,…,n}的交错数
列,
因为a1≠1 且是奇数,所以a1≥3,
构造数列bi=ai-2,i=1,2,…,m,
则bi∈{1,2,…,n-2},
此时数列b1,b2,…,bm的个数是取自集合{1,2,…,n-2}的所有
交错数列的个数An-2,
因为数列a1,a2,…,am是递增数列,所以对于每一个
bi∈{1,2,…,n-2}都有且仅有一个ai∈{3,4,…,n}与之对应,
所以取自集合{1,2,…,n}(n≥3)的首项不为1 的交错数列的个
数为An-2.
(3)解 设数列a1,a2,…,am是取自集合{1,2,…,n}的交错数列,
由(2)得,当a1≥3 时,所有交错数列的个数为An-2,
当a1=1 时,若n=1,则仅有一个交错数列;
若n≥2 时,构造数列bj-1=aj-1(2≤j≤n),
则bj-1∈{1,2,…,n-1},
此时数列b1,b2,…,bm-1的个数是取自集合{1,2,…,n-1}的所有
交错数列的个数An-1,
因为数列a1,a2,…,am是递增数列,
所以数列b1,b2,…,bm-1与数列a2,a3,…,am之间一一对应.
又因为a1=1,
所以数列a1,a2,…,am(m≥2)的所有交错数列的个数为An-1.
综上所述,An=An-1+An-2+1(n≥3).
当n≥3 时,由{
A3= A2+ A1+1,
A4= A3+ A2+1,
…
An= An−1+ An−2+1,
累加得Sn-A2-A1=Sn-1-A1+Sn-2+n-2,
因为A1=1,A2=2,
所以Sn-2=An-n(n≥3),
由An=An-1+An-2+1 及(1)得A5=12,…,
A13=609,A14=986,A15=1 596,A16=2 583,
显然{Sn}单调递增,
因为S13=A15-15=1 581,
S14=A16-16=2 567,
所以S13<2 025<S14,
所以使得Sn>2 025 成立的n 的最小值为14.
2.(2025·郑州质检)已知一列椭圆Cn:x2+ y
2
bn
2
=1,0<bn<1,n=1,2,….若椭圆Cn上有一点Pn,使Pn到右准线ln
的距离dn是|PnFn|与|PnGn|的等差中项,其中Fn,Gn分别是Cn的左、
右焦点.
(1)求证:bn≤
❑√3
2
(n≥1).
(2)取bn=
❑√2n+3
n+2
,并用Sn表示△PnFnGn的面积,求证:S1<S2且
Sn>Sn+1(n≥3).
证明 (1)由题意,a=1,cn=❑√a
2−bn
2=❑√1−bn
2,准线ln的方程
为x=a
2
c
= 1
cn
,
根据椭圆的定义,有|PnFn|+|PnGn|=2a=2,
dn=| Pn Fn|+| PnGn|
2
=1,
设点Pn(xn,yn),则有xn= 1
cn
-1,
椭圆Cn左顶点的坐标为(-1,0),右顶点的坐标为(1,0),Pn在Cn
上,
∴-1≤xn≤1,
即-1<
1
❑√1−bn
2 -1≤1,
解得bn≤
❑√3
2
.
(2)由题意,|FnGn|=2cn,xn= 1
cn
-1,
bn=
❑√2n+3
n+2
,
cn
2=1-bn
2=(n+1)
2
(n+2)
2,
cn=n+1
n+2
, 1
cn
-1= 1
n+1
,
yn=bn❑√1−xn
2=
❑√2n+3
n+2
❑√
1−(
1
cn
−1)
2
=
❑√2n+3·
❑√n
2+2n
(n+1)(n+2)
,
Sn=1
2
|FnGn|·yn=(2n
2+3n)
1
2
(n+2)
3
2
,
考查Sn
2=2n
2+3n
(n+2)
3 ,
构造函数f(x)=2 x
2+3 x
( x +2)
3 ,
则有f'(x)=(4 x +3)( x +2)
3−3(2 x
2+3 x)( x +2)
2
( x +2)
6
=−2( x
2−x−3)
( x +2)
4
,
当1≤x≤2 时,f'(x)>0,
所以S1
2<S2
2,S1<S2;
当x≥3 时,f'(x)<0,所以Sn
2在n≥3 时单调递减,即Sn>Sn+1.
