《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

考点二 数列与函数、向量的综合
[例2](1)(2023·龙岩模拟)已知函数f(x)=$\frac{1}{3}x^{3}+4x$,记等差数列{aₙ}的前n项和为Sₙ,若f(a₁+2)=100,f(a₂₀₂₂+2)= - 100,则S₂₀₂₂等于 ( )
A.-4 044 B.-2 022 C.2 022 D.4 044
(2)数列{aₙ}满足a₁=1,a₂=5,若m=(1,aₙ₊₁+1),n=(aₙ+aₙ₊₂,-2),m·n=0,则数列{aₙ}的通项公式为________________.

答案：
(1)A 因为$f(-x)=-\frac{1}{3}x^{3}-4x=-f(x)$，
所以$f(x)$是奇函数，
因为$f(a_{1}+2)=100,f(a_{2022}+2)=-100$，
所以$f(a_{1}+2)=-f(a_{2022}+2)$，
所以$a_{1}+2+a_{2022}+2 = 0$，
所以$a_{1}+a_{2022}=-4$，
所以$S_{2022}=\frac{2022(a_{1}+a_{2022})}{2}=-4044$.
(2)[解析]由已知$m\cdot n = 0$，
得$1\times(a_{n}+a_{n + 2})-2(a_{n + 1}+1)=0$，
即$(a_{n + 2}-a_{n + 1})-(a_{n + 1}-a_{n})=2$，
则$\{a_{n + 1}-a_{n}\}$是首项为$a_{2}-a_{1}$，公差为2的等差数列，
则$a_{n + 1}-a_{n}=(a_{2}-a_{1})+(n - 1)\times2 = 2(n + 1)$，
于是$a_{n}=(a_{n}-a_{n - 1})+(a_{n - 1}-a_{n - 2})+\cdots+(a_{2}-a_{1})+a_{1}$
$=2n+2(n - 1)+\cdots+2\times2 + 1$
$=2[n+(n - 1)+\cdots+2]+1=n^{2}+n - 1$.
答案：$a_{n}=n^{2}+n - 1$

对点训练
1.已知数列{aₙ}满足aₙ₊₂ - aₙ₊₁ = aₙ₊₁ - aₙ,n∈N*,且a₅=$\frac{π}{2}$,若函数f(x)=sin 2x+2cos²$\frac{x}{2}$,记yₙ=f(aₙ),则数列{yₙ}的前9项和为 ( )
A.0
B.-9
C.9
D.1

答案： 1.C 由题意知数列$\{a_{n}\}$是等差数列.
因为$a_{5}=\frac{\pi}{2}$，所以$a_{1}+a_{9}=a_{2}+a_{8}=a_{3}+a_{7}=a_{4}+a_{6}=2a_{5}=\pi$.
$f(x)=\sin2x + 2\cos^{2}\frac{x}{2}$，所以$f(x)=\sin2x+\cos x + 1$，
所以$f(a_{1})+f(a_{9})=\sin2a_{1}+\cos a_{1}+1+\sin2a_{9}+\cos a_{9}+1 = 2$.
同理$f(a_{2})+f(a_{8})=f(a_{3})+f(a_{7})=f(a_{4})+f(a_{6})=2$.
因为$f(a_{5})=1$，所以数列$\{y_{n}\}$的前9项和为9.

2.数列{aₙ}是等差数列,a₁=1,公差d∈[1,2],且a₄+λa₁₀+a₁₆=15,则实数λ的最大值为__________.

答案： [解析]因为$a_{4}+\lambda a_{10}+a_{16}=15$，
所以$a_{1}+3d+\lambda(a_{1}+9d)+a_{1}+15d=15$，
令$\lambda=f(d)=\frac{15}{1 + 9d}-2$，因为$d\in[1,2]$，
所以令$t = 1 + 9d,t\in[10,19]$，
因此$\lambda=f(t)=\frac{15}{t}-2$.
当$t\in[10,19]$时，函数$\lambda=f(t)$是减函数，
故当$t = 10$时，实数$\lambda$有最大值，
最大值为$f(10)=-\frac{1}{2}$.
答案：$-\frac{1}{2}$

[例3]公比为2的等比数列{aₙ}中存在两项aₘ,aₙ满足aₘaₙ=16a₁²,则$\frac{1}{m}+\frac{4}{n}$的最小值为 ( )
A.$\frac{3}{2}$ B.$\frac{5}{3}$ C.$\frac{4}{3}$ D.$\frac{13}{10}$

答案： [例3]A 由等比数列的通项公式知$a_{m}=a_{1}\times2^{m - 1},a_{n}=a_{1}\times2^{n - 1}$，由$a_{m}a_{n}=16a_{2}^{2}$，
可得$a_{1}^{2}\times2^{m + n - 2}=16a_{1}^{2}$，易知$a_{1}\neq0$，
故$2^{m + n - 2}=16$，解得$m + n = 6$，
则$\frac{1}{m}+\frac{4}{n}=\frac{1}{6}(m + n)\cdot(\frac{1}{m}+\frac{4}{n})$
$=\frac{1}{6}(1+\frac{4m}{n}+\frac{n}{m}+4)\geqslant\frac{1}{6}(5 + 2\sqrt{\frac{4m}{n}\cdot\frac{n}{m}})=\frac{3}{2}$(当且仅当$m = 2,n = 4$时取等号).

[例4](2023·宁德模拟)已知数列{aₙ},{bₙ}满足bₙ=aₙ+n²,a₁+b₁=3,a₂+b₂=8,且数列{aₙ}是等差数列.
(1)求数列{bₙ}的通项公式;
(2)记数列{$\frac{1}{b_{n}}$}的前n项和为Sₙ,求证:$\frac{1}{2}≤S_{n}＜1$.

答案： [例4][解析]
(1)由$b_{n}=a_{n}+n^{2}$得$b_{1}=a_{1}+1,b_{2}=a_{2}+4$，
代入$a_{1}+b_{1}=3,a_{2}+b_{2}=8$得$2a_{1}+1 = 3,2a_{2}+4 = 8$，解得$a_{1}=1,a_{2}=2$.
又因为数列$\{a_{n}\}$为等差数列，
故公差为$d=a_{2}-a_{1}=1$，
因此$a_{n}=n,b_{n}=n + n^{2}$.
(2)由
(1)可得$b_{n}=n + n^{2}$，
所以$\frac{1}{b_{n}}=\frac{1}{n + n^{2}}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}$，
所以$S_{n}=\frac{1}{b_{1}}+\frac{1}{b_{2}}+\frac{1}{b_{3}}+\cdots+\frac{1}{b_{n}}$
$=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+\cdots+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})=1-\frac{1}{n + 1}$，又因为$n\in N^{*}$，
所以$0\lt\frac{1}{n + 1}\leqslant\frac{1}{2}(n = 1$时等号成立)，
所以$\frac{1}{2}\leqslant1-\frac{1}{n + 1}\lt1$，即$\frac{1}{2}\leqslant S_{n}\lt1$.

[例5]已知数列{aₙ}的通项公式为aₙ=5 - n,其前n项和为Sₙ,将数列{aₙ}的前4项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bₙ}的前3项,记{bₙ}的前n项和为Tₙ.若存在m∈N*,使对任意n∈N*,Sₙ≤Tₘ+λ恒成立,则实数λ的取值范围是 ( )
A.[2,+∞) B.(3,+∞)
C.[3,+∞) D.(2,+∞)

答案： [例5]D 依题意得$S_{n}=\frac{(4 + 5 - n)n}{2}=\frac{n(9 - n)}{2}$，根据二次函数的性质知，当$n = 4,5$时，$S_{n}$取得最大值为10.另外，根据通项公式得数列$\{a_{n}\}$的前4项为$a_{1}=4,a_{2}=3,a_{3}=2,a_{4}=1$，观察易知抽掉第二项后，余下的三项可组成等比数列，所以数列$\{b_{n}\}$中，$b_{1}=4$，公比$q=\frac{1}{2}$，所以$T_{n}=\frac{4(1-\frac{1}{2^{n}})}{1-\frac{1}{2}}=8(1-\frac{1}{2^{n}})$，
所以$4\leqslant T_{n}\lt8$.因为存在$m\in N^{*}$，对任意$n\in N^{*},S_{n}\leqslant T_{m}+\lambda$恒成立，所以$10\lt8+\lambda$，所以$\lambda\gt2$.