重難專攻（六）數(shù)列中的綜合問(wèn)題數(shù)列可看作自變量為正整數(shù)的函數(shù)，數(shù)列的通項(xiàng)公式相當(dāng)于函數(shù)的解析式，通過(guò)類比方程探索，會(huì)破解兩個(gè)數(shù)列的子數(shù)列問(wèn)題，數(shù)列與函數(shù)的綜合問(wèn)題，數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題.子數(shù)列問(wèn)題【例1】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3n2＋n2，{bn}的前n項(xiàng)之積Tn＝2n（（1）求{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；（2）把數(shù)列{an}和{bn}的公共項(xiàng)由小到大排成的數(shù)列記為{cn}，求c1＋c2＋…＋c20的值.解：（1）由Sn＝3n當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，當(dāng)n＝1時(shí)，上式也成立，所以an＝3n－1，由Tn＝2n當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝T1＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝TnTn－當(dāng)n＝1時(shí)，上式也成立，所以bn＝2n.（2）數(shù)列{an}和{bn}的公共項(xiàng)依次為21，23，25，27，…，所以21，23，25，27，…，構(gòu)成首項(xiàng)為2，公比為4的等比數(shù)列，所以cn＝2×4n－1，則c1＋c2＋…＋c20＝2×（1解題技法兩個(gè)等差數(shù)列的公共項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列是等差數(shù)列，且公差是兩等差數(shù)列公差的最小公倍數(shù)，兩個(gè)等比數(shù)列的公共項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列是等比數(shù)列，公比是兩個(gè)等比數(shù)列公比的最小公倍數(shù).已知{an}是公差不為零的等差數(shù)列，a5＝17，a1，a2，a7成等比數(shù)列.（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）將數(shù)列{an}與{3n}的相同的項(xiàng)按由小到大的順序排列構(gòu)成的數(shù)列記為{bn}，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.解：（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為d，d≠0，由條件得a解得a1=1，d=4，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為a（2）數(shù)列{an}和{bn}的公共項(xiàng)依次為32，34，36，…，即9，92，93，…，構(gòu)成首項(xiàng)為9，公比為9的等比數(shù)列，所以Sn＝9（1－9n）1－9數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題【例2】（2023·新高考Ⅱ卷18題）已知{an}為等差數(shù)列，bn＝an－6，n為奇數(shù)，2an，n為偶數(shù).記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}（1）求{an}的通項(xiàng)公式；（2）證明：當(dāng)n＞5時(shí)，Tn＞Sn.解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d.因?yàn)閎n＝an－6，n為奇數(shù)，2an，n所以4解得a所以an＝5＋2（n－1）＝2n＋3.（2）證明：由（1）可知，Sn＝n（a1＋an）2＝由an＝2n＋3，得bn＝2若n為偶數(shù)，則Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝（a1－6＋a3－6＋…＋an－1－6）＋（2a2＋2a4＋…＋2an）＝（5＋9＋…＋2n＋1－3n）＋2（7＋11＋…＋2n＋3）＝（5+2n+1）×n22－3n＋2×（所以當(dāng)n＞5時(shí)，Tn－Sn＝32n2＋72n－（n2＋4n）＝12n2－12n＝12n（n－即Tn＞Sn.若n為奇數(shù)，則n－1為偶數(shù)，則Tn＝Tn－1＋bn＝32（n－1）2＋72（n－1）＋2n＋3－6＝32n2＋5所以當(dāng)n＞5時(shí)，Tn－Sn＝32n2＋52n－5－（n2＋4n）＝12n2－32n－5＝12（n2－3n－10）＝12（n＋2）（n即Tn＞Sn.綜上可得，當(dāng)n＞5時(shí)，Tn＞Sn.解題技法求解數(shù)列與不等式綜合問(wèn)題的步驟（1）根據(jù)題目條件，求出數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）根據(jù)數(shù)列項(xiàng)的特征，選擇合適的方法（公式法、分組轉(zhuǎn)化法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法等）求和；（3）利用（2）中所求得的數(shù)列的和，證明不等式或求參數(shù)的范圍；（4）反思解題過(guò)程，檢驗(yàn)易錯(cuò)點(diǎn)，規(guī)范解題步驟.提醒解決數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題時(shí)，若是證明題，則要靈活選擇不等式的證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等；若是含參數(shù)的不等式恒成立問(wèn)題，則可分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為研究最值問(wèn)題來(lái)解決.若Sn是公差不為0的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且S1，S2，S4成等比數(shù)列，S2＝4.（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)bn＝3anan+1，Tn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，求使得Tn＜m20對(duì)所有n解：（1）設(shè){an}的公差為d（d≠0），則S1＝a1，S2＝2a1＋d，S4＝4a1＋6d.因?yàn)镾1，S2，S4成等比數(shù)列，所以a1·（4a1＋6d）＝（2a1＋d）2.所以2a1d＝d2.因?yàn)閐≠0，所以d＝2a1.又因?yàn)镾2＝4，所以a1＝1，d＝2，所以an＝2n－1.（2）因?yàn)閎n＝3an＝32（12n－所以Tn＝32（1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n要使Tn＜m20對(duì)所有n∈N*都成立則有m20≥32，即m因?yàn)閙∈N*，所以m的最小值為30.數(shù)列與函數(shù)的綜合問(wèn)題【例3】（2024·聊城一模）已知數(shù)列{an}中，a1＝1，nan＋1－（n＋1）an＝1.（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列{bn}滿足bn＝sin（π2an＋1）＋cos（πan），求數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和T2n解：（1）由nan＋1－（n＋1）an＝1得，an+1n+1－ann＝所以n≥2時(shí)，a33－a22＋…＋ann－an－1n－故ann－a22＝12－1n，又a2＝3，則an＝2n－1，當(dāng)n＝1時(shí)，所以an＝2n－1.（2）由（1）知，bn＝sin（π2（2n＋1））＋cos（π（2n－1））＝cosnπ－cos2nπ所以T2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝cosπ＋cos2π＋…＋cos（2n－1）π＋cos2nπ－（cos2π＋cos4π＋…＋cos（4n－2）π＋cos4nπ），因?yàn)閏os（2n－1）π＋cos2nπ＝－cos2nπ＋cos2nπ＝0，cos2nπ＝1，于是[cosπ＋cos2π]＋…＋[cos（2n－1）π＋cos2nπ]＝0，cos2π＋cos4π＋…＋cos（4n－2）π＋cos4nπ＝2n，所以T2n＝－2n.故數(shù)列{bn}的前2n項(xiàng)和為－2n.解題技法1.數(shù)列與函數(shù)綜合問(wèn)題的常見類型（1）已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問(wèn)題，此類問(wèn)題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象來(lái)解決；（2）已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問(wèn)題，此類問(wèn)題一般要充分利用數(shù)列的范圍、公式、求和方法對(duì)所給條件化簡(jiǎn)變形.2.解決數(shù)列與函數(shù)綜合問(wèn)題應(yīng)注意三點(diǎn)（1）數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，其定義域是正整數(shù)集（或有限子集），它的圖象是一群孤立的點(diǎn)；（2）轉(zhuǎn)化為以函數(shù)為背景的條件時(shí)，應(yīng)注意題中的限制條件，如函數(shù)的定義域，這往往是非常容易忽視的問(wèn)題；（3）利用函數(shù)的方法研究數(shù)列中相關(guān)問(wèn)題時(shí)，應(yīng)準(zhǔn)確構(gòu)造函數(shù)，注意數(shù)列中相關(guān)限制條件的轉(zhuǎn)化.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，點(diǎn)（an，bn）在函數(shù)f（x）＝2x的圖象上（n∈N*）.（1）若a1＝－2，點(diǎn)（a8，4b7）在函數(shù)f（x）的圖象上，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn；（2）若a1＝1，函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)（a2，b2）處的切線在x軸上的截距為2－1ln2，求數(shù)列{anbn}的前n解：（1）由已知，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2a8＝解得d＝a8－a7＝2.所以Sn＝na1＋n（n－1）2d＝－2n＋n（n－1）＝（2）函數(shù)f（x）＝2x在（a2，b2）處的切線方程為y－2a2＝（2a2ln2）（x－a2），它在x軸上的截距為a由題意，a2－1ln2＝2－1ln2，解得a2所以d＝a2－a1＝1.從而an＝n，bn＝2n.所以Tn＝12＋222＋323＋…2Tn＝11＋22＋322＋因此，2Tn－Tn＝1＋12＋122＋…＋＝2－12n－1－所以Tn＝2n1.（2024·南京模擬）數(shù)列{an}滿足a1＝0，a2＝1，an＝2+an－2，n≥3，n為奇數(shù)，A.51 B.56C.83 D.88解析：A數(shù)列{an}滿足a1＝0，a2＝1，an＝2+an－2，n≥3，n為奇數(shù)，2an－2，n≥3，n為偶數(shù)，不難發(fā)現(xiàn)，奇數(shù)項(xiàng)是等差數(shù)列，公差為2，偶數(shù)項(xiàng)是等比數(shù)列，公比為2，所以數(shù)列{an}的前10項(xiàng)和為（0＋22.已知函數(shù)y＝f（x），并且對(duì)任意的an∈（0，1），由關(guān)系式an＋1＝f（an）得到的數(shù)列{an}滿足an＋1＜an，n為正整數(shù)，則函數(shù)y＝f（x）的圖象可以是（）解析：B由題意，對(duì)任意的an∈（0，1），由關(guān)系式an＋1＝f（an）得到的數(shù)列{an}滿足an＋1＜an，n為正整數(shù)，所以f（an）＜an對(duì)任意an∈（0，1）恒成立，即f（x）＜x對(duì)任意x∈（0，1）恒成立，于是當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，函數(shù)y＝f（x）的圖象都在y＝x的圖象的下方，故選B.3.記Sn為數(shù)列{an}的前項(xiàng)和，已知點(diǎn)（n，an）在直線y＝10－2x上，若有且只有兩個(gè)正整數(shù)n滿足Sn≥k，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（）A.（8，14] B.（14，18]C.（18，20] D.18解析：C由已知可得an＝10－2n，則an－an－1＝－2，所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列，首項(xiàng)為8，公差為－2，所以Sn＝8n＋n（n－1）2×（－2）＝－n2＋9n，當(dāng)n＝4或5時(shí)，Sn取得最大值為20，因?yàn)橛星抑挥袃蓚€(gè)正整數(shù)n滿足Sn≥k，所以滿足條件的n＝4和n＝5，因?yàn)镾3＝S6＝18，所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是（184.（多選）已知數(shù)列{an}滿足an＝4n＋λ（－2）n＋1.若對(duì)任意n∈N*，都有an＋1＞an成立，則整數(shù)λ的值可能是（）A.－2 B.－1C.0 D.1解析：BC因?yàn)閍n＋1＞an對(duì)任意n∈N*恒成立，即4n＋1＋λ（－2）n＋2＞4n＋λ（－2）n＋1對(duì)任意n∈N*恒成立，所以當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，4n＋1－λ2n＋2＞4n＋λ2n＋1，即（2n＋1＋2n＋2）λ＜4n＋1－4n，則λ＜3×4n6×2n＝2n－1對(duì)所有的n為奇數(shù)恒成立，當(dāng)n＝1時(shí)，2n－1取得最小值1，所以λ＜1；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，4n＋1＋λ2n＋2＞4n－λ2n＋1，即（2n＋1＋2n＋2）λ＞4n－4n＋1，則λ＞－3×4n6×2n＝－2n－1對(duì)所有的n為偶數(shù)恒成立，當(dāng)n＝2時(shí)，－2n－1取得最大值－2，所以λ5.有人曾提出一種說(shuō)法，稱雪花的周長(zhǎng)超過(guò)地球的直徑，其實(shí)這里的“雪花”指的是數(shù)學(xué)中的“科赫曲線”，科赫曲線是一種像雪花的幾何曲線，所以又稱為雪花曲線，它是由數(shù)學(xué)家科赫最早提出來(lái)的，是一種典型的分形曲線.科赫曲線的畫法如圖，第1個(gè)正三角形的邊長(zhǎng)為1厘米，將每邊三等分，以每邊三等分后中間的一段為邊，向外作一個(gè)凸出的正三角形，再去掉原邊中間的一段，可以得到第2個(gè)圖形，以此類推，得到第3個(gè)圖形，第4個(gè)圖形……隨著變形，“雪花”具有越來(lái)越多的“細(xì)節(jié)”，周長(zhǎng)也越來(lái)越大，一直操作下去，“雪花”的周長(zhǎng)便會(huì)超過(guò)地球的直徑.根據(jù)上述變化規(guī)則，如果第n個(gè)圖形的周長(zhǎng)大于等于地球的赤道周長(zhǎng)，則n至少為.（參考數(shù)據(jù)：地球的赤道周長(zhǎng)近似為4萬(wàn)千米，lg3≈0.48，lg5≈0.70，lg7≈0.85）答案：77解析：地球的赤道周長(zhǎng)約為4×109厘米，設(shè)第n個(gè)“雪花”的周長(zhǎng)為an厘米（n∈N*），則an≥4×109.由題意可得a1＝3，a2＝3×43，…，an＝3×（43）n－1.由3×（43）n－1≥4×109，得（43）n－2≥109，則（2lg2－lg3）（n－2）≥9，又lg2＝lg105＝1－lg5，所以（2－2lg5－lg3）（n－2）≥96.已知等比數(shù)列{bn}和遞增的等差數(shù)列{an}滿足a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3.（1）求數(shù)列{an}和數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；（2）數(shù)列{an}和數(shù)列{bn}中的所有項(xiàng)分別構(gòu)成集合A和B，將A∪B的所有元素按從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)新數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}前63項(xiàng)和S63.解：（1）設(shè)等比數(shù)列{bn}和遞增的等差數(shù)列{an}的公比和公差分別為q，d，故由a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3可得12+d=5q故an＝12＋3（n－1）＝3n＋9，bn＝3n－1.（2）當(dāng)數(shù)列{cn}前63項(xiàng)中含有數(shù)列{bn}中4項(xiàng)時(shí)，令3n＋9＜34?n＜24，此時(shí){cn}最多23＋3＝26項(xiàng)，不符合題意.當(dāng)數(shù)列{cn}前63項(xiàng)中含有數(shù)列{bn}中5項(xiàng)時(shí)，令3n＋9＜35?n＜78，且33，34是{bn}和{an}的公共項(xiàng)，則{cn}前63項(xiàng)中含有數(shù)列{bn}中的前5項(xiàng)和{an}的前60項(xiàng)，再減去公共的兩項(xiàng)，故S63＝12×60＋60×592×3＋30＋31＋37.（2024·重慶一模）已知f（x）＝－4+1x2，點(diǎn)Pn（an，－1an+1）在曲線y＝f（x）上（n∈N*），且a1＝（1）求證：數(shù)列{1an2}為等差數(shù)列，并求數(shù)列{an（2）設(shè)數(shù)列{an2·an+12}的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)于任意的n∈N*，存在正整數(shù)t，使得Sn＜t2－t－12恒解：（1）將點(diǎn)Pn的坐標(biāo)代入函數(shù)y＝f（x）的解析式，得－1an+1即1an+1等式兩邊平方得1an+12＝∴1an＋12－1an∴數(shù)列{1an2}是以1為首項(xiàng)，以則1an2＝1＋4（n－1）＝4n∵an＞0，則an＝14（2）∵an2·an+12＝1（4n∴Sn＝14（1－15）＋14（15－19）＋14（19－113）＋…＋14（14n－∵對(duì)于任意的n∈N*，使得Sn＜t2－t－12恒成立∴t2－t－12≥1解得t≤－12或t≥3∴存在最小的正整數(shù)t＝2符合題意.8.（2024·濰坊模擬）在公差不為零的等差數(shù)列{an}中，a1＝1，且a1，a3，a13成等比數(shù)列，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn＝2bn－2.（1）求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；（2）設(shè)cn＝bn－an，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，若不等式Tn＋n2－n＞log2（1－a）對(duì)任意n∈N*恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：（1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d（d≠0），∵a1＝1，且a1，a3，a13成等比數(shù)列，∴a32＝a1a13，即（1＋2d）2＝1＋12d，得d＝2，∴an＝1＋2（n－1）＝2n∵數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝2bn－2，當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝2b1－2，∴b1＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝Sn－Sn－1＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1，故數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列，∴bn＝2n.（2）由（1）可得cn＝bn－an＝2n－（2n－1），∴Tn＝2（1－2n）1－2－n（1+2∴Tn＋n2－n＝2n＋1－n－2.令f（x）＝2x＋1－x－2（x≥1），f'（x）＝2x＋1ln2－1，∵x≥1，∴f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，∴f（x）min＝f（1）＝1.∴l(xiāng)og2（1－a）＜1，∴0＜1－a＜2，∴－1＜a＜1.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為（－1，1）.9.（2024·寶雞一模）已知函數(shù)f（x）＝（x－1）2，g（x）＝4（x－1），數(shù)列{an}是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，點(diǎn)（an＋1，S2n－1）在函數(shù)f（x）的圖象上，數(shù)列{bn}滿足b1＝2，bn≠1，且（bn－bn＋1）·g（bn）＝f（bn）（n∈N*）.（1）求an并證明數(shù)列{bn－1}是等比數(shù)列；（2）若數(shù)列{cn}滿足cn＝an4n－1（bn－1），證明：c1＋c解：（1）因?yàn)辄c(diǎn)（an＋1，S2n－1）在函數(shù)f（x）的圖象上，所以an2＝S2n－令n＝1，n＝2，得a即a12＝a1，（a1＋d）2=3a1+3d，解得a1＝由（bn－bn＋1）·g（bn）＝f（bn），得4（bn－bn＋1）（bn－1）＝（bn－1）2.由題意bn≠1，所以4（bn－bn＋1）＝bn－1，即3（bn－1）＝4（bn＋1－1），所以bn+1－所以數(shù)列{bn－1}是以1為首項(xiàng)，公比為34的等比數(shù)列（2）證明：由（1）得，bn－1＝（34）n－1cn＝an4n－1令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，則Tn＝130＋331＋532＋…＋13Tn＝131＋332＋533＋…①－②得，23Tn＝130＋231＋232＋233＋…＋23n－1－2n－13所以Tn＝3－n+1所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝3－n+1310.已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，13an≤an＋1≤3an，n∈N*（1）設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn＝a1＋a2＋