第五節(jié)數(shù)列中的綜合問題數(shù)列中的綜合問題以數(shù)列為引線和依托，結合函數(shù)、方程、不等式、解析幾何、數(shù)學文化等知識，題型新穎、解法靈活，能有效地考查學生的思維能力、創(chuàng)新意識和實踐能力.尤其數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題是高考命題的一個重要方向，突破此類問題的關鍵在于通過函數(shù)關系尋找數(shù)列的遞推關系，求出數(shù)列的通項或前n項和，再利用數(shù)列或數(shù)列對應的函數(shù)解決最值、范圍問題，通過放縮進行不等式的證明.題型一等差數(shù)列、等比數(shù)列的綜合運算1.已知等差數(shù)列{an}的首項a1=－1，公差d>1.記{an}的前n項和為Sn(n∈N+).(1)若S4－2a2a3+6=0，求Sn；(2)若對于每個n∈N+，存在實數(shù)cn，使an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比數(shù)列，求d的取值范圍.解：(1)因為在等差數(shù)列{an}中，a1=－1，S4－2a2a3+6=0，所以－4+6d－2(－1+d)(－1+2d)+6=0，整理得d2－3d=0，解得d=0(舍去)或d=3，所以Sn=n×(－1)+n(n－1)2×3=3(2)由(1)知an=－1+(n－1)×d=dn－d－1，所以an+1=dn－1，an+2=dn+d－1.因為an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比數(shù)列，所以(an+1+4cn)2=(an+cn)(an+2+15cn)，整理得cn2+(8an+1－an+2－15an)cn+an+12－ana由題意知關于cn的二次方程有解，所以(8an+1－an+2－15an)2－4(an+12－anan+2)≥0在n∈N將an，an+1，an+2代入上式，并整理，得[(2n－3)d－2][(n－2)d－1]≥0.(*)因為d>1，所以當n=1時，不等式(*)等價于(d+1)(d+2)≥0，恒成立；當n=2時，不等式(*)等價于(d－2)(－1)≥0，則當1<d≤2時，不等式恒成立；當n≥3時，(2n－3)d－2≥3d－2>0，(n－2)d－1≥d－1>0，不等式(*)恒成立.綜上可知，d的取值范圍是1<d≤2.2.已知n2(n≥4)個正數(shù)排成n行n列，aij表示第i行第j列的數(shù)，其中每一行的數(shù)依次構成等差數(shù)列，每一列的數(shù)依次構成等比數(shù)列，并且公比都為q.已知a24=1，a42=18，a43=3(1)求公比q；(2)記第n行的數(shù)所構成的等差數(shù)列的公差為d，把d1，d2，…，dn所構成的數(shù)列記為數(shù)列{dn}，求數(shù)列{dn}的前n項和Sn.a11a12a13a14…a1na21a22a23a24…a2na31a32a33a34…a3n………………an1an2an3an4…ann解：(1)因為a42=18，a43=3所以第4行的數(shù)所構成的等差數(shù)列的公差d4=a43－a42=316－1所以a44=a43+116=14，則q2=a44又q>0，所以q=12(2)由a41=a42－116=116，a42=18，得an1=12n，an2=12n－1，則dn=an2－an所以數(shù)列{dn}是以12為首項，12則數(shù)列{dn}的前n項和Sn=121－12n1等差數(shù)列、等比數(shù)列綜合問題的解題策略

1.設置中間問題：求和需要先求出通項公式，求通項公式需要先求出首項和公差(公比)，確定解題的順序.

2.注意解題細節(jié)：在數(shù)列的通項問題中第一項和后面的項能否用同一個公式表示等，這些細節(jié)對解題的影響也是巨大的. 題型二數(shù)列與函數(shù)的綜合問題(1)已知函數(shù)f(x)=13x3+4x，記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若f(a1+2)=100，f(a2026+2)=－100，則S2026等于()A．－4052 B．－2026 C．2026 D．4052學生用書?第149頁(2)數(shù)列{an}是等差數(shù)列，a1=1，公差d∈[1，2]，且a4+λa10+a16=15，則實數(shù)λ的最大值為.

答案：(1)A(2)－1解析：(1)由題意知，f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，因為f－x=－13x3－4x=－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)，因為fa1+2=100，fa2026+2=－100，所以fa1+2=－f(a2026+2)，所以a1+2+a2026+2=0，所以a1+a2026=－4，所以S2026=(2)因為a4+λa10+a16=15，所以a1+3d+λ(a1+9d)+a1+15d=15，即λ=151+9d－2，令λ=fd=151+9d－2，因為d∈[1，2]，所以令t=1+9d，t∈[10，19]，因此λ=f(t)=15t－2，當t∈[10，19]時，函數(shù)λ=f(t)是減函數(shù)，故當t=10時，實數(shù)λ有最大值，最大值為f數(shù)列與函數(shù)交匯問題的主要類型及求解策略

1.已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問題，此類問題一般利用函數(shù)的性質、圖象研究數(shù)列問題.

2.已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問題，解決此類問題一般要利用數(shù)列的通項公式、前n項和公式、求和方法等對式子化簡變形. 對點練1.已知函數(shù)y=f(x+1)的圖象關于y軸對稱，且函數(shù)f(x)在(1，+∞)上單調(diào)，若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a4)=f(a18)，則{an}的前21項之和為 ()A．0 B．252C．21 D．42答案：C解析：由函數(shù)y=f(x+1)的圖象關于y軸對稱，且函數(shù)f(x)在(1，+∞)上單調(diào)，可得y=f(x)的圖象關于直線x=1對稱，由數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a4)=f(a18)，可得a4+a18=2，又{an}是等差數(shù)列，所以a1+a21=a4+a18=2，可得數(shù)列的前21項和S21=21(a1+a21)2=21，則{an}對點練2.設定義在R上的函數(shù)fx與數(shù)列an滿足a1>α，其中α是方程fx=x的實數(shù)根，an+1=fan，fx滿足可導，且f'x∈(1)證明：an>α；(2)判斷數(shù)列an的單調(diào)性，并證明解：(1)證明：因為α是方程fx=x的實數(shù)根，所以fα=α，因為f'x∈0，1，所以函數(shù)fx因為a1>α，an+1=fan，所以fa1=a2>fα=α，fa2=a3>fα=α，以此類推，對于任意n>1，都有fan－1=an>fα=α，即an>α.當n=1時，a1>α，滿足上式(2)數(shù)列an單調(diào)遞減.證明如下：由an－an－1=fan－1－an－1，令y=fx－x，求導可得y'=f'x－1<0，即函數(shù)y=fx－x單調(diào)遞減，由(1)可知當x=α時，fα－α=0，則當x∈α，+∞時，y=fx－由(1)可知an－1>α，則fan－1－an－1<0，即an－an－1<0n≥2題型三數(shù)列與不等式的綜合問題已知數(shù)列{an}滿足a1=37，3an，2an+1，anan+1成等差數(shù)列.(1)證明：數(shù)列1an－1是等比數(shù)列，并求{a(2)記{an}的前n項和為Sn，求證：1271－34n解：(1)證明：由已知得4an+1=3an+anan+1，因為a1=37≠0，所以由遞推關系可得an≠0恒成立所以4an=3an+1+1，所以4an即1an+1－1又因為1a1－1=73－1所以數(shù)列1an－1是首項為43所以1an－1=43n，所以a(2)證明：由(1)可得an=11+43n≥14所以Sn≥37+37×341+…+37an=11+43n<143n=34當n≥2時，Sn<37+342+…+34n=37+3421綜上所述，1271－34n≤數(shù)列與不等式的綜合問題的解題策略

1.判斷數(shù)列問題的一些不等關系，可以利用數(shù)列的單調(diào)性比較大小或借助數(shù)列對應的函數(shù)的單調(diào)性比較大小.

2.考查與數(shù)列有關的不等式證明問題，此類問題一般采用放縮法進行證明，有時也可通過構造函數(shù)進行證明.

3.以數(shù)列為載體，考查不等式恒成立的問題，此類問題可轉化為函數(shù)的最值問題. 對點練3.已知數(shù)列{an}的前n項和為SnSn≠0，a1=12，當n≥2時，Sn2=anS(1)求Sn；(2)設數(shù)列2nSn的前n項和為Tn，若λTn≤n2+92n恒成立解：(1)因為當n≥2時，Sn2=anSn－a所以Sn2=Sn－Sn－1Sn－(S整理得SnSn－1=Sn－1－Sn，即1Sn－所以數(shù)列1Sn是以1S1=1a1=所以1Sn=n+1，即Sn=(2)由(1)知，2nSn=n所以Tn=2×2+3×22+…+n×2n－1+(n+1)×2n①，2Tn=2×22+3×23+…+n×2n+n+1×2n+1②①－②得，－Tn=4+22+23+…+2n－(n+1)×2所以Tn=n×2n+1，則λTn≤n2+92n恒成立，即λn×2n+1≤n2變形得λ≤n2+92n=因為n2+92n≥2n2×92n=3，當且僅當n=3時，等號成立，所以λ≤3，即實數(shù)課時測評45數(shù)列中的綜合問題對應學生(時間：60分鐘滿分：100分)(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂!)(1－8，每小題5分，共40分)1.若a，b，c成等比數(shù)列，則函數(shù)y=ax2+2bx+c的圖象與x軸的交點個數(shù)為()A．0 B．1 C．2 D．不確定答案：B解析：因為a，b，c成等比數(shù)列，所以b2=ac，令y=ax2+2bx+c=0，則Δ=4b2－4ac=4(b2－ac)=0，所以函數(shù)y=ax2+2bx+c的圖象與x軸的交點個數(shù)為1.故選B．2.(數(shù)學文化)《算法統(tǒng)宗》是中國古代數(shù)學名著，在這部著作中，許多數(shù)學問題都是以歌訣形式呈現(xiàn)的，“九兒問甲歌”就是其中一首：一個公公九個兒，若問生年總不知，自長排來爭三歲，共年二百又零七，借問長兒多少歲，各兒歲數(shù)要詳推.在這個問題中，這位公公最年幼的兒子的歲數(shù)為()A．8 B．11 C．14 D．16答案：B解析：九個兒子的歲數(shù)按從幼到長，構成公差為3的等差數(shù)列ann=1，2，…，9，設公差為d，則d=3，前9項的和S9=207，即9a1+9×8d2=3.已知等比數(shù)列{an}滿足Sn=2an－1n∈N+，若2an的個位數(shù)為bn，則數(shù)列{bn}的前A．60 B．80 C．120 D．180答案：C解析：由Sn=2an－1，可得Sn+1=2an+1－1，兩式相減可得an+1=Sn+1－Sn=2an+1－2an，即an+1=2an，又a1=S1=2a1－1，所以a1=1，所以{an}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，所以an=2n－1，所以數(shù)列{an}中的項依次為1，2，4，8，16，32，…，2n－1，…，所以數(shù)列{2an}中的項依次為21，22，24，28，216，232，…，22n－1，…，所以數(shù)列{bn}中的項依次為2，4，6，6，6，6，…，6，…，故數(shù)列{bn}的前21項的和為2+4+6×194.(新載體)斐波那契數(shù)列因以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”.此數(shù)列在現(xiàn)代物理、準晶體結構、化學等領域都有著廣泛的應用，斐波那契數(shù)列{an}可以用如下方法定義：an+2=an+1+an，且a1=a2=1，若此數(shù)列各項除以4的余數(shù)依次構成一個新數(shù)列{bn}，則數(shù)列{bn}的前2025項的和為()A．2025 B．2026 C．2698 D．2700答案：D解析：因為an+2=an+1+an，且a1=a2=1，所以數(shù)列{an}為1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…，此數(shù)列各項除以4的余數(shù)依次構成一個新數(shù)列{bn}為1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，是以6為周期的周期數(shù)列，所以數(shù)列{bn}的前2025項的和S2025=20226(1+1+2+3+1+0)+b1+337×6+b2+337×6+b3+337×6=2700.5.(多選)(2025·福建漳州模擬)已知數(shù)列{an}是首項為12的正項等比數(shù)列，若A，B，C是直線l上不同的三點，O為平面內(nèi)任意一點，且OA=2a2OB+4a3OC，則(A．a(chǎn)3=2a2B．數(shù)列{an}的前6項和為63C．數(shù)列{log2an}是遞減的等差數(shù)列D．若bn=1log2an·log2a答案：BC解析：由題意知，因為OA=2a2OB+4a3OC，A，B，C三點共線，則2a2+4a3=1，設公比為q，所以2×12q+4×12q2=1，由{an}是正項等比數(shù)列，解得q=12，所以an=a1qn－1=12n，Sn=a11－qn1－q=1－12n，所以a3a2=12，故A錯誤；所以S6=1－126=6364，故B正確；因為log2an+1－log2an=log212n+1－log212n=－1，且log2a1=log212=－1，所以數(shù)列{log2an}是以－1為首項，－1為公差的遞減的等差數(shù)列，故C正確；又bn=1log2an·log2an+1=1－n×－n+1=1nn+1=1n－1n+1，所以數(shù)列{bn}的前6.(多選)(2024·河北唐山模擬)如圖，△ABC是邊長為2的等邊三角形，連接各邊中點得到△A1B1C1，再連接△A1B1C1的各邊中點得到△A2B2C2，…，如此繼續(xù)下去，設△AnBnCn的邊長為an，△AnBnCn的面積為Mn，則()A．Mn=3B．a(chǎn)42=a3C．a(chǎn)1+a2+…+an=2－22－nD．M1+M2+…+Mn<3答案：ABD解析：顯然△AnBnCn是正三角形，因此Mn=34an2，故A正確；由中位線性質易得an=12an－1，即{an}是等比數(shù)列，公比為12，因此a42=a3a5，故B正確；a1=12AB=1，a1+a2+…+an=1－12n1－12=2－21－n，故C錯誤；M1=34×12=34，an是等比數(shù)列，公比為12，則{Mn}也是等比數(shù)列，公比是147.已知數(shù)列{an}滿足a1=12，an+1=an2+an，用[x]表示不超過x的最大整數(shù)，則1a答案：1解析：由an+1=an2+an，得1an+1=1an－1an+1，所以1a1+1+1a2+1+…+1a2025+1=1a1－1a2+1a2－1a3+…+1a2025－1a2026=1a1－1a2026=8.(新設問)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，寫出一個{an}的通項公式an=，使{an}滿足以下條件：①{an}是遞減數(shù)列；②{Sn}是遞增數(shù)列.

答案：12n(答案不解析：由數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列可知數(shù)列{an}從第二項起，各項都大于零，結合數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，考慮{an}為公比在0到1之間的等比數(shù)列，顯然，an=12n9.(10分)(2025·遼寧葫蘆島模擬)已知{an}是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，{bn}為公差是2a1的等差數(shù)列，且a2－b2=a3－b3=b4－a4.(1)若an>bn，求n的取值范圍；(4分)(2)若a1=1，求集合{k|2bk=log2am，4≤m≤800}中元素的個數(shù).(6解：(1)由題意，設等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，且an>0，由a2－b2=a3－b3，得a1q－b1－2a1=a1q2－b1－4a1，整理化簡得q2－q－2=0，解得q=2或q=－1(舍去)，所以an=a1qn－1=2n－1a1.由a2－b2=b4－a4，可得a1q－b1－2a1=b1+6a1－a1q3.將q=2代入整理可得a1=b1，bn=b1+(n－1)2a1=(2n－1)a1.由an>bn得：2n－1a1>2n－1解得n≥4且n∈N+.(2)因為a1=1，由(1)知q=2，an=2n－1，bn=2n－1，由2bk=log2am，可得22k－1=log22m－整理得22k－1=m－1.因為4≤m≤800且m∈Z，所以3≤m－1≤799，所以3≤22k－1≤799，2≤k≤5，又k∈Z，故集合{k|2bk=log2am，4≤m≤800}中元素的個數(shù)為10.(10分)(2025·浙江金華模擬)已知函數(shù)f(x)=ex(sinx－cosx)，將滿足f'(x)=0的所有正數(shù)x從小到大排成數(shù)列{xn}.(1)證明：數(shù)列{f(xn)}為等比數(shù)列；(4分)(2)令bn=－1n－1·xn·f(xn)，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn解：(1)證明：f'(x)=exsinx－cosx+ex(cosx+sinx)=2ex由f'(x)=0解得x=nπ，n∈N+，從而xn=nπ，n=1，2，3，…，f(xn)=(－1)n－1enπ，f(xn+1)所以數(shù)列{f(xn)}是公比為－eπ，首項為f(x1)=eπ的等比數(shù)列.(2)bn=－1n－1·xn·fxn=n因為Sn=πeπ則eπSn=π(e2π+2e3π+3e4π+…+nen+1兩式相減得1－eπSn=π(eπ+e2π+e3π+…+enπ－ne(n+化簡得1－eπSn=πe所以Sn=πeπ1－(11、12，每小題6分，共12分)11.(原創(chuàng)題)已知函數(shù)fx+12為奇函數(shù)，且g(x)=f(x)+1，若an=gn2025，則數(shù)列{an}A．2025 B．2024 C．2023 D．2022答案：B解析：由于函數(shù)fx+12為奇函數(shù)，則f－x+12=－fx+12，即f12－x+f12+x=0，所以f(x)+f(1－x)=0，所以g(x)+g(1－x)=[f(x)+1]+[f(1－x)+1]=2，所以2(a1+a2+…+a2024)=2g12025+g22025+…+g20242025=g12025+12.(新定義)(多選)(2025·河北保定模擬)若對任意的i，j∈N+且i≠j，總存在n∈N+，使得an=ai·aj(i+j≤n)，則稱數(shù)列{an}是“Ω數(shù)列”.下列結論正確的是()A．至少存在一個等比數(shù)列不是“Ω數(shù)列”B．至少存在兩個常數(shù)列為“Ω數(shù)列”C．若{an}是“Ω數(shù)列”，則{an+1}也是“Ω數(shù)列”D．對任意的a∈N+，1n+a總是“答案：ABD解析：對于A，若an=3×2n，則{an}是等比數(shù)列，由an=ai·aj，得n=i+j+log23?N+，則{an}不是“Ω數(shù)列”.對于B，由a=a2，解得a=0或a=1，所以至少存在兩個常數(shù)列為“Ω數(shù)列”.對于C，若an=3n，則{an}是“Ω數(shù)列”，令bn=an+1=3n+1，設b1·b3=4×28=112=3n+1，則n?N+，故{an+1}不是“Ω數(shù)列”.對于D，設an=1n+a，由an=ai·aj，得n=(i+a)(j+a)－a∈N+，經(jīng)檢驗符合i≠j時，i+j≤n，所以對任意的a∈N+，1n+a總是“Ω數(shù)列13.(12分)(2025·湖南岳陽模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1=1，Sn+1=2Sn+2n+1.(1)證明數(shù)列Sn2n是等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設bn=Sn3n，若對任意正整數(shù)n，不等式bn<m2－m+1827恒成立解：(1)證明：由Sn+1=2Sn+2n+1得Sn+12n+1=Sn2n+1所以數(shù)列Sn2n是以12為首項，所以Sn2n=12+(n－1)=2n－12，即Sn=(2n所以當n≥2時，an=Sn－Sn－1=(2n－1)·2n－1－(2n－3)·2n－2=(2n+1)·2n－2，又a1=1不滿足上式，所以an=1(2)由(1)知Sn=(2n－1)·2n－1，所以bn=(2n－1)·所以bn+1－bn=n+12所以當n≤2時，bn+1>bn；當n≥3時，bn+1<bn，即b1<b2<b3>b4>b5>