专题突破二 数列中的综合问题
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【教材回扣】1．等差数列和等比数列的综合等差数列与等比数列相结合的综合问题主要是应用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式，建立关于两个基本量，即首项a1和公差d或公比q的方程组，以及解决等差中项、等比中项等问题．2．数列和函数数列是特殊的函数，等差数列的通项公式和前n项和公式分别是关于n的一次函数和二次函数，等比数列的通项公式和前n项和公式在公比不等于1的情况下是公比q的指数型函数，可以根据函数的性质解决一些数列问题．
3．数列和不等式以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题，体现了在知识交汇点上命题的特点．这类问题一般通过数列求通项以及求和去解决一个不等式问题，这里的不等式通常是关于正整数的不等式，可以通过比较法、基本不等式法、导数方法和数学归纳法解决．
【题组练透】题组一判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．非零实数a，b，c不全相等，若a，b，c成等差数列，则成等差数列．()2．非零实数a，b，c不全相等，若a，b，c成等比数列，则成等比数列．()3．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，则a2，a8，a5成等差数列．()×√√
题组二教材改编1．(一题两空)已知a＝5＋2，c＝5－2，若a，b，c三个数成等差数列，则b＝________；若a，b，c三个数成等比数列，则b＝________．解析：∵a，b，c成等差数列，∴2b＝5＋2＋5－2＝10，∴b＝5.∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac＝(5＋2)×(5－2)＝1.∵b>0，∴b＝1.答案：51
2．已知数列{an}为等差数列，a1＝1，a3＝2＋1，前n项和为Sn，数列{bn}满足bn＝.求证：(1)数列{bn}为等差数列；(2)数列{an}中的任意三项均不能构成等比数列．
证明：(1)由题意得数列{an}的公差d＝(a3－a1)＝，∴Sn＝n＋，∴bn＝＝1＋(n－1)＝n＋1－.∴bn＋1－bn＝，∴数列{bn}是以1为首项，公差为的等差数列．(2)由(1)知：an＝1＋(n－1)＝n＋(1－)．则an－1·an＋1＝[(n－1)＋(1－)][(n＋1)＋(1－)]＝2(n2－1)＋2(1－)n＋(1－)2＝[n＋(1－)]2＝2n2＋2(1－)n＋(1－)2.，∴数列{an}中任意三项均不能构成等比数列．
题组三易错自纠1．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．解析：由题意知Sn＋1＋Sn＋2＝2Sn.则Sn＋a1qn＋Sn＋(a1＋a1q)qn＝2Sn，即a1qn(q＋2)＝0.∵a1q≠0，∴q＝－2.答案：－2
2．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植树2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．解析：由题意可得，第n天种树的棵数an是以2为首项，以2为公比的等比数列．∴Sn＝＝2n＋1－2≥100，∴2n＋1≥102∵n∈N*，∴n＋1≥7，即n≥6.答案：6
3．已知数列{an}的通项公式为an＝＋4，其前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，1≤p(Sn－4n)≤3恒成立，则实数p的取值范围为________．答案：[2，3]
解析：由题意知Sn＝4n＋＝4n＋，∴p(Sn－4n)＝.∵1≤≤3，又∵1－>0，∴.当n为奇数时，＝随n的增大而递增，且00，∴q＝2，∴an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，∵a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6，∴，解得，∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.
方案二：选条件②：设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，∵q>0，∴q＝2，∴an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，∵a4＝b3＋b5，a3＋a5＝4(b1＋b4)，∴，解得，∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.
方案三：选条件③，设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，∵q>0，∴q＝2，∴an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，∵a4＝b3＋b5，b2S4＝5a2b3，∴，解得，∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.
(2)an＝2n－1，bn＝n，∴Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1.∴2Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，∴－Tn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝2n－1－n×2n，∴Tn＝(n－1)·2n＋1.
类题通法解决由等差数列、等比数列组成的综合问题，首先要根据两数列的概念，设出相应的基本量，然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量．解综合问题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件．
巩固训练1：已知等比数列{an}的公比为q，前n项的和为Sn，且S3，S9，S6成等差数列．(1)求q3；(2)求证：a2，a8，a5成等差数列．
解析：(1)由S3，S9，S6成等差数列，得S3＋S6＝2S9.若q＝1，则S3＋S6＝9a1，2S9＝18a1，由a1≠0得，S3＋S6≠2S9，与题意不符，所以q≠1.由S3＋S6＝2S9，得＝，整理得q3＋q6＝2q9.由q≠0，1，设t＝q3，则2t2－t－1＝0，解得t＝1(舍去)或t＝－，所以q3＝－.
(2)证明：由(1)知：a8＝a2q6＝a2，a5＝a2q3＝－a2，则a8－a2＝a5－a8，所以a2，a8，a5成等差数列．
题型二 数列与函数的综合[例2]已知函数f(x)＝2019sin(x∈R)的所有正零点构成递增数列{an}．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析：(1)由f(x)＝2019sin＝0，得πx－＝kπ(k∈Z)，所以函数f(x)的全部零点为x＝k＋(k∈Z)．因为函数f(x)的全部正零点构成等差数列{an}，所以其首项为，公差为1，则数列{an}的通项公式为an＝n－(n∈N*)．(2)由(1)知bn＝2n＝n·2n，则Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，①所以2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1.②①－②，得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.
类题通法数列与函数的综合一般体现在两个方面(1)以数列的特征量n，an，Sn等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．
巩固训练2：设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．(1)证明：数列{bn}为等比数列；(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－，求数列}的前n项和Sn.
解析：(1)证明：由已知，得bn＝>0.当n≥1时，＝＝2d.所以数列{bn}是首项为，公比为2d的等比数列．(2)函数f(x)＝2x在(a2，b2)处的切线方程为＝ln2)(x－a2)，它在x轴上的截距为a2－.由题意，a2－＝2－，解得a2＝2.所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝＝n·4n.于是，Sn＝1·4＋2·42＋3·43＋…＋(n－1)·4n－1＋n·4n，4Sn＝1·42＋2·43＋…＋(n－1)·4n＋n·4n＋1.因此Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝－n·4n＋1＝.所以Sn＝.
题型三 数列与不等式的综合[例3][2020·浙江卷]已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝cn，n∈N*.(1)若{bn}为等比数列，公比q>0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式；(2)若{bn}为等差数列，公差d>0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn0得bn＋1>0，因此c1＋c2＋c3＋…＋cnSk＋1且Sk＋1Sk＋1且Sk＋1Sk＋1且Sk＋10，与d＝－28矛盾，所以满足题意的k不存在．
方案三 选条件③设{bn}的公比为q，则q3＝＝－27，即q＝－3，所以bn＝－(－3)n－1.从而a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得S5＝，由S5＝－25得a1＝－9，所以an＝2n－11.因为Sk>Sk＋1且Sk＋1n>1，求m的最小值．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解析：选择①：(1)当n＝1时，由S1＝a1＝1，得p＝0.当n≥2时，由题意得Sn－1＝(n－1)2，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)．经检验，a1＝1符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)．(2)由a1，an，am成等比数列，得＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)．化简得m＝2n2－2n＋1＝2＋.因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m取得最小值5.
选择②：(1)因为an＝an＋1－3，所以an＋1－an＝3，所以数列{an}是公差为3的等差数列，所以an＝3n－2(n∈N*)．(2)由a1，an，am成等比数列，得＝a1am，即(3n－2)2＝1×(3m－2)．化简得m＝3n2－4n＋2＝3＋.因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m取得最小值6.
选择③：(1)由2an＋1＝an＋an＋2，得an＋1－an＝an＋2－an＋1，所以数列{an}是等差数列，设数列{an}的公差为d.又因为a1＝1，a6＝a1＋5d＝11，所以d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1(n∈N*)．(2)因为a1，an，am成等比数列，所以＝a1am，即(2n－1)2＝1×(2m－1)．化简得m＝2n2－2n＋1＝2＋.因为m，n是大于1的正整数，且m>n，所以当n＝2时，m取得最小值5.
状元笔记数列中的创新应用一、信息技术中的数列[典例1]有一个数字生成器，生成规则如下：第1次生成一个数x，以后每次生成的结果是将上一次生成的每一个数x生成两个数，一个是－x，另一个是x＋3.设第n次生成的数的个数为an，则数列{an}的前n项和Sn＝________；若x＝1，前n次生成的所有数中不同的数的个数为Tn，则T4＝________．【答案】2n－110
【解析】依题意可知第一次生成1个，第二次2个，第三次4个，第四次8个，…故数列{an}为首项为1公差为2的等比数列，∴Sn＝＝2n－1.当x＝1时，通过列举法发现，Tn＝∴T4＝4×4－6＝10.
类题通法信息技术中的数列问题实质上是数列知识在信息技术中的应用问题，解答的关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型．求解时，要明确目标，即搞清楚是求和、求通项公式，还是解递推关系问题，最终得出结论．
二、数列中的数阵问题[典例2]已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n，将该数列按如图所示的格式(第n行有2n－1个数)排成一个数阵，则该数阵第8行从左向右第8个数为()a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10a11a12a13a14a15……A．142B．270C．526D．1038【答案】B
【解析】∵Sn＝n2＋n，∴Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n(n≥2)．∵a1＝S1＝1＋1＝2＝2×1，符合上式，∴an＝2n.∵数阵的第n行有2n－1个数，∴每一行的项数依次构成的数列是首项为1，公比为2的等比数列，∴由等比数列的前n项和公式知，该数阵第8行从左向右第8个数字为数列{an}的第＋8＝135(项)，∴该数为a135＝2×135＝270.故选B.
类题通法从数列到数阵，尽管数的排列形式发生了变化，但问题的实质仍然是数列问题，只要抓住每行首项，找准每行变化规律，从数阵中构造新数列(等差数列或等比数列或周期数列等)，那么解决问题的思想和方法仍然不变，可谓“形散神不散”．
三、新定义中的数列问题[典例3]在数列{an}中，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“数列”．已知数列{bn}为“数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2021项和为()A．1B．－1C．－2D．－3答案：D
【解析】由题意知bn＋1＝bn＋bn＋2，即bn＋2＝bn＋1－bn.∵b1＝1，b2＝－2，∴b3＝b2－b1＝－2－1＝－3，b4＝b3－b2＝－3－(－2)＝－1，b5＝b4－b3＝－1－(－3)＝2b6＝b5－b4＝2－(－1)＝3，b7＝b6－b5＝3－2＝1，b8＝b7－b6＝1－3＝－2，…如此循环，得数列为周期数列，周期为6，且b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＝0，∵2021＝6×336＋5，∴S2021＝S5＝－3.
类题通法解决新定义中的数列问题的一般流程(1)读懂定义，理解新定义数列的含义；(2)特殊分析，比如先对n＝1，2，3，…的情况进行讨论；(3)通过特殊情况寻找新定义的数列的规律及性质，以及新定义数列与已知数列(如等差与等比数列)的关系，仔细观察，探求规律，注重转化，合理设计解题方案；(4)联系等差数列与等比数列知识将新定义数列问题转化为熟悉的知识进行求解．
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