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第四章　数列
素养微专题　数列与函数、不等式的综合问题
1.了解数列与函数、不等式的交汇命题；
2.进一步强化数列综合问题的解题能力.
命题整体感知
尝试与研析
学科素养
对学科素养融会贯通
类型一
数列与函数的交汇问题
活学活用
数列可看作自变量为正整数的函数，数列的通项公式相当于函数的解析式，我们可以用函数的观点来研究数列.
(1)已知函数条件解决数列问题，一般利用函数的性质、图象等研究数列问题.
(2)已知数列条件解决函数问题，一般要充分利用数列的相关公式、性质对式子进行化简变形，灵活运用函数的思想方法求解.在求解过程中往往会遇到递推关系，因此掌握递推数列的常见解法便于此类问题的求解.
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题后感悟
类型二
数列与不等式的交汇问题
活学活用
对数列与不等式的综合问题的考查方式主要有两种：
(1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题.
(2)考查与数列有关的不等式的证明问题，此类问题大多要借助构造函数去证明，或者是直接利用放缩法证明.
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题后感悟
类型三
等差数列与等比数列的综合问题
活学活用
解决等差、等比数列的综合问题应注意的四个方面
(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用.
(2)对于解答题应注意基本量及方程思想的应用.
(3)注重问题的转化，利用非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用公式和性质解题.
(4)当题中出现多个数列时，既要纵向考查单一数列的项与项之间的关系，又要横向考查各数列之间的内在联系.
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题后感悟　　　　　数列与函数、不等式的综合问题
1.了解数列与函数、不等式的交汇命题;2.进一步强化数列综合问题的解题能力.
类型一　数列与函数的交汇问题
例1已知数列{an}为公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,a1+a7=12,S5=25.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)令cn=[log2an],其中[x]表示不超过x的最大整数,求c1+c2+…+c20的值.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0).
∵a1+a7=12,S5=25,
∴解得
∴等差数列{an}的通项公式为an=n+2.
(2)∵an=n+2,∴16当cn=[log2an]=[log2(n+2)]=1时,2≤n+2<4,
∴n=1;当cn=[log2an]=[log2(n+2)]=2时,4≤n+2<8,∴2≤n<6;当cn=[log2an]=[log2(n+2)]=3时,8≤n+2<16,∴6≤n<14;
当cn=[log2an]=[log2(n+2)]=4时,16≤n+2<32,∴14≤n<30,故此时14≤n≤20.
∴cn=∴c1+c2+…+c20=1+2×4+3×8+4×7=61.
　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　
活学活用
[2026·春晖中学检测] 若数列满足pn+1=,则称数列为“平方递推数列”.已知数列中,a1=7,点在函数f=x2+6x+6的图象上,其中n为正整数.
(1)证明:数列是“平方递推数列”,且数列为等比数列.
(2)设bn=lg,求数列的前n项和Sn.
解:(1)证明:∵点(an,an+1)在函数f(x)=x2+6x+6的图象上,
∴an+1=+6an+6,∴an+1+3=,
∴数列是“平方递推数列”.
∵lg(a1+3)=lg 10=1>0,
an+1+3=两边同时取常用对数,得lg(an+1+3)=2lg(an+3),
∴数列是以1为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)知lg(an+3)=2n-1,所以bn=(2n-1)·2n-1,
则Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-1)·2n-1①,
2Sn=1×21+3×22+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n②.
由①-②,得-Sn=1+2(2+22+…+2n-1)-(2n-1)·2n=-3+(3-2n)·2n,∴Sn=(2n-3)·2n+3.
数列可看作自变量为正整数的函数,数列的通项公式相当于函数的解析式,我们可以用函数的观点来研究数列.
(1)已知函数条件解决数列问题,一般利用函数的性质、图象等研究数列问题.
(2)已知数列条件解决函数问题,一般要充分利用数列的相关公式、性质对式子进行化简变形,灵活运用函数的思想方法求解.在求解过程中往往会遇到递推关系,因此掌握递推数列的常见解法便于此类问题的求解.
类型二　数列与不等式的交汇问题
例2已知等差数列中,a1=8,a4=2.
(1)求数列的通项公式.
(2)设bn=,Tn=b1+b2+…+bn是否存在最大整数m,使得对任意n∈N*,均有Tn> 若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)设等差数列的公差为d,
由可得解得
所以数列的通项公式为an=10-2n.
(2)由(1)知an=10-2n,则bn=,
所以Tn=b1+b2+…+bn=.
若Tn>对任意n∈N*恒成立,即,则对任意n∈N*恒成立.
令g(n)==1-,函数g(n)在n∈N*上为单调递增函数,所以g(n)的最小值为g(1)=,
要使得对任意n∈N*恒成立,则,即m<8.
因为m是整数,由m<8可得m的最大整数值为7,
所以存在最大整数m=7,使得对任意n∈N*,均有Tn>.
活学活用
记Sn为数列的前n项和,已知a1=2,an+1=Sn+n.
(1)判断是否为等比数列,并求出的通项公式.
(2)设递增的等差数列满足b1=2,且a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列.设Tn=+…+,证明:Tn<.
解:(1)因为a1=2,且对任意n∈N*,an+1=Sn+n,
当n=1时,a2=S1+1=3,
当n≥2时,由an+1=Sn+n可得an=Sn-1+n-1,
上述两个等式作差可得an+1-an=an+1,即an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1).
又因为a2+1=4≠2(a1+1),所以数列不是等比数列,该数列从第2项开始成公比为2的等比数列,
当n≥2时,an+1=4×2n-2=2n,即an=2n-1,
综上所述,an=
(2)证明:设等差数列的公差为d,由题意可知d>0,且a2=3,a3=23-1=7,b2=b1+d=d+2,b3=b1+2d=2d+2,
所以a1+b1=4,a2+b2=d+5,a3+b3=d+8.
因为a1+b1,a2+b2,a3+b3成等比数列,所以(d+5)2=4(d+8),
整理得d2+6d-7=0,解得d=1或d=-7(舍去),
所以bn=b1+(n-1)d=2+n-1=n+1,
所以,所以Tn=+…++…+,故原不等式得证.
对数列与不等式的综合问题的考查方式主要有两种:
(1)以数列为载体,考查不等式的恒成立问题,此类问题可转化为函数的最值问题.
(2)考查与数列有关的不等式的证明问题,此类问题大多要借助构造函数去证明,或者是直接利用放缩法证明.
类型三　等差数列与等比数列的综合问题
例3[2026·合肥六中检测] 已知数列是公差大于1的等差数列,a2=3,且a1+1,a3-1,a6-3成等比数列,若数列的前n项和为Sn,并满足Sn=2bn+n,n∈N*.
(1)求数列,的通项公式.
(2)若cn=,求数列的前n项和Tn.
解:(1)设等差数列的公差为d(d>1).
由a2=3,且a1+1,a3-1,a6-3成等比数列,得
整理得5d2-12d+4=0,解得d=2或d=(舍去).
又a1=a2-d=3-2=1,所以an=2n-1.
因为数列的前n项和为Sn,并满足Sn=2bn+n①,
当n=1时,b1=S1=2b1+1,解得b1=-1.
当n≥2时,Sn-1=2bn-1+n-1②.
由①-②,得Sn-Sn-1=2bn-2bn-1+1,
即bn-1=2(bn-1-1)(n≥2),故是首项为-2,公比为2的等比数列,
所以bn-1=-2×2n-1=-2n,
故bn=1-2n.
(2)cn=(an-1)(bn-1)=(2n-2)(-2n)=-(n-1)2n+1,
故Tn=0-23-2×24-3×25-…-(n-1)2n+1①,
则2Tn=0-24-2×25-3×26-…-(n-1)2n+2②,
由①-②得,-Tn=-23-24-25-…-2n+1+(n-1)·2n+2=-+(n-1)2n+2,
故-Tn=(n-2)2n+2+8,
则Tn=(2-n)2n+2-8.
活学活用
已知为等差数列,其公差为d,前n项和为Sn,为等比数列,其公比为q,前n项和为Tn.若d=q≠1,a5=T3,S9=T6,a1=6.
(1)求公差d和b1.
(2)记cn=,证明:c1+c2+…+cn<1.
解:(1)因为为等差数列,其公差为d,前n项和为Sn,所以S9==9a5.
又因为a5=T3,S9=T6,所以9T3=T6.
因为d=q≠1,所以.
又b1≠0,可得1+q3=9,解得q=2,故d=2,
所以a5=a1+4d=6+4×2=14,则T3==7b1=14,可得b1=2.综上所述,b1=d=2.
(2)证明:由(1)可得bn=2×2n-1=2n,
所以cn=,因此c1+c2+…+cn=+…+=1-<1.
解决等差、等比数列的综合问题应注意的四个方面
(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用.
(2)对于解答题应注意基本量及方程思想的应用.
(3)注重问题的转化,利用非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列,以便利用公式和性质解题.
(4)当题中出现多个数列时,既要纵向考查单一数列的项与项之间的关系,又要横向考查各数列之间的内在联系.
　　

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