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§6.6 数列中的综合问题
考试要求 1.了解数列是一种特殊的函数，会解决等差、等比数列的综合问题.2.能在具体
问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题．
题型一 数学文化与数列的实际应用
例1 (1)(2020·全国Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心
有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增
加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层
环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3 699块 B．3 474块
C．3 402块 D．3 339块
答案 C
解析 设每一层有n环，由题意可知，从内到外每环之间构成公差为d＝9，首项为a ＝9的
1
等差数列．由等差数列的性质知S ，S －S ，S －S 成等差数列，且(S －S )－(S －S)＝
n 2n n 3n 2n 3n 2n 2n n
n2d，则9n2＝729，解得n＝9，
则三层共有扇面形石板S ＝S ＝27×9＋×9＝3 402(块)．
3n 27
(2)(2021·新高考全国Ⅰ)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对
称轴把纸对折．规格为20 dm×12 dm的长方形纸，对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20
dm×
6 dm两种规格的图形，它们的面积之和S ＝240 dm2，对折2次共可以得到5 dm×12 dm，
1
10 dm×6 dm，20 dm×3 dm三种规格的图形，它们的面积之和S ＝180 dm2，以此类推，则
2
对折4次共可以得到不同规格图形的种数为________；如果对折n次，那么 ＝_______ dm2.
k
答案 5 240
解析 依题意得，S＝120×2＝240；
1
S＝60×3＝180；
2
当n＝3时，共可以得到5 dm×6 dm， dm×12 dm，10 dm×3 dm,20 dm× dm四种规格的
图形，且5×6＝30，×12＝30,10×3＝30，
20×＝30，所以S＝30×4＝120；
3
当n＝4时，共可以得到5 dm×3 dm， dm×6 dm， dm×12 dm,10 dm× dm,20 dm× dm五种规格的图形，所以对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5，且5×3＝15，×6＝
15，×12＝15,10×＝15,20×＝15，
所以S＝15×5＝75；
4
……
所以可归纳S＝×(k＋1)＝.
k
所以 ＝240，①
k
所以×
k
＝240，②
由①－②得，×
k
＝240
＝240
＝240，
所以 ＝240dm2.
k
教师备选
1．《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、
谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三个节
气日影长之和为28.5尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月20日为春分时节，
其日影长为( )
A．4.5尺 B．3.5尺
C．2.5尺 D．1.5尺
答案 A
解析 冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十
二个节气日影长构成等差数列{a}，设公差为d，
n
由题意得，
解得
所以a＝a＋(n－1)d＝11.5－n，
n 1
所以a＝11.5－7＝4.5，
7
即春分时节的日影长为4.5尺．
2．古希腊时期，人们把宽与长之比为的矩形称为黄金矩形，把这个比值称为黄金分割比例．
如图为希腊的一古建筑，其中图中的矩形 ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均
为黄金矩形，若M与K之间的距离超过1.5 m，C与F之间的距离小于11 m，则该古建筑中
A 与 B 之间的距离可能是(参考数据：0.6182≈0.382，0.6183≈0.236，0.6184≈0.146，
0.6185≈0.090，0.6186≈0.056，0.6187≈0.034)( )A．30.3 m B．30.1 m
C．27 m D．29.2 m
答案 C
解析 设|AB|＝x，a≈0.618，
因为矩形ABCD，EBCF，FGHC，FGJI，LGJK，MNJK均为黄金矩形，
所以有|BC|＝ax，|CF|＝a2x，|FG|＝a3x，
|GJ|＝a4x，|JK|＝a5x，|KM|＝a6x.
由题设得
解得26.7860，且b＋b＝6b，求q的值及数列{a}的通项公式；
n 1 2 3 n
(2)若{b}为等差数列，公差d>0，证明：c＋c＋c＋…＋c<1＋，n∈N*.
n 1 2 3 n
(1)解 由b＝1，b＋b＝6b，且{b}为等比数列，得1＋q＝6q2，解得q＝(负舍)．
1 1 2 3 n
∴b＝.
n
∴c ＝c＝4c，∴c＝4n－1.
n＋1 n n n
∴a －a＝4n－1，
n＋1 n
∴a＝a＋1＋4＋…＋4n－2＝＋1
n 1
＝.
(2)证明 由c ＝·c(n∈N*)，
n＋1 n
可得b ·c ＝b·c，
n＋2 n＋1 n n
两边同乘b ，
n＋1
可得b ·b ·c ＝b·b ·c，
n＋1 n＋2 n＋1 n n＋1 n
∵bbc＝b＝1＋d，
1 2 1 2
∴数列{bb c}是一个常数列，
n n＋1 n
且此常数为1＋d，即bb c＝1＋d，
n n＋1 n
∴c＝＝·
n
＝·＝，
又∵b＝1，d>0，∴b>0，
1 n
∴c＋c＋…＋c
1 2 n
＝＋＋…＋
＝
＝
＝<1＋，
∴c＋c＋…＋c<1＋.
1 2 n
思维升华 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系．数列
的求和主要是等差、等比数列的求和及裂项相消法求和与错位相减法求和，本题中利用裂项相消法求数列的和，然后利用b ＝1，d>0证明不等式成立．另外本题在探求{a}与{c}的通
1 n n
项公式时，考查累加、累乘两种基本方法．
跟踪训练2 已知等差数列{a}和等比数列{b}满足a＝b＝1，a＋a＝10，bb＝a.
n n 1 1 2 4 2 4 5
(1)求{a}的通项公式；
n
(2)求b＋b＋b＋…＋b .
1 3 5 2n－1
解 (1)设等差数列{a}的公差为d.
n
因为a＝1，a＋a＝10，
1 2 4
所以2a＋4d＝10，
1
解得d＝2.
所以a＝2n－1.
n
(2)设等比数列{b}的公比为q.
n
因为bb＝a，
2 4 5
所以bq·bq3＝9.
1 1
又b＝1，所以q2＝3.
1
所以b ＝bq2n－2＝3n－1.
2n－1 1
则b＋b＋b＋…＋b ＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.
1 3 5 2n－1
题型三 数列与其他知识的交汇问题
命题点1 数列与不等式的交汇
例3 已知数列{a}满足a＝，＝＋2(n∈N*)．
n 1
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)求证：a＋a＋a＋…＋a<.
(1)解 因为＝＋2(n∈N*)，
所以－＝2(n∈N*)，
因为a＝，所以＝2，
1
所以数列是以首项为2，公差为2的等差数列，所以＝2＋2(n－1)＝2n(n∈N*)，
所以数列{a}的通项公式是a＝(n∈N*)．
n n
(2)证明 依题意可知
a＝2＝·<··
＝(n>1)，
所以a＋a＋a＋…＋a
<
＝<.
故a＋a＋a＋…＋a<.命题点2 数列与函数的交汇
例4 (1)(2022·淄博模拟)已知在等比数列{a}中，首项a ＝2，公比q>1，a ，a 是函数f(x)
n 1 2 3
＝x3－6x2＋32x的两个极值点，则数列{a}的前9项和是________．
n
答案 1 022
解析 由f(x)＝x3－6x2＋32x，
得f′(x)＝x2－12x＋32，
又因为a，a 是函数f(x)＝x3－6x2＋32x的两个极值点，
2 3
所以a，a 是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点，
2 3
故
因为q>1，所以a＝4，a＝8，故q＝2，
2 3
则前9项和S＝＝210－2＝1 022.
9
教师备选
1．已知函数f(x)＝log x，若数列{a}的各项使得2，f(a)，f(a)，…，f(a)，2n＋4成等差数
2 n 1 2 n
列，则数列{a}的前n项和S＝______________.
n n
答案 (4n－1)
解析 设等差数列的公差为d，
则由题意，得2n＋4＝2＋(n＋1)d，解得d＝2，
于是log a＝4，log a＝6，log a＝8，…，
2 1 2 2 2 3
从而a＝24，a＝26，a＝28，…，
1 2 3
易知数列{a}是等比数列，其公比q＝＝4，
n
所以S＝＝(4n－1)．
n
2．求证：＋＋＋…＋<2(n∈N*)．
证明 因为<，
所以不等式左边<＋＋＋…＋.
令A＝＋＋＋…＋，
则A＝＋＋＋…＋，
两式相减得A＝＋＋＋…＋－
＝1－－，
所以A＝2－<2，即得证．
思维升华 数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求
出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进
行不等式的证明．
跟踪训练3 (1)(2022·长春模拟)已知等比数列{a}满足：a ＋a ＝20，a ＋a ＝80.数列{b}满
n 1 2 2 3 n足b＝log a，其前n项和为S，若≤λ恒成立，则λ的最小值为________．
n 2 n n
答案
解析 设等比数列{a}的公比为q，
n
由题意可得
解得a＝4，q＝4，
1
故{a}的通项公式为a＝4n，n∈N*.
n n
b＝log a＝log 4n＝2n，
n 2 n 2
S＝2n＋n(n－1)·2＝n2＋n，
n
＝＝，n∈N*，
令f(x)＝x＋，
则当x∈(0，)时，f(x)＝x＋单调递减，
当x∈(，＋∞)时，f(x)＝x＋单调递增，
又∵f(3)＝3＋＝，f(4)＝4＋＝，
且n∈N*，∴n＋≥，
即≤＝，
故λ≥，故λ的最小值为.
(2)若S 是公差不为0的等差数列{a}的前n项和，且S，S，S 成等比数列，S＝4.
n n 1 2 4 2
①求数列{a}的通项公式；
n
②设b ＝，T 是数列{b }的前n项和，求使得T <对所有n∈N*都成立的最小正整数m.
n n n n
解 ①设{a}的公差为d(d≠0)，
n
则S＝a，S＝2a＋d，S＝4a＋6d.
1 1 2 1 4 1
因为S，S，S 成等比数列，
1 2 4
所以a·(4a＋6d)＝(2a＋d)2.
1 1 1
所以2ad＝d2.
1
因为d≠0，所以d＝2a.
1
又因为S＝4，所以a＝1，d＝2，
2 1
所以a＝2n－1.
n
②因为b＝＝
n
＝，
所以T＝
n
＝<.
要使T<对所有n∈N*都成立，
n
则有≥，即m≥30.
因为m∈N*，所以m的最小值为30.
课时精练
1．(2022·青岛模拟)从“①S ＝n；②S ＝a ，a ＝aa ；③a ＝2，a 是a ，a 的等比中
n 2 3 4 1 2 1 4 2 8
项．”三个条件中任选一个，补充到下面的横线处，并解答．
已知等差数列{a}的前n项和为S，公差d≠0，________，n∈N*.
n n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)若b＝ ，数列{b}的前n项和为W，求W.
n n n n
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 (1)选①：
S＝n＝n2＋n，
n
令n＝1，得a＝1＋，即a＝2，
1 1
所以S＝n2＋n.
n
当n≥2时，S ＝(n－1)2＋n－1，
n－1
当n≥2时，a＝S－S ＝2n，又a＝2，满足上式，
n n n－1 1
所以a＝2n.
n
选②：
由S＝a，得a＋a＝a，得a＝d，
2 3 1 2 3 1
又由a＝aa，得a＋3d＝a(a＋d)，
4 1 2 1 1 1
因为d≠0，则a＝d＝2，所以a＝2n.
1 n
选③：
由a 是a，a 的等比中项，得a＝aa，
4 2 8 2 8
则(a＋3d)2＝(a＋d)(a＋7d)，
1 1 1
因为a＝2，d≠0，所以d＝2，则a＝2n.
1 n
(2)S＝n2＋n，b＝(2n＋1)2＋2n＋1－(2n)2－2n
n n
＝3·22n＋2n，
所以W＝3×22＋2＋3×24＋22＋…＋3×22n＋2n＝＋＝4(4n－1)＋2(2n－1)＝4n＋1＋2n＋1－6.
n
2．(2022·沈阳模拟)已知正项数列{a}的前n项和为S，且a＝2S＋n＋1，a＝2.
n n n 2
(1)求数列{a}的通项公式a；
n n
(2)若b＝a·2n，数列{b}的前n项和为T，求使T>2 022的最小的正整数n的值．
n n n n n
解 (1)当n≥2时，由a＝2S＋n＋1，a＝2，
n 2
得a＝2S ＋n－1＋1，
n－1
两式相减得a－a＝2a＋1，
n
即a＝a＋2a＋1＝(a＋1)2.
n n
∵{a}是正项数列，∴a ＝a＋1.
n n＋1 n
当n＝1时，a＝2a＋2＝4，
1
∴a＝1，∴a－a＝1，
1 2 1
∴数列{a}是以a＝1为首项，1为公差的等差数列，∴a＝n.
n 1 n
(2)由(1)知b＝a·2n＝n·2n，
n n
∴T＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
n
2T＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
n
两式相减得－T＝－n·2n＋1
n
＝(1－n)2n＋1－2，
∴T＝(n－1)2n＋1＋2.
n
∴T－T ＝n·2n>0，
n n－1
∴T 单调递增．
n
当n＝7时，T＝6×28＋2＝1 538<2 022，
7
当n＝8时，T＝7×29＋2＝3 586>2 022，
8
∴使T>2 022的最小的正整数n的值为8.
n
3．(2022·大连模拟)已知等差数列{a}的前n项和为S ，S ＝25，且a －1，a ＋1，a ＋3成
n n 5 3 4 7
等比数列．
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)若b＝(－1)na＋1，T 是数列{b}的前n项和，求T .
n n n n 2n
解 (1)由题意知，等差数列{a}的前n项和为S ，由S ＝25，可得S ＝5a ＝25，所以a ＝
n n 5 5 3 3
5，
设数列{a}的公差为d，
n
由a－1，a＋1，a＋3成等比数列，
3 4 7
可得(6＋d)2＝4(8＋4d)，
整理得d2－4d＋4＝0，解得d＝2，
所以a＝a＋(n－3)d＝2n－1.
n 3
(2)由(1)知
b＝(－1)na＋1＝(－1)n(2n－1)＋1，
n n
所以T ＝(－1＋1)＋(3＋1)＋(－5＋1)＋(7＋1)＋…＋[－(4n－3)＋1]＋(4n－1＋1)＝4n.
2n4．(2022·株洲质检)由整数构成的等差数列{a}满足a＝5，aa＝2a.
n 3 1 2 4
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)若数列{b}的通项公式为b＝2n，将数列{a}，{b}的所有项按照“当n为奇数时，b 放在
n n n n n
前面；当n为偶数时，a 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列{c}，b ，
n n 1
a，a，b，b，a，a，b，…，求数列{c}的前(4n＋3)项和T .
1 2 2 3 3 4 4 n 4n＋3
解 (1)由题意，设数列{a}的公差为d，
n
因为a＝5，aa＝2a，
3 1 2 4
可得
整理得(5－2d)(5－d)＝2(5＋d)，
即2d2－17d＋15＝0，解得d＝或d＝1，
因为{a}为整数数列，所以d＝1，
n
又由a＋2d＝5，可得a＝3，
1 1
所以数列{a}的通项公式为a＝n＋2.
n n
(2)由(1)知，数列{a}的通项公式为a＝n＋2，又由数列{b}的通项公式为b＝2n，
n n n n
根据题意，得新数列{c}，b，a，a，b，b，a，a，b，…，
n 1 1 2 2 3 3 4 4
则T ＝b＋a＋a＋b＋b＋a＋a＋b＋…＋b ＋a ＋a ＋b ＋b ＋a ＋a
4n＋3 1 1 2 2 3 3 4 4 2n－1 2n－1 2n 2n 2n＋1 2n＋1 2n＋2
＝(b＋b＋b＋b＋…＋b )＋(a＋a＋a＋a＋…＋a )
1 2 3 4 2n＋1 1 2 3 4 2n＋2
＝＋＝4n＋1＋2n2＋9n＋5.
5．已知等差数列{a}的公差为2，前n项和为S，且S，S，S 成等比数列．
n n 1 2 4
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)令b＝(－1)n－1，求数列{b}的前n项和T.
n n n
解 (1)∵等差数列{a}的公差为2，前n项和为S，且S，S，S 成等比数列，
n n 1 2 4
∴S＝na＋n(n－1)，
n 1
(2a＋2)2＝a(4a＋12)，
1 1 1
解得a＝1，∴a＝2n－1.
1 n
(2)由(1)可得b＝(－1)n－1
n
＝(－1)n－1，
当n为偶数时，
T＝－＋－…
n
＋－
＝1－＝；当n为奇数时，
T＝－＋－…－＋
n
＝1＋＝.
∴T＝
n
