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§6.6 数列中的综合问题
考试要求 数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考
的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、
前n项和公式等．
题型一 等差数列、等比数列的综合运算
例1 (2023·厦门模拟)已知数列{a}的前n项和为S ，且S ＝n2＋n，递增的等比数列{b}满
n n n n
足b＋b＝18，b·b＝32.
1 4 2 3
(1)求数列{a}，{b}的通项公式；
n n
(2)若c＝a·b，n∈N*，求数列{c}的前n项和T.
n n n n n
解 (1)当n≥2时，a＝S－S
n n n－1
＝n2＋n－＝3n－1，
又∵当n＝1时，a＝S＝2符合上式，
1 1
∴a＝3n－1.
n
∵bb＝bb，
2 3 1 4
∴b，b 是方程x2－18x＋32＝0的两根，
1 4
又∵b>b，
4 1
∴解得b＝2，b＝16，
1 4
∴q3＝＝8，
∴q＝2，∴b＝b·qn－1＝2n.
n 1
(2)∵a＝3n－1，b＝2n，
n n
则c＝(3n－1)·2n，
n
∴T＝2·21＋5·22＋8·23＋11·24＋…＋(3n－1)·2n，
n
2T＝2·22＋5·23＋8·24＋11·25＋…＋(3n－1)·2n＋1，
n
将两式相减得－T＝2·21＋3(22＋23＋24＋…＋2n)－(3n－1)·2n＋1
n
＝4＋3－(3n－1)·2n＋1＝(4－3n)·2n＋1－8，
∴T＝(3n－4)·2n＋1＋8.
n
思维升华 数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类
问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．
跟踪训练1 (2022·全国甲卷)记S 为数列{a}的前n项和．已知＋n＝2a＋1.
n n n
(1)证明：{a}是等差数列；
n
(2)若a，a，a 成等比数列，求S 的最小值．
4 7 9 n
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(1)证明 由＋n＝2a＋1，
n
得2S＋n2＝2an＋n，①
n n
所以2S ＋(n＋1)2＝2a (n＋1)＋(n＋1)，②
n＋1 n＋1
②－①，得2a ＋2n＋1＝2a (n＋1)－2an＋1，
n＋1 n＋1 n
化简得a －a＝1，
n＋1 n
所以数列{a}是公差为1的等差数列．
n
(2)解 由(1)知数列{a}的公差为1.
n
由a，a，a 成等比数列，
4 7 9
得a＝aa，
4 9
即(a＋6)2＝(a＋3)(a＋8)，
1 1 1
解得a＝－12.
1
所以S＝－12n＋＝
n
＝2－，
所以当n＝12或13时，S 取得最小值，最小值为－78.
n
题型二 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2 (1)已知数列{a}满足a＋a＋a＋…＋a＝n2＋n(n∈N*)，设数列{b}满足：b＝，数列
n 1 2 3 n n n
{b}的前n项和为T，若T<λ(n∈N*)恒成立，则实数λ的取值范围为( )
n n n
A. B.
C. D.
答案 D
解析 数列{a}满足a＋a＋a＋…＋a＝n2＋n，①
n 1 2 3 n
当n≥2时，a＋a＋a＋…＋a ＝(n－1)2＋(n－1)，②
1 2 3 n－1
①－②得a＝2n，故a＝2n2，当n＝1时，a＝2也满足上式．
n n 1
数列{b}满足：b＝＝
n n
＝，
则T＝
n
＝，
由于T<λ(n∈N*)恒成立，
n
故<λ，整理得λ>，
因为y＝＝在n∈N*上单调递减，
故当n＝1时， ＝，
max
所以λ>.
(2)已知数列{a}满足a＝，3a,2a ，aa 成等差数列．
n 1 n n＋1 n n＋1
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①证明：数列是等比数列，并求{a}的通项公式；
n
②记{a}的前n项和为S，求证：≤S<.
n n n
①解 由已知得4a ＝3a＋aa ，因为a＝≠0，所以由递推关系可得a≠0恒成立，
n＋1 n n n＋1 1 n
所以＝＋1，所以－4＝－3，
即－1＝.
又因为－1＝－1＝，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以－1＝n，所以a＝.
n
②证明 由①可得a＝≥＝×n－1，
n
所以S≥＋×1＋…＋×n－1
n
＝，
a＝<＝n，S＝<，
n 1
当n≥2时，S<＋2＋…＋n＝＋＝－3×n<.
n
综上所述，≤S<成立．
n
命题点2 数列与函数的交汇
例3 (1)(2023·龙岩模拟)已知函数f(x)＝x3＋4x，记等差数列{a}的前n项和为S ，若f(a ＋
n n 1
2)＝100，f(a ＋2)＝－100，则S 等于( )
2 022 2 022
A．－4 044 B．－2 022
C．2 022 D．4 044
答案 A
解析 因为f(－x)＝－x3－4x＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，
因为f(a＋2)＝100，f(a ＋2)＝－100，所以f(a＋2)＝－f(a ＋2)，
1 2 022 1 2 022
所以a＋2＋a ＋2＝0，所以a＋a ＝－4，所以S ＝＝－4 044.
1 2 022 1 2 022 2 022
(2)数列{a}是等差数列，a ＝1，公差d∈[1,2]，且a ＋λa ＋a ＝15，则实数λ的最大值为
n 1 4 10 16
________．
答案 －
解析 因为a＋λa ＋a ＝15,所以a＋3d＋λ(a＋9d)＋a＋15d＝15，
4 10 16 1 1 1
令λ＝f(d)＝－2，因为d∈[1,2]，所以令t＝1＋9d，t∈[10,19]，因此λ＝f(t)＝－2，
当t∈[10,19]时，函数λ＝f(t)是减函数，故当t＝10时，实数λ有最大值，最大值为f(10)＝－.
思维升华 (1)数列与不等式的综合问题及求解策略
①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的
单调性比较大小．
②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．
③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构
造函数进行证明．
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(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n项和公式、
求和方法等对式子化简变形．
跟踪训练2 (1)设{a}是等比数列，函数y＝x2－x－2 023的两个零点是a，a，则aa 等于(
n 2 3 1 4
)
A．2 023 B．1 C．－1 D．－2 023
答案 D
解析 由题意a，a 是x2－x－2 023＝0的两根．由根与系数的关系得aa＝－2 023.
2 3 2 3
又aa＝aa，所以aa＝－2 023.
1 4 2 3 1 4
(2)数列{a}满足a ＝1，a ＝2a(n∈N*)，S 为其前n项和．数列{b}为等差数列，且满足
n 1 n＋1 n n n
b＝a，b＝S.
1 1 4 3
①求数列{a}，{b}的通项公式；
n n
②设c＝，数列{c}的前n项和为T，证明：≤T<.
n n n n
①解 由题意知，{a}是首项为1，公比为2的等比数列，所以a ＝a·2n－1＝2n－1.所以S ＝2n
n n 1 n
－1.
设等差数列{b}的公差为d，则b＝a＝1，b＝1＋3d＝7，
n 1 1 4
所以d＝2，b＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
n
②证明 因为log a ＝log 22n＋1＝2n＋1，
2 2n＋2 2
所以c＝＝＝，
n
所以T＝.
n
因为n∈N*，所以T＝<，
n
＝.
当n≥2时，T－T ＝－＝>0，
n n－1
所以数列{T}是一个递增数列，所以T≥T＝.
n n 1
综上所述，≤T<.
n
课时精练
1．(2022·汕头模拟)已知各项均为正数的等比数列{a}的前4项和为15,4a,2a ，a 成等差数
n 1 3 5
列，则a 等于( )
1
A．5－5 B．5＋5 C．5 D．5
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答案 A
解析 设各项均为正数的等比数列{a}的公比为q，q>0，
n
由前4项和为15,4a,2a，a 成等差数列，
1 3 5
可得a＋aq＋aq2＋aq3＝15，
1 1 1 1
4a＝4a＋a，即4a＋aq4＝4aq2，即q2－2＝0，解得q＝，a＝5－5.
3 1 5 1 1 1 1
2．(2023·焦作模拟)直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者
的追捧，针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入
的资金为2 000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长 12%，则该公司
需经过____年其投入资金开始超过7 000万元( )
(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845)
A．14 B．13 C．12 D．11
答案 C
解析 设该公司经过n年投入的资金为a 万元，则a＝2 000×1.12，
n 1
由题意可知，数列{a}是以2 000×1.12为首项，以1.12为公比的等比数列，
n
所以a＝2 000×1.12n，由a＝2 000×1.12n>7 000可得n>log ＝≈11.1，
n n 1.12
因此，该公司需经过12年其投入资金开始超过7 000万元．
3．在正项等比数列{a}中，为a 与a 的等比中项，则a＋3a 的最小值为( )
n 6 14 3 17
A．2 B．89 C．6 D．3
答案 C
解析 因为{a}是正项等比数列，且为a 与a 的等比中项，所以aa ＝3＝aa ，
n 6 14 6 14 3 17
则a＋3a ＝a＋3·≥2＝6，当且仅当a＝3时，等号成立，所以a＋3a 的最小值为6.
3 17 3 3 3 17
4．(2023·岳阳模拟)在等比数列{a}中，a ＝－2a,1<a<2，则数列{a }的前5项和S 的取值
n 2 5 3 3n 5
范围是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 设等比数列{a}的公比为q，
n
则q3＝＝－，数列{a }是首项为a，公比为q3＝－的等比数列，
3n 3
则S＝＝a∈.
5 3
5．(多选)(2023·贵阳模拟)已知函数f(x)＝lg x，则下列四个命题中，是真命题的为( )
A．f(2)，f()，f(5)成等差数列
B．f(2)，f(4)，f(8)成等差数列
C．f(2)，f(12)，f(72)成等比数列
D．f(2)，f(4)，f(16)成等比数列
答案 ABD
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解析 对于A，f(2)＋f(5)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，2f()＝2lg＝1，
故f(2)，f()，f(5)成等差数列，故是真命题；
对于B，f(2)＋f(8)＝lg 2＋lg 8＝lg 16,2f(4)＝2lg 4＝lg 16，
故f(2)，f(4)，f(8)成等差数列，故是真命题；
对于C，f(2)·f(72)＝lg 2×lg 72<2＝lg212＝f2(12)，
故f(2)，f(12)，f(72)不成等比数列，故是假命题；
对于D，f(2)f(16)＝lg 2×lg 16＝4lg22＝(2lg 2)2＝lg24＝f2(4)，
故f(2)，f(4)，f(16)成等比数列，故是真命题．
6．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于 1640 年提出了 F ＝22n＋1(n＝
n
0,1,2，…) 是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出 F ＝641×6 700
5
417，不是质数．现设a ＝log (F －1)(n＝1,2，…)，S 表示数列{a}的前n项和．若32S ＝
n 4 n n n n
63a，则n等于( )
n
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 B
解析 因为F ＝22n＋1(n＝0,1,2，…)，所以a ＝log (F －1)＝log (22n＋1－1)＝log 22n＝2n－
n n 4 n 4 4
1，所以{a}是等比数列，首项为1，公比为2，所以S＝＝2n－1.
n n
所以32(2n－1)＝63×2n－1，解得n＝6.
7.宋元时期我国数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中“落—形”就是
每层为“三角形数”的三角锥垛，三角锥垛从上到下最上面是1个球，第二层是3个球，第
三层是6个球，第四层是10个球，…，则这个三角锥垛的第十五层球的个数为________．
答案 120
解析 ∵“三角形数”可写为1,1＋2,1＋2＋3,1＋2＋3＋4,1＋2＋3＋4＋5，…，
∴“三角形数”的通项公式为a＝1＋2＋3＋…＋n＝，
n
∴这个三角锥垛的第十五层球的个数为a ＝＝120.
15
8．已知数列{a}的通项公式为a ＝ln n，若存在p∈R，使得a≤pn对任意的n∈N*都成立，
n n n
则p的取值范围为________．
答案
解析 数列{a}的通项公式为a ＝ln n，若存在p∈R，使得a≤pn对任意的n∈N*都成立，
n n n
故p≥ ，
max
设f(x)＝，则f′(x)＝，令f′(x)＝＝0，解得x＝e，
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故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)，
所以函数在x＝e处取最大值，
由于n∈N*，所以当n＝3时函数最大值为.
所以p的取值范围是.
9．记关于x的不等式x2－4nx＋3n2≤0(n∈N*)的整数解的个数为a ，数列{b}的前n项和为
n n
T，满足4T＝3n＋1－a－2.
n n n
(1)求数列{b}的通项公式；
n
(2)设c＝2b－λn，若对任意n∈N*，都有c<c 成立，试求实数λ的取值范围．
n n n n＋1
解 (1)由不等式x2－4nx＋3n2≤0可得，n≤x≤3n，
∴a＝2n＋1，
n
T＝×3n＋1－n－，
n
当n＝1时，b＝T＝1，
1 1
当n≥2时，b＝T－T ＝×3n－，
n n n－1
∵b＝1适合上式，
1
∴b＝×3n－.
n
(2)由(1)可得，c＝3n－1＋(－1)n－1λn，
n
∴c ＝3n＋1－1＋(－1)nλn＋1，
n＋1
∵c<c ，∴c －c＝2×3n＋(－1)nλn>0，
n n＋1 n＋1 n
∴(－1)nλ>－×2n，
当n为奇数时，λ<×2n，
由于×2n随着n的增大而增大，当n＝1时，×2n的最小值为，
∴λ<，
当n为偶数时，λ>－×2n，
由于－×2n随着n的增大而减小，当n＝2时，－×2n的最大值为－，
∴λ>－，
综上可知，－<λ<.
10．设n∈N*，有三个条件：①a 是2与S 的等差中项；②a ＝2，S ＝a(S ＋1)；③S ＝
n n 1 n＋1 1 n n
2n＋1－2.在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．
若数列{a}的前n项和为S，且________．
n n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)若{a·b}是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{b}的前n项和T.
n n n n
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．
解 (1)选择条件①：
因为a 是2与S 的等差中项，所以2a＝2＋S，
n n n n
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所以当n≥2时，2a ＝2＋S ，
n－1 n－1
两式相减得，2a－2a ＝a，即a＝2a (n≥2)，
n n－1 n n n－1
在2a＝2＋S 中，令n＝1，可得a＝2，
n n 1
所以数列{a}是首项为2，公比为2的等比数列，
n
故a＝2·2n－1＝2n.
n
选择条件②：
由a＝2，S ＝a(S＋1)，知S ＝2(S＋1)，
1 n＋1 1 n n＋1 n
当n＝1时，可求得a＝4，
2
所以当n≥2时，S＝2(S ＋1)，
n n－1
两式相减得，a ＝2a(n≥2)，
n＋1 n
又a＝2，a＝4也满足上式，
1 2
所以数列{a}是首项为2，公比为2的等比数列，
n
故a＝2·2n－1＝2n.
n
选择条件③：在S＝2n＋1－2中，令n＝1，则a＝21＋1－2＝2，
n 1
当n≥2时，有S ＝2n－2，
n－1
两式相减得，a＝2n(n≥2)，
n
当n＝1时，a＝2满足上式，
1
所以a＝2n.
n
(2)因为{a·b}是以2为首项，4为公差的等差数列，
n n
所以a·b＝2＋(n－1)·4＝4n－2，
n n
由(1)知，a＝2n，所以b＝，
n n
所以T＝1×0＋3×1＋5×2＋…＋，
n
T＝1×1＋3×2＋…＋＋，
n
两式相减得，T＝1×0＋2×1＋2×2＋…＋2×n－1－＝1＋2×－＝3－，
n
所以T＝6－.
n
11．(2022·北京)设{a}是公差不为0的无穷等差数列，则“{a}为递增数列”是“存在正整
n n
数N ，当n>N 时，a>0”的( )
0 0 n
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
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答案 C
解析 设无穷等差数列{a}的公差为d(d≠0)，则a ＝a ＋(n－1)d＝dn＋a －d.若{a}为递增
n n 1 1 n
数列，则d>0，则存在正整数N ，使得当n>N 时，a ＝dn＋a －d>0，所以充分性成立；若
0 0 n 1
存在正整数N ，使得当n>N 时，a ＝dn＋a －d>0，即d>对任意的n>N ，n∈N*均成立，由
0 0 n 1 0
于n→＋∞时，→0，且d≠0，所以d>0，{a}为递增数列，必要性成立．故选C.
n
12．已知a，a，a，a 成等比数列，且a＋a＋a＋a＝ln(a＋a＋a)．若a>1，则( )
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 1
A．a<a，a<a B．a>a，a<a
1 3 2 4 1 3 2 4
C．a<a，a>a D．a>a，a>a
1 3 2 4 1 3 2 4
答案 B
解析 因为ln x≤x－1(x>0)，所以a＋a＋a＋a＝ln(a＋a＋a)≤a＋a＋a－1，
1 2 3 4 1 2 3 1 2 3
所以a＝a·q3≤－1.由a>1，得q<0.
4 1 1
若q≤－1，则ln(a＋a＋a)＝a＋a＋a＋a＝a(1＋q)·(1＋q2)≤0.
1 2 3 1 2 3 4 1
又a＋a＋a＝a(1＋q＋q2)≥a>1，所以ln(a＋a＋a)>0，矛盾．因此－1<q<0.
1 2 3 1 1 1 2 3
所以a－a＝a(1－q2)>0，a－a＝aq(1－q2)<0，所以a>a，a<a.
1 3 1 2 4 1 1 3 2 4
13．函数y＝f(x)，x∈[1，＋∞)，数列{a}满足a＝f(n)，n∈N*，
n n
①函数f(x)是增函数；
②数列{a}是递增数列．
n
写出一个满足①的函数f(x)的解析式________．
写出一个满足②但不满足①的函数f(x)的解析式________．
答案 f(x)＝x2 f(x)＝2(答案不唯一)
解析 由题意，可知在x∈[1，＋∞)这个区间上是增函数的函数有许多，可写为f(x)＝x2.
第二个填空是找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为f(x)＝2.
则这个函数在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)＝2在[1，＋∞)上不是增函数，不满足①.
而对应的数列为a＝2在n∈N*上越来越大，属于递增数列．
n
14．设函数f(x)＝数列{a}满足a ＝f(a)(n∈N*)，若{a}是等差数列．则a 的取值范围是
n n＋1 n n 1
__________．
答案 (－∞，－3]∪{－2,1}
解析 画出函数f(x)的图象如图所示，
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当a≤－3时，a＝f(a)＝a－4≤－7，a＝f(a)＝a－4≤－11，…，
1 2 1 1 3 2 2
数列{a}是首项为a，公差为－4的等差数列，符合题意，
n 1
当a>－3时，因为{a}是等差数列，
1 n
①若其公差d>0，则∃k∈N*，使得 >2，这与a ＝f(a)＝2－a≤2矛盾，
0 n＋1 n
②若其公差d＝0，则a＝－a＋2＝a，即a＋a－2＝0，解得a＝－2或a＝1，
2 1 1 1 1
则当a ＝－2时，a ＝－2为常数列，当a ＝1时，a ＝1为常数列，此时{a}为等差数列，
1 n 1 n n
符合题意，
③若其公差d<0，则∃k∈N*，使得 >－3且 ≤－3，则等差数列的公差必为－4，
0
因此 ＝－4，所以2－ ＝－4，解得 ＝－3(舍去)或 ＝2.
又当 ＝2时， ＝…＝－2，这与公差为－4矛盾．
综上所述，a 的取值范围是(－∞，－3]∪{－2,1}．
1
15．若数列{a}对于任意的正整数n满足：a>0且aa ＝n＋1，则称数列{a}为“积增数
n n n n＋1 n
列”．已知“积增数列”{a}中，a＝1，数列{a＋a}的前n项和为S，则对于任意的正整数
n 1 n
n，有( )
A．S≤2n2＋3 B．S≥n2＋4n
n n
C．S≤n2＋4n D．S≥n2＋3n
n n
答案 D
解析 ∵a>0，∴a＋a≥2aa ，∵aa ＝n＋1，
n n n＋1 n n＋1
∴{aa }的前n项和为2＋3＋4＋…＋n＋1＝＝，
n n＋1
∴数列{a＋a}的前n项和为S≥2×＝n2＋3n.
n
16．设{a}是正数组成的数列，其前n项和为S ，并且对于所有的正整数n，a 与2的等差
n n n
中项等于S 与2的等比中项．
n
(1)求数列{a}的通项公式；
n
(2)令b＝(n∈N*)，求证：b＋b＋b＋…＋b<1＋n.
n 1 2 3 n
(1)解 由已知＝(n∈N*)，
整理得S＝(a＋2)2，所以S ＝(a ＋2)2.
n n n＋1 n＋1
所以a ＝S －S＝[(a ＋2)2－(a＋2)2]
n＋1 n＋1 n n＋1 n
＝(a＋4a －a－4a)，
n＋1 n
整理得(a ＋a)(a －a－4)＝0，
n＋1 n n＋1 n
由题意知a ＋a≠0，所以a －a＝4，而a＝2，
n＋1 n n＋1 n 1
即数列{a}是a＝2，d＝4的等差数列，
n 1
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所以a＝a＋(n－1)d＝4n－2.
n 1
(2)证明 令c＝b－1，则c＝
n n n
＝＝－.
故b＋b＋…＋b－n＝c＋c＋…＋c＝＋＋…＋＝1－<1.故b＋b＋…＋b<1＋n.
1 2 n 1 2 n 1 2 n
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