在高考中，對(duì)數(shù)列的綜合應(yīng)用的考查主要體現(xiàn)在交匯題中，涉及兩類(lèi)問(wèn)題：一類(lèi)是以小題形式出現(xiàn)的是等差數(shù)列與等比數(shù)列交匯，難度中等；另一類(lèi)通常結(jié)合函數(shù)、不等式、方程、幾何等知識(shí)，綜合考查數(shù)列和式的相關(guān)性質(zhì)，如和式的最值、單調(diào)性、不等關(guān)系式的證明等，多以解答題的形式出現(xiàn)，難度較大.那么，在高考中數(shù)列交匯題主要有哪些？讓我們從2015年的高考真題中看分明.

一、等差數(shù)列與等比數(shù)列的交匯

例1（2015·浙江）已知{an}是等差數(shù)列，公差d不為零，前n項(xiàng)和是Sn.若a3，a4，a8成等比數(shù)列，則（）

A. a1d>0，dS4>0B. a1d<0，dS4<0

C. a1d>0，dS4<0D. a1d<0，dS4>0

分析：由a3，a4，a8成等比數(shù)列得，a24=a3a8（a1+3d）2=（a1+2d）（a1+7d）3a1d+5d2=0，因公差d≠0，故a1=-53d，a1d=-53d2<0，dS4=d（4a1+4×32d）=-23d2<0.

答案：B.

例2（2015·福建）若a，b是函數(shù)f（x）=x2-px+q（p>0，q>0）的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，且a，b，-2這三個(gè)數(shù)可適當(dāng)排序后成等差數(shù)列，也可適當(dāng)排序后成等比數(shù)列，則p+q的值等于（）

A. 6B. 7C. 8D. 9

分析：不妨設(shè)a>b，由韋達(dá)定理得a+b=p>0，ab=q>0，則a>b>0，所以-2，b，a成等差數(shù)列，a，-2，b成等比數(shù)列，所以2b=a-2，ab=4，解得a=4，b=1或a=-2，b=-2（舍去），所以p=5，q=4，所以p+q=9.

答案：D.

解題策略：解決等差數(shù)列與等比數(shù)列的交匯性問(wèn)題，關(guān)鍵是理清兩個(gè)數(shù)列的關(guān)系.如果同一數(shù)列中部分項(xiàng)成等差數(shù)列，部分項(xiàng)成等比數(shù)列，要把成等差數(shù)列或等比數(shù)列的項(xiàng)抽出來(lái)，研究這些項(xiàng)與序號(hào)之間的關(guān)系；如果兩個(gè)數(shù)列通過(guò)運(yùn)算綜合在一起，要從分析運(yùn)算入手，把兩個(gè)數(shù)列分割開(kāi)，弄清兩個(gè)數(shù)列各自的特征，再進(jìn)行求解.

二、數(shù)列與函數(shù)的交匯

例3（2015·陜西）設(shè)fn（x）是等比數(shù)列1，x，x2，…，xn的各項(xiàng)和，其中x>0，n∈N，n≥2.

（1）證明：函數(shù)Fn（x）=fn（x）-2在（12，1）內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)（記為xn），且xn=12+12xn+1n；

（2）設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項(xiàng)和為gn（x），比較fn（x）和gn（x）的大小，并加以證明.

分析：（1）利用函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)零點(diǎn)存在性定理；（2）將數(shù)列值大小的比較，轉(zhuǎn)化為函數(shù)值大小的比較，并利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)，從而確定它們的大小關(guān)系.

解析：（1）證明：Fn（x）=fn（x）-2=1+x+x2+…+xn-2，

則Fn（1）=n-1>0，F(xiàn)n（12）=1+12+（12）2+…+（12）n-2=1-（12）n+11-12-2=-12n<0，

所以Fn（x）在（12，1）內(nèi)至少存在一個(gè)零點(diǎn).

又F′n（x）=1+2x+…+nxn-1>0，故Fn（x）在（12，1）內(nèi)單調(diào)遞增，

所以Fn（x）在（12，1）內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)xn.

因?yàn)閤n是Fn（x）的零點(diǎn)，所以Fn（xn）=0，

即1-xn+1n1-xn-2=0，故xn=12+12xn+1n.

（2）由題設(shè)，gn（x）=（n+1）（1+xn）2.

設(shè)h（x）=fn（x）-gn（x）=1+x+x2+…+xn-（n+1）（1+xn）2，x>0.

當(dāng)x=1時(shí)，fn（x）=gn（x）.

當(dāng)x≠1時(shí)，h′（x）=1+2x+…+nxn-1-n（n+1）xn-12.

若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-n（n+1）2xn-1=n（n+1）2xn-1-n（n+1）2xn-1=0.

若x>1，h′（x）

所以h（x）在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減，

所以h（x）

綜上所述，當(dāng)x=1時(shí)，fn（x）=gn（x）；當(dāng)x≠1時(shí)，fn（x）

例4（2015·江蘇）設(shè)a1，a2，a3，a4是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d（d≠0）的等差數(shù)列.

（1）證明：2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列.

（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說(shuō)明理由.

（3）是否存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說(shuō)明理由.

分析：（1）根據(jù)等比數(shù)列定義，只需驗(yàn)證每一項(xiàng)與前一項(xiàng)的比值都為同一個(gè)不為零的常數(shù)即可；（2）先將等比數(shù)列問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程問(wèn)題，再通過(guò)換元，將二元方程問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一元高次方程問(wèn)題，進(jìn)而討論根是否存在；（3）同（2），再將方程根的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題進(jìn)行探討.

解析：（1）證明：因?yàn)?an+12an=2an+1-an=2d（n=1，2，3）是同一個(gè)常數(shù)，

所以2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列.

（2）令a1+d=a，則a1，a2，a3，a4分別為a-d，a，a+d，a+2d（a>d，a>-2d，d≠0）.

假設(shè)存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列，

則a4=（a-d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4.

令t=da，則1=（1-t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4（-12

化簡(jiǎn)得t3+2t2-2=0（*），且t2=t+1.

將t2=t+1代入（*）式，得t（t+1）+2（t+1）-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，則t=-14.

顯然t=-14不是上面方程的解，矛盾，所以假設(shè)不成立，

因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列.

（3）假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次構(gòu)成等比數(shù)列，

則an1（a1+2d）n+2k=（a1+d）2（n+k），

且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k）.

分別在兩個(gè)等式的兩邊同除以a2（n+k）1及a2（n+2k）1，并令t=da1（t>-13，t≠0），

則（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k）.

將上述兩個(gè)等式兩邊取對(duì)數(shù)，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），

化簡(jiǎn)得2k[ln（1+2t）-ln（1+t）]=n[2ln（1+t）-ln（1+2t）]，

且k[3ln（1+3t）+ln（1+t）-4ln（1+2t）]=n[2ln（1+2t）-ln（1+t）-ln（1+3t）].

再將這兩式相除，化簡(jiǎn)得

ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t）（**）.

令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）-ln（1+3t）ln（1+2t）-3ln（1+2t）ln（1+t），

則g′（t）=2[（1+3t）2ln（1+3t）-3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]（1+t）（1+2t）（1+3t）.

令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）-3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），

則φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）-2（1+2t）ln（1+2t）+（1+t）ln（1+t）].

令φ1（t）=φ′（t），則φ′1（t）=6[3ln（1+3t）-4ln（1+2t）+ln（1+t）].

令φ2（t）=φ′1（t），

則φ′2（t）=12（1+t）（1+2t）（1+3t）>0.

由g（0）=φ（0）=φ1（0）=φ2（0）=0，φ′2（t）>0，

知φ2（t），φ1（t），φ（t），g（t）在（-13，0）和（0，+∞）上均單調(diào).

故g（t）只有唯一零點(diǎn)t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假設(shè)不成立，

所以不存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次構(gòu)成等比數(shù)列.

解題策略：數(shù)列是一種定義域?yàn)檎麛?shù)集或正整數(shù)集的子集的函數(shù)，因此數(shù)列與函數(shù)有著天然的聯(lián)系.數(shù)列中的方程問(wèn)題，往往可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，而數(shù)列的最值問(wèn)題或數(shù)列比大小問(wèn)題，則需構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，來(lái)解決數(shù)列的相關(guān)問(wèn)題.

三、數(shù)列與不等式的交匯

例5（2015·浙江）已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=12且an+1=an-a2n（n∈N*）

（1）證明：1≤anan+1≤2（n∈N*）；

（2）設(shè)數(shù)列{a2n}的前n項(xiàng)和為Sn，證明12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）.

分析：（1）首先根據(jù)遞推公式可得0

證明：（1）由題意得an+1-an=-a2n≤0，即an+1≤an，故an≤12.

當(dāng)n≥2時(shí)，由an=（1-an-1）an-1得，

an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）a1>0.

由0

故1≤anan+1≤2.

（2）由題意得a2n=an-an+1，

所以Sn=a1-an+1.①

由1an+1-1an=anan+1和1≤anan+1≤2得1≤1an+1-1an≤2，

所以n≤1an+1-1a1≤2n，

因此12（n+1）≤an+1≤1n+2（n∈N*）.②

由①②得，12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）.

例6（2015·重慶）在數(shù)列{an}中，a1=3，an+1an+λan+1+μa2n=0（n∈N+）.

（1）若λ=0，μ=-2，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

（2）若λ=1k0（k0∈N+，k0≥2），μ=-1，證明：2+13k0+1

分析：（1）將已知的遞推關(guān)系式等價(jià)變形為an+1=qan，并找到公比q；（2）依據(jù)遞推關(guān)系歸納出該數(shù)列的單調(diào)性，并將ak0+1適當(dāng)放縮.

解析：（1）由λ=0，μ=-2，有an+1an=2a2n（n∈N+）.

若存在某個(gè)n0∈N+，使得an0=0，則由上述遞推公式易得an0-1=0.

重復(fù)上述過(guò)程可得a1=0，與a1=3矛盾，所以對(duì)任意n∈N+，an≠0.

從而an+1=2an（n∈N+），即{an}是一個(gè)公比q=2的等比數(shù)列.

故an=a1qn-1=3×2n-1.

（2）證明：因?yàn)棣?1k0，μ=-1，所以數(shù)列{an}的遞推關(guān)系式即為

an+1an+1k0an+1-a2n=0，變形為an+1（an+1k0）=a2n（n∈N+）.

由上式及a1=3>0，歸納可得3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.

因?yàn)閍n+1=a2nan+1k0=a2n-1k20+1k20an+1k0=an-1k0+1k0·1k0an+1，所以

ak0+1=a1+（a2-a1）+…+（ak0+1-ak0）=

a1-k0·1k0+1k0（1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1）

>2+1k0（13k0+1+13k0+1+…+13k0+1）=2+13k0+1.

另一方面，由上已證的不等式知a1>a2>…>ak0>ak0+1>2，得

ak0+1=a1-k0·1k0+1k0·（1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1）

<2+1k0·12k0+1+12k0+1+…+12k0+1k0=2+12k0+1.

綜上，2+13k0+1

解題策略：解決數(shù)列與不等式的綜合問(wèn)題時(shí)，如果是證明題要靈活選擇證明方法，如比較法、綜合法、分析法、放縮法等；如果是解不等式問(wèn)題要使用不等式的各種不同解法，如列表法、因式分解法等.總之解決這類(lèi)問(wèn)題把數(shù)列和不等式的知識(shí)巧妙結(jié)合起來(lái)綜合處理就行了.

（作者：王佩其，太倉(cāng)市明德高級(jí)中學(xué)）