在高考中，对数列的综合应用的考查主要体现在交汇题中，涉及两类问题：一类是以小题形式出现的是等差数列与等比数列交汇，难度中等；另一类通常结合函数、不等式、方程、几何等知识，综合考查数列和式的相关性质，如和式的最值、单调性、不等关系式的证明等，多以解答题的形式出现，难度较大.那么，在高考中数列交汇题主要有哪些？让我们从2015年的高考真题中看分明.
　　一、等差数列与等比数列的交汇
　　例1（2015·浙江）已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.若a3，a4，a8成等比数列，则（）
　　A. a1d>0，dS4>0B. a1d<0，dS4<0
　　C. a1d>0，dS4<0D. a1d<0，dS4>0
　　分析：由a3，a4，a8成等比数列得，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是函数f（x）=x2-px+q（p>0，q>0）的两个不同的零点，且a，b，-2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（）
　　A. 6B. 7C. 8D. 9
　　分析：不妨设a>b，由韦达定理得a+b=p>0，ab=q>0，则a>b>0，所以-2，b，a成等差数列，a，-2，b成等比数列，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.
　　解题策略：解决等差数列与等比数列的交汇性问题，关键是理清两个数列的关系.如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来，研究这些项与序号之间的关系；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解.
　　二、数列与函数的交汇
　　例3（2015·陕西）设fn（x）是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈N，n≥2.
　　（1）证明：函数Fn（x）=fn（x）-2在（12，1）内有且仅有一个零点（记为xn），且xn=12+12xn+1n；
　　（2）设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn（x），比较fn（x）和gn（x）的大小，并加以证明.
　　分析：（1）利用函数的单调性和函数零点存在性定理；（2）将数列值大小的比较，转化为函数值大小的比较，并利用导数研究函数的单调，从而确定它们的大小关系.
　　解析：（1）证明：Fn（x）=fn（x）-2=1+x+x2+…+xn-2，
　　则Fn（1）=n-1>0，Fn（12）=1+12+（12）2+…+（12）n-2=1-（12）n+11-12-2=-12n<0，
　　所以Fn（x）在（12，1）内至少存在一个零点.
　　又F′n（x）=1+2x+…+nxn-1>0，故Fn（x）在（12，1）内单调递增，
　　所以Fn（x）在（12，1）内有且仅有一个零点xn.
　　因为xn是Fn（x）的零点，所以Fn（xn）=0，
　　即1-xn+1n1-xn-2=0，故xn=12+12xn+1n.
　　（2）由题设，gn（x）=（n+1）（1+xn）2.
　　设h（x）=fn（x）-gn（x）=1+x+x2+…+xn-（n+1）（1+xn）2，x>0.
　　当x=1时，fn（x）=gn（x）.
　　当x≠1时，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）上递增，在（1，+∞）上递减，
　　所以h（x）　　综上所述，当x=1时，fn（x）=gn（x）；当x≠1时，fn（x）　　例4（2015·江苏）设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列.
　　（1）证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.
　　（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由.
　　（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列？并说明理由.
　　分析：（1）根据等比数列定义，只需验证每一项与前一项的比值都为同一个不为零的常数即可；（2）先将等比数列问题转化为方程问题，再通过换元，将二元方程问题转化为一元高次方程问题，进而讨论根是否存在；（3）同（2），再将方程根的问题转化为函数的零点问题进行探讨.
　　解析：（1）证明：因为2an+12an=2an+1-an=2d（n=1，2，3）是同一个常数，
　　所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列.
　　（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a-d，a，a+d，a+2d（a>d，a>-2d，d≠0）.
　　假设存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列， 　　则a4=（a-d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4.
　　令t=da，则1=（1-t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4（-12　　化简得t3+2t2-2=0（*），且t2=t+1.
　　将t2=t+1代入（*）式，得t（t+1）+2（t+1）-2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=-14.
　　显然t=-14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，
　　因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列.
　　（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列，
　　则an1（a1+2d）n+2k=（a1+d）2（n+k），
　　且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k）.
　　分别在两个等式的两边同除以a2（n+k）1及a2（n+2k）1，并令t=da1（t>-13，t≠0），
　　则（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k）.
　　将上述两个等式两边取对数，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），
　　化简得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）].
　　再将这两式相除，化简得
　　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），
　　则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），
　　则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）-2（1+2t）ln（1+2t）+（1+t）ln（1+t）].
　　令φ1（t）=φ′（t），则φ′1（t）=6[3ln（1+3t）-4ln（1+2t）+ln（1+t）].
　　令φ2（t）=φ′1（t），
　　则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，+∞）上均单调.
　　故g（t）只有唯一零点t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假设不成立，
　　所以不存在a1，d及正整数n，k，使得an1，an+k2，an+2k3，an+3k4依次构成等比数列.
　　解题策略：数列是一种定义域为正整数集或正整数集的子集的函数，因此数列与函数有着天然的联系.数列中的方程问题，往往可以转化为函数的零点问题，而数列的最值问题或数列比大小问题，则需构造函数，通过利用导数研究函数的单调性，来解决数列的相关问题.
　　三、数列与不等式的交汇
　　例5（2015·浙江）已知数列{an}满足a1=12且an+1=an-a2n（n∈N*）
　　（1）证明：1≤anan+1≤2（n∈N*）；
　　（2）设数列{a2n}的前n项和为Sn，证明12（n+2）≤Snn≤12（n+1）（n∈N*）.
　　分析：（1）首先根据递推公式可得0　　证明：（1）由题意得an+1-an=-a2n≤0，即an+1≤an，故an≤12.
　　当n≥2时，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）由题意得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·重庆）在数列{an}中，a1=3，an+1an+λan+1+μa2n=0（n∈N+）.
　　（1）若λ=0，μ=-2，求数列{an}的通项公式；
　　（2）若λ=1k0（k0∈N+，k0≥2），μ=-1，证明：2+13k0+1　　分析：（1）将已知的递推关系式等价变形为an+1=qan，并找到公比q；（2）依据递推关系归纳出该数列的单调性，并将ak0+1适当放缩.
　　解析：（1）由λ=0，μ=-2，有an+1an=2a2n（n∈N+）.
　　若存在某个n0∈N+，使得an0=0，则由上述递推公式易得an0-1=0.
　　重复上述过程可得a1=0，与a1=3矛盾，所以对任意n∈N+，an≠0.
　　从而an+1=2an（n∈N+），即{an}是一个公比q=2的等比数列.
　　故an=a1qn-1=3×2n-1.
　　（2）证明：因为λ=1k0，μ=-1，所以数列{an}的递推关系式即为
　　an+1an+1k0an+1-a2n=0，变形为an+1（an+1k0）=a2n（n∈N+）.
　　由上式及a1=3>0，归纳可得3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.
　　因为an+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，由上已证的不等式知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.
　　综上，2+13k0+1　　解题策略：解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等.总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了.
　　（作者：王佩其，太仓市明德高级中学）