专题 1.2 数 列
等差数列的性质是等差数列的定义、通项公式以及前 n 项和公式等基础知识的推广与变
形，熟练掌握和灵活应用这些性质可以有效、方便、快捷地解决许多等差数列问题．
等比数列基本量的计算是解等比数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选
择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第（1）问中，属基础题．
（1）数列求和的常用方法：
①对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
②对于 n na b 结构，其中 na 是等差数列， nb 是等比数列，用错位相减法求和；
③对于 +n na b 结构，利用分组求和法；
④对于
1
1
n na a
结构，其中 na 是等差数列，公差为 d ，则
1 1
1 1 1 1
n n n na a d a a
，
利用裂项相消法求和．
（2）数列求和的常用方法：（设数列{ }na 是等差数列，{ }nb 是等比数列）
①公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
②错位相减法：数列{ }n na b 的前 n 项和应用错位相减法；
③裂项相消法；数列 1{ }
n n ka a
（ k 为常数， 0na ）的前 n 项和用裂项相消法；
④分组（并项）求和法：数列{ }n npa qb 用分组求和法，如果数列中的项出现正负相
间等特征时可能用并项求和法；
⑤倒序相加法：满足 m n ma a A （ A 为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
（3）裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突
破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：
①
1 1 1 1
n n k k n n k
；② 1
n k n 1 n k nk
；
③
1 1 1 1
2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n n
； ④
1
2
2 1 2 1
n
n n
1
1
2 1 2 1
2 1 2 1
n n
n n
1
1 1
2 1 2 1n n
；此外，需注意裂项之后相消的过
程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误．
（4）数列求和的方法技巧
①倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
②错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
③分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
1．已知数列 na 的前 n 项和为 2 1
1, 6, 12n n nS a S a ．
（1）证明：数列{ }1nS - 为等比数列，并求出 nS ．
（2）求数列 1
na
的前 n 项和 nT ．
【试题来源】山东省潍坊市 2021 届高三一模考试
【答案】（1）证明见解析； 3 1n
nS ；（2） 1
1 1
2 4 3n nT
．
【分析】（1）根据递推关系及等比数列的定义证明；
（2）由（1）可得 3 1n
nS ，根据 ,n nS a 关系求解通项，根据等比数列求和公式计算即可．
【解析】（1）由已知 1
1 12n n nS S S ，整理得 1 3 2n nS S ，
所以 1 1 3 1n nS S ，
令 1n ，得 1 2
1 1 42S a ，所以 1 1 3S ，
所以{ }1nS - 是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以 1
11 1 3 3n n
nS S ，所以 3 1n
nS ；
（2）由（1）知， 3 1n
nS ，
当 2n
时， 1 1
1 3 1 3 1 2 3n n n
n n na S S
，
当 1n 时， 11 4a S ，所以 1
4, 1,
2 3 , 2,n n
na n
所以 1
1 , 1,41
1 1 , 2,2 3
n
n
n
a n
所以
1
1
1 2
1 111 1 1 1 1 16 3
14 2 4 31 3
n
n n
n
T a a a
．
2．已知{ },{ }n na b 分别是等差数列和等比数列， 1 1 2 21, 0a b a b ，且 *
1 2,a a n N ．
（1）若 2 3 3, ,a b a 成等差数列，求 ,n na b 的通项公式；
（2）当 2n 时，证明： n na b ．
【试题来源】浙江省超级全能生 2021 届高三下学期 3 月联考
【答案】（1） 1
3 1,2 2n n n
na b
；（2）证明见解析．
【分析】（1）设数列{ }na 的公差为 , 0, nd d b 的公比为 , 0q q ，然后根据条件建立方
程组求解即可；（2） 1d q ， 1 11 ( 1) 1 ( 1)( 1) n n
n na b n d q n q q ，然
后分 1q 、 0 1q 证明即可．
【解析】（1）设数列{ }na 的公差为 , 0, nd d b 的公比为 , 0q q
由题可得 2 2
2 3 32
a b
a a b
，即 1 1
2
1 12 3 2
a d b q
a d b q
，
化简得 22 3 1 0q q ，解得 1q 或 1
2
，
因为 1 2a a ，即 1 2b b ，所以 1 1,2 2q d ，
所以 1
3 1,2 2n n n
na b
；
（2）由已知可得 1d q ，
因为 1 2a a ，所以 2 2
1 1
1b aq b a
，
所以 1 11 ( 1) 1 ( 1)( 1) n n
n na b n d q n q q ．
当 1q 时，
1
2 21(1 ) ( 1) (1 )[(1 ) ( 1)]1
n
n
n n
qa b q n q q q q nq
．
因为 2 21 1,1 0nq q q n q ，所以有 n na b ；
当 0 1q 时， 2 21 1,1 0nq q q n q ，所以有 n na b ．
综上所述，当 *nN ，且 n na b 时， n na b ．
3．设 nS 为数列 na 的前 n 项和，已知 1 2a ，对任意 *n N ，都有 2 1n nS n a ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若数列
4
2n na a
的前 n 项和为 nT ．
①求 nT ；
②若不等式 2 3
2 nm m T 对任意的 *n N 恒成立，求实数 m 的取值范围．
【试题来源】 2020-2021 学年高三下学期 2 月月考试题（线上）
【答案】（1） 2na n ；（2）①
1
n
n
；② 1,2 ．
【分析】（1）由递推公式 2 1n nS n a ，可得 2n 时， 1 12 n nS na ，两式相减，进而
可得结果．（2）①
4 1 1 1
2 2 2 1 1nb n n n n n n
，用裂项相消法可得结果．
②由函数的单调性可得 1n 时， nT 取最小值 1
2
，进而可得结果．
【解析】（1）因为 2 1n nS n a ，当 2n 时， 1 12 n nS na ，
两式相减，得 12 1n n na n a na ，即 11 n nn a na ，
所以当 2n 时， 1
1
n na a
n n
，所以 1
1
na a
n
．因为 1 2a ，所以 2na n ．
（2）因为 2na n ，令
4
2n
n n
b a a
， n N ，
所以
4 1 1 1
2 2 2 1 1nb n n n n n n
．
①所以 1 2
1 1 1 1 1 11 12 2 3 1 1 1n n
nT b b b n n n n
．
②因为 1
1f n n
在 n N 上是递减函数，所以 11 1n
在 n N 上是递增的，
所以当 1n 时， nT 取最小值 1
2
．
所以原不等式恒成立可得 2 3 1 1,22 2m m m
4．设数列 na 满足 13 2 2n na a n ，且 1 2a ， 3log 1n nb a ．
（1）证明：数列 1na 为等比数列；
（2）设
1
2
2n n
n n
nc b b
，求数列 nc 的前 n 项和 nS ．
【试题来源】云南省 2021 届高三第六次复习检测
【答案】（1）证明见解析；（2） 11 ( 1)2n nS n
．
【分析】（1）由 *
13 2 2,n na a n n N ，变形为 11 3 1n na a ，即可证明；（2）
由 等 比 数 列 的 通 项 公 式 可 得 1 3n
na ， 于 是 3log 1n nb a n ， 因 此
1
1 1
2 ( 1) 2n n nc n n ，再利用“裂项求和”即可得出．
【解析】（1）因为 13 2( 2)n na a n ，所以 11 3 1n na a ，
所以数列 1na 是首项为 3，公比为 3 的等比数列．
（2）因为 1na 是首项为 1 1 3a ，公比为 3 的等比数列．
所以 11 3 3 3n n
na ，所以 3log 3n
nb n ，
所以 1
1
2 2 1 1
2 2 ( 1) 2 ( 1) 2n n n n n
n n
n nc b b n n n n
，所以
0 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 2 2 2 3 2 3 2 4 2 2 ( 1) 2n n nS n n
，
所以 11 ( 1)2n nS n
．
5．已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，a1=1，Sn=an+1-1．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足 2bn+1+Sn+1=2bn+2an，证明数列{an+bn}为等差数列，并求其公差．
【试题来源】安徽省江南十校 2021 届高三下学期 3 月一模联考
【答案】（1） 12n
na -= ；（2）证明见解析，公差为 1
2
．
【分析】（1）根据 Sn=an+1-1，利用数列通项与前 n 项和的关系求解．（2）由 Sn=an+1-1，得
1 2 11 2 1n n nS a a ．与 2bn+1+Sn+1=2bn+2an，化简得到 1 1
1
2n n n nb a b a 求解．
【解析】（1）当 2n
时，由 Sn=an+1-1，得 1 1n nS a ，
两式相减得 1 1 1 1 ,n n n nS S a a 即 1 2 2 ,n na a n
因为 1 2 1,S a 所以 2 12 2a a ．
综上 na 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 12n
na -= ．
（2）由 Sn=an+1-1，得 1 2 11 2 1n n nS a a ，
又 2bn+1+Sn+1=2bn+2an，
所以 1 12 2 1 2 2 ,n n n nb a b a
即 1 1
1
2n n n nb a b a ，
所以 n na b 是以 1
2
为公差的等差数列．
6．已知公差 0d 的等差数列 na ， nS 是 na 的前 n 项和， 2 8a ， 2 1S 是 1a 和 4 6S
的等比中项．
（1）求 na 的通项公式；
（2）设数列 nb 满足
1
1
n
n n
b a a
，且 nb 的前 n 项和为 nT ，求证 1
15nT ．
【试题来源】黑龙江省哈尔滨市 2020-2021 学年高三下学期第一次模拟
【答案】（1） 5 2na n ；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据题意列出关于 1a 和 d 的方程组，解出 1a 和 d 即可求得通项公式；
（2）化简可得 1 1 1
5 5 2 5 3nb n n
，由裂项相消法可求出 nT ，进而求证．
【解析】（1） 2 1S 是 1a 和 4 6S 的等比中项，
2
1 4 26 1a S S ，即 2
1 1 14 6 6 2 1a a d a d ，
2 1 + 8a a d ， 0d ，则可解得 1 3a ， 5d ，所以 5 2na n ；
（2）
1 1 1 1
5 2 5 3 5 5 2 5 3nb n n n n
，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ =5 3 8 8 13 5 2 5 3 5 3 5 3 15 5 5 3nT n n n n
，
1 05 5 3n
， 1
15nT ．
7．已知等差数列 na 的前三项依次为 a ，8， 4 1a ，前 n 项的和为 nS ， 366kS ．
（1）求 a 及 k 的值；
（2）设数列 nb 满足
1
1
n
n n
b a a
，且 nb 的前 n 项和为 nT ，求 nT ．
【试题来源】黑龙江省哈尔滨市 2020-2021 学年高三下学期第一次模拟考试
【答案】（1） 3a ， 12k ；（2） 3 5 3
n
n
【分析】（1）由等差中项的性质可知 4 1 2 8a a ，即可求得 1 3a a ， 2 1 5d a a ，
代入前 n 项和公式即可求得 k 的值；（2）由 1
1 1 1 1
5 2 (5 3) 5 5 2 5 3
1
n
n n n nb na na
，
采用“裂项法”即可求得数列{ }nb 的前 n 项和．
【解析】（1）等差数列为{ }na 的前三项分别为 1a a ， 2 8a ， 3 4 1a a ，
4 1 2 8a a ，解得 1 3a a ，公差 2 1 5d a a ，
所以 ( 1) 53 3662k
k kS k ，
即 25 732 0k k ，解得 12k 或 61
5k （舍去）
3a ， 12k ；
（2）由 （1）可知 13 ( 1) 5 5 2 5 3n na n n a n ，
1
1 1 1 1
5 2 (5 3) 5 5 2 5 3
1
n
n n n nb na na
，
数列{ }nb 的前 n 项和 nT 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )5 3 13 5 5 38 28 n n
，
1 1 1
5 3 5 3n
3 5 3
n
n
，
数列{ }nb 的前 n 项和 3 5 3
n
n ．
8．已知等差数列 na 和等比数列 nb 满足 1 4a ， 1 2b ， 2 22 1a b ， 3 3 2a b ．
（1）求 na 和 nb 的通项公式；
（2）数列 na 和 nb 中的所有项分别构成集合 A ， B ，将 A B 的所有元素按从小到大
依次排列构成一个新数列 nc ，求数列 nc 的前 60 项和 60S ．
【试题来源】湖北省荆门龙泉中学、 2021 届高三下学期 2 月联考
【答案】（1） 3 1na n ， 2n
nb ；（2）5014．
【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q，
由 2 2
4 2 2 1 4 5
4 2 2 2 1
d q d q
d q d q
，
所以 2q = ， 3d ，所以 3 1na n ， 2n
nb ．
（2）当 nc 的前 60 项中含有 nb 的前 6 项时，令 7 1273 1 2 128 3n n ，
此时至多有 41 7 48 项（不符）．
当 nc 的前 60 项中含有 nb 的前 7 项时，令 83 1 2 256 85n n ，
且 22 ， 42 ， 62 是 na 和 nb 的公共项，则 nc 的前 60 项中含有 nb 的前 7 项且含有 na
的前 56 项，再减去公共的三项．
所以 3 5 7
60
56 5556 4 3 2 2 2 2 4844 170 50142S
．
【名师点睛】本题解题的关键点是分析新数列 nc 是由 na 和 nb 中的哪些选项构成的，
还要注意去掉公共项．
9．已知各项均为正数的等差数列{an}满足 a1=1， 2 2
1 12( )n n n na a a a ．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记 b=
1
1
n na a ，求数列{bn}的前 n 项和 Sn．
【试题来源】安徽省江南十校 2021 届高三下学期 3 月一模联考
【答案】（1） 2 1na n ；（2） 2 1 1
2n
nS ．
【分析】（1）由已知递推关系，可得 1 2n na a ，即可写出{an}的通项公式；
（2）由（1）知 2 1 2 1
2n
n nb ，裂项相消法即可求前 n 项和 Sn．
【解析】（1）由题意，得 2 2
1 12n n n na a a a ，即 1 1 12 ,n n n n n na a a a a a
又数列 na 的各项均为正数，即 1 0n na a ，则 1 2n na a ，
所以 na 的公差为 2 ，而 1 1a ，故 2 1na n ．
（2）由（1）知
1
1 1 2 1 2 1
22 1 2 1n
n n
n nb
a a n n
，所以
1 2
1 3 1 5 3 7 5 2 1 2 12n nS b b b n n
2 1 1
2
n .
【名师点睛】（1）由正项数列，结合递推关系判断等差数列，写出通项公式．
（2）根据（1）的结论求数列{bn}的通项，进而裂项相消法求前 n 项和 Sn．
10．已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a ， 1 2 1 ( 2)1 2 1
n na a a a n nn n
，n N ．
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）若 1a ， ka ， 2kS 成等比数列， k N ，求
21 2
1 1 1
kS S S
的值．
【试题来源】广东省广州市天河区 2021 届高考二模
【答案】（1） na n ；（2） 72
37
．
【分析】（1）由 1 2 1 ( 2)1 2 1
n na a a a n nn n
写出用 1n 代 n 所得等式，两式相减求
得 na ，注意验证 1 2,a a ，
（2）求出 nS ，由 1a ， ka ， 2kS 成等比数列，求得 k 值，然后计算
21 2
1 1 1
kS S S
【解析】（1）因为 1 1a ， 11 2 (*)1 2 1
n na aa a nn n
，
所以 21 22
a ， 2 2a ，
又 11 2 11 2 1
n na aa a nn n
(**) ，
(**) (*) 得 1 11
na
n
，所以 1 1na n ，又 1 21, 2a a ，
所以 na n ， *n N ；
（2）由（1） ( 1)
2n
n nS ，
若 1a ， ka ， 2kS 成等比数列，则 2 ( 2)( 3)
2
k kk ，解得 6k （ 1k 舍去），
1 2 1 12( 1) 1nS n n n n
，
所以
31 2 6
1 1 1 1 1 1 1 1 722 1 2 2 3 36 37 37S S S
．
11．已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 5 25S ，且 3 1a ， 4 1a ， 7 3a 成等比数列．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若
1
1
n
n n
b a a
，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】东北三省四市教研联合体 2021 届高考模拟考试
【答案】（1） 2 1na n ；（2）
2 1n
nT n
．
【分析】（1）由等比中项的性质和等差数列的前 n 和公式得出方程组，解之可得通项；
（2）由（1）得 1 1 1
2 2 1 2 1nb n n
，运用裂项相消法可求得数列的和．
【解析】（1） 5 35 25S a ， 3 5a ，
设数列 na 的公差为 d ，由 3 1a ， 4 1a ， 7 3a 成等比数列得 26 4 8 4d d ，
2 4 4 0d d ， 2d ， 3 3 2 1na a n d n ．
（2）
1 1 1 1
2 1 2 1 2 2 1 2 1nb n n n n
1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1 2 1n
nT n n n
【名师点睛】求数列和常用的方法：
（1）等差 等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；
（3）
1
1
n
n n
b a a
（数列 na 为等差数列）：裂项相消法；
（4）等差 等比数列：错位相减法．
12．设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 5 35S ，且 4a 是 1a 与 13a 的等比中项．
（1）求 na 的通项公式；
（2）若 1 4a ．求证：
1 2
1 1 1 3... 4nS S S
，其中 *n N ．
【试题来源】四川省 2021 届高三下学期诊断性测试
【答案】（1） 7na 或 2 1na n （其中 *n N ）；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据等差数列公式及等比中项的性质求得 na 的通项公式；
（2）由（1）可得 2nS n n ，所以 1 1 1 1 1
( 2) 2 2nS n n n n
，利用裂项相消的
方法求和即可得出结论．
【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，由 5 35S 得 15 10 35a d ，
因为 4a 是 1a 与 13a 的等比中项，所以 2
1 1 13 12a d a a d ，
化简得 1 7 2a d 且 2
12 3a d d ，
解方程组．得 1 7, 0a d 或 1 3, 2a d ，
故 na 的通项公式为 7na 或 2 1na n （其中 *n N ）；
（2）因为 1 4a ，则 2 1na n ，于是 2nS n n ，
于是 1 1 1 1 1
( 2) 2 2nS n n n n
，
故 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 2 4 5 1 1 23 3nT n n n n
1 1 1 1 3 1 2 31 =2 2 1 2 4 2 1 2
n
n n n n
，
因为 2 3 0( 1)( 2)
n
n n
，于是 3
4nT ．其中 *nN ，
即
1 2
1 1 1 3... 4nS S S
．
13．已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2
1 22 1, 2n na S n a ．
（1）求数列 na 的通项公式 na ；
（2）若 2n
n nb a ，数列 nb 前 n 项和为 nT ，求使 2021nT 的最小的正整数 n 的值．
【试题来源】辽宁省沈阳市 2020-2021 学年高三下学期质量监测数学卷（一）试题
【答案】（1） na n ；（2）8．
【 分 析 】（ 1 ） 根 据 2
1 22 1, 2n na S n a ， 利 用 数 列 通 项 与 前 n 项 和 的 关 系
1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n
求解； （2）由（2）得 2 2n n
n nb a n ，利用错位相减法求得 nT ，
再根据 nT 的单调性，根据 2021nT 求解．
【解析】（1）当 2n 时，由 2
1 22 1, 2n na S n a ，得 2
12 1 1n na S n ，
两式相减得 2 2
1 2 1n n na a a ，即 22 2
1 2 1 1n n n na a a a
正项数列 na ． 1 1n na a
当 1n 时， 2
2 12 2 4,a a 1 2 11, 1a a a ，
数列 na 是以 1 1a 为首项，1为公差的等差数列， na n ．
（2）由（1）知 2 2n n
n nb a n ，
所以 1 2 31 2 2 2 3 2 2n
nT n ，
2 3 12 1 2 2 2 1 2 2n n
nT n n ，
两式相减得 12 1 2
21 2
n
n
nT n
11 2 2nn ，
11 2 2n
nT n ． 1 2 0n
n nT nT ，
所以当 1n 时， nT 单调递增，
当 7n 时， 8
7 6 2 2 1538 2021T ，
当 8n 时， 9
8 7 2 2 3586 2021T ，
使 2021nT 的最小的正整数 n 的值为8．
14．已知 nS 为数列 na 的前 n 项和，数列 nS 是等差数列，且 5 9S ， 9 17S ．
（1）求 na 的通项公式；
（2）求数列 2n
n na S 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】陕西省榆林市 2021 届高三下学期第二次高考模拟测试
【答案】（1） 2, 2
1, 1n
na n
；（2） 2 22 6n
nT n ．
【分析】（1）由已知条件，求出数列 nS 的公差为 d ，即可写出 nS 的通项公式，讨论 2n 、
1n 即可写出 na 的通项公式；（2）由（1）写出 2n
n na S 的通项，进而利用分组求
和，并结合等比、等差前 n 项和公式写出 nT ，注意验证 1n 是否符合要求即可．
【解析】（1）因为数列 nS 是等差数列且 5 9S ， 9 17S ，
设数列 nS 的公差为 d ，则 17 9 29 5d
，即 2 1nS n ．
当 2n 时， 1 2n n na S S ，当 1n 时， 1 1 1a S ，
所以 2, 2
1, 1n
na n
；
（2）当 1n 时， 2 2 12n
n
n
n na S ；当 2n 时， 12 22 1nn
n n na S
3 142 1 2 3 2 5 2 (2 1)n
nT n
3 4 12 2 2 2 1 3 5 2 1n n
3 2
2 22 (1 2 1)2 2 61 2 2
2 n
nn n n
，
当 1n 时， 1 1T ，也满足上式，所以 2 22 6n
nT n ．
【名师点睛】（1）由等差数列写出 nS 通项，讨论 n，结合 1n n na S S 确定 na 的通项
公式；（2）由已知应用分组求和，结合等比、等差的前 n 项和公式，写出 nT 的通项．
15． nS 为数列 na 的前 n 项和，已知 1 1a ， 1 2n nna S ．
（1）求 na 通项公式；
（2）设 2
1
12
n
n n
n n
ab a a
，数列 nb 的前 n 项和 nT ，若 1( 1) 0n
nT ，求整数 值．
【试题来源】辽宁省丹东市 2020-2021 学年高三下学期质量监测
【答案】（1） na n ；（2）0．
【分析】（1）当 2n 时，根据条件可得 1( 1) 2n nn a S ，与条件相减可得 1 ( 1)n nna n a ，
即 1 01
n na a
n n
+ - =+ ，然后再验证 1n 的情况，从而得到 na
n
为等差数列，得出答案．（2）
由（1）可得 1
1 1
2 2 ( 1)n n nb n n ，求出 nT ，再分 n 的奇偶情况求出 的范围得到答案．
【解析】（1）当 1n 时， 2 12 2a S ， 2 1 02 1
a a ．
由 1 2n nna S ，可知当 2n 时， 1( 1) 2n nn a S ．
将两式相减可得 1 -1( 1) 2 2n n n n nna n a S S a ，
所以 1 ( 1)n nna n a ，即 1 01
n na a
n n
+ - =+
所以 na
n
是以 1 为首项，0 为公差的等差数列．所以 1na
n
， na n ．
（2）由（1）可知 na n ，所以 1 1
2 1 1
2 ( 1) 2 2 ( 1)n n n n
nb n n n n
．
所以 1 2 2 3 13
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 (1 1)n n n nT n n n
1
1 1
2 2 ( 1)n n ．
1( 1) 0n
nT 等价于 1
1
1 1( 1) 2 ( 1) 2
n
n n
．
当 n 是正奇数时， 1
1 1
2 ( 1) 2n n
．
因为 1 2
1 1 1 1 3
2 ( 1) 2 2 2 2 8n n ，所以 3
8
．
当 n 是正偶数时， 1
1 1
2 2 ( 1)n n
．
因为 1 3
1 1 1 1 11
2 2 ( 1) 2 2 3 24n n ，所以 11
24
．
综上， 的取值范围为 3 11
8 24
．因此整数 的值为 0．
【名师点睛】本题考查求数列的通项公式、数列求和以及数列不等式恒成立求参数范围，解
答本题的关键是由 1
2
2 ( 1)n n
nb n n
，得到 1
1 1
2 2 ( 1)n n nb n n ，从而可求出前 n 项和，
再对 n 分奇偶情况求出 的范围，属于中档题．
16 ． 已 知 等 比 数 列 na 的 前 n 项 和 为 nS ， 且 1 2 2n na S ， 数 列 nb 满 足
1 12, 2 n nb n b nb ，其中 *n N ．
（1）分别求数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）在 na 与 1na 之间插入 n 个数，使这 2n 个数组成一个公差为 nc 的等差数列，求数列
n nb c 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】山东省菏泽市 2021 届高三下学期 3 月一模
【答案】（1） 1 *2 3 ( )n
na n N ， *1 ( )nb n n n N ；（2） *1 2 1 3 ( )n
nT n n N ．
【分析】（1）设等比数列 na 的公比为 q，利用 1 2n n na S S n ，和等比数列的定义
即可得出；利用已知条件和累乘法即可得出 nb 的通项公式；（2）先利用已知条件得到
14 3
1
n
nc n
， 14 3n
n nb c n ，再利用错位相减法求解即可．
【解析】（1）设等比数列 na 的公比为 q，
由已知 1 2 2n na S ，可得 1 2 )2 ( 2n na S n ，
两式相减可得 1 12 2n n n na a S S ，即 1 2n n na a a ，
整理得 1 3n na a ，可知 3q ，
已知 1 2 2n na S ，令 1n ，得 2 12 2a a ，
即 1 12 2a q a ，解得 1 2a ，
故等比数列 na 的通项公式为 1 *2 3 ( )n
na n N ；
由 *
1 12, 2 ,( )n nb n b nb n N 得 1 2n
n
b n
b n
，
那么 3 12 4
1 2 3 2 1
3 4 5 1, , , , ,1 2 3 2 1
n n
n n
b b bb b n n
b b b b n b n
，
以上 n 个式子相乘，
可得
1
13 4 5 1
1 2 3 2 1 2
n n nb n n
b n n
， 1 ( )2nb n n n ，
又 1 2b 满足上式，所以 nb 的通项公式 *1 ( )nb n n n N ．
（2）若在 na 与 1na 之间插入 n 个数，使这 2n 个数组成一个公差为 nc 的等差数列，
则 1 1n n na a n c ，即为 12 3 2 3 1n n
nn c ，
整理得
14 3
1
n
nc n
，所以 14 3n
n nb c n ，
1 1 2 2 3 3 1 1n n n n nT b c b c b c b c b c
0 1 2 2 14 1 3 4 2 3 4 3 3 4 1 3 4 3n nn n
0 1 2 2 14 1 3 2 3 3 3 .. 1 3 3( )n nn n
1 2 1 13 4 1 3 2 3 + ..... 1 3 3n n
nT n n ，
两式相减得 0
0 1 2 1 1 32 4 3 3 +3 ..... 3 3 4 31 3
n n n
nT n n
，
所以 *( )1 32 3 1 2 1 32 ( )
n
n n
nT n n n N ．
【名师点睛】由数列前 n 项和求通项公式时，一般根据 1
1
, 2
, 1
n n
n
S S na a n
求解．
17．已知公比小于 1 的等比数列 na 中，其前 n 项和为 2 3
1 7, ,4 8nS a S ．
（1）求 na ；
（2）求证： 1 12 nS ．
【试题来源】河北省张家口市 2021 届高三一模
【答案】（1） 1
2
n
na
；（2）证明见解析．
【分析】（1）由已知，利用等比数列的性质列出关于公比的方程，求出公比，进而可得答案；
（2）利用等比数列的求和公式求出 11 2
n
nS
，再利用放缩法结合数列的单调性求解即
可．
【解析】（1）设等比数列 na 的公比为 q．
由
2
3
1
4
7
8
a
S
，
，
得
2
1
4
1 1 1 7
4 4 4 8
a
qq
，
，
解得
2
1
4
1
2
a
q
，
，
或 2
1
4
2
a
q
，
（舍去），
所以
21 1 1
4 2 2
n n
na
．
（2）由（1）得 1
2
n
na
，所以
1 112 2 111 21 2
n
n
nS
．
因为 1
2
x
y
在 R 上为减函数，且 1 02
x
y
恒成立，
所以当 *nN ，即 1n
时， 1 10 2 2
n ，
所以 1 11 12 2
n
nS ．
【名师点睛】等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量
1, , , , ,n na q n a S ，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问
题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运
用整体代换思想简化运算过程．
18 ． 设 na 是 各 项 都 为 正 的 单 调 递 增 数 列 ， 已 知 1 4a ， 且 na 满 足 关 系 式 ：
1 14 2n n n na a a a ， *nN ．
（1）求 na 的通项公式；
（2）若 1
1n
n
b a
，求数列 nb 的前 n 项和 nS ．
【试题来源】山西省晋中市 2021 届高三下学期二模
【答案】（1） 24na n ；（2）
2 1
n
n
．
【分析】（1）根据条件先得出 2
1 4n na a ，再由 na 是各项为正的单调递增数列，
得到 1 2n na a ，即 na 为等差数列，得出答案．
（2）根据条件可得 1 1 1
2 2 1 2 1nb n n
，由裂项相消法可求和．
【解析】（1）因为 *
1 14 2 ,n n n na a a a n N ，所以 1 12 4n n n na a a a ，
即 2
1 4n na a ，
又 na 是各项为正的单调递增数列，所以 1 2n na a ，
所以 na 是首项为 2，公差为 2 的等差数列，
所以 2 2( 1) 2na n n ，所以 24na n ．
（2） 2
1 1 1 1 1 1
1 4 1 (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n
n
b a n n n n n
，
所以 1 2n nS b b b
1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 3 5 2 2 1 2 1n n
1 112 2 1 2 1
n
n n
．
【名师点睛】本题考查由递推关系求数列的通项公式和利用裂项相消法求和，解答本题的关
键是将 nb 变形裂成两项的差 1 1 1
2 2 1 2 1nb n n
，然后再求和，属于中档题．
19．已知首项为 4 的数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 11 2 23 3
nn n nS S a ．
（1）求证：数列
2
n
n
a
为等差数列，并求数列 na 的通项公式；
（2）若 1n nb a ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】1 号卷 A10 联盟 2021 届高三开年考
【答案】（1）证明见解析， (3 1) 2n
na n ；（2） 2(3 1) 2 4n
nT n ．
【分析】（1）根据题设中的递推关系可得 1
1 32 2
n n
n n
a a
，从而可得数列
2
n
n
a
为等差数列，
并求可得数列 na 的通项公式．（2）利用错位相减法可求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【解析】（1）由题意得， 1
1 2 3 2n
n na a
，所以 1
1 32 2
n n
n n
a a
，
故数列
2
n
n
a
是以 2 为首项，3 为公差的等差数列，
所以 2 3( 1) 3 12
n
n
a n n ，所以 (3 1) 2n
na n ．
（2）由题意得， 1
1 (3 2) 2n
n nb a n
，
故 2 3 4 15 2 8 2 11 2 (3 2) 2n
nT n ，
3 4 5 22 5 2 8 2 11 2 (3 2) 2n
nT n ，
所以 2 3 4 1 25 2 3 2 3 2 3 2 (3 2) 2n n
nT n
2 3 4 1 23 2 3 2 3 2 3 2 (3 2) 2 8n nn
2(1 3 ) 2 4nn ，解得 2(3 1) 2 4n
nT n ．
【名师点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用
分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成
一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和
法．
20．设数列 na 满足 1 1a ， 1
1 2 3n
n na a
．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）令 2 1n nb n a ，求数列 nb 的前 n 项和 nS ．
【试题来源】吉林省延边州 2020-2021 学年高三下学期教学质量检测
【答案】（1） 13 n
na ， *n N ；（2） 3n
nS n ， *n N ．
【分析】（1）利用累加法求通项公式；
（2）利用错位相减法以及等比数列求和公式即可得出 nS ．
【解析】（1）由已知，当 2n 时， 2
1 2 3n
n na a
，
1 2 1 3 2 1n n na a a a a a a a
1
2 2 11 31 2 1 3 3 3 1 2 31 3
n
n n
当 1n 时， 1 1
1 3 1a 符合上式， 13n
na ， *n N ．
（2）由（1）知 12 1 2 1 3n
n nb n a n ，
0 1 13 3 5 3 2 1 3n
nS n ①
3 nS 1 2 13 3 5 3 2 1 3 2 1 3n nn n ②
①-②得 1 2 12 3 2 3 3 3 2 1 3n n
nS n
1 2 12 1 3 3 3 2 1 3 1n nn
1 32 2 1 3 11 3
n
nn
2 3nn
所以， 3n
nS n ， *n N ．
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