专题 4.2 数 列
1．（2020·全国高考真题（理））设{ }na 是公比不为 1 的等比数列， 1a 为 2a ， 3a 的等差中项．
（1）求{ }na 的公比；
（2）若 1 1a ，求数列{ }nna 的前 n 项和．
【答案】（1） 2 ；（2） 1 (1 3 )( 2)
9
n
n
nS ．
【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比 q的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）
结合条件得出{ }na 的通项，根据{ }nna 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论．
【解析】（1）设{ }na 的公比为 q， 1a 为 2 3,a a 的等差中项，
2
1 2 3 12 , 0, 2 0a a a a q q ， 1, 2q q ；
（2）设{ }nna 的前 n 项和为 nS ， 1
1 1, ( 2)n
na a ，
2 11 1 2 ( 2) 3 ( 2) ( 2)n
nS n ，①
2 3 12 1 ( 2) 2 ( 2) 3 ( 2) ( 1)( 2) ( 2)n n
nS n n ，②
① ②得， 2 13 1 ( 2) ( 2) ( 2) ( 2)n n
nS n
1 ( 2) 1 (1 3 )( 2)( 2)1 ( 2) 3
n n
n nn
，
1 (1 3 )( 2)
9
n
n
nS ．
【名师点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法
求和，考查计算求解能力，属于基础题．
2．（2020·海南高考真题）已知公比大于1的等比数列{ }na 满足 2 4 320, 8a a a ．
（1）求{ }na 的通项公式；
（2）求 1
1 2 2 3 1( 1)n
n na a a a a a
．
【答案】（1） 2n
na ；（2）
2 38 2( 1)5 5
n
n
【分析】（1）由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确
定数列的通项公式；（2）首先求得数列 1
11 n
n na a
的通项公式，然后结合等比数列前 n
项和公式求解其前 n 项和即可．
【解析】（1） 设等比数列 na 的公比为 q(q>1)，则
3
2 4 1 1
2
3 1
20
8
a a a q a q
a a q
，
整理可得 22 5 2 0q q ， 11, 2, 2q q a ，
数列的通项公式为 12 2 2n n
na ．
（2）由于： 1
1 2 11 1 11 2 21 1 2n nn n nn
n na a
，故：
1
1 2 2 3 1( 1)n
n na a a a a a
3 5 7 9 1 2 12 2 2 2 ( 1) 2n n
3 2
2 3
2
2 1 2 8 2( 1)5 51 2
n
n
n
．
【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在
于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的
基础．
3．（2018·全国高考真题（理））等比数列 na 中， 1 5 31 4a a a ， ．
（1）求 na 的通项公式；
（2）记 nS 为 na 的前 n 项和．若 63mS ，求 m ．
【答案】（1） 12 n
na 或 12n
na ．（2） 6m ．
【分析】（1）列出方程，解出 q 可得；（2）求出前 n 项和，解方程可得 m．
【解析】（1）设{ }na 的公比为 q，由题设得 1n
na q ．
由已知得 4 24q q ，解得 0q （舍去）， 2q 或 2q ．
故 12 n
na 或 12n
na ．
（2）若 12 n
na ，则 1 2
3
n
nS
．由 63mS 得 2 188m ，
此方程没有正整数解．
若 12n
na ，则 2 1n
nS ．由 63mS 得 2 64m ，解得 6m ．
综上， 6m ．
【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和前 n 项和公式，属于基础题．
4．（2019·全国高考真题（文））已知{ }na 是各项均为正数的等比数列， 1 3 22, 2 16a a a ．
（1）求{ }na 的通项公式；
（2）设 2logn nb a ，求数列{ }nb 的前 n 项和．
【答案】（1） 2 12 n
na ；（2） 2
nS n ．
【分析】（1）本题首先可以根据数列 na 是等比数列将 3a 转化为 2
1a q ， 2a 转化为 1a q ，再
然后将其带入 3 22 16a a= + 中，并根据数列 na 是各项均为正数以及 1 2a 即可通过运算
得出结果；（2）本题可以通过数列 na 的通项公式以及对数的相关性质计算出数列 nb 的
通项公式，再通过数列 nb 的通项公式得知数列 nb 是等差数列，最后通过等差数列求和
公式即可得出结果．
【解析】（1）因为数列 na 是各项均为正数的等比数列， 3 22 16a a= + ， 1 2a ，
所以令数列 na 的公比为 q， 2 2
3 1 =2a a q q= ， 2 1 2a a q q= = ，
所以 22 4 16q q= + ，解得 2q (舍去)或 4 ，
所以数列 na 是首项为 2 、公比为 4 的等比数列， 1 2 12 4 2n n
na ．
（2）因为 2logn nb a ，所以 2 1nb n ， +1 2 1nb n= + ， 1 2n nb b+ - = ，
所以数列 nb 是首项为1、公差为 2 的等差数列， 21 2 1
2
n
nS n n+ -= ´ = ．
【名师点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，
考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题．
5．（2018·天津高考真题（文））设{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn（n∈N*）；{bn}是等比
数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Tn（n∈N*）．已知 b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．
（1）求 Sn 和 Tn；
（2）若 Sn+（T1+T2+…+Tn）=an+4bn，求正整数 n 的值．
【答案】（1） 1
2n
n nS
， 2 1n
nT ；（2）4．
【分析】（1）由题意得到关于 q 的方程，解方程可得 2q = ，则 1 2 2 11 2
n
n
nT
．结合
题意可得等差数列的首项和公差为 1 1, 1a d ，则其前 n 项和 1
2n
n nS
．（2）由（1），
知 1
1 2 2 2.n
nT T T n 据此可得 2 3 4 0,n n 解得 1n （舍），或 4n ．则
n 的值为 4．
【解析】（1）设等比数列{ }nb 的公比为 q，由 b1=1，b3=b2+2，可得 2 2 0q q ．
因为 0q ，可得 2q = ，故 12n
nb ．所以， 1 2 2 11 2
n
n
nT
．
设等差数列{ }na 的公差为 d ．由 4 3 5b a a ，可得 1 3 4a d ．
由 5 4 62b a a ，可得 13 13 16,a d 从而 1 1, 1a d ，故 na n ，所以， ( 1)
2n
n nS ．
（2）由（1），有 1 2 1
1 2
2 (1 2 )(2 2 2 ) = 2 2.1 2
n
n n
nT T T n n n
由 1 2( ) 4n n n nS T T T a b ，
可得 1 1( 1) 2 2 22
n nn n n n ，
整理得 2 3 4 0,n n 解得 1n （舍），或 4n ．所以 n 的值为 4．
【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项和公式等基础知识．考
查数列求和的基本方法和运算求解能力．
6．（2018·天津高考真题（理））设 na 是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 *
nS n N ，
nb 是等差数列．已知 1 1a ， 3 2 2a a ， 4 3 5a b b ， 5 4 62a b b ．
（1）求 na 和 nb 的通项公式；
（2）设数列 nS 的前 n 项和为 *
nT n N ，
①求 nT ；
②证明
2
2 *
1
2 21 2 2
nn
k k k
k
T b b n Nk k n
．
【答案】（1） 12n
na ， nb n ；（2）① 12 2n
nT n ．②证明见解析．
【解析】（1）设等比数列 na 的公比为 q．由 1 3 21, 2,a a a
可得 2 2 0q q ．因为 0q ，可得 2q ，故 12n
na ．
设等差数列{ }nb 的公差为 d，由 4 3 5a b b ，可得 1 3 4.b d
由 5 4 62a b b ，可得 13 13 16,b d
从而 1 1, 1,b d 故 .nb n
所以数列 na 的通项公式为 12n
na ，
数列{ }nb 的通项公式为 .nb n
（2）①由（1），有 1 2 2 11 2
n
n
nS
，
故 1
1 1
2 1 2
2 1 2 2 21 2
nn n
k k n
n
k k
T n n n
．
②因为
1 1 2 1
2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 2 1
k k k k
k k k k k kT b b k
k k k k k k k k
，
所以
3 2 4 3 2 1 2
2
1
2 2 2 2 2 2 2 21 2 3 2 4 3 2 1 2
n n nn
k k k
k
T b b
k k n n n
．
【名师点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法
等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．
7．（2018·全国高考真题（文））记 nS 为等差数列{ }na 的前 n 项和，已知 1 7a ， 3 15S ．
（1）求{ }na 的通项公式；
（2）求 nS ，并求 nS 的最小值．
【答案】（1）an=2n–9，（2）Sn=n2–8n，最小值为–16．
【分析】（1）根据等差数列前 n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）
根据等差数列前 n 项和公式得 nS 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正
整数求函数最值．
【解析】（1）设{an}的公差为 d，由题意得 3a1+3d=–15．
由 a1=–7 得 d=2．
所以{an}的通项公式为 an=2n–9．
（2）由（1）得 Sn=n2–8n=（n–4）2–16．
所以当 n=4 时，Sn 取得最小值，最小值为–16．
【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域
为正整数集这一限制条件．
8．（2018·全国高考真题（文））已知数列 na 满足 1 1a ， 1 2 1n nna n a ，设 n
n
ab n
．
（1）求 1 2 3b b b， ， ；
（2）判断数列 nb 是否为等比数列，并说明理由；
（3）求 na 的通项公式．
【答案】（1） 1 1b ， 2 2b ， 3 4b ；（2） nb 是首项为1，公比为 2 的等比数列．理由
见解析；（3） 12n
na n ．
【分析】（1）根据题中条件所给的数列 na 的递推公式 1 2 1n nna n a ，将其化为
1
2 1
n n
na an
，分别令 1n 和 2n ，代入上式求得 2 4a 和 3 12a ，再利用 n
n
ab n
，
从而求得 1 1b ， 2 2b ， 3 4b ；（2）利用条件可以得到 1 2
1
n na a
n n
，从而 可以得出
1 2n nb b ，这样就可以得到数列 nb 是首项为1，公比为 2 的等比数列；（3）借助等比数列
的通项公式求得 12nna
n
，从而求得 12n
na n ．
【解析】（1）由条件可得
1
2 1
n n
na an
．
将 1n 代入得， 2 14a a ，而 1 1a ，所以， 2 4a ．
将 2n 代入得， 3 23a a ，所以， 3 12a ．
从而 1 1b ， 2 2b ， 3 4b ；
（2） nb 是首项为1，公比为 2 的等比数列．
由条件可得 1 2
1
n na a
n n
，即 1 2n nb b ，又 1 1b ，
所以 nb 是首项为1，公比为 2 的等比数列；
（3）由（2）可得 1 11 2 2n nn
n
a bn
，所以 12n
na n ．
【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数
列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项
之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列 nb 的通项公式，借助
于 nb 的通项公式求得数列 na 的通项公式，从而求得最后的结果．
9．（2018·浙江高考真题）已知等比数列{an}的公比 q>1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5 的
等差中项．数列{bn}满足 b1=1，数列{（bn+1−bn）an}的前 n 项和为 2n2+n．
（1）求 q 的值；
（2）求数列{bn}的通项公式．
【答案】（1） 2q = ；（2） 2115 (4 3) ( )2
n
nb n ．
【分析】【分析】（1）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比；（2）
先根据数列 1{( ) }n n nb b a 前 n 项和求通项，解得 1n nb b ，再通过叠加法以及错位相减法
求 nb ．
【解析】（1）由 4 2a 是 3 5,a a 的等差中项得 3 5 42 4a a a ，
所以 3 4 5 43 4 28a a a a ，解得 4 8a ．
由 3 5 20a a 得 18 20q q
，
因为 1q ，所以 2q = ．
（2）设 1n n n nc b b a ，数列 nc 前 n 项和为 nS ．
由 1
1
, 1,
, 2.n
n n
S nc S S n
解得 4 1nc n ．
由（1）可知 12n
na -= ，
所以
1
1
14 1 2
n
n nb b n
，
故
2
1
14 5 , 22
n
n nb b n n
，
1 1 1 2 3 2 2 1n n n n nb b b b b b b b b b
2 31 1 14 5 4 9 7 32 2 2
n n
n n
．
设
2 21 1 13 7 11 4 5 , 22 2 2
n
nT n n
，
2 2 11 1 1 1 13 7 4 9 4 52 2 2 2 2
n n
nT n n
所以
2 2 11 1 1 1 13 4 4 4 4 52 2 2 2 2
n n
nT n
，
因此
2114 4 3 , 22
n
nT n n
，
又 1 1b ，所以
2115 4 3 2
n
nb n
．
【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列
公比为负数的情形；（2）在写出“ nS ”与“ nqS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便
下一步准确写出“ n nS qS ”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为
参数，应分公比等于 1 和不等于 1 两种情况求解．
10．（2018·北京高考真题（文））设{ }na 是等差数列，且 1 2 3ln 2, 5ln 2a a a ．
（1）求{ }na 的通项公式；
（2）求 1 2 naa ae e e ．
【答案】（1） ln2n ；（2） 12 2n ．
【分析】（1）设公差为 d ，根据题意可列关于 1,a d 的方程组，求解 1,a d ，代入通项公式可
得；（2）由（1）可得 2na ne ，进而可利用等比数列求和公式进行求解．
【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，
因为 2 3 5ln2a a ，所以 12 3 5ln2a d ，
又 1 ln2a ，所以 ln2d ．所以 1 1 ln2na a n d n ．
（2）由（1）知 ln2na n ，因为 2 ln2 =2n
na nln ne e e ，
所以 nae 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列．
所以 2
1 2 ln2 ln2 ln2 n
naa ae e e e e e
2=2 2 2 n 1=2 2n ．
所以 1 2 naa ae e e 1=2 2n
【名师点睛】等差数列的通项公式及前 n 项和共涉及五个基本量 1, , , ,n na a d n S ，知道其中
三个可求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想．
11．（2019·全国高考真题（理））已知数列{an}和{bn}满足 a1=1，b1=0， 14 3 4n n na a b ，
14 3 4n n nb b a ．
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式．
【答案】（1）见解析；（2） 1 1
22nna n= + - ， 1 1
22nnb n= - + ．
【分析】（1）可通过题意中的 14 3 4n n na a b 以及 14 3 4n n nb b a 对两式进行相加
和相减即可推导出数列 n na b 是等比数列以及数列 n na b 是等差数列；
（2）可通过（1）中的结果推导出数列 n na b 以及数列 n na b 的通项公式，然后利用
数列 n na b 以及数列 n na b 的通项公式即可得出结果．
【解析】（1）由题意可知 14 3 4n n na a b ， 14 3 4n n nb b a ， 1 1 1a b+ = ， 1 1 1a b ，
所以 1 14 4 3 23 4 4 2n n n n n n n na b a b b a a b+ + = + =- - +++ - ，即 ( )1
1 1 2n n n na b a b+ ++ += ，
所以数列 n na b 是首项为1、公比为 1
2
的等比数列， ( ) 11
2
n
n na b -+ = ，
因为 ( )1 14 4 3 4 3 4 4 4 8n n n n n n n na b a b b a a b+ +- - -= + - = - +- ，
所以 1 1 2n n n na b a b+ + = - +- ，数列 n na b 是首项1、公差为 2 的等差数列， 2 1n na b n- = - ．
（2）由（1）可知， ( ) 11
2
n
n na b -+ = ， 2 1n na b n- = - ，
所以 ( )1 1 1
2 22nn n n n na a b a b n= + + - = + - ， ( )1 1 1
2 22nn n n n nb a b a b n轾= + - - = - +臌 ．
【名师点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，
证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，
考查化归与转化思想，是中档题．
12．（2019·全国高考真题（文））记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，已知 S9=－a5．
（1）若 a3=4，求{an}的通项公式；
（2）若 a1>0，求使得 Sn≥an 的 n 的取值范围．
【答案】（1） 2 10na n ；（2）1 10( )n n N ．
【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于 1a 和 d 的方程组，
求得 1a 和 d 的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有 5 0a ，根据 1 0a ，
可知 0d ，根据 n nS a ，得到关于 n 的不等式，从而求得结果．
【解析】（1）设等差数列 na 的首项为 1a ，公差为 d ，
根据题意有 1 1
1
9 89 ( 4 )2
2 4
a d a d
a d
，
解答 1 8
2
a
d
，所以 8 ( 1) ( 2) 2 10na n n ，
所以等差数列 na 的通项公式为 2 10na n ；
（2）由条件 9 5S a ，得 5 59a a ，即 5 0a ，
因为 1 0a ，所以 0d ，并且有 5 1 4 0a a d ，所以有 1 4a d ，
由 n nS a 得 1 1
( 1) ( 1)2
n nna d a n d ，整理得 2( 9 ) (2 10)n n d n d ，
因为 0d ，所以有 2 9 2 10n n n ，即 2 11 10 0n n ，
解得1 10n ，所以 n 的取值范围是1 10( )n n N
【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差
数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关
键．
13．（2019·浙江高考真题）设等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 3 4a ， 4 3a S ，数列{ }nb
满足：对每 1 2, , ,n n n n n nn S b S b S b
N 成等比数列．
（1）求数列{ },{ }n na b 的通项公式；
（2）记 , ,2
n
n
n
aC nb
N 证明： 1 2 + 2 , .nC C C n n N
【答案】（1） 2 1na n ， 1nb n n ；（2）证明见解析．
【分析】（1）首先求得数列 na 的首项和公差确定数列 na 的通项公式，然后结合三项成
等比数列的充分必要条件整理计算即可确定数列 nb 的通项公式；
（2）结合（1）的结果对数列 nc 的通项公式进行放缩，然后利用不等式的性质和裂项求
和的方法即可证得题中的不等式．
【解析】（1）由题意可得
1
1 1
2 4
3 23 3 2
a d
a d a d
，解得 1 0
2
a
d
，
则数列 na 的通项公式为 2 2na n ．
其前 n 项和 0 2 2 12n
n nS n n
．
则 1 , 1 , 1 2n n nn n b n n b n n b 成等比数列，即
2
1 1 1 2n n nn n b n n b n n b ，据此有：
22 2 21 2 1 1 1 2 1 2 1n n n n nn n n n b b n n n n n n b n n b b
，故
2 2
11 2 1 2 1
( 1) ( 1)( 1)( 2)
n
n n n n nb n nn n n
n
n n n
．
（2）结合（1）中的通项公式可得
1 1 2 2 2 12 1 1
n
n
n
a nC n nb n n n n n n n
，
则 1 2 2 1 0 2 2 1 2 1 2nC C C n n n ．
【名师点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，，裂项求和的方法，数列中用放缩法证明
不等式的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．
14．（2019·天津高考真题（文）） 设 na 是等差数列， nb 是等比数列，公比大于 0 ，已
知 1 1 3a b ， 2 3b a ， 3 24 3b a ．
（1）求 na 和 nb 的通项公式；
（2）设数列 nc 满足
2
1, ,
,n n
n
c b n
为奇数
为偶数 求 *
1 1 2 2 2 2n na c a c a c n N ．
【答案】（1） 3na n ， 3n
nb ；（2）
2 2(2 1)3 6 9 ( )2
nn n n N
【分析】（1）首先设出等差数列的公差，等比数列的公比，根据题意，列出方程组，求得 3
3
d
q
，
进而求得等差数列和等比数列的通项公式；（2）根据题中所给的 nc 所满足的条件，将
1 1 2 2 2 2n na c a c a c 表示出来，之后应用分组求和法，结合等差数列的求和公式，以及
错位相减法求和，最后求得结果．
【解析】（1）解：设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q，
依题意，得 2
3 3 2
3 15 4
q d
q d
，解得 3
3
d
q
，
故 3 3( 1) 3na n n ， 13 3 3n n
nb ，
所以， na 的通项公式为 3na n ， nb 的通项公式为 3n
nb ；
（2） 1 1 2 2 2 2n na c a c a c
1 3 5 2 1 2 1 4 2 6 3 2( ) ( )n n na a a a a b a b a b a b
1 2 3( 1)[ 3 6] (6 3 12 3 18 3 6 3 )2
nn nn n
2 1 23 6 (1 3 2 3 3 )nn n ，
记 1 21 3 2 3 3n
nT n ①
则 2 3 13 1 3 2 3 3n
nT n ②
② ①得， 2 3 12 3 3 3 3 3n n
nT n
1
13(1 3 ) (2 1)3 331 3 2
n n
n nn
，
所以
1
2 2
1 1 2 2 2 2
(2 1)3 33 6 3 3 2
n
n n n
na c a c a c n T n
2 2(2 1)3 6 9 ( )2
nn n n N
．
【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前 n 项和公式等基础知识，考
查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目．
15．（2019·北京高考真题（文））设{an}是等差数列，a1=–10，且 a2+10，a3+8，a4+6 成等比
数列．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记{an}的前 n 项和为 Sn，求 Sn 的最小值．
【答案】（1） 2 12na n ；（2） 30 ．
【分析】（1）由题意首先求得数列的公差，然后利用等差数列通项公式可得 na 的通项公
式；（2）首先求得 nS 的表达式，然后结合二次函数的性质可得其最小值．
【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，
因为 2 3 4+10 +8 +6a a a， ， 成等比数列，所以 2
3 2 4( +8) ( +10)( +6)a a a ，
即 2(2 2) (3 4)d d d ，解得 2d ，所以 10 2( 1) 2 12na n n ．
（2）由（1）知 2 12na n ，
所以 2 210 2 12 11 12111 ( )2 2 4n
nS n n n n ；
当 5n 或者 6n 时， nS 取到最小值 30 ．
【名师点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在
于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用．
16．（2020·全国高考真题（文））设等比数列{an}满足 1 2 4a a ， 3 1 8a a ．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记 nS 为数列{log3an}的前 n 项和．若 1 3m m mS S S ，求 m．
【答案】（1） 13 n
na ；（2） 6m ．
【分析】（1）设等比数列 na 的公比为 q，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进
而求得通项公式；
（2）由（1）求出 3{log }na 的通项公式，利用等差数列求和公式求得 nS ，根据已知列出关
于 m 的等量关系式，求得结果．
【解析】（1）设等比数列 na 的公比为 q，
根据题意，有 1 1
2
1 1
4
8
a a q
a q a
，解得 1 1
3
a
q
，所以 13 n
na ；
（2）令 3
1
3log log 3 1n
n nb a n ，
所以 (0 1) ( 1)
2 2n
n n n nS ，
根据 1 3m m mS S S ，可得 ( 1) ( 1) ( 2)( 3)
2 2 2
m m m m m m ，
整理得 2 5 6 0m m ，因为 0m ，所以 6m ，
【名师点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考
查计算求解能力，属于基础题目．
17．（2020·全国高考真题（理））设数列{an}满足 a1=3， 1 3 4n na a n ．
（1）计算 a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前 n 项和 Sn．
【答案】（1） 2 5a ， 3 7a ， 2 1na n ，证明见解析；（2） 1(2 1) 2 2n
nS n ．
【分析】（1）利用递推公式得出 2 3,a a ，猜想得出 na 的通项公式，利用数学归纳法证明即
可；
（2）由错位相减法求解即可．
【解析】（1）由题意可得 2 13 4 9 4 5a a ， 3 23 8 15 8 7a a ，
由数列 na 的前三项可猜想数列 na 是以3为首项，2 为公差的等差数列，即 2 1na n ，
证明如下：
当 1n 时， 1 3a 成立；
假设 n k 时， 2 1ka k 成立．
那么 1n k 时， 1 3 4 3(2 1) 4 2 3 2( 1) 1k ka a k k k k k 也成立．
则对任意的 *n N ，都有 2 1na n 成立；
（2）由（1）可知， 2 (2 1) 2n n
na n
2 3 13 2 5 2 7 2 (2 1) 2 (2 1) 2n n
nS n n ，①
2 3 4 12 3 2 5 2 7 2 (2 1) 2 (2 1) 2n n
nS n n ，②
由① ②得 2 3 16 2 2 2 2 (2 1) 2n n
nS n
2 1
12 1 2
6 2 (2 1) 21 2
n
nn
1(1 2 ) 2 2nn ，
即 1(2 1) 2 2n
nS n ．
【名师点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于
中档题．
18．（2020·山东高考真题）已知公比大于1的等比数列{ }na 满足 2 4 320, 8a a a ．
（1）求{ }na 的通项公式；
（2）记 mb 为{ }na 在区间 *(0, ]( )m mN 中的项的个数，求数列{ }mb 的前100项和 100S ．
【答案】（1） 2n
na ；（2） 100 480S ．
【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为 1,a q 的形式，求解出 1,a q ，由此求得
数列 na 的通项公式．
（2）通过分析数列 mb 的规律，由此求得数列 mb 的前100项和 100S ．
【解析】（1）由于数列 na 是公比大于1的等比数列，设首项为 1a ，公比为 q，依题意有
3
1 1
2
1
20
8
a q a q
a q
，解得解得 1 2, 2a q ，或 1
132, 2a q (舍)，
所以 2n
na ，所以数列 na 的通项公式为 2n
na ．
（2）由于 1 2 3 4 5 6 72 2,2 4,2 8,2 16,2 32,2 64,2 128 ，所以
1b 对应的区间为 0,1 ，则 1 0b ；
2 3,b b 对应的区间分别为 0,2 , 0,3 ，则 2 3 1b b ，即有 2 个1；
4 5 6 7, , ,b b b b 对应的区间分别为 0,4 , 0,5 , 0,6 , 0,7 ，则 4 5 6 7 2b b b b ，即有 22
个 2 ；
8 9 15, , ,b b b 对应的区间分别为 0,8 , 0,9 , , 0,15 ，则 8 9 15 3b b b ，即有 32
个3；
16 17 31, , ,b b b 对应的区间分别为 0,16 , 0,17 , , 0,31 ，则 16 17 31 4b b b ，即
有 42 个 4 ；
32 33 63, , ,b b b 对应的区间分别为 0,32 , 0,33 , , 0,63 ，则 32 33 63 5b b b ，即
有 52 个5；
64 65 100, , ,b b b 对应的区间分别为 0,64 , 0,65 , , 0,100 ，则 64 65 100 6b b b ，
即有37 个 6．
所以 2 3 4 5
100 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 37 480S ．
【名师点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，考查分析思考与解决问的能力，属于中
档题．
19 ．（ 2019· 天 津 高 考 真 题 （ 理 ）） 设 na 是 等 差 数 列 ， nb 是 等 比 数 列 ． 已 知
1 1 2 2 3 34, 6 2 2, 2 4a b b a b a ， ．
（1）求 na 和 nb 的通项公式；
（2）设数列 nc 满足
1
1
1, 2 2 ,1,
, 2 ,
k k
n k
k
nc c
b n
其中 *k N ．
①求数列 2 2 1n na c 的通项公式；
②求 2
*
1
n
i i
i
a c n
N ．
【 答 案 】（ 1 ） 3 1na n ； 3 2n
nb （ 2 ） ① 2 2 1 9 4 1n n
na c ②
2
* 2 1 1 *
1
27 2 5 2 12
n
n n
i i
i
a c n n n
N N
【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q．
依题意得
2
6 2 4 2 6 2
6 2 4 2 4 12 4
q d d
q d d
，解得 3
2
d
q
，
故 4 ( 1) 3 3 1na n n ， 16 2 3 2n n
nb ．
所以， na 的通项公式为 3 1na n ， nb 的通项公式为 3 2n
nb ．
（2）① 2 2 21 1 3 2 1 3 2 1 9 4 1n n n
n n n
na c a b ．
所以，数列 2 2 1n na c 的通项公式为 2 2 1 9 4 1n n
na c ．
②
2 2
1 1
1
n n
i i i i i
i i
a c a a c
2 2
2 2
1 1
1
n n
i ii
i i
a a c
2 2 1
2 4 32
n n
n
1
9 4 1
n
i
i
2 1 1 4 1 4
3 2 5 2 9 1 4
n
n n n
2 1 1 *27 2 5 2 12n n n n N ．
【名师点睛】本题主要考查等差数列､等比数列的通项公式及其前 n 项和公式等基础知识．考
查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．
20 ． （ 2020· 浙 江 高 考 真 题 ） 已 知 数 列 {an} ， {bn} ， {cn} 中 ，
1 1 1 1 1
2
1, , ( )n
n n n n n
n
ba b c c a a c c nb
*N ．
（1）若数列{bn}为等比数列，且公比 0q ，且 1 2 36b b b ，求 q 与{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}为等差数列，且公差 0d ，证明： 1 2
11nc c c d
． *( )n N
【答案】（1）
11 4 2, .2 3
n
nq a
；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据 1 2 36b b b ，求得 q，进而求得数列 nc 的通项公式，利用累加法求得
数列 na 的通项公式．
（2）利用累乘法求得数列 nc 的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立．
【解析】（1）依题意 2
1 2 31, ,b b q b q ，而 1 2 36b b b ，即 21 6q q ，由于 0q ，
所以解得 1
2q ，所以 1
1
2n nb ．
所以 2 1
1
2n nb ，故
1
1
1
1
2 41
2
n
n n n
n
c c c
，
所以数列 nc 是首项为1，公比为 4 的等比数列，所以 14n
nc ．
所以 1
1 4n n n
na a c
（ *2,n n N ）．
所以
1
2
1
4 21 4 4 3
n
n
na a
，又 1n ， 1 1a 符合，
故
14 2
3
n
na ．
（2）依题意设 1 1 1nb n d dn d ，由于 1
2
n n
n n
c b
c b
，
所以 1
1 1
n n
n n
c b
c b
*2,n n N ，
故 1 3 2
1
1 2 2 1
n n
n
n n
c c c cc cc c c c
1 2 3 2 1
1
1 1 4 3
n n n
n n n
b b b b b cb b b b b
1 2
1 1 1
1 1 1 1 1 11 2
n n n n n n
bb d nb b d b b d b b
．
又 1 1c ，而 1 2 1 2
1 1 1 1 11 = 11 1
d d d d
d b b d bb d d
，
故
1
1 1 11 1n
n n
c nd b b
所以 1 2
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1 11n
n n
c c c d b b b b b b
L L
1
1 11 1
nd b
．
由于 10, 1d b ，所以 1 0nb ，所以
1
1 1 11 1 1
nd b d
．
即 1 2
11nc c c d
， *n N ．
21 ．（ 2020· 天 津 高 考 真 题 ） 已 知 na 为 等 差 数 列 ， nb 为 等 比 数 列 ，
1 1 5 4 3 5 4 31, 5 , 4a b a a a b b b ．
（1）求 na 和 nb 的通项公式；
（2）记 na 的前 n 项和为 nS ，求证： 2 *
2 1n n nS S S n N ；
（3）对任意的正整数 n ，设
2
1
1
3 2 , ,
, .
n n
n n
n
n
n
a b na ac
a nb
为奇数
为偶数
求数列 nc 的前 2n 项和．
【答案】（1） na n ， 12n
nb ；（2）证明见解析；（3） 4 6 5 4
2 1 9 4 9
n
n
n
n
．
【分析】（1）由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到
结果；（2）利用（1）的结论首先求得数列 na 前 n 项和，然后利用作差法证明即可；
(3)分类讨论 n 为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减
求和计算 2 1
1
n
k
k
c
和 2
1
n
k
k
c
的值，据此进一步计算数列 nc 的前 2n 项和即可．
【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 1 1a ， 5 4 35a a a ，可得 d=1．
从而 na 的通项公式为 na n ．
由 1 5 4 31, 4b b b b ，
又 q≠0，可得 2 4 4 0q q ，解得 q=2，
从而 nb 的通项公式为 12n
nb ．
（2）证明：由（1）可得 ( 1)
2n
n nS ，
故 2
1 ( 1)( 2)( 3)4n nS S n n n n ， 2 22
1
1 1 24nS n n ，
从而 2
2 1
1 ( 1)( 2) 02n n nS S S n n ，所以 2
2 1n n nS S S ．
(3)当 n 为奇数时， 1 1 1
2
3 2 (3 2)2 2 2
( 2) 2
n n n
n n
n
n n
a b nc a a n n n n
，
当 n 为偶数时， 1
1
1
2
n
n n
n
a nc b
，
对任意的正整数 n，有
2 2 2 2
2 1
1 1
2 2 2 12 1 2 1 2 1
k k nn n
k
k k
c k k n
，
和 2 2 3 1
1 1
2 1 1 3 5 2 3 2 1
4 4 4 4 4 4
n n
k k n n
k k
k n nc
①
由①得 2 2 3 14
1
1 1 3 5 2 3 2 1
4 4 4 4 4 4
n
k n n
k
n nc
②
由①②得 2 2 1 1
1
2 113 1 2 2 2 1 1 2 14 4
14 4 4 4 4 4 41 4
nn
k n n n
k
n nc
，
由于 1 1
2 11 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1 5 6 54 4
1 4 4 3 3 4 4 4 4 12 3 41 4
n
n n n n
n n n
，
从而得 2
1
5 6 5
9 9 4
n
k n
k
nc
．因此，
2
2 1 2
1 1 1
4 6 5 4
2 1 9 4 9
nn n n
k k k n
k k k
nc c c n
．
所以，数列 nc 的前 2n 项和为 4 6 5 4
2 1 9 4 9
n
n
n
n
．
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