专题 6.数列与数学归纳法
数列是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，大小均有.其中，小题重点考查等差数列、等比数列
基础知识以及数列的递推关系，和其它知识综合考查的趋势明显，小题难度加大趋势明显；解答题的难度
中等或稍难，随着文理同卷的实施，数列与不等式综合热门难题（压轴题），有所降温，难度趋减，将稳定
在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综
合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上，进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等，与不等式结
合，“放缩”思想及方法尤为重要．关于数学归纳法的考查，主要与数列、不等式相结合.
预测 2021 年将保持稳定，主观题将与不等式、函数、数学归纳法等相结合.
1．（2020·浙江省高考真题）已知等差数列{an}的前 n 项和 Sn，公差 d≠0， 1 1a
d
．记 b1=S2，bn+1=S2n+2–S2n，
n N ，下列等式不可能．．．成立的是（ ）
A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． 2
4 2 8a a a D． 2
4 2 8b b b
【答案】D
【解析】
对于 A，因为数列 na 为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由 4 4 2 6 可得， 4 2 62a a a ，
A 正确；
对于 B，由题意可知， 2 1 21 22 2 2n n n n nb S a aS ， 1 2 1 2b S a a ，
∴ 2 3 4b a a ， 4 7 8b a a ， 6 11 12b a a ， 8 15 16b a a ．
∴ 4 7 82 2b a a ， 2 6 3 4 11 12b b a a a a ．
根据等差数列的下标和性质，由3 11 7 7,4 12 8 8 可得
2 6 3 4 11 12 7 8 4=2 =2b b a a a a a a b ，B 正确；
对于 C， 22 2
4 2 8 1 1 1 1 13 7 2 2 2a a a a d a d a d d a d d d a ，
当 1a d 时， 2
4 2 8a a a ，C 正确；
对于 D， 2 22 2 2
4 7 8 1 1 12 13 4 52 169b a a a d a a d d ，
2 2
2 8 3 4 15 16 1 1 1 12 5 2 29 4 68 145b b a a a a a d a d a a d d ，
2 2
4 2 8 1 124 16 8 3 2b b b d a d d d a ．
当 0d 时， 1a d ，∴ 1 13 2 2 0d a d d a 即 2
4 2 8 0b b b ；
当 0d 时， 1a d ，∴ 1 13 2 2 0d a d d a 即 2
4 2 8 0b b b ，所以 2
4 2 8 0b b b ，D 不正确．
故选：D.
2．（2020·浙江省高考真题）我国古代数学家杨辉，朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列
( 1)
2
n n
就是二阶等差数列，数列 ( 1)
2
n n ( N )n 的前 3 项和是________．
【答案】10
【解析】
因为 1
2n
n na
，所以 1 2 31, 3, 6a a a ．
即 3 1 2 3 1 3 6 10S a a a ．
故答案为：10.
3．（2020·浙江省高考真题）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 ．
（Ⅰ）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；
（Ⅱ）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】（I）
11 4 2, .2 3
n
nq a
；（II）证明见解析.
【解析】
（I）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
（II）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
n n n n n n
bb d
b b d b b d 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 .
4．（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 ．
（Ⅰ）求 na 和 nb 的通项公式；
（Ⅱ）记 na 的前 n 项和为 nS ，求证： 2 *
2 1n n nS S S n N ；
（Ⅲ）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】（Ⅰ） na n ， 12n
nb ；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ） 4 6 5 4
2 1 9 4 9
n
n
n
n
.
【解析】
(Ⅰ)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 .
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)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 .
(Ⅲ)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
.
5．（2020·山东省高考真题）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 .
【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 .
一、单选题
1．（2021·浙江高三期末）数列 1na 是等比数列，且 1 21, 3a a ，则 2021a （ ）
A． 20212 1 B． 20212 1 C． 20202 1 D． 20202 1
【答案】A
【解析】
根据题意求得数列 1na 的公比 2q = ，结合等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】
设等比数列 1na 的公比为 q，
因为 1 21, 3a a ，可得 1 2 42,1 1a a ，所以 2
1
1 21
aq a
，
所以数列 1na 构成首项为 2 ，公比为 2 的等比数列，
则 2020 2021
2021 1 2 2 2a ，所以 2021a 20212 1 .
故选：A.
2．（2021·浙江绍兴市·高三一模）已知无穷数列 na 是各项均为正数且公差不为零的等差数列，其前 n 项和
为 ,nS n N ，则（ ）
A．数列 nS
n
不可能是等差数列 B．数列 2
nS
n
不可能是等差数列
C．数列 n
n
S
a
不可能是等差数列 D．数列 n
n
a
S
不可能是等差数列
【答案】D
【解析】
计算等差数列的 nS 和 na ，然后逐项进行判断即可.
【详解】
由题可知：
1
1
2n
n n dS a n
， 1 1na a n d ，其中 1 0, 0a d
对 A， 1
1
2
nS na dn
，所以数列 nS
n
是公差为
2
d 等差数列，故 A 错
对 B， 1
1
2
1 2
2 2
n
daS a n ddn n n n
，当 1 2
da 时， 2 2
nS d
n
，
所以数列 2
nS
n
可能是等差数列，故 B 错
对 C，
1
1
1
2
1
n
n
n n da nS
a a n d
，当 1a d 时， 1
2
n
n
S n
a
，
所以数列 n
n
S
a
可能是等差数列，故 C 错
1
1
1
1
2
n
n
a n d
n n da n
a
S
， n
n
a
S 不可能转化为关于 n 的一次函数形式，
故数列 n
n
a
S
不可能是等差数列，故 D 正确
故选：D
3．（2021·浙江高三期末）十三世纪意大利数学家列昂那多.斐波那契从兔子繁殖中发现了“斐波那契数列”，
斐波那契数列 na 满足以下关系： *
1 2 1 21, 1, 3,n n na a a a a n n N ，记其前 n 项和为 nS ，若
2020 (a m m 为常数 ) ，则 2018S 的值为（ ）
A． 2m B． 1m C． m D． 1m
【答案】B
【解析】
由 *
1 2 3,n n na a a n n N 关系，可得 2020 2 2018a a S ，结合已知条件即可求 2018S .
【详解】
2020 2019 2018a a a m ， 2019 2018 2017a a a ， 2018 2017 2016a a a ，…， 3 2 1 2a a a ，
∴ 2020 2 1 2 3 2018 2 2018...a a a a a a a S m ，而 2 1a ，
∴ 2018 1S m .
故选：B
4．（2021·浙江温州市·高三二模）已知递增等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 5 15S ，且 1 2 3, , 1a a a 成
等比数列，则（ ）
A． 1 100, 45a S B． 1 100, 90a S C． 1 101, 100a S D． 1 101, 55a S
【答案】D
【解析】
结合题中所给的条件，利用等差数列通项公式和求和公式以及三数成等比数列的条件，列出等量关系式，
求得其首项和公差，进一步求其前 10 项和，从而得到正确答案.
【详解】
因为 na 是递增等差数列， 5 15S ，
所以 1
5 45 152a d ，即 1 2 3a d ，①
由 1 2 3, , 1a a a 成等比数列，
所以 2
1 1 1( ) ( 2 1)a d a a d ，整理得 2 2 2
1 1 1 1 12 2a a d d a a d a ，即 2
1d a ，②
①②联立求得
1
1
1
d
a
，或
1
3
9
d
a
（舍去）
所以 10
10 910 1 1 552S ，
故选：D.
5．（2021·高三月考）已知数列 *3,na n n N 为等差数列，则“ 1 2 20202 2020a a a
为有理数”是“数列 na 中存在有理数”
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
【答案】A
【解析】
由 1 22n nT a a na 当 1n 是 3 的倍数时得
2 1
3
1
2n n
n nT a
， 若
2 1
3
1
2n n
n nT a
为有理数时，
则 2 1
3
na 是有理数，故有数列 na 中存在有理数成立；若“数列 na 中存在有理数”不妨设
1 3 2, 2a d ，则 2020T 不是有理数，即可判断结果.
【详解】
设 1 1na a n d ， 1 22n nT a a na
1
2 2 2
1
1
1 1
1 2 1 2 2 3 1
1 1 2 1 22
1 1 2 1 1
2 6 2
1 1 2 12 1 12 3 2 3
nT n a n n d
n n a n n d
n n n n n n na d
n n n n nna d a d
当 1n 是 3 的倍数时，
2 1
3
1
2n n
n nT a
若
2 1
3
1
2n n
n nT a
为有理数时，则 2 1
3
na 是有理数，故有数列 na 中存在有理数成立，
因为 2020n ，则 1 2019 3 673n ，所以“ 1 2 20202 2020a a a 为有理数”能使得“数列 na 中
存在有理数”成立；
若“数列 na 中存在有理数”不妨设 1 3 2, 2a d 则 4 1 3 0a a d 为有理数，
那么 2020 1347 1
2020 2020 1 1010 2021 1346 1010 2021 1343 22T a a d
是无理数，
故“ 1 2 20202 2020a a a 为有理数”是“数列 na 中存在有理数” 充分不必要条件
故选：A
6．（2021·全国高三专题练习（理））设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 3
6 61 2019 1 1a a ，
3
2015 20151 2019 1 1a a ，则下列结论正确的是（ ）
A． 2020 2020S ， 2015 6a a B． 2020 2020S ， 2015 6a a
C． 2020 2020S ， 2015 6a a D． 2020 2020S ， 2015 6a a
【答案】A
【解析】
由题设构造 3( ) 2019f x x x ，依据 ( )f x 的单调性、奇偶性即可知 2015 6,a a 大小关系，且 6 2015 2a a ，
进而可求 2020S ，即可确定正确选项.
【详解】
令 3( ) 2019f x x x ，知： ( )f x 在定义域内为递增函数，
∴由题意知： 6 20151 1a a ，即 2015 6a a ，
又 ( ) ( ) 0f x f x- + = 知： 6 20151, 1a a 关于原点对称，
∴ 6 2015 2a a ，而 2020 1 2020 1 2020 6 2015... 1010( ) 1010( ) 2020S a a a a a a .
故选：A
7．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列 na 满足 1 sinn na a ， *Nn ，若对任意 n∈N*，都 1n na a ，
则下列可能成立的是（ ）
A． 1 1a B． 2 1a C． 3 2a D． 4
1
2a
【答案】A
【解析】
先构造函数 ( ) sinf x x x ，判断其单调性即可得到sin x x ，根据已知条件判断可知 0na ，即可得出
结果.
【详解】
设 ( ) sinf x x x ，所以 ( ) cos 1 0f x x ，故 f x 在 R 上单调递减，
当 0x 时， ( ) (0) 0f x f ，即 sin x x ，
当 0x 时， ( ) (0) 0f x f ，即 sin x x ，
当任意 n∈N*，都 1n na a ， 1 sinn na a ，即sin nna a ，所以 0na ，即 1 0a .
故选：A.
【点睛】
关键点睛：构造函数 ( ) sinf x x x 利用导数判断其单调性sin x x 成立时，x 的取值是解答本题的关键.
8．（2021·全国高三专题练习（理））设数列 nx 满足 2 *
1 2 ,n n nx x x n N ，且对于任意 1 0x ，都存在
正整数 n 使得 nx m
，则实数 m 的最大值为（ ）
A．1 5
2
B．1 5
2
C．2 D．3
【答案】B
【解析】
2( ) 2f x x x ， 1 5 1 5( )2 2f ， 1 5 1 5( )2 2f ，因此取
1
1 5
2x ，得 1 5
2m ，然
后分类讨论证明对任意的 1 0x ，存在 *n N ，使得 1 5
2nx ．注意结合 ( )f x 的性质．
【详解】
因为 2
1 ( 1) 1n nx x ， 2( ) ( 1) 1f x x 在[1, ) 上递增，在 ( ,1] 上递减．
若
1
1 5
2x ，则 2
1 5
2nx ， 2 1
1 5
2nx
，因此 1 5
2m ，
下证对任意的 1 0x ，存在 *n N ，使得 1 5
2nx ．
① 1
1 5
2x 时，显然存在 1n ，使得 1 5
2nx ，
② 1
1 5
2x 时， 2
1 5 1 5( )2 2x f ，存在 2n ，使得 1 5
2nx ，
③ 1
3 5 1 5
2 2x 时， 2
1 51 2x ，由②知，存在 3n ，使得 1 5
2nx ，
④1 5 02 x 时， 2
1 50 2x ，由③知，存在 4n ，使得 1 5
2nx ，
⑤ 1
3 50 2x 时， 2 2 2 2 4 3 2
3 2 2 1 1 1 1 1 1 1 12 ( 2 ) 2( 2 ) 4 2 4x x x x x x x x x x x ，
所以 3 23
1 1 1
1
4 2 4x x x xx
，令 3 2( ) 4 2 4g x x x x ，则 2( ) 3 8 2g x x x ，
易知存在 1
1(0, )2r ， 2 (2,3)r ，使得 1 2( ) 0, ( ) 0g r g r ， 1x r 时， ( ) 0g x ， 1 2r x r 时， ( ) 0g x ，
所以 ( )g x 在 1(0, )r 上递增，在 1
1( , )2r 上递减，所以 3
1
1min{ (0), ( )} 42
x g gx
， 3 14x x ，
若 3 1
3 54 2x x ，则由③，存在 5 ，使得 1 5
2nx ，
若 1
3 50 4 2x ，则 2
5 3 14 4x x x ，…，依此类推，必定存在正整数 k ，使得 1
2 1 1
3 54 2
k
kx x
，
1
2 1 1
1 54 2
k
kx x
．
综上所述， m 的最大值是1 5
2
．
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列的递推公式，解题方法是结合函数性质，取一个特殊的 1x 求得 m 的最大值，然
后证明对任意的 1 0x ，存在 *n N ，使得 1 5
2nx ．证明时根据函数的性质需要对 1x 的取值分类讨
论．
9．（2021·高三月考）已知公差 0d 的等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若
2021 2022 2021 20220a a a a ，则（ ）
A． 1 0a d B． 2021 2022S S
C． 4042 4043 0S S D． 2022 4042 4043 0a S S
【答案】D
【解析】
由 2021 2022 0a a ，可得 2021 2022a a， 异号.若 0d ,则 2021 2022a a ，所以 2021 20220 0a a ， ，则 1 0a ;若
0d ,则 2021 2022a a ，所以 2021 20220 0a a ， ，则 1 0a ,再由等差数列的性质和前 n 项和公式对选项进
行逐一分析可得答案.
【详解】
由 2021 2022 0a a ，可得 2021 2022a a， 异号.
若 0d ,等差数列 na 单调递增，则 2021 2022a a ，所以 2021 20220 0a a ， ，则 1 0a
若 0d ,等差数列 na 单调递减，则 2021 2022a a ，所以 2021 20220 0a a ， ，则 1 0a
所以 1 0a d ，故选项 A 不正确.
选项 B. 当 0d 时,则 2021 2022a a ，所以 2021 20220 0a a ， ，则 1 0a
则此时，当 2021n 时， 0na ；当 2022n 时， 0na
1 22 11 002 2 2 0a aS a ， 1 2 2021 2022 2022 1022S a a a a S
而且 201 2022 2
202
21
2 2022 2022 02 2
a a aS a
此时 2021 2022S S ，故选项 B 不正确.
选项 C. 2021 21 404 022
4042
2 4042 4042 02 2
a a a aS
2022
4043 20
1 4043
224043 4043 40432 2
2a aaS a
当 0d 时， 2022 0a ，则 4043 0S ，此时 4042 4043 0S S ，所以选项 C 不正确.
选项 D. 由 2021 2022 2021 20220a a a a ，则 2021 2022a a， 均不为 0.
1 40
20
42
22 4042
1 4
4043 2 2
04
02
34042 40432 2a a a aS S a a
2021 2022 2022
2022
24042 40432 2
a aa a
2
2022
2021 20224042 4043 02a a a
所以选项 D 正确.
故选：D
【点睛】
关键点睛：本题考查等差数列的性质和前 n 项和公式的应用，解答本题的关键是先分析出若 0d ,则
2021 2022a a ，所以 2021 20220 0a a ， ，则 1 0a ；若 0d ,则 2021 2022a a ，所以 2021 20220 0a a ， ，
则 1 0a ，以及等差数列的性质和前 n 项和公式的灵活应用.
10．（2021·高三月考）对于 n ， *k N ，若正整数组 1 2, , , kF a a a 满足
1 2 ka a a≤ ≤ ≤ ， 1 2 ka a a n ，则称 F 为 n 的一个拆，设 F 中全为奇数，偶数时拆的个数分
别为 S n ， T n ，则（ ）
A．存在 2021n ，使得 0S n B．不存在 2021n ，使得 0T n
C．存在 2021n ，使得 S n T n D．不存在 2021n ，使得 S n T n
【答案】D
【解析】
任意的 2021n ，至少存在一个全为 1 的拆分，判断选项 A；当 n 为奇数时，判断能否是全偶拆分，判断
选项 B； ,C D 选项，可以举例发现规律，判断选项.
【详解】
对于任意的 2021n ，至少存在一个全为 1 的拆分，故 A 错误；
当 n 为奇数时， 0T n ，故 B 错误；
当 n 为偶数时， 1 2, , , ka a a 是每个数均为偶数的分拆，则它至少对应了 1,1, ,1 和
1 21,1, , 1, 1, , 1ka a a 的均为奇数的拆，
当 2n 时，偶数拆为 2 ，奇数拆为 1,1 ， 2 2 1S T ；
当 4n 时，偶数拆为 2,2 ， 4 ，奇数拆为 1,1,1,1 ， 1,3 ；
故当 6n 时，对于偶数的拆，除了各项不全为 1 的奇数拆分外，至少多出一项各项均为 1 的拆，故
S n T n ，故 C 错误，D 正确.
故选：D
二、多选题
11．（2021·浙江省高三开学考试）设数列 na 满足 1
10 2a ， 1 ln 2n n na a a 对任意
的 *n N 恒成立，则下列说法正确的是（ ）
A． 2
1 12 a B． na 是递增数列
C． 2020
31 2a D． 2020
3 14 a
【答案】ABD
【解析】
构造函数 ln 2f x x x ，再利用导数判断出函数的单调性，利用单调性即可求解.
【详解】
由 1 ln 2n n na a a ， 1
10 2a
设 ln 2f x x x ，
则 1 11 2 2
xf x x x
，
所以当 0 1x 时， ( ) 0f x¢ > ，
即 f x 在( )0,1 上为单调递增函数，
所以函数在 10, 2
为单调递增函数，
即 10 2f f x f
，
即 1 3 1ln ln 2 ln ln 12 2 2e f x e ，
所以 1 12 f x ，
即 1 1( 2)2 na n ，
所以 2
1 12 a ， 2020
1 12 a ，故 A 正确；C 不正确；
由 f x 在( )0,1 上为单调递增函数， 1 12 na ，所以 na 是递增数列，故 B 正确；
2
1 12 a ,所以 23
1
3
2
1 3 1 1 1 3ln(2 ) ln ln2 2 2 2 3 4a a a e
因此 2020 20203
3 3 14 4a a a ，故 D 正确
故选：ABD
三、填空题
12．（2021·浙江绍兴市·高三一模）《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干
尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.问何日相逢，各穿几何？”题意是：
有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍：小老鼠第一天也进一尺，以后每
天减半.如果墙足够厚， nS 为前 n 天两只老鼠打洞长度之和，则 3S ___________尺.
【答案】 35
4
【解析】
大、小老鼠每天打洞的距离符合等比数列，分别计算大、小老鼠打洞长度之和，然后简单计算即可.
【详解】
由题意知:大老鼠每天打洞的距离是以 1 为首项,以 2 为公比的等比数列,
所以大老鼠前 n 天打洞长度之和为1 2 2 11 2
n
n ,
同理小老鼠前 n 天打洞长度之和为 1
11 ( ) 12 21 21 2
n
n
,
所以 1 1
1 12 1 2 2 12 2
n n
n n nS
所以 3
3
13
1 512
32 4S
故答案为： 35
4
13．（2021·浙江省高三开学考试）已知数列 na 的前 n 项和 nS 满足： 22 6 6 3
n
n nS a
（ *n N ），则数列 na 中最大项等于______.
【答案】 8
9
【解析】
利用 1n n na S S 得到
1
1
3 3 12 2
n n
n na a
，令 3
2
n
n nb a
，可得数列 nb 的通项公式，进而可得
数列 na 的通项公式，利用 1n na a 的正负来确定数列 na 中最大项.
【详解】
因为 22 6 6 3
n
n nS a
，
得 2n
时，
1
1 1
22 6 6 3
n
n nS a
，
两式相减得:
1
1
23 2 2 3
n
n na a
，即：
1
1
3 3 12 2
n n
n na a
，
令 3
2
n
n nb a
，又∵ 1
2
3a ，
∴数列 nb 是首项 1
3 2 12 3b ，公差为 1 的等差数列，
则 nb n ，所以， 2
3
n
na n
，
1
1
2 2 2 21 3 3 3 3
n n n
n n
na a n n
，
所以 1 2 3 4 na a a a a ，
故数列 na 中 2 3
8
9a a 且最大，
故答案为: 8
9 .
四、双空题
14．（2021·浙江高三期末）设等差数列 na 的公差为非零常数 d ，且 1 2a ，若 1 2 4, ,a a a 成等比数列，则
公差 d ___________， na ___________.
【答案】 2 2n
【解析】
由等差数列通项及等比数列的性质可得 2( 2) 2(3 2)d d ，即可求 d ，并写出通项公式 na .
【详解】
由题意， 2 1 4 1, 3a a d a a d ，又 1 2a 且 1 2 4, ,a a a 成等比数列，
∴ 2( 2) 2(3 2)d d ，即 2 2 0d d 且 0d ，故 2d ，
∴ 1 ( 1) 2na a n d n .
故答案为：2， 2n
15．（2021·浙江高三期末）已知数列 na 满足 0na ，前 n 项和为 nS ，若 3 3a ，且对任意的 *k N ，均
有 2 1 12
2 2 ka
ka ， 2 1 2 22log 1k ka a ，则 1a _______； 20S ______.
【答案】1 2146
【解析】
由递推关系计算出 2a ，再计算出 1a ，然后可以计算 4 5 6, ,a a a ，归纳出{ }na 的通项公式（可用数学归纳法证
明），求得和 20S ．
【详解】
因为 0na ， *n N ，
由已知 3 2 23 2log 1a a ， 2 2a ， 1 1 2
22 4a a ， 1 1a ，
3 12 4
4 2 2 16aa ， 4 4a ， 5 2 42log 1 5a a ， 5 12 6
6 2 2aa ， 6 8a ，
归纳结论 2 1 2 1na n ， 2 2n
na ，
证明：（1） 1n ，由上面知已经成立；
假设 n k 时，假设成立，即 2 1 2 1ka k ， 2 2k
ka ，
则 2 1 2 2 22log 1 2log 2 1 2 1k
k ka a k ， 2 1 12 2 2
2 2 2 2ka k
ka
， 1
2 2 2k
ka
，
由数学归纳法知 2 1 2 1na n ， 2 2n
na ，对一切 *n N 成立．
10
2 10 2
20
2(1 2 )(1 3 19) (2 2 2 ) 10 21461 2S ．
故答案为：1；2146．
16．（2021·浙江温州市·高三二模）有一种病毒在人群中传播，使人群成为三种类型：没感染病毒但可能会
感染病毒的S 型；感染病毒尚未康复的 I 型；感染病毒后康复的 R 型（所有康复者都对病毒免疫）．根据统
计数据：每隔一周，S 型人群中有 95%仍为S 型，5%成为 I 型；I 型人群中有 65%仍为 I 型，35%成为 R 型；
R 型人群都仍为 R 型．若人口数为 A 的人群在病毒爆发前全部是 S 型，记病毒爆发 n 周后的S 型人数为 ,nS I
型人数为 nI ，则 nS _________； nI __________．（用 A 和 n 表示，其中 *nN ）
【答案】 0.95A 0.95 0.65
6
n n
A
【解析】
由题意，列出关系式，结合等比数列的定义，求得 1 0.956
n
nI A
为等比数列，利用等比数列的通项公
式，即可求解.
【详解】
由题意，可得
1
1
0
0
0.95
0.05 0.65
0
n n
n n n
S S
I S I
S A
I
①
②
③
④
，
由①③可得 0.95n
nS A ，代入②可得 1 0.65 0.05 0.95n
n nI I A ，
则 1
1
1 10.95 0.65 [ 0.95 ]6 6
n n
n nI A I A
，
所以数列 1 0.956
n
nI A
为等比数列，
由④可得 0
0
1 10.95 0.65 [ 0.95 ]6 6
n n
nI A I A ，
整理得 1 1 0.95 0.650.95 0.656 6 6
n n
n n
nI A A A ，
综上可得 0.95nS A ， 0.95 0.65
6
n n
nI A .
故答案为： 0.95A ， 0.95 0.65
6
n n
A .
【点睛】
解决数列与数学文化相交汇问题的关键：
（1）读懂题意：会脱去数学文化的背景，读懂题意；
（2）由题意，构造等差数列或等比数列或递推关系式的模型；
（3）利用所学知识求解数列的相关信息，如求指定项，通项公式或前 n 项和的公式.
五、解答题
17．（2021·浙江丽水市·高三期末）设等比数列 na 的公比 0q ，且满足 2
1(1 ) 7a q q ， 1a ， 2
1a q ，
15 a q 成等差数列.
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若数列 nb 满足：对任意正整数 n， 1 2
1
1 2
2 1122 2
n
n
n
bb b n
a a a
均成立，求数列 nb 的前 n 项
和 nT 的最大值.
【答案】（1） 12n
na -= ；（2）49.
【解析】
（1）根据题意，列出方程组
2
1 1 1
2
1 1 1
7
5 2
a a q a q
a a q a q
求得 ,a q 的值，即可求解.
（Ⅱ）根据题设条件，利用递推作差，求得数列 nb 的通项公式，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】
（1）由题意，等比数列 na 满足 2
1(1 ) 7a q q ， 1a ， 2
1a q ， 15 a q 成等差数列，
可得
2
1 1 1
2
1 1 1
7
5 2
a a q a q
a a q a q
，两式相减得 2
1 4a q ，即 21
4a q
，
代入 2
1 1 1 7a a q a q ，可得 2
4 4 4 7q q
，
解得 2q = 或 2
3q （舍），
所以 1 1a ，所以数列 na 的通项公式为 12n
na -= .
（Ⅱ）对任意正整数 n， 1 2
1
1 2
2 1122 2
n
n
n
bb b n
a a a
均成立，
当 1n 时，可得 1 13b ，
当 2n 时， 11 2
2
1 2 1
2 1322 2
n
n
n
bb b n
a a a
两式相减得 1 2 1
2 11 2 13 15 2
2 2 2
n
n n n
n
b n n n
a
，
由（1）知 12n
na -= ，所以当 2n 时， 1
15 2 15 22n nn
nb a n
，
当 1n 时也满足此式，数列 nb 为等差数列，
故数列 nb 的前 n 项和 2 21( 14 ( 7) 9) 42
n
nT n b b n n n ，
所以当 7n 时，数列 nb 的前 n 项和 nT 的最大值为 49.
18．（2021·高三月考）已知数列 na 满足： 1 1a ， 12 4n
n na a .
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若数列 nb 满足数列 n
n
b
a
前 n 项和为 22n ，求数列 nb 的前 n 项和.
【答案】（1） 12n
na -= ；（2） 12 3 2 6n
nS n .
【解析】
（1）根据递推关系式得 2 4n
n
a
a
，从而可得数列 na 隔项成以 4 为公比的等比数列，利用等比数列的通项
公式即可求解.
（2）由 21 2
1 2
2n
n
bb b na a a
，可得 211 2
1 2 1
2( 1)n
n
bb b na a a
，两式作差可得 4 2n
n
b na
，由（1）
可得 12 2n
n
nnb ，令 12n
nc n ，利用错位相减法以及等比数列的前 n 项和公式即可求解.
【详解】
解：（1）∵ 1 1a ， 12 4n
n na a ，
∴当 1n 时， 1
1 22 4a a ，∴ 2 2a ，
又 12 4n
n na a ，∴ 1
1 22 4n
n na a
，
两式作商，有 2 4n
n
a
a
，所以数列 na 隔项成以 4 为公比的等比数列.
∴
1
2
12
4 ,
2 4 ,
n
n n
na
n
为奇数
为偶数
，即
1
1
2 ,
2 ,
n
n n
na
n
为奇数
为偶数 ，
所以 12n
na -=
（2）由已知数列 n
n
b
a
前 n 项和为 22n .
∴ 21 2
1 2
2n
n
bb b na a a
，∴ 211 2
1 2 1
2( 1)n
n
bb b na a a
.
两式相减得， 4 2n
n
b na
，∴ 12 1 2 2 2(4 2)n n
n n nb n a n n ，
令 12n
nc n ，则 2 3 1
1 2 1 2 2 2 2n
n nT c c c n ，①
所以 3 4 22 1 2 2 2 2n
nT n ，②
① ②可得 2 3 1 22 2 2 2n n
nT n
2 2 24 1 2
2 2 4 21 2
n
n n nn n
，
所以 2 2 22 4 2 1 2 4n n n
nT n n ，
所以数列 nb 的前 n 项和
2 1 12 1 2
1 2 4 2 2 2 3 2 61 2
n
n n n
n nS T n n
19．（2021·全国高三专题练习）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 .
【答案】（1） 1
3 1,2 2n n n
na b
；（2）证明见解析.
【解析】
（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.
【详解】
（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）证明：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 .
20．（2021·浙江温州市·高三二模）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2
,
,n
n nS
n n
为奇数
为偶数 ．
（1）求 2 3,a a 及通项公式 na ；
（2）记 1n n nb a a ，求数列 12n
nb 的前 2n 项的和 2nT ．
【答案】（1） 2 3a ， 3 1a ，
2
2
3 1, 2 1
1, 2n
n n n ka
n n n k
（其中 k N ）； （2） 24 2n n .
【解析】
（1）由 1 1 2 1 21, 4S a S a a ，求得 2a ，再由 3 1 2 3 3S a a a ，求得 3a ，分 n 为奇数和偶数，
根据 1n n na S S ，即可求得数列的图象公式；
（2）由（1）知，当 n 为奇数时，得到 4nb n ；当 n 为偶数时，得到 2nb n ，根据 2nT 中包含着 n 个奇数
项和 n 个偶数项，分别设为 ,n nA B ，结合等差数列的求和公式，以及分组求和法，即可求解.
【详解】
（1）由题意，数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2
,
,n
n nS
n n
为奇数
为偶数 ，
所以 1 1 2 1 21, 4S a S a a ，解得 2 3a ，
又由 3 1 2 3 3S a a a ，解得 3 1a ，
当 2 1n k 时，可得 2 2
1 ( 1) 3 1n n na S S n n n n ，
当 2n k 时，可得 2 2
1 ( 1) 1n n na S S n n n n ，
所以
2
2
3 1, 2 1
1, 2n
n n n ka
n n n k
（其中 k N ）.
（2）由（1）知，当 n 为奇数时，可得 1 4n n nb a a n ；
当 n 为偶数时，可得 1 2n n nb a a n ，
即
1
1 2 ,2
2 ,
n
n
n n n
n nc b
n n
为奇数
为偶数 ，
因为 2nT 中包含着 n 个奇数项和 n 个偶数项，
设 n 个奇数项的和为 2 4 6 22 1 2 3 2 5 2 (2 1)n
nA n ，
n 个偶数项的和为 2 4 6 22 2 2 4 2 6 2 2n
nB n ，
由 3 5 6 2 +12 2 1 2 3 2 5 2 (2 1)n
nA n ，
可得 2 2 1 2 3 2 5 2 (2 1)n nA A n
2(1 2 1)2 (1 3 5 2 1) 2 22
n nn n ，即 22nA n
由 3 5 6 2 +12 2 2 2 4 2 7 6 2 2n
nB n
2 2 2 2 4 2 6 2 2n nB B n ，即 22 2nB n n
2(2 2 )2 (2 4 6 2 ) 2 2 22
n nn n n ，
所以 2 2 2
2 2 2 2 4 2n n nT A B n n n n n .
21．（2021·浙江高三期末）已知数列 na 的前 n 项和 nS 满足 2 *2 ( 2) ,n nS a n n N
（1）求证：数列 2 1na n 是等比数列，并求 na 的通项公式；
（2）设 1
na
的前 n 项和为 nT ，求证： *8 ,3nT n N .
【答案】（1）证明见解析， 2 2 1n
na n ；（2）证明见解析.
【解析】
（1）构造等式 2
1 12 ( 3)n nS a n ( 2)n ，利用两式相减可得 12 2 5 2n na a n n ，再根据等比
数列的定义和通项公式可得解；
（2）当 1, 2n n 时，不等式显然成立，当 3n 时，利用
1 1 1 8
2 1 5 3 22 (1 ) 2 (1 )2 8
n
n nn
n
na
放大
后，根据等比数列的求和公式求和，然后再放大即可得证.
【详解】
（1） 22 ( 2) ,n nS a n 当 1n 时， 1 1 1 12 1 1S a a a
2n 时 2
1 12 ( 3)n nS a n .
两式相减，得 2 2
1 12 2 ( 2) ( 3)n n n n nS S a a a n n
得 12 2 5 2n na a n n ，
则
11
1 1 1
2 2 32 1 2 2 5 2 1 22 1 1 2 3 2 3
nn n
n n n
a na n a n n
a n a n a n
为常数
数列 2 1na n 是等比数列，首项为 1 2 1 2a ，
12 1 2 2 2n n
na n ，所以 2 2 1n
na n ，
（2）当 1n 时， 1
1
1 81 3T a
，
当 2n 时， 2
1 2
1 1 81 1 2 3T a a
，
当 3n 时，
1 1 1
2 12 2 1 2 1 2
n
nn
n
na n
，
令 2 1
2n n
nb ，则 1 1
2 1
2n n
nb
，
11
2 1
2 12
2 1 2(2 1)
2
nn
n
n
n
b n
nb n
，
因为 3n ，所以 2 1 2(2 1) 3 2 0n n n ，所以 2 1 2(2 1)n n ，
所以 1 1n
n
b
b
，所以 1n nb b ，所以当 3n 时，数列{ }nb 单调递减，
所以当 3n 时， 3
2 1 2 3 1 5
2 2 8n n
nb ，
所以当 3n 时，
1 1 1 8
2 1 5 3 22 (1 ) 2 (1 )2 8
n
n nn
n
na
，
所以当 3n 时， 3 4
8 1 1 11 1 3 2 2 2n nT
21 118 28 8 1 82 2 213 3 8 31 2
n
，
综上所述： *8 ,3nT n N .
【点睛】
关键点点睛：当 3n 时，利用
1 1 1 8
2 1 5 3 22 (1 ) 2 (1 )2 8
n
n nn
n
na
放大后再求和是解题关键.
22．（2021·全国高三专题练习（理））数列 na 中， 2 7a 且 *2 4n nS na n n N ，其中 nS 为 na 的
前 n 项和.
（1）求 na 的通项公式 na ；
（2）证明： *
2 2 2 2
1 2 3
1 1 1 1 1 1
3 9 3n
n Na a a a n
.
【答案】（1） 3 1na n ；（2）证明见详解.
【解析】
（1）由 1n 得 1 4a ，进而 1 12 ( 1) 4( 1)n nS n a n ，两式作差得 1( 2) ( 1) 4 0( 2)n nn a n a n ，
再根据递推关系得 1 2( 3) ( 2) 4 0( 3)n nn a n a n ，再作差得 2 12 ( 3)n n na a a n ，故 na 为等
差数列， 3 1na n .
（2）因为 2
1 1 1 1 1
(3 1) (3 2)(3 1) 3 3 2 3 1n n n n n
，再根据放缩裂项求和即可证明.
【详解】
（1） 2 4n nS na n 中，令 1n ，有 1 12 4a a ，得 1 4a
当 2n 时，由已知 2 4n nS na n 得 1 12 ( 1) 4( 1)n nS n a n
两式相减得 12 ( 1) 4n n na na n a ，
即 1( 2) ( 1) 4 0( 2)n nn a n a n
所以 1 2( 3) ( 2) 4 0( 3)n nn a n a n
两式再相减得 1 2( 2) (2 4) ( 2) 0n n nn a n a n a ，
即 2 12 ( 3)n n na a a n ，所以 na 为等差数列，
又因为 2 7a ，所以公差为 3d ，
所以 3 1na n
（2）即证 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
4 7 10 (3 1) 3 9 3n n
因为 2
1 1 1 1 1
(3 1) (3 2)(3 1) 3 3 2 3 1n n n n n
所以 2 2 2 2
1 1 1 1
4 7 10 (3 1)n
1 1 1 1 1 1 1
3 1 4 4 7 3 2 3 1n n
1 113 3 1n
1 1
3 9 3n
.
23．（2021·浙江高三月考）已知数列{ }na 为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 nS ，满足 2
2 1n nS a ，
（1）求数列{ }na 的通项公式
（2）记
1
( 1)n
n
n n
nb a a
，求数列{ }nb 的前 n 项和 nT
【答案】（1） 2 1na n ；（2）
, ,4 2
1 ,4 2
n
n nnT n nn
为偶数
为奇数
.
【解析】
（1）由等差数列的性质表示出 2 1nS 后，结合已知可求得 na ；
（2）仿照裂项相消法，把 nb 拆成两项的和，然后按 n 的奇偶分类讨论求和．
【详解】
解析：（1） 21 2 1
2 1
(2 1)( ) (2 1) , 02
n
n n n n
n a aS a n a a
， 2 1na n
（2）
1
1 1 1( 1) ( 1) ( )( 1)(2 1)(2 1) 4 2 1 2 1
n n n
n
n n
n nb a a n n n n
当 n 为偶数时
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1.......4 1 3 3 5 5 7 2 1 2 1 4 1 2 1 4 2n
nT n n n n
当 n 为奇数时
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1.......4 1 3 3 5 5 7 2 1 2 1 4 1 2 1 4 2n
nT n n n n
．
所以
, ,4 2
1 ,4 2
n
n nnT n nn
为偶数
为奇数
．
24．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列 na 满足 1 1a ，且 2 1
1 1
2 3 2 1
2 1
n n
n
n n
n
a
a a
.
（1）令 1
2 1
n
n n
ab
，证明： 1
nb
为等差数列；
（2）求数列 na 的通项公式；
（3）令 1
2
3
n
n n
nac
，求数列 nc 的前 n 项和 nS .
【答案】（1）证明见解析；（2）
12 2 1
n
na n
；（3）
139 2 9 27 1124 3 2 4 3
n n
nS n
.
【解析】
（1）根据递推关系式，利用等差数列的定义即可证明.
（2）由（1）求出 1
nb 的通项公式，进而得出 na 的通项公式.
（3）利用等比数列的前 n 项和公式以及错位相减法即可求解.
【详解】
（1）由题意可知：
2 2
1
1 1 1 1
1 2 2 2 2
2 1 2 1 2 1
n n
n n n
n n n n
n
a a ab
a
2
11 1
2 1 2 1 2 2
2 12 1 2 1
n
n n n
nn n
nn
a a a
aa
，
则
1
1
2 11 1 1
2 2 2
n
n
n n n
a
b a b
，
即 1
nb
是以 1
2
为首项， 1
2
为公差的等差数列.
（2）由（1）可知： 1 1 1 2 112 2 2 1
n
n n
nnb a
，即
12 2 1
n
na n
（3）
1
1
24 3 3
n
n n
nc
记 13n
n
的前 n 项和为 nT ，
则 0 1 1
1 2
3 3 3n n
nT ，①
2
1 1 2
3 3 3 3n n
nT ，②，
① ②可得 0 2 1
2 1 1 1 1
3 3 3 3 3 3n n n
nT ，
11 3 11 33
1 3 2 31 3
nn
n n
n n
，
所以
19 1 3 3 9 9 1 3
4 2 3 4 4 3 2 3
n
n
n n n
n nT
24 1 3 9 9 1 3
2 4 4 3 2 31 3
n
n
n n
nS
139 2 9 27 1124 3 2 4 3
n n
n
25．（2021·浙江宁波市·高三月考）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 2 nna S ，数列 nb 为等差数列，
其前 n 项和为 nT ， 1 1b ， 10 55T
（1）求 ,n na b ；
（2）证明：对 *n N ，有 1 1 2 2
2 2 2
1 2
... 2n n
n
a b a b a b
T T T
.
【答案】（1） 1
3
n
na
； nb n ；（2）证明见解析.
【解析】
（1）利用 1( 2)n n na S S n 可得数列{ }na 递推关系，得{ }na 是等比数列，由等比数列通项公式得 na ，
利用基本量法可求得等差数列的通项公式 nb ；
（2）求得 2
n n
n
a b
T
，用放缩法变形，然后用裂项相消法求得和，从而证明不等式成立，
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
2(2 1) 1 13 24 4 2( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
nn n
n
n na b n
T n n n n n n n n
【详解】
解：（1）由 1- 2n na S ，得 1 11 2n na S ， 2n 上述两式相减得， -1- -2n n na a a ，即 1
1
3n na a ， 2n ．故
na 为等比数列，公比为 1
3
．又 1 1 11- 2 1- 2a S a ，得 1
1
3a ，得 1
3
n
na
．
设 nb 的公差为 d， 1 1b ， 10 55T 得10 45 55d ，即 1d ，故 nb n ．
（2）证明：由（1）， ( 1)
2n
n nT ，故
2 2 2 2 2 2 2
1 1
2(2 1)3 24 4( 1) ( 1) ( 1)
nn n
n
n na b n
T n n n n n n
，
又
2 2
2 2 2 2 2 2
2 1 ( 1) 1 1
( 1) ( 1) ( 1)
n n n
n n n n n n
，得 2 2 2
1 12 ( 1)
n n
n
a b
T n n
，
从而， 1 1 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2
1 1 1 1 12 1 2 2 3 ( 1)
n n
n
a ba b a b
T T T n n
L
2
12 1 2( 1)n
．
26．（2021·高三月考）已知 nS 为数列 1 n
na 的前 n 项和，且 1 1a .
（1）若数列 na 为公差 0d 的等差数列，若 0kS ，证明： k 是奇数；
（2）若数列 na 为公比 2q 的等比数列，证明： 1 2
1 2
1 1 1 21 1
n
nS S S q
.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）计算 2 0nS nd ，只有 2 1 1 ( 1) 0kS n d 有整数解，才能符合题意，从而证得结论；
（2）先求出 nS ，然后得出 2 1nS 和 2nS ，在求和 1 2
1 2
1 1 1 n
nS S S
时用并项求和法，
设
2 1 2
2 2 1
2 1 2
1 1 1 11 1 1
k k
k k k
k k
b qS S q q
，利用不等式的性质得
2
2
( 1)
k k
qb q
，这样可求得
和 2
2
1 2
1 2
1 2
1 1 1
k
k
k
b b bS S S
，得不等式成立，
1
1 2 11 2
1
2
2
1 2
2
1 22 2
1 1 1 1 1 1k
k
k
k k
b b bS S S S S S
，也得证，从而证明不等式
成立．
【详解】
（1）证明：由 2 2 1 4 3 2 2 1 0k n nS a a a a a a nd
2 1 2 1 1 3 2 2 2 1 1 1 1 0n n n nS a a a a a a a n d
该式有正整数解
故当 0kS 时， k 是奇数
（2）证明：由题意得 1 1 ( ) 1 ( )
1 ( ) 1
n n
n
q qS q q
，
故
2
2
1
1
n
n
qS q
，
2 1
2 1
1
1
n
n
qS q
设
2 1 2 2 1 2
2 2 1 2 2 1 2 2 1
2 1 2
1 1 1 1 ( 1)1 1 1 1
k k k
k k k k k k k
k k
q qb qS S q q q q q q
，
∵ 2q ，∴ 22 1 2
2 2 1 2
1( 1)k
k k k k
qq qb q q q
故
1 2 2 2 2
2
1 2
1 2 2
2
1 111 1 1 21 11 11
k k
k
k
q qb b b qS S S q
q
1 2 2 1 1 2 2
1 2
1 2 2 1 1 2 2
1 1 1 1 1 1 21 1
k k
k
k k
b b bS S S S S S q
故 1 2
1 2
1 1 1 21 1
n
nS S S q
．
27．（2021·浙江绍兴市·高三一模）已知等差数列 na 的公差不为零， 4 1a ，且 4 5 7a a a， ， 成等比数列，
数列 nb 的前 n 项和为 nS ，满足 2 4n nS b n N .
（1）求数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）若数列 nc 满足： 1 1
1 ,2
n
n n
n
ac c c n Nb
，求使得 2
16n
nc 成立的所有 n 值.
【答案】（1） 3na n ， 12n
nb ；（2）2，3，4.
【解析】
（1）由等差、等比数列的定义及递推关系求出 2 个数列的通项.
（2）累加法求新数列的通项，错位相减法来求等差乘等比的前 n 项和，即可得到数列通项，然后解不等式
即可.
【详解】
解：（1）设等差数列 na 的公差为 0d d （ ），由题得 2
5 4 7a a a ，
即 21 1 3d d （ ） ，整理得 2d d ，解得 1d ，
所以 4 4 3na a n d n .
因为 1 12 4b b ，所以 1 4b ，
当 2n 时，由 1n n nb S S 得 12 2n n nb b b ，即 12n nb b ，
所以 nb 是以 4 为首项，2 为公比的等比数列，所以 12n
nb .
（2）由 1
n
n n
n
ac c b 得 1 1
3
2n n n
nc c
，
所以 1 1 2 2 1 1n n n n nc c c c c c c c
2 3
1 2 1 4
2 2 2 2n
n
设 2 3
2 1 4
2 2 2n n
nT ，则 3 4 1
1 2 1 4
2 2 2 2n n
nT
，
作差得 2 3 4 1
1 2 1 1 1 4
2 2 2 2 2 2n n n
nT
3
1 1
1 1 1
1 4 1 22 2 2
12 2 4 21 2
n
n n
n n
所以 1 2
2 2n n
nT ，所以 1 2
2 2n n n
nc T
因为 2 2
2 16n n
n nc ，所以 42 2 1 0nn .
当 1n 时，不满足题意； 2n 时，满足题意；
当 3n 时， 42 1 0n ，解得3 4n .
所以，满足题意的所有 n 值为 2，3，4.
28．（2021·浙江高三期末）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 1 1a ，当 2 *n n N 时，
3
1
11 1 3n nn S n S n n .
（Ⅰ）证明 1
nS
n n
为等差数列，并求数列 na 的通项公式；
（Ⅱ）记数列 2 1
2
*n
n
n
ab n Na
，记 nT 为 nb 前 n 项的积，证明： 1nT n .
【答案】（Ⅰ）证明见解析， 2
na n ；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
（Ⅰ）将已知条件化为 3
1
1 11 1 1 13 3n nn S n S n n n n n ，两边同除以 1 1n n n ，
得
1 1
1 1 3
n nS S
n n n n
，可知 1
nS
n n
为以 1
2
S 为首项，公差为 1
3
的等差数列，即可求出
1 1 2 16nS n n n ，再利用 1
1
, 2
, 1
n n
n
S S na S n
，可求出数列 na 的通项公式；
（Ⅱ）由 2
na n ，可知
2 2
2 2
2 1 4 4 1 1 1 1 11 12 4 4n
n n n nb n n n n n n
，即可求证
1 2 3
2 3 4 1 11 2 3n n
nT b b b b nn
L L .
【详解】
（Ⅰ）由题知 3
1
11 1 3n nn S n S n n ， 2n ，
整理化简为 1
11 1 1 13n nn S n S n n n ， 2n ，
等式两边同除以 1 1n n n ，得
1 1
1 1 3
n nS S
n n n n
， 2n .
故 1
nS
n n
为以 1
2
S 为首项，公差为 1
3
的等差数列.
所以 1 1 1 111 3 2 3 6
nS n nn n
，则 1 1 2 16nS n n n ， 2n .
当 2n 时， 2
1
1 11 2 1 1 2 16 6n n na S S n n n n n n n
当 1n 时， 2
1 =11a ，故 1 1a 符合；
因此数列 na 的通项公式为： 2
na n
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 2
na n ，
2 2
2 1
2 2
2
2 1 4 4 1 1 1 1 11 12 4 4
n
n
n
a n n n nb a n n n n n n
，
1 2 3
2 3 4 1 11 2 3n n
nT b b b b nn
L L
即证 1nT n .
29．（2021·浙江温州市·高三开学考试）已知数列 na 的前 n 项之积 nT 满足条件：① 1
nT
是首项
为 2 的等差数列：② 2 5
1
6T T ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设数列 nb 满足
2n n
nb an
，其前 n 项和为 nS ．求证：对任意正整数 n ，都有 10 4nS ．
【答案】（1） *
1n
na n Nn
；（2）证明见解析.
【解析】
（1）设等差数列 1
nT
的公差为 d ，由 1
nT
是首项为 2 的等差数列，求得 nT ，然后由
1 2
1 1n nT a a a n
求解.
（2）由（1）知
1n
na n
，得到
2 1n
n nb n n
2
2 1 0
2 1
n n
n n
n n
n n
，则 0nS ，又
1 1 1
2 1 2nb n n
，再利用裂项相消法求解.
【详解】
（1）设等差数列 1
nT
的公差为 d ．
由已知得
1
1 2T
，所以 1 2 ( 1)
n
n dT
，
所以
2
1 2 dT
，
5
1 2 4dT
，
因为 2 5
1
6T T ，
所以 1 1 1
2 2 4 6d d
，
解得 1d ，
所以 1 1
n
nT
，
即 1
1nT n
．
又 1 2
1 1n nT a a a n
，
所以当 1n 时， 1 1
1
2a T ，
当 2n
时， 1 1 2 1
1
n nT a a a n ，
所以
1 1
n
n
n
T na T n
，
当 1n 时也符合上式，所以 *
1n
na n Nn
．
（2）由（1）知
1n
na n
，所以
2 1n
n nb n n
,
2 1 2 1
2 1
n n n n
n n n n
n n
n n
,
2
2 1 0
2 1
n n
n n
n n
n n
，
所以 0nS ．
又
2
1 1 1 12 1
2( 1)( 2) 2 1 22 1
n
n n
n nb n n n n n
n
，
所以 1 1 1 1 1 1 1
2 2 3 3 4 1 2nS n n
,
1 1 1
4 2( 2) 4n
．
综上可知，对任意正整数 n ，都有 10 4nS ．
【点睛】
方法点睛：求数列的前 n 项和的方法：
(1)公式法：①等差数列的前 n 项和公式， 1
1
1
2 2
n
n
n a a n nS na d
②等比数列的前 n 项和公式
1
1
, 1
1
, 11
n
n
na q
S a q
qq
；
(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的
前 n 项和用错位相减法求解.
(6)并项求和法：一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 an＝(－1)nf(n)类型，
可采用两项合并求解．
30．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列 na 满足： 1
1
4a ， 1 12 3 0n n n na a a a .
（Ⅰ）证明：数列 1 1
na
为等比数列，并求数列 na 的通项公式；
（Ⅱ）记
2
21n n
nb an
，求使 1 2 3 2020nb b b b 成立的最大正整数 n 的值.（其中，符
号 x 表示不超过 x 的最大整数）
【答案】（Ⅰ）证明见解析， 1
3 1n na
；（Ⅱ）45.
【解析】
（1）等式两边同时除以 1n na a 即可；
（2）需要对 nb 的整数部分与小数部分进行分析.
【详解】
∵ 1 12 3 0n n n na a a a ，显然 1 0n na a
∴
1
1 3 2
n na a
，
1
1 11 3 1
n na a
1 1
na
是以
1
1 1 3a
为首项，3 为公比的等比数列
即 1 1 3n
na
，所以 1
3 1n na .
（2）
2 1 21 3 1n n
nb n
2 22
1( 1) 3 1n
n n
nn
222( 1) 1 ( 1) 3 1n
nn n n
22 3 22( 1)
( 1) 3 1
n
n
nn
n
.
因为 n≥2 时， 1 2 23 (1 2) 1 C 2 C 2 1 2n n
n n n ，
2 2( 1) 3 1 2 3 2 ( 1) 3 1n n nn n n n n
2( 1)(1 2 ) 1n n n n 2 2 0n .
所以 n≥2 时，
22 3 20 1
( 1) 3 1
n
n
n
n
.
又 n=1 时，
22 3 2 6 1 2 9
2 4 8( 1) 3 1
n
n
n
n
，
所以 1 1b ； 2n 时， 2( 1)nb n ，所以 2n 时，
1 2 3 1 2 1 2 2 2( 1)nb b b b n 21 ( 1) 1n n n n .
由 2 1 2020n n ，及 n +N ，得 45n .
所以使 1 2 3 2020nb b b b 成立的最大正整数 n 的值为 45.
【点睛】
本题说明 n≥2 时，
22 3 20 1
( 1) 3 1
n
n
n
n
是解决问题的关键.
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