专题 2.4 数 列-结构不良型
1．等差、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
熟练掌握等差、等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数
列的前 n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
2．给出 nS 与 na 的递推关系，求 an，常用思路是一是利用 1n n na S S 转化为 an 的递推关
系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，再求 an．
3．求数列的前 n 项和常见思路：
（1）对于等差和等比数列，直接结合求和公式求解；
（2）等差数列 等比数列时，常采取分组求和法；
（3）等差数列 等比数列时，常采取错位相减法；
（4）裂项相消法．用裂项相消法解题的关键步骤，①判断结构，即根据通项的结构，看
它是否可以裂项，能裂项就写出通项裂项后的表达式；②写出和式，即按通项裂项后的
表达式写出和式，看哪些项能相互抵消；③化简整理，即计算并整理和式，得到和式的
最简结果．
1．设数列 na 的前 n 项和为 nS ，在① 1 0n nS ma m ，② 1
2n nS ka ，③ 2 na
1 1 na S S 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．
问题：已知数列 na 满足 1 1a ，______，若数列 na 是等比数列，求数列 na 的通项公
式；若数列 na 不是等比数列，说明理由．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【试题来源】2021 届普通高等学校招生全国统一考试数学考向卷（四）
【答案】答案不唯一，具体见解析
【 分 析 】 若 选 ① ， 利 用 1( 2)n n na S S n 化 简 得 1 21
n na a nm m
， 得
1 1 2n
n
a m na m
，从而可作出判断；若选②，利用 1( 2)n n na S S n 可得 13n na a ，
从而有数列 na 是首项为 1，公比为 3 的等比数列；若选③，先求出 1a ，然后可得 2 1n nS a ，
再利用 1( 2)n n na S S n 得 12n na a ，从而可判断数列 na 是首项为 1，公比为 2 的
等比数列，
【解析】若选①： 1 0n nS ma m ，则当 2n 时， 1n nS ma ，
两式相减，得 1 1n n n n nS S a ma ma ，即 1 21
n na a nm m
，结合 1 1a ，可知 0na ，
所以 1n
n
a
a
2na nm
．
由 1 0n nS ma m ，得 1 2a ma ，即 2
1
1 1a m
a m m
，
故数列 na 不是等比数列．
若选②： 1
2n nS ka ，由 1 1a ，得 11 2k ，即 3
2k = ，于是 3 1
2 2n nS a ，
当 2n 时， 1 1
3 1
2 2n nS a ，两式相减得 1
3 3
2 2n n na a a ，即 13n na a ，
所以数列 na 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，因此 13 n
na ．
若选③： 1 12 n na a S S ，由 1 1a ，得 2 1n nS a ，
当 2n 时， 1 12 1n nS a ，两式相减得 1 12 2n n n n nS S a a a ，即 12n na a ，
所以数列 na 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，因此 12n
na -= ．
2．已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ．
（1）请从下面的三个条件中选择两个作为已知条件，求数列{ }na 的通项公式；
① 2 3 11a a ；② 6 62 19S a ；③ 6 3 39S S ；
注：如果采用多种条件组合作答，则按第一个解答计分．
（2）在（1）的条件下，令 2 na
nb ，求数列{ }nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】黑龙江省大庆市 2021 届高三第一次教学质量检测（一模）
【答案】（1） 3 2na n ；（2） 2 (8 1)7
n
nT ．
【分析】（1）根据所选条件，得出方程组，即可求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得 3 22 n
nb ，即可得到数列{ }nb 为等比数列，再利用等比数列求和公式计
算可得；
【解析】（1）选择条件①②，①③，②③对应的基本量如下：
由 2 3
6 6
11
2 19
a a
S a
，即 1
1
2 3 11
4 5 19
a d
a d
，
由 2 3
6 3
11
39
a a
S S
，即 1
1
2 3 11
4 13
a d
a d
，
由 6 6
6 3
2 19
39
S a
S S
，即 1
1
4 5 19
4 13
a d
a d
，解得 1 1
3
a
d
，所以 3 2na n ．
（2） 3 22 n
nb ．因为
3 1
31
3 2
2 2 82
n
n
n
n
b
b
，
所以数列{ }nb 是以 1 2b 为首项，8 为公比的等比数列，
所以 2(1 8 ) 2 (8 1)1 8 7
n
n
nT
．
3．已知各项均为正数的数列 na ，其前 n 项和为 nS ，数列 nb 为等差数列，满足 2 12b ，
5 30b ．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求解下列问题：
（1）求数列 na 的通项公式 na 和它的前 n 项和 nS ；
（2）若对任意 *n N 不等式 n nkS b 恒成立，求 k 的取值范围．
条件① 2 2n n na a S
条件② 1 9a ，当 2n ， 2 2a ， 1 2n na a
注：如果选择条件①、条件②分别解答，按第一个解答计分．
【试题来源】备战 2021 年高考数学全真模拟卷（山东高考专用）
【答案】（1）选①， na n ；
2
2n
n nS ；选②， 9, 1
2 2, 2n
na n n
， 2 9nS n n
（2）选①， 6k ；选②， 6
5k
【分析】（1）选①，根据 nS 与 na 的关系求出通项公式，再利用等差数列的前 n 项和公式即
可求解； 选②，利用等差数列的通项公式以及前 n 项和公式即可求解．
（2）选①，分离参数可得 2
12 12
1
nk n n n
，求出 12
1n
最大值即可；选②，分离参数可
得 2
6 6
99 1
nk n n n n
，利用基本不等式求出 9 1n n
的最小值即可．
【解析】（1）选①，由 2 2n n na a S ，
则 2
1 1 12n n na a S ， 2n ，两式相减可得
2 2
1 1 2n n n n na a a a a ， 1 1 1 0n n n na a a a ，
又 0na ，所以 1 1 0n na a ，即 1 1n na a ，
所以数列 na 为等差数列，当 1n 时， 1 1a ，
所以 1 1 1na a n n ，所以 21
2 2n
n n n nS
；
选②， 1 9a ，当 2n ， 2 2a ， 1 2n na a ，
1 2n na a ，所以当 2n 时，数列 na 为等差数列，
所以 2n 时， 2 2 2 2 2na a n n ，
所以 9, 1
2 2, 2n
na n n
， 21 2 2 29 92n
n nS n n
（2）数列 nb 为等差数列， 2 12b ， 5 30b ，
则公差 5 2 30 12 63 3
b bd ，所以 2 2 6 6nb b n n ．
若对任意 *n N 不等式 n nkS b 恒成立，
若
2
2n
n nS ，则 2
12 12
1
nk n n n
恒成立， *n N ，所以 6k ，
若 2 9nS n n ，则 2
6 6
99 1
nk n n n n
恒成立， *n N ，
因为 9 91 2 1 5n nn n
，所以
6 6
9 51n n
，
当且仅当 3n 时取等号，所以 6
5k ．
4．已知有限数列{ }na 共有 30 项，其中前 20 项成公差为 d 的等差数列，后 11 项成公比为 q
的等比数列，记数列的前 n 项和为 nS ．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个
作为已知，求：
（1） ,d q 的值；
（2）数列{ }na 中的最大项．
条件①： 2 5 21=4, =30, 20a S a ；
条件②： 3 20 220, 36, 9S a a ；
条件③： 1 21 2448, 20, 160S a a ．
【试题来源】北京市石景山区 2021 届高三一模
【答案】答案见解析．
【分析】（1）分别选择一个条件，利用等差、等比数列的通项公式以及前 n 项和公式计算即
可．（2）根据（1）所得到的数据，然后根据数列等差部分、等比部分的单调性简单判断即
可．
【解析】选择条件①： 2 5 21=4, =30, 20a S a
（1）因为{ }na 的前 20 项成等差数列， 2 5=4, =30a S ，
所以
1
1
4,
5 45 302
a d
a d
，解得 1 2,
2
a
d
． 所以 20 =2 19 2=40a ．
因为数列{ }na 后 11 项成公比为 q的等比数列，所以 21
20
1
2
aq a
．
综上， 12, 2d q ．
（2）{ }na 的前 20 项成等差数列， 0d ，所以前 20 项为递增数列．
即前 20 项的最大项为 20 40a ．
数列{ }na 的后 11 项成等比数列， 1
2q ，所以后 11 项是递减数列．
即后 11 项的最大项为 20 40a
综上，数列{ }na 的最大项为第 20 项，其值为 40．
选择条件②： 3 20 220, 36, 9S a a
（1）因为{ }na 的前 20 项成等差数列， 3 200, 36S a ，
所以 1
1
3 3 0,
19 36
a d
a d
，所以 1 2
2.
a
d
，
因为数列{ }na 后 11 项成公比为 q的等比数列， 20 36a ，
因为 22 9a ， 2 22
20
1
4
aq a
，所以 1
2q ．
综上， 12, 2d q ．
（2）{ }na 的前 20 项成等差数列， 0d ．所以前 20 项为递减数列．
前 20 项的最大项为 1 2a ．
因为 1
2q ．i．当 1
2q 时，
20136 (20 30 )2
n
na n n
N≤ ≤ 且 ，
所以当 20 30n 时， 0na ．
此时，数列{ }na 的最大项为第 1 项，其值为 2；
ⅱ．当 1
2q 时，
20136 (20 30 )2
n
na n n
N≤ ≤ 且 ，
后 11 项的最大项为 21 18a ．
此时，数列{ }na 的最大项为第 21 项，其值为 18
综上，当 1
2q 时，数列{ }na 的最大项为第 1 项，其值为 2；
当 1
2q 时，数列{ }na 的最大项为第 21 项，其值为 18．
选择条件③： 1 21 2448, 20, 160S a a
（1）因为数列{ }na 后 11 项成公比为 q的等比数列， 21 2420, 160a a ，
所以 3 24
21
8aq a
，解得 2q = ． 所以 21
20 10aa q
．
因为{ }na 的前 20 项成等差数列， 1 1 48S a ，所以 20 1 220 1
a ad
．
综上， 2, 2d q ．
（2）{ }na 的前 20 项成等差数列， 0d ．
所以前 20 项为递减数列，前 20 项的最大项为 1 48a ．
{ }na 的后 11 项成等比数列，而 20 10a ， 2q = ，
2010 2 (20 30 )n
na n n N≤ ≤ 且 ，所以后 11 项为递增数列．
后 11 项的最大项为 30 10240a ，
综上，数列{ }na 的最大项为第 30 项，其值为 10240．
5．在① 3 12S ，② 2 12 6a a ，③ 8 16a ，这三个条件中任选一个，补充在下面试题
的空格处中并作答．
已知{ }na 是公差不为 0 的等差数列，其前 n 项和为 nS ，若____，且 1a 、 2a 、 4a 成等比数列．
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）设数列{ }nb 是各项均为正数的等比数列，且 2 1b a ， 4 4b a ，求数列{ }n na b 的前 n
项和 nT ．
【试题来源】备战 2021 年高考数学全真模拟卷（广东专用）
【答案】（1） 2na n ；（2） 2 2 1n
nT n n ．
【分析】（1）设{ }na 是公差 d 不为 0 的等差数列，运用等差数列的通项公式和求和公式、
结合等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差，进而得到所求通项公式；
（2）设等比数列{ }nb 的公比为 ( 0)q q ，由等比数列的通项公式解方程可得首项和公比，
进而得到 nb ，再由数列的分组求和和等差数列、等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【解析】（1）设{ }na 是公差 d 不为 0 的等差数列，
选① 3 12S ，可得 13 3 12a d ，即 1 4a d ，
由 1a 、 2a 、 4a 成等比数列，可得 2
2 1 4a a a ，即 2
1 1 1( ) ( 3 )a d a a d ，
解得 1 2a d ，则 2 ( 1) 2 2na n n ；
选② 2 12 6a a ，可得 1 12( ) 6a d a ，即 1 2 6a d
由 1a 、 2a 、 4a 成等比数列，可得 2
2 1 4a a a ，即 2
1 1 1( ) ( 3 )a d a a d ，
解得 1 2a d ，则 2 ( 1) 2 2na n n ；
选③ 8 16a ，可得 1 7 16a d ，
由 1a 、 2a 、 4a 成等比数列，可得 2
2 1 4a a a ，即 2
1 1 1( ) ( 3 )a d a a d ，
解得 1 2a d ，则 2 ( 1) 2 2na n n ；
（2）设等比数列{ }nb 的公比为 ( 0)q q ， 2 1 2b a ， 4 4 8b a ，
可得 2 4
2
4bq b
，又 0q ，解得 2q = ，所以 2
1 1bb q
= = ，所以 12n
nb ，
所以数列{ }n na b 的前 n 项和 1(2 4 6 2 ) (1 2 4 2 )n
nT n
2(2 2 ) 1 2 2 12 1 2
n
nn n n n
．
6．已知数列{an}是递增的等比数列，前 3 项和为 13，且 a1＋3，3a2，a3＋5 成等差数列．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）数列{bn}的首项 b1＝1，其前 n 项和为 Sn，且 ，若数列{cn}满足 cn＝anbn，{cn}
的前 n 项和为 Tn，求 Tn 的最小值．
在如下三个条件中任意选择一个，填入上面横线处，并根据题意解决问题．
①3Sn＋bn＝4；②bn＝bn－1＋2(n≥2)；③5bn＝－bn－1(n≥2)．
【试题来源】2021 年高考二轮复习讲练测（浙江专用）
【答案】（1）an＝3n-1；（2）答案见解析．
【分析】（1）根据等比数列的通项公式和等差中项列方程组解得首项和公比，可得数列{an}
的通项公式；（2）选择①时，构造方程 3Sn-1＋bn-1＝4(n≥2)，利用两式相减法求出 nb ，再求
出 nc ，根据 0nc 恒成立，可知 nT 的最小值为 1T ；选择②时，根据等差数列的定义求出 nb ，
再求出 nc ，根据 0nc 恒成立，可知 nT 的最小值为 1T ；选择③时，根据等比数列的定义求
出 nb ，再求出 nc ， nT ，讨论 n 的奇偶可解得结果．
【解析】（1）设数列{an}的公比为 q，
则由前 3 项和为 13，且 a1＋3，3a2，a3＋5 成等差数列，
得 1 2 3
2 1 3
13
6 3 5
a a a
a a a
，
，所以 1 3
2
10
3
a a
a
，
，
所以 3 3 10qq
，即 3q2－10q＋3＝0，解得 1
3q 或 3q
因为{an}是递增的等比数列，所以 q>1，所以 q＝3，所以 1 1a ，所以 an＝3n-1．
（2）选择①：因为 3Sn＋bn＝4，所以 3Sn-1＋bn-1＝4(n≥2)，
两式相减得 3(Sn－Sn-1)＋(bn－bn-1)＝0，即 4bn－bn-1＝0(n≥2)，
所以 1
1
4n nb b (n≥2)，所以数列{bn}是以 b1＝1 为首项， 1
4
为公比的等比数列，
故 11
4
n
nb
，因此 13
4
n
n n nc a b
，
因为 0nc 恒成立，即 c1>0，c2>0，c3>0，…，所以(Tn)min＝T1＝c1＝1．
选择②：由 bn＝bn-1＋2(n≥2)知{bn}是以 b1＝1 为首项，2 为公差的等差数列，
所以 bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以 12 )( 1 3n
n n nc a b n ，
因为 cn＝(2n－1)·3n－1>0，即 c1>0，c2>0，c3>0，…，
所以(Tn)min＝T1＝c1＝1．
选择③：由 5bn＝－bn-1(n≥2)知{bn}是以 b1＝1 为首项， 1
5
为公比的等比数列，
所以 11
5
n
nb
，所以 1 1
1 1 33 5 5
n n
n
n n nc a b
，所以 31 5 5 313 8 51 5
n
n
nT
，
当 n 为奇数时，由于 3 05
n
，故 5
8nT ；
当 n 为偶数时，由于 3 05
n
，故 5
8nT ，
由 5 318 5
n
nT
在 n 为偶数时单调递增，
所以当 n＝2 时， min
5 16 2
8 25 5nT ，
综上所述：Tn 的最小值为 2
5
．
【名师点睛】第（2）问，选择③时，求出 nT 后，讨论 n 的奇偶是解题关键．
7．在① 2 3n nS a ；② 3 2 3n
nS ；③ 2
1 2n n na a a ， 1 3a ， 4 24a ．这三个条件
中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题．
问题：已知数列 na 满足______（ *nN ），若 1
2log 3
n
n n
ab a ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】山东省济宁市 2021 届高三一模
【答案】 3 3 1 2n
nT n
【分析】若选①：利用
1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n
求解可得数列 na 为等比数列，求出
13 2n
na ，进而求出 nb 的通项公式，再利用错位相减法求和即可；若选②：先利用
1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n
求解可得数列 na 的通项公式，进而求出 nb 的通项公式，再利用错
位相减法求和即可；若选③：由已知条件可知数列 na 为等比数列，利用 1 3a ， 4 24a ，
求出公比，写出通项公式，进而求出 nb 的通项公式，再利用错位相减法求和即可．
【解析】若选①：因为 2 3n nS a ，①
所以当 2n 时， 1 12 3n nS a ，②
① ②得 1 12 2n n n n na S S a a ，即 12n na a ，
所以数列 na 为等比数列，
当 1n 时， 1 1 12 3a S a ，解得 1 3a ，
所以 13 2n
na ，所以 11
2log 3 23
nn
n n
ab a n ，
所以 0 1 2 1
1 2 3 3 1 2 2 2 3 2 2n
n nT b b b b n ，③
1 2 32 3 1 2 2 2 3 2 2n
nT n ，④
③ ④得 1 10 2 2 13 2 2 2 2 2 3 22 1
n
n n n
nT n n
3 1 2 3nn ，
所以 3 3 1 2n
nT n ．
若选②：因为 3 2 3n
nS ，①，
所以当 1n 时， 1 1 3 2 3 3a S ，
当 2n 时， 1
1 3 2 3n
nS
，②
① ②得 1 1
1 3 2 3 2 3 2n n n
n n na S S
，
因为 1 3a 符合上式，所以 13 2n
na 对一切 *nN 都成立．
所以 11
2log 3 23
nn
n n
ab a n ，
所以 0 1 2 1
2 3 3 1 2 2 2 3 2 2n
n nT b b b b n
，③
1 2 32 3 1 2 2 2 3 2 2n
nT n ，④
③ ④得 1 10 2 2 13 2 2 2 2 2 3 22 1
n
n n n
nT n n
3 1 2 3nn ，
所以 3 3 1 2n
nT n ．
若选③：由 2 *
1 2n n na a a n N ， 1 3a ， 4 24a 知数列 na 是等比数列，
设数列 na 的公比为 q，则 3
4 1a a q ，即 324 3q ，
所以 3 8q ，解得 2q = ，所以 13 2n
na ．
所以 11
2log 3 23
nn
n n
ab a n ，
所以 0 1 2 1
1 2 3 3 1 2 2 2 3 2 2n
n nT b b b b n ，①
1 2 32 3 1 2 2 2 3 2 2n
nT n ，②
① ②得 0 1 2 1 2 13 2 2 2 2 2 3 22 1
n
n n n
nT n n
3 1 2 3nn ，
所以 3 3 1 2n
nT 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，考查学
生的计算能力．
8．从“① 1
2n
aS n n
；② 2 3S a ， 4 1 2a a a ；③ 1 2a ， 4a 是 2a ， 8a 的等比中项．”
三个条件任选一个，补充到下面横线处，并解答．
已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，公差 d 不等于零，______， *nN ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若 12 2n nnb S S ，数列 nb 的前 n 项和为 nW ，求 nW ．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【试题来源】2021 年高考数学金榜预测卷（山东、海南专用）
【答案】选择见解析：（1） 2na n ；（2） 1 14 2 6n n ．
【分析】（1）选①：由 2n 时， 1n n na S S 即可求解；选②：用基本量 1a 与 d 列方程
组即可求解；选③：由等比中项公式即可求得公差，通项可得；
（2）依题意求通项再用分组求和法求得前 n 项和为 nW ．
【解析】选①：（1） 21 1
2 2n
a aS n n n n
，令 1
1 11 1 22
an a a
所以 2
nS n n ①．当 2n 时， 2
1 1 1nS n n ②
当 2n 时， 1 2n n na S S n ，而 1 2a ，所以 2na n ．
选②：（1）由 2 3S a 得 1 2 3a a a 得 1a d ，
又 4 1 2a a a 得 1 1 13a d a a d ，因为 0d 得 1 2a d ，所以 2na n ；
选③：（1）由 4a 是 2a ， 8a 的等比中项得 2
4 2 8a a a ，则 2
1 1 13 7a d a d a d
因为 1 2a ， 0d 所以 2d ，则 2na n ；
（2） 2
nS n n ， 2 21 1 22 2 2 2 3 2 2n n n n n n
nb
所以 1 12 1 212 1 4
4 4 1 2 2 1 4 2 61 4 1 2
nn
n n n n
nW
．
【名师点睛】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．
9．在① 2a ， 2S ， 3a 成等差数列，② 1
4
3 a ， 2a ， 2S 成等比数列，③ 12 8a ， 3S ， 22 8a 成
等差数列这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
已知正项等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 7 128a ，______．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设
1
1 21 1
n
n
n n
ac a a
，求 nc 的前 n 项和 nT ．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【试题来源】2021 年新高考测评卷数学（第六模拟）
【答案】（1） 2n
na ；（2） 2
1 1
3 2 1n nT ．
【分析】（1）选择不同的条件，分别利用等差数列或等比数列的性质建立等式，
再利用等比数列的通项公式与前 n 项和公式求得基本量，从而得到结果；
（2）由（1）得数列 nc 的通项公式，再利用裂项相消法求和即可．
【解析】（1）方案一：选条件①．
设数列 na 的公比为 q，由题意知 0q ．
因为 2a ， 2S ， 3a 成等差数列，所以 2 2 32S a a ，
所以 1 2 2 32 a a a a ，即 1 2 32 0a a a ，
又 1 0a ，所以 2 2 0q q ，解得 1q （舍去）或 2q = ．
又 7 128a ，所以 1 2a ．所以 2n
na ．
方案二：选条件②．
设数列 na 的公比为 q，由题意知 0q ．
因为 1
4
3 a ， 2a ， 2S 成等比数列，所以 2
2 1 2
4
3a a S ，）
所以 2 2
2 1 2 13 4 4 0a a a a ，又 1 0a ，所以 23 4 4 0q q ，
解得 2
3q （舍去）或 2q = ．
又 7 128a ，所以 1 2a ，所以 2n
na ．
方案三：选条件③．
设数列 na 的公比为 q，由题意知 0q ．
因为 12 8a ， 3S ， 22 8a 成等差数列，
所以 3 1 22 2 8 2 8S a a ，即 3 8a ．
又 7 128a ，所以 4 7
3
16aq a
，解得 2q （舍去）或 2q = ，
所以 1 2a ，所以 2n
na ．
（2）由（1）知
1
1
1 21 2
1 2
2 1 1
1 1 2 1 2 12 1 2 1
n
n
n n nn n
n n
ac a a
，
所以 2 3 3 4 1 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 1n n n n nT ．
10．①
2 1 2 2 2 3 2
1 2 3
log 1 log 1 log 1 log 1 2n
n n
a a a a
，
② 1 12 2n n n na S a S ， 0na ，
③ 1 4 7n na a ，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
问题：已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 2a ，______，求 nS 的表达式．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【试题来源】2021 届普通高等学校招生全国统一考试数学考向卷（二）
【答案】答案见解析．
【分析】若选①，写出当 2n 时表达式与原式作差可得 2 12 n
na ，结合等比数列求和公
式即可求出 nS 的表达式；若选②，整理得 1
1
2 2 0n n
n n
S S
a a
，结合等差数列的定义和通
项公式可得 2n
na ，由等比数列的求和公式可求出 nS 的表达式；若选③，构造新数列
7
3na
是以 1
3
为首项，4 为公比的等比数列，求出 na ，结合分组求和方法可得 nS 的表
达式．
【解析】若选①：因为
2 1 2 2 2 3 2
1 2 3
log 1 log 1 log 1 log 1 2n
n n
a a a a
，
所以当 2n 时，
2 1 2 2 2 3 2 1
1 2 3 1 1
log 1 log 1 log 1 log 1 2n
n n
a a a a
．
两式相减，可得
2
1
log 1 2n
n
a
，则 2log 1 2na n ，故 2 2og 1l na n ，
故 2 12 n
na ， 2n ，经验证 1 2a 也符合该式，故 2 1 12 1 12 2 2 4nn n
na ，
则 2 12 1 4 2 2
1 4 3
n n
nS
．
若选②：因为 0na ，所以等式两边同时除以 1n na a ，得 1
1
2 2 0n n
n n
S S
a a
，
故数列 2n
n
S
a
是公差为 0 的等差数列，即常数列．所以 1
1
2 2 2n
n
S S
a a
，
即 2 2n nS a ，（1）由 2 22 2S a ，得 2 4a ，所以 1 12 2n nS a 2n ．（2）
由（1）－（2）得 12 2n n na a a ，即 12n na a 2n ，故 12 2 2n n
na ，
经验证 1 2a 也符合该式，则 12 1 2
2 21 2
n
n
nS
．
若选③，因为 1 4 7n na a ，故 1
7 743 3n na a
，
所以数列 7
3na
是以 1
3
为首项，4 为公比的等比数列，故 17 1 43 3
n
na ，
即 17 1 43 3
n
na ．则 0 1 17 1 7 1 7 14 4 43 3 3 3 3 3
n
nS
0 1 17 7 7 1 4 4 43 3 3 3
n
7 4 1
3 9 9
nn ．
11．已知数列 na ，其前 n 项和为 nS ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中使得最
终结论成立并证明你的结论．
条件①： n nS a t (t 为常数)；
条件②： 1n n na b b ，其中数列 nb 满足 1 1b ， 1( 1) n nn b nb ；
条件③： 2 2
1 13 3n n n na a a a ．
数列 na 中 1a 是二项式
2
61( )
30
x
x
展开式中的常数项，且 ．求证： nS ＜1 对 Nn
恒成立．
注：如果选择多个条件作答，则按第一个条件的解答计分．
【试题来源】湖北省八市 2021 届高三下学期 3 月联考
【答案】答案见解析．
【分析】由二项式定理求得 1a ，
选①，由 1a 求得t ，然后由 1( 2)n n na S S n 求得数列{ }na 是等比数列，由等比数列前 n
项和公式得 nS 可证结论成立；
选②，利用连乘法求得 nb ，从而得 na ，然后由裂项相消法求得和 nS 可结论成立；
选③，由已知式变形得 1 0n na a 或 1
1
3n na a ，前者分类讨论求得和 nS 可得证，后
者利用等差数列的前 n 项和公式计算出 nS 后，由二次函数性质可证结论．
【解析】二项展开式的通项为
2
6 6 12 3
1 6 6
1 1( ) ( ) ( )
30 30
r r r r r
r
xT C r C xx
，
令 4r 得展开式的常数项为 1
1
2a ．
可选择的条件为①或②或③
若选择①：在 n nS a t 中令 1n ，得 1t
1n nS a （1）， 1 1 1n nS a ( 2)n （2）
（1） （2）得 1
1
2n na a ， 故 na 是以 1
2
为首项 1
2
为公比的等比数列，
所以 1(1 ) 11 11 2
n
n
n
a qS q
（ ） 恒成立．
若选择②：由 1( 1) n nn b nb ，得 1
1
n
n
b n
b n
所以 1 2
1
1 2 1
1 ( 2), 1n n
n
n n
b b bb b n nb b b n
时也满足，
则 1
( 1)na n n
1 1
1n n
，
1 1 1 1 1 11 1 12 2 3 +1 +1nS n n n
恒成立．
若选择③：则 2 2
1 1 1
13 3 ( ), ,3n n n n n na a a a a a 或 1 0n na a
又 1
1
2a ，当 1 0n na a 时，
0 .
11 .2
n n
n
S S
n
， 为偶数
， 为奇数
当 1
1
3n na a 时， 2( 1) 1 ( 4 ),2 6 6n
n n nS n n
此时 2n 时 max
2( ) 13nS ．
【名师点睛】本题考查二项式定理，考查求数列的和．解题关键是由已知条件求出数列{ }na
的通项、前 n 项和．在已知 nS 和 na 的关系式中，一般由 1( 2)n n na S S n 确定数列{ }na
的性质，得出数列通项公式，求得其前 n 项和．
12．从条件① 8n nS a ，②数列 na 为等比数列， 3 1a ， 4 5 62 8a a a 中任选一个，
补充在下面的问题中：
已知 na 为正项数列， nS 为 na 的前 n 项和，___________．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设 2n nb a ，记 nT 为 nb 的前 n 项和，证明： 8
3nT ．
【试题来源】内蒙古呼和浩特市 2021 届高考第一次质量普查调研考试（一模）
【答案】条件选择见解析；（1） 32 n
na ；（2）证明见解析．
【分析】（1）选择①：利用当 2n 时， 1n n na S S 公式化简即可求解；选择②：设公比
为 q，转化为基本量列方程计算即可；
（2）先求得 nb 通项，判断为等比数列，再结合等比数列求和公式求解即可．
【解析】（1）选择①： 8n nS a ①， 1 1 8 2n nS a n ②，
① ②得 12 n na a ，
1
1
2
n
n
a
a
，
当 1n 时， 1 1 12 8S a a ， 1 4a ∴ ，
数列 na 是以 4 为首项， 1
2
为公比的等比数列，
1 3
1 2n n
na a q ；
选择②：设正项等比数列 na 的公比为 q，由题意知 0q ，
4 5 62 8a a a ， 2
4 4 42 8a a q a q ，即 28 2 1 0q q ，
1
2q 或 1
4q (舍)，又 3 1a ， 1 4a ∴ ， 1 3
1 2n n
na a q ．
（2）由（1）知 3 2
2 2 n
n nb a ，
数列 nb 是以 2 为首项， 1
4
为公比的等比数列，
12 1 4 8 111 3 41 4
n
n
nT
，
3 28 1 823 3 3
n
nT ．
13．已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，给出条件：
① 3
2
n
nS m m R ；② 1
1
2n nS a m m R ，且 1 1a ．若___________________，
请在这两个条件中选一个填入上面的横线上并解答．
（1）求 m 的值及数列 na 的通项公式；
（2）设 11 1
n
n
n n
ab a a
，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】广东省汕头市 2021 届高三一模
【答案】条件选择见解析：（1） 1
2m ， 13 n
na ；（2）
3
2 3 1
n
n nT
．
【分析】（1）选条件①：方法一：令 1n 可得出 1 1
3
2a S m ，令 2n ，由 3
2
n
nS m
得
1
1
3
2
n
nS m
，两式作差得出 13 n
na ，再由 1
3
2a m 满足 13 n
na 可求得 m 的值，
据此可得出数列 na 的通项公式；
方法二：分别求得 1a 、 2a 、 3a ，求得等比数列 na 的公比 q，可求得 2
2
n
na a q ，再由 1a
满足 na 在 2n 时的表达式可求得 m 的值，据此可得出数列 na 的通项公式；
选条件②：方法一：令 2n ，由 1
1
2n nS a m 得出 1
1
2n nS a m ，两式作差可得出
1 3n na a ，结合已知条件可知数列 na 是公比为 3的等比数列，结合等比数列的通项公式
可求得 na 的通项公式，再由 1n 得出 1 2
1
2a a m ，可求得 m 的值；
方法二：令 1n 可得出 1 2
1
2a a m ，令 2n 可得出 3 23a a ，可知数列 na 是公比为
3的等比数列，求出数列 na 的通项公式，再由 1 2
1
2a a m 可求得实数 m 的值；
（2）求得 1
1 1 1
2 3 1 3 1n n nb
，利用裂项相消法可求得 nT ．
【解析】（1）选条件①，方法一：当 1n 时， 1 1
3
2a S m ；
当 2n 时，由 3
2
n
nS m 得
1
1
3
2
n
nS m
，
1
1
1
3 3 32 2
n n
n
n n na S S
．
因为数列 na 是等比数列，所以 1
3 12a m ，即 1
2m ，
所以数列 na 的通项公式为 13 n
na ， n N ；
方法二：当 1n 时， 1 1
3
2a S m ，
当 2n 时，
2 1
2 2 1
3 3 32 2a S S m m
，
当 3n 时，
3 2
3 3 2
3 3 92 2a S S m m
，
所以，等比数列 na 的公比为 3
2
3aq a
，当 2n 时， 2 2 1
2 3 3 3n n n
na a q ．
1
3
2a m 满足 13 n
na ，则 1
3 12a m ，解得 1
2m ．
所以 13 n
na ， n N ；
选条件②，方法一：当 2n 时，由 1
1
2n nS a m 可得 1
1
2n nS a m ，
两式相减得 1
1 1
2 2n n na a a ，即 1 3n na a ，
因为数列 na 是等比数列，且 1 1a ，
所以数列 na 的通项公式为 1 11 3 3n n
na ， n N ，
又当 1n 时， 1 2
1 3 12 2a a m m ，解得 1
2m ；
方法二：当 1n 时， 1 1 2
1
2a S a m ，
当 2n 时， 2 2 1 3 2
1 1
2 2a S S a m a m
， 3 23a a ，
所以，等比数列 na 的公比为 3
2
3aq a
，且 1 1a ， 1 11 3 3n n
na ．
所以 1 2
1 3 12 2a a m m ，解得 1
2m ；
（2）由（1）可知， 13na ，
即
1
11
1
3 1 1 1
1 1 2 3 1 3 13 1 3 1
n
n
n n nn n
n n
ab a a
因此 1 2 1
1 1 1 1 1 1 312 4 4 10 3 1 3 1 2 3 1
n
n n n n nT b b b
．
【名师点睛】数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于 n na b 型数列，其中 na 是等差数列， nb 是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于 n na b 型数列，利用分组求和法；
（4）对于
1
1
n na a
型数列，其中 na 是公差为 0d d 的等差数列，利用裂项相消法求
和．
14．已知数列 na 的前 n 项和为 *
1, 4 ,n n nS S a n N ，且 1 4a ．
（1）证明： 1 2n na a 是等比数列，并求 na 的通项公式；
（2）在① 1n n nb a a ；② 2log n
n
ab n
；③ 2
1
n
n
n n
ab a a
这三个条件中任选一个补充在下
面横线上，并加以解答．
已知数列 nb 满足___________，求 nb 的前 n 项和 nT ．
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分．
【试题来源】2021 年高考数学金榜预测卷（山东、海南专用）
【答案】（1）证明见解析， ( 1) 2n
na n ；（2）答案见解析．
【分析】（1）利用 1( 2)n n na S S n 得出{ }na 的递推关系，变形后可证明 1 2n na a 是
等比数列，由等比数列通项公式得 1 2n na a ，然后再除以 12n 得到新数列
2
n
n
a
是等差数
列，从而可求得 na ；（2）选①，直接求出 nb ，用错位相减法求和；选②，求出 nb ，用分组
（并项）求和法求和；选③，求出 nb ，用裂项相消法求和．
【解析】（1）当 2n
时，因为 1 4 n nS a ，所以 14n nS a ，两式相减得， 1 14 4n n na a a ．
所以 1 12 2 2n n n na a a a ．
当 1n 时，因为 1 4 n nS a ，所以 2 14S a ，又 1 4a ，故 2 12a ，于是 2 12 4a a ，
所以 1 2n na a 是以 4 为首项 2 为公比的等比数列．
所以 1
1 2 2n
n na a
，两边除以 12n 得， 1
1 1
2 2
n n
n n
a a
．
又 1 22
a ，所以
2
n
n
a
是以 2 为首项 1 为公差的等差数列．
所以 12
n
n
a n ，即 ( 1) 2n
na n ．
（2）若选①： 1n n nb a a ，即 1( 2) 2 ( 1) 2 ( 3) 2n n n
nb n n n ．
因为 1 2 34 2 5 2 6 2 ( 3) 2n
nT n ，
所以 2 3 4 12 4 2 5 2 6 2 ( 3) 2n
nT n ．
两式相减得， 1 2 3 14 2 2 2 2 ( 3) 2n n
nT n
1
14 2 1
8 ( 3) 22 1
n
nn
1( 2) 2 4nn ，
所以 1( 2) 2 4n
nT n ．
若选②： 2log n
n
ab n
，即 2 2 2
1 1log log 2 logn
n
n nb nn n
．
所以 2 2 2
2 3 1log log log (1 2 )1 2n
nT nn
2
2 3 1 (1 )log 1 2 2
n n n
n
2
(1 )log ( 1) 2
n nn ．
若选③： 2
1
n
n
n n
ab a a
，即 1
1 1
4 4 1 14n n
n
n n n n
a ab a a a a
．
所以
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 14 4 4n
n n
T a a a a a a
1 1
1 14
na a
1
1 14 4 ( 2)2nn
1
11 ( 2)2nn ．
【名师点睛】本题考查求等差数列、等比数列的通项公式，错位相减法求和．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．
15．在① 3 5 14a a ；② 4 28S ；③ 8a 是 5a 与 13a 的等比中项，三个条件中任选一个，
补充在下面问题中，并给出解答．
问题：已知 na 为公差不为零的等差数列，其前 n 项和为 ,n nS b 为等比数列，其前 n 项和
2 ,n
nT 为常数， 1 1a b ，
（1）求数列 n na b， 的通项公式；
（2）令 lgn nc a ，其中 x 表示不超过 x 的最大整数，求 1 2 3 100c c c c 的值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【试题来源】山东省烟台市 2021 届高三一模
【答案】答案见解析
【分析】若选 ① ：
（1）先求 2 3,b b ，可得 q，进而得 12n
nb ，由基本量运算可得 2 1na n ；
（2）由 1 2 3 4 5 6 7 500, 1c c c c c c c C ， 51 52 100 2c c c 可得解．
若选 ② ：
（1）先求 2 3,b b ，可得 q，进而得 12n
nb ，由基本量运算可得 4 3na n ；
（2）由 1 2 3 4 5 250, 1c c c c c C ， 26 27 100 2c c c 可得解．
若选 ③ ：
（1）先求 2 3,b b ，可得 q，进而得 12n
nb ，由基本量运算可得 2 1na n ；
（2）由 1 2 3 4 5 6 7 500, 1c c c c c c c C ， 51 52 100 2c c c 可得解．
【解析】若选 ① ： 1 由已知 2 2 1 3 3 22, 4b T T b T T ，所以 3
2
2bq b
通项 22 1
2 2 2 2nn n
nb b q
，故 1 1 1a b
不妨设 na 的公差为 d ．则1 2 1 4 14,d d
解得 2,d 所以 2 1na n
2 由 lgn nc a ，则 1 2 3 4 5 6 7 500, 1c c c c c c c C ，
51 52 100 2c c c ，
所以 1 2 3 100 1 45 2 50 145c c c c ．
若选 ② ： 1 由已知 2 2 1 3 3 22, 4b T T b T T ， 3
2
2bq b
，
通项 2 2 1
2 2 2 2n n n
nb b a ，故 1 1 1a b ．
不妨设 na 的公差为 d ，则 4 34 1 282 d ，
解得 4,d 所以 4 3na n ．
2 由 n nc lga ，则 1 2 3 4 5 250, 1c c c c c C ，
26 27 100 2c c c ，
所以 1 2 3 100 1 22 2 75 172c c c c ．
若选 ③ ： 1 由已知 2 2 1 3 3 22, 4b T T b T T ，所以 3
2
2bq b
通项 22 1
2 2 2 2nn n
nb b q
，
故 1 1 1a b ，
不妨设 na 的公差为 d ．则 21 7 1 4 1 12d d d ，
因为 0,d 解得 2,d 所以 2 1na n ．
2 由 lgn nc a ，则 1 2 3 4 5 6 7 500, 1c c c c c c c c
51 52 100 2c c c ，
所以 1 2 3 100 1 45 2 50 145c c c c ．
【 名 师 点 睛 】 本 题 解 题 的 关 键 一 是 利 用 基 本 量 运 算 求 解 通 项 公 式 ， 二 是 根 据
lg1 0,lg10 1,lg100 2 判断 n nc lga 的值．
16．在① 1 3 3a a b ，② 2 5 4b S b ，③ 1 9 4a a 这三个条件中任选两个，补充在下面
的问题中．若问题中的 m 存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由．
设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， nb 是各项均为正数的等比数列，设前 n 项和为 nT ，
若 ， ，且 1 4 22, 5b T T ．是否存在大于 2 的正整数 m ，使得
1 34 , , mS S S 成等比数列？
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）
【试题来源】2021 年高考数学考前信息必刷卷（江苏专用）
【答案】答案不唯一，具体见解析．
【分析】由等比数列的条件，求得 2q = ，可得等比数列的通项公式．然后分别选取条件①
②，条件①③，条件②③，列出关于等差数列首项与公差的方程组，求得首项与公差，得到
等差数列的通项公式及前 n 项和，再由 14S ， 3S ， mS 成等比数列列式求解 m 值即可．
【解析】设 na 的公差为 d ， nb 的公比为 ( 0)q q ，
由题意知 1q ，所以
4 2
1 1
4 2
(1 ) (1 )5 51 1
b q b qT Tq q
，
整理得 21 5q ，因为 0q ，所以 2q = ，所以 2n
nb ．
（1）当选取的条件为①②时，有 1 3
5
8
4 16
a a
S
，所以 1
1
2 2 8
2 4
a d
a d
，解得 1 12
8
a
d
．
所以 28 20, 4 16n na n S n n ．
所以 2
1 312, 12, 4 16mS S S m m ，
若 1 34 , , mS S S 成等比数列，则 2
3 14 mS S S ，
所以 24 16 3 0m m ，解得 132 2m ，
因为 m 为正整数，所以不符合题意，此时 m 不存在．
（2）当选取的条件为①③时，有 1 3
1 9
8
4
a a
a a
，所以 1
1
2 2 8
2 8 4
a d
a d
，解得 1 6
2
a
d
．
所以 22 8, 7n na n S n n ．
所以 2
1 36, 12, 7mS S S m m ，
若 1 34 , , mS S S 成等比数列，则 2
3 14 mS S S ，
所以 2 7 6 0m m ，解得 6m 或 1m （舍去）
此时存在正整数 6m 满足题意．
（3）当选取的条件为②③时，有 1 9
5
4
4 16
a a
S
，所以 1
1
2 8 4
2 4
a d
a d
，解得 1 6
1
a
d
．
所以
2 137, 2n n
n na n S ．
所以
2
1 3
136, 15, 2m
m mS S S ，
若 1 34 , , mS S S 成等比数列，则 2
3 14 mS S S ，即 225 24 mS ，
所以 24 52 75 0mm ，解得 13 94
2m ，
因为 m 为正整数，所以不符合题意，此时 m 不存在．
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