专题 2.3 数 列-常规型
1．（1） 等差（比）数列问题解决的基本方法：用公式进行基本量代换；
（2）数列求和的方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法．
2．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．
3．一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前 n 项和时，可采
用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解，这也
是考查频率比较高的考查点．
1．已知正项等差数列 na 的前 n 项和为 3, 9nS S ，若 1 2 31, 1, 3a a a 构成等比数列．
（1）求数列 na 的通项公式．
（2）设数列
1
1
n na a
的前 n 项和为 nT ，求证： 1
3nT
【试题来源】二轮复习联考（一）2021 届高三
【答案】（1） 2 1na n ；（2）证明见解析．
【分析】（1）由等差数列和等比数列的定义，即可求出通项公式．
（2）利用裂项相消法即可求出数列的和，进而利用不等式放缩即可证明结果．
【解析】（1）由 na 为等差数列， 3 9,S 得 23 9a ，则 2 3,a
又 1 2 31, 1, 3a a a 构成等比数列，所以 2
1 3 2( )(1 1)3a a a ，
即 4 6 1 ,) 6( d d 解得 2d 或 4d (舍)，所以 2 1na n ；
（2）因为 1
1 1 1 1
2 1 2 1 2 )2 1 2 1
1 (
n na a n n n n
= ，
所以
1 2 2 3 1
1 1 1
n
n n
T a a a a a a
…
1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1n n
1 1 1
1 12 1 32 2 1
n
n
n
.
2．已知 na 为等差数列， nb 为公比大于 0 的等比数列，且 1 1b ， 2 3 6b b ， 3 3a ，
4 6 52a a b ．
（1）求 na 和 nb 的通项公式；
（2）记 12 1n n nc a b ，数列 nc 的前 n 项和为 nS ，求 nS ．
【试题来源】天津市部分区 2021 届高三下学期质量调查（一）
【答案】（1） na n ， 12n
nb ；（2） 16 2 3 2n
nS n ．
【分析】（1）求出 na 的公差和 nb 的公比后可得 na 和 nb 的通项公式．
（2）利用错位相减法可求 nS ．
【解析】（1）设 na 的公差为 d ， nb 的公比为 q，
则 2 6q q ，解得 2q = 或 3q （舍），故 12n
nb ．
又 52 3 33 16d d b ，故 1d ，故 na n ．
（2） 12 1 2 1 2n
n n nc a b n ，
故 2 31 2 3 2 5 2 2 1 2n
nS n L ，
所以 2 3 4 12 1 2 3 2 5 2 2 1 2n+
nS n ，
所以 2 3 12 2 2 2 2 2 1 2n
n nS n
1
1 14 1 2
2 2 2 1 2 6 2 3 21 2
n
n nn n
，
故 16 2 3 2n
nS n ．
3．已知{an}为等差数列，各项都为正数的等比数列{bn}的前 n 项和为 Sn，且 1 3b ， 3 39S ，
1 2 7a b ， 40 4 1a b ．
（1）求{ }na ､{ }nb 的通项公式；
（2）求和 1 2 3 12 2 2 n na a a a a ．
【试题来源】陕西省西安市八校 2020-2021 学年高三上学期第一次联考
【答案】（1）an=2n；bn=3n，n∈N*；（2）2n2+4n．
【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式及求和公式列出方程组求解即可；
（2）变形后根据等差数列的求和公式求和即可．
【解析】（1）设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q，q>0，
由 b1=3，S3=39，a1=b2﹣7，a40=b4﹣1，可得 3+3q+3q2=39，a1=3q﹣7，a1+39d=3q3﹣1，
解得 q=3，d=2，a1=2，
则 an=2+2(n﹣1)=2n；bn=3•3n﹣1=3n，n∈N*；
（2）a1+2a2+2a3+……+2an+an+1=2(a1+a2+a3+……+an+an+1)﹣a1﹣an+1
=2• 1
2 (n+1)(2+2n+2)﹣2﹣2(n+1)=2n2+4n．
4．已知 na 是等差数列， 1 1a ， 4 10a ，且 1a ， ka k N ， 6a 是等比数列 nb 的
前 3 项．
（1）求数列 na ， nb 的通项公式；
（2）数列 nc 是由数列 na 的项删去数列 nb 的项后仍按照原来的顺序构成的新数列，
求数列 nc 的前 20 项的和．
【试题来源】湘豫名校联考 2021 届高三（4 月）
【答案】（1） 3 2na n ， 14n
nb ；（2） 767 ．
【分析】（1）根据 1 4,a a 以及等差数列的通项公式计算即可得到 na 结果，然后根据 2
1 6ka a a
可 得 k ， 最 后 简 单 计 算 可 得 nb ．（ 2 ） 根 据 （ 1 ） 的 条 件 可 知 求 解 的 是
20 1 2 24 1 2 3 4S a a a b b b b L ，计算即可．
【解析】（1）数列 na 是等差数列，设公差为 d ，且 1 1a ， 4 10a ．
则 1
1
1
3 10
a
a d
，解得 3d ，所以 1 3 1 3 2na n n ．
因为 1a ， ka ， 6a 是等比数列 nb 的前 3 项，则 2
1 6ka a a ，
由于 3 2ka k ，代入上式解得 2k ．
于是 1 1b ， 2 4b ， 3 16b ，因此等比数列 nb 的公比 4q ．
故数列 nb 的通项公式为 14n
nb ．
（2）设数列 nc 的前 20 项的和为 20S ．
因为 3
4 224 64b a ， 4
5 864 256b a ，
则 20 1 2 24 1 2 3 4S a a a b b b b L
24 2324 1 3 1 4 16 64 7672
．
5．已知数列 na 的前 n 项和 2
nS n n ．
（1）求数列 na 的通项公式
（2）若数列 nb 满足 3 31n na og n log b ，求数列 nb 的前 n 项和．
【试题来源】百校大联考 2021 届高三第六次大联考
【答案】（1） 2 2na n ；（2） 1 8 1 9
64
n
n
nT
．
【分析】（1）利用 1n n na S S 求通项公式；
（2）先根据 3 31n na og n log b 求出 19n
nb n ，再用错位相减法求和．
【解析】 21 nS n n ，当 1n 时， 2
1 1 1,S 即 1 0a ；
当 2n 时， 2
1 1) 1(nS n n ，
2
1
21 1n nS S n n n n ．
2 2 2n n na ，验证知，当 1n 时，也成立．
综上， 2 2na n ．
2 据 1 求解知， 2 2na n ．
又 3 3n na log n log b ， 3 32 2 nn log n log b ，
19n
nb n ，数列 nb 的前 n 项和 0 1 2 11 9 2 9 3 9 9n
nT n ，①
1 2 39 1 9 2 9 3 9 9n
nT n ，②
①-②得 0 1 2 19 1 9 1 9 1 9 1 9 9n n
n nT T n
1 1 9
8 91 9
n
n
nT n
， 1 8 1 9
64
n
n
nT
【名师点睛】数列求和常用方法：（1）公式法； （2）倒序相加法；（3）裂项相消法； （4）
错位相减法．
6．已知公差 0d 的等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 5a ， 1a ， 4a ， 13a 成等比数列
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）求证数列 1
nS
的 n 项和 3
4nT
【试题来源】内蒙古赤峰市 2021 届高三下学期 3 月模拟考试
【答案】（1） 2 1na n ；（2）证明见解析．
【分析】（1）运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得首项和公差，即可
得到所求通项公式；（2）运用等差数列的求和公式，可得 213 1 2 22nS n n n n n ，
2
1 1 1 1 1
2 2 2nS n n n n
，再由裂项相消求和，可得所求和．
【解析】（1）公差 0d 的等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 2 5a ， 1a ， 4a ， 13a 成等比数
列，则
2
4 1 13
2 5
a a a
a
，即
1
2
1 1 1
5
3 12
a d
a d a a d
解得 1 3
2
a
d
则 3 2 1 2 1na n n ；
（2）由等差数列求和公式得 213 1 2 22nS n n n n n ，
2
1 1 1 1 1
2 2 2nS n n n n
，
故 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 3 5 1 1 2nT n n n n
1 1 1 1 3 1 2 3 312 2 1 2 4 2 1 2 4
n
n n n n
．
【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式和及裂项相消法求和，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，考查学生的运算能力，属于中档题．
7．已知等差数列 na 的公差 2d ，且 1 2 6a a ，数列 nb 是各项均为正数的等比数列，
且满足 1
1
2b ， 3 5
1
256b b ．
（1）求数列 na 与 nb 的通项公式；
（2）设数列 nc 满足 1
2n n nc a b ，其前 n 项和为 nT ．求证： 2nT ．
【试题来源】陕西省宝鸡市 2021 届高三下学期高考模拟检测（二）
【答案】（1） 2na n ， 1
2
n
nb
；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据 na 为等差数列及题干条件，可求得 1a ，代入等差数列的通项公式，即
可求得答案，根据 nb 为等比数列及题干条件，可求得 q，代入等比数列通项公式，即可
求得答案．（2）由（1）可得 1
2
n
nc n
，利用错位相减求和法，即可求得前 n 项和为 nT
的表达式，即可得证．
【解析】（1）解：由 2d ，且 1 2 6a a ．
所以 12 2 6a ，解得 1 2a ．故 2 2 1 2na n n ．
因为 nb 为等比数列， 0nb ，设公比为 q，则 0q ，
所以 2
3 5 4
1
256b b b ，所以 3
4 1
1
16b b q ，所以 1
2q ，
11 1 1
2 2 2
n n
nb
，所以 2na n ， 1
2
n
nb
；
（2）由（1）得 1 1
2 2
n
n n nc a b n
，
所以
2 3 11 1 1 1 11 2 3 12 2 2 2 2
n n
nT n n
①，
所以
2 3 11 1 1 1 11 2 12 2 2 2 2
n n
nT n n
②，
所以由① ②得
所以
2 3 11 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
n n
nT n
1 1
1 112 2 1 11 ( 2)1 2 21 2
n
n n
n n
，
所以 12 2 2
n
nT n
，所以 2nT ．
8．已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 3
1
4a ， 3
7
4S ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若 0na ，求数列
n
n
a
的前 n 项和 nT ．
【试题来源】华大新高考联盟 2021 届高三 3 月教学质量测评（全国卷）
【答案】（1）
11
2
n
na
，
31 1
4 3
n
na
；（2） 1 2 1n
nT n ．
【分析】（1）根据等比数列的通项公式和前 n 项和公式列出关于 q的方程，解出即可得出 na
的通项公式；（2）先确定 12n
n
n na
，利用错位相减法求和即可．
【解析】（1）设数列 na 的公比为 q，则 1 2 3 2
1 1 1 7
4 4 4 4a a a q q
，
即 26 1 0q q ，解得 1
2q 或 1
3q ；
若 1
2q ，则
3 1
3
3
1 1 1
4 2 2
n n
n
na a q
，
若 1
3q ，则
3
3
3
1 1
4 3
n
n
na a q
；
（2）由（1）得， 12n
n
n na
，
故 0 1 2 11 2 2 2 3 2 2n
nT n ，
1 2 32 1 2 2 2 3 2 2n
nT n ，
两式相减可得 0 1 2 12 2 2 2 2 2 1 2n n n n
nT n n ，
故 1 2 1n
nT n ．
9．已知等比数列 na 的各项均为整数，公比为 q，且 1q ，数列 na 中有连续四项在集
合 96, 24,36,48,192M 中，
（1）求 q，并写出数列 na 的一个通项公式；
（2）设数列 na 的前 n 项和为 nS ，证明：数列 nS 中的任意连续三项按适当顺序排列后，
可以成等差数列．
【试题来源】江苏省苏锡常镇四市 2021 届高三下学期 3 月教学情况调研（一）
【答案】（1） 2q ， 13 2 n
na ；（2）证明见解析．
【分析】（1）因为 1q ，且各项均为整数，所以连续四项为 24,48, 96,192 ，故 2q ，
不妨取 1 3a ，故 13 2 n
na ；（2）设等比数列 na 的首项为 1a ， 1 1 2
3
n
n
a
S
，
再分 n 为奇数时和 n 为偶数时验证 1 2 2n n nS S S 即可．
【解析】（1）因为 1q ，且各项均为整数，所以连续四项为 24,48, 96,192 ，
所以公比 2q ，取 1
1 3, 3 2 n
na a ．
（2）由题意， 1 1 2
3
n
n
a
S
，
所以当 n 为奇数时， 1 1 2
3
n
n
a
S
， 1 2
1 1
1 2
1 2 1 2
,3 3
n n
n n
a a
S S
，
所以 1
1
1 2
2 2
23
n
n n n
a
S S S
，
当 n 为偶数时， 1
1 1
1
1 2 1 2
,3 3
n n
n n
a a
S S
2
1
2
1 2
3
n
n
a
S
，所以 1
1
1 2
2 2
23
n
n n n
a
S S S
，
所以对 nS 中的任意连续三项，经顺序调整后可以构成等差数列．
【名师点睛】本题考查等比数列的通项公式的求解，前 n 项和公式，等差中项证明等差数列
等，考查运算求解能力，分类讨论思想，是中档题．本题第二问解题的关键在于分 n 为奇数
和 n 为偶数两种情况，并结合等差中项验证 1 2 2n n nS S S ．
10．已知等差数列 na 的公差为 d ，前 n 项和为 nS ，且 4 22 8S S ．
（1）求公差 d 的值；
（2）若 1 1, na T 是数列
1
1
n na a
的前 n 项和，求使不等式 5
11nT 成立的 n 的最小值．
【试题来源】黑龙江省漠河市高级中学 2020-2021 学年高三上学期第三次摸底考试
【答案】（1） 2d ；（2）5．
【分析】（1） na 是公差为 d 的等差数列，所以 4S 14 6a d ， 2S = 12a d ，代入
4 22 8S S 整 理 即 得 解 ；（ 2 ） 由 1a 1,d 2= = ， 得 2 1na n ， 所 以
1
1 1 1 1 1
2 1 2 1 2 2 1 2 1n na a n n n n
，
裂项相消得出 nT 1 112 2 1 2 1
n
n n
，解不等式得 5n ，得到结果．
【解析】（1）由 4 22 8S S ，即 1 14 6 2(2 ) 8a d a d ，
化简得 4 8d ，解得 2d ；
（2）由 1a 1,d 2= = ，得 2 1na n ，
所以
1
1 1 1 1 1( )(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n na a n n n n
，
所以
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 )2 3 3 5 2 1 2 1n
n n
T a a a a a a n n
1 1(1 )2 2 1 2 1
n
n n
，由 5
11nT 解得 5n ，
所以 n 的最小值为 5．
【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，解题方法如下：
（1）利用等差数列求和公式，根据题中所给的条件，列出等量关系式，求得结果；
（2）根据首项和公差，写出数列的通项公式，将
1
1
n na a
的通项求出，之后利用裂项相消
法求和，解不等式，求得结果．
11．己知数列 na 满足 *
1 1 1
1 , 2 02 n n n na a a a a n N
（1）证明：数列 1
na
是等差数列，并求数列 na 的通项公式；
（2）设 nS 为数列 1n na a 的前 n 项和，证明 1
4nS
【试题来源】山东省临沂市沂水一中 2021 届高三 二轮复习联考（一）
【答案】（1）证明见解析， 1
2na n
；（2）证明见解析．
【分析】（1）构造数列 1
na
，根据 1
na
为等差数列，即可求得结果．
（2）由裂项相消法即可求和，进而证明不等式．
【解析】（1）由题对 1 12 0n n n na a a a 两边同时除以 1n na a 得
1
1 1 2
n na a
又
1
1 2a
，所以 1
na
是首项为 2 ，公差为 2 的等差数列，
所以 1 2 2 1 2
n
n na
，所以 1
2na n
；
（2）由 1
1 1 1 1 11 4 1 4 1n na a n n n n
所以
1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 14 2 2 3 1 4 1 4 4 1nS n n n n
因为 *n N 所以
1 1 1
4 4 1 4n
，即 1
4nS .
【名师点睛】 1 12 0n n n na a a a ，两边同时除以 1n na a ，构造等差数列 1
na
是本题
的关键．本题考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于一般题目．
12．数列 na 是公差不为 0 的等差数列，满足 1 1a ， 18 2 9a a a ，数列 nb 满足 2 na
nb ．
（1）求数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）令 1 1 2 2 3 3n n nT a b a b a b a b ，求 nT 的值．
【试题来源】陕西省 2021 届高三下学期教学质量检测（三）
【答案】（1） na n ， 2n
nb ；（2） 11 2 2n
nT n ．
【分析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，由已知条件列出关于 d 的方程，解方程求出 d ，
进而求出数列 na 的通项公式，即可求出数列 nb 的通项公式；（2）利用错位相减法即可
求解．
【解析】（1）设数列 na 的公差为 d ．
由题意得 1 17 1 1 8d d d ，解得 1d 或 0（舍），
所以 1 1 1na n n ，所以 2n
nb ．
（2）由（1）知 2 3
1 1 2 2 3 3 1 2 2 2 3 2 2n
n n nT a b a b a b a b n ，
所以 2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 1 2 2n n
nT n n ，
两式相减得 2 3 1 11 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2n n n
nT n n ，
所以 11 2 2n
nT n ．
13．已知正项等比数列 na 的前 n 项和为 3 2 4, 7, 16nS S a a ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设 1 1b ，当 2n 时，
2 2 1
1
log logn
n n
b a a
，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】江西省八所重点中学 2021 届高三 4 月联考
【答案】（1） 12n
na -= ；（2） 12nT n
．
【分析】（1）由 3 2 47, 16S a a 解出基本量即可得到数列 na 的通项公式；
（2）由（1）知， 1 1
1nb n n
，利用裂项相消法求和．
【解析】（1）因为数列 na 正项等比数列，设公比为 q，且 2
2 4 30, 16q a a a ，
即 2
3 1 4a a q ，
又
3 2
1 2
3 1 2
1 1 71 71 4
a q q qS a q qq q
， ，解得 2q = 或 2
3
(舍)
又 1
1 1, 2n
na a ．
（2）
2 2 1
1 1 1 12, log log ( 1) 1n
n n
n b a a n n n n
，
所以 1 2
1 1 1 1 11 1 2 2 3 1n nT b b b n n
12 n
．
当 1n 时也适合此式，所以 12nT n
．
【名师点睛】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 1
1 2 2n n n
1 1
1 1 2n n n 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．
14．已知 na 数列满足 1 2a ， 1
1 2 2n
n na a
．
（1）证明：数列
2
n
n
a
为等差数列．
（2）求数列 12n
na 的前 n 项和．
【试题来源】湖南省衡阳市 2021 届高三下学期一模
【答案】（1）证明见解析；（2） 11 2 2n
nS n ．
【分析】（1）将 1
1 2 2n
n na a
两边同时除以 12n ，即可证数列
2
n
n
a
为等差数列；
（2）利用（1）的结论可以求出数列 na 的通项公式，再利用乘公比错位相减求和．
【解析】（1）依题，在 1
1 2 2n
n na a
两边同时除以 12n ，
得 1
1 1
2 2
n n
n n
a a
， 1
1 12
a ，故数列
2
n
n
a
是以 1 为首项，1 为公差的等差数列；
（2）由（1）得 1 12
n
n
a n n ，可得 2n
na n ，
所以 12 2 2n n
na n ，
则数列 12n
na 的前 n 项和 1 2 33 2 4 2 5 2 2 2n
nS n ①，
2 3 12 3 2 4 2 1 2 2 2n n
nS n n ②，
①-②得 2 3 1 12 1 2
6 2 2 2 2 2 4 2 21 2
n
n n n
nS n n
，
所以 11 2 2n
nS n ．
15．已知等比数列 na 的前 n 项和 2 ,n
nS r 其中 r 为常数．
（1）求 r 的值；
（2）设 22 1 logn nb a ，若数列 nb 中去掉数列 na 的项后余下的项按原来的顺序组
成数列 nc ，求 1 2 3 100c c c c 的值．
【试题来源】江苏省南京市、盐城市 2021 届高三下学期 3 月第二次模拟考试
【答案】（1） 1,r - ；（2）11302．
【分析】（1）利用等比数列的定义先求数列的前几项，求出首项和公比，从而求出 r 的值，
但此方法需验证；也可利用 1( 2)n n na S S n －－ 求解；（2）找出数列 nb 中数列 na 的
项，再在求和中将其减掉即可．
【解析】（1）方法 1：因为 2n
nS r ，所以当 1n 时， 1 1 2S a r ．
当 2n 时， 2 1 2 4S a a r ，故 2 2a ．
当 3n 时， 3 1 2 3 8S a a a r ，故 3 4a ．
因为 na 是等比数列，所以 2
2 1 3a a a= ，化简得 2 1r ，
解得 1,r 此时 2 1n
nS ．
当 2n 时， 1 1
1 2 1 2 1 2n n n
n n na S S － ，
当 1n 时， 1
1 1 1, 2n
na S a ，所以 1,r - 满足题意．
方法 2：因为 2n
nS r ，所以当 1n 时， 1 1 2S a r ．
当 2n 时， 1 1
1 2 1 2 1 2n n n
n n na S S － ．
因为 na 是等比数列，所以 2 1r ，解得 1,r - ．
（2）因为 12n
na -= ，所以 22 1 log 2( )n nb a n ．
因为 1 2 1 3 2 4 4 5 8 6 161, 2 , 4 , 8 , 16 , 32a a b a b a b a b a b ，
7 32 8 64 9 12864 , 128 , 256a b a b a b ，
所以 1 2 3 100c c c c
1 2 3 107 2 3 4 5 6 7 8( ) ( )b b b b a a a a a a a ＝
107 (2 214) 254 113022
．
【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．
16．已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 *2 n na S n n N ．
（1）求证：数列 1na 是等比数列；
（2）记 2 2 2
1
log 1 log 1n
n n
c a a
，求证：数列 nc 的前 n 项和 3
4nT ．
【试题来源】东北三省四城市联考暨沈阳市 2021 届高三质量监测（二）
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由 2 n na S n 得 1 12 1 2n na S n n ，作差得 12 1n na a ，进而得
1
1 21
n
n
a
a ， 故 数 列 1na 是 等 比 数 列 ；（ 2 ） 由 （ 1 ） 得 2 1n
na ， 故
2 2 2
1 1 1 1 1
log 1 log 1 2 2 2n
n n
c a a n n n n
，再根据裂项求和证明即可．
【解析】（1）因为 2 n na S n ①，所以 1 12 1 2n na S n n ②，
由① ②得， 12 1n na a ．
两边同时加 1 得 1 11 2 2 2 1n n na a a ，
所以
1
1 21
n
n
a
a ，故数列 1na 是公比为 2 的等比数列．
（2）令 1n ， 1 12 1a S ，则 1 1a ．
由 1
11 1 2n
na a ，得 2 1n
na ．
因为 2 2 2
1 1 1 1 1
log 1 log 1 2 2 2n
n n
c a a n n n n
，
所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 1 3 2 4 1 1 2nT n n n n
1 1 1 1 3 1 112 2 1 2 4 2 2 2 4n n n n
．
因为 * 1 1, 02 2 2 4n N n n
，所以 3 1 1 3
4 2 2 2 4 4n n
所以 1 1 1 1 3 1 1 312 2 1 2 4 2 2 2 4 4n n n n nT
．
【名师点睛】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 1
1 2 2n n n
1 1
1 1 2n n n 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．
17．已知数列 na 的前 n 项和 nS 满足： 2 ( 1)n
n nS a ， 1n ．
（1）求数列 na 的前 3 项 1a ， 2a ， 3a ；
（2）求证：数列 2 13
n
na
是等比数列：
（3）求数列 (6 3) nn a 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】天津市红桥区 2021 届高三下学期一模
【答案】（1） 1 1a ， 2 0a ， 3 2a ；（2）证明见解析；
（3） 3 (2 3) 2 2 , ,
3 (2 3) 2 2 , .
n
n n
n n nT
n n n
为偶数
为奇数 ．
【分析】（1）分别令 1,2,3n 计算即可；
（2） 1n n na S S （ 2n ）转化为递推数列即可证明；
（3）分 n 的奇偶性计算即可．
【解析】（1）当 1n 时，有： 1 1 1 12 1 1S a a a ；
当 2n 时，有： 2
2 1 2 2 22 1 0S a a a a ；
当 3n 时，有： 3
3 1 2 3 3 32 1 2S a a a a a ；
综上可知 1 1a ， 2 0a ， 3 2a ；
（2）由已知得 2n 时， 1
1 12 ( 1) 2 ( 1)n n
n n n n na S S a a
化简得 1
12 2( 1)n
n na a
上式可化为 1
1
2 2( 1) 2 ( 1)3 3
n n
n na a
故数列 2 ( 1)3
n
na
是以 1
1
2 ( 1)3a 为首项，公比为 2 的等比数列．
（3）由（2）知 12 1( 1) 23 3
n n
na 所以 11 22 ( 1)3 3
n n
na
16 3 2 1 2 2 1 nn
nn a n 1= 2 1 2 2 ( 1) (2 1)n nn n ，
当 n 为偶数时，
0 1 1
n 1 2 3 2 (2 1) 2 2[ 1 3 5 (2 3) (2 1)]nn nT n
令 0 1 1 1 2 3 2 (2 1) 2n
nA n ， 2[ 1 3 5 (2 3) (2 1)]nB n n
0 1 2 2 11 2 3 2 5 2 (2 3) 2 (2 1) 2n n
nA n n ①
1 2 12 1 2 3 2 (2 3) 2 (2 1) 2n n
nA n n ②
则①-②得 0 1 2 12 2 2 2 2 2 2 (2 1) 2n n
nA n
1 2 11 2 2 2 2 (2 1) 2n nn 12 1 2
1 2 (2 1) 21 2
n
nn
3 (3 2 ) 2nn
3 (2 3) 2 10n
nA n ，
2[ 1 3 5 (2 3) (2 1)]nB n n 2 2 22
n n
所以 3 (2 3) 2 2n
n n nT A B n n ．
当 n 为奇数时， 3 (2 3) 2n
nA n ，
2[ 1 3 5 (2 5) (2 3) (2 1)]nB n n n 12 2 2 12
n n 2n
所以 3 (2 3) 2 2n
n n nT A B n n ，
综上， 3 (2 3) 2 2 , ,
3 (2 3) 2 2 , .
n
n n
n n nT
n n n
为偶数
为奇数
【名师点睛】本题的核心是考查错位相减求和．一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是
等比数列，求数列{an·bn}的前 n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等
比数列{bn}的公比，然后作差求解．
18． ABC 的内角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c ，若 , ,A B C 成等差数列，且 2c a ．
（1）求角 A 的大小；
（2）设数列{ }na 满足 1 cos( 2)na nCn n
，其前 n 项和为 nS ，求 2nS ．
【试题来源】黑龙江省佳木斯市第一中学 2021 届高三第六次调研考试数学试卷
【答案】（1）
6
；（2） 4 1
n
n
【分析】（1）根据 2B A C 及内角和，得到
3B ，再由 2c a ，及余弦定理求解．
（2）化简
0, 2 1
,1 , 2( 2)
n
n k
a k Nn kn n
，再利用裂项相消法求 2nS ．
【解析】（1）因为 , ,A B C 成等差数列， 2B A C ，
又 A B C ，
3B ，又 2c a ，
由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 22 cos 4 2 33b a c ac a a a a
即 2 2 2 a b c ，所以 ABC 是直角三角形，故 ,2 6C A
所以角 A 的大小为
6
．
（2）因为
0, 2 1
1 1cos cos ,1 , 2( 2) ( 2) 2 ( 2)
n
n k
na nC k Nn kn n n n n n
，
所以 2 1 2 3 4 2
1 1 10 02 4 4 6 2 (2 2)n nS n na a a a a L L
1 1 1 1 1 1
2 4 4 6 2 (2 2) 1 2 2 3 14 ( )
1
n n n n
L L
1 1 1 1 1 1
1 2 2 34 1
1
n n
L
1 114 1 4 1
n
n n
.
19．已知数列 na 满足 1 1a ，且点 1, 2n
n na a 在函数 3f x x 的图象上．
（1）求证： 12
n
n
a
是等比数列，并求 na 的通项公式：
（2）若 1n
n
n
ab a
，数列 nb 的前 n 项和为 nS ，求证： 23 3nS n ．
【试题来源】湖南省岳阳市 2021 届高三下学期高考一模
【答案】（1）证明见解析； 3 2n n
na ；（2）证明见解析．
【分析】（1）由题意得 1 2 3n
n na a ，推得 1
1
31 12 2 2
n n
n n
a a
，即可证明 12
n
n
a
是
等比数列，然后结合等比数列的定义和通项公式即可求得结果；
（2）推得
1 1
1
33 23 2 1 22 3 33 2 33 31 12 2
n
nn n
n
n n nn n
n
ab a
，由不等式的性
质和等比数列的求和公式、数列的单调性，即可求证．
【解析】（1）由点 1, 2n
n na a 在函数 3f x x 的图象上，
可得 1 2 3n
n na a ，所以 1 3 12 2
n n
n n
a a ，即 1
1
3 1
2 2 2 2
n n
n n
a a
，
也即 1
1
31 12 2 2
n n
n n
a a
，由 1 1a ，所以 1
1
312 2
a ，
所以 12
n
n
a
是首项和公比均为 3
2
的等比数列，
则 312 2
n
n
n
a
，所以 3 2n n
na ；
（2）
1 1
1
33 23 2 1 22 3 33 2 33 31 12 2
n
nn n
n
n n nn n
n
ab a
，
所以，
2
2 213 32 2 2 23 3 3 2 223 3 3 31 3
n
nn
nS n n n n
4 23 2 33 3n n ．
【名师点睛】证明数列为等比数列的常用方法：（1）定义法；（2）等比中项法；（3）通项法；
（4）前 n 项和法．
20．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．
【试题来源】浙江省绍兴市 2021 届高三下学期一模
【答案】（1） 3na n ， 12n
nb ；（2）2，3，4．
【分析】（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．
【解析】（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．
【名师点睛】（1）前 n 项和作差求得递推关系，解得通项．
（2）错位相减法解决等差数列与等比数列乘积的前 n 项和，累加法解决前后两项差的通项．
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