专题十二 数列的综合问题
一、单选题
1．（2021·山东高三专题练习）数独是源自 18 世纪瑞士的一种运用纸、笔进行演算的逻辑游戏.玩家需要根
据 9×9 盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行、每一列、每一个粗线宫（3×3）内
的数字均含 1-9.2020 年中国数独锦标赛决赛作为 2020 数独大会重要赛事之一于 10 月 18 日在国家体育总局
举行.某选手在解决如图所示的标准数独题目时，正确完成后，记第i 行的数字分别为 1ia ， 2ia ， 3ia ， ，
9ia ，令 1 2 3 4 5 6 7 82 3 4 5 6 7 8i i i i i i i i ib a a a a a a a a 99 ia ， 1,2,3, ,8,9i ，则 1 2 9b b b （ ）
A． 45 B． 45 C． 225 D． 225
【答案】C
【分析】
由已知可得每列数字之和为 45 ，分析题意可知 1 2 9 ( 1 2 3b b b … 9) 45 ，即可得到答案.
【详解】
1 2 3 4 5 6 7 8 92 3 4 5 6 7 8 9i i i i i i i i i ib a a a a a a a a a Q
1 2 9b b b L
9 9 9 9 9 9 9 9 9
1 2 3 4 5 6 7 8 9
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 4 5 6 7 8 9i i i i i i i i i
i i i i i i i i i
a a a a a a a a a
其中
9
1
1
i
i
a
表示第 1 行到 9 行从左到右的第 1 个数字之和，即第 1 列数字之和，
同理
9 9 9 9
2 3 4 9
1 1 1 1
, , ,i i i i
i i i i
a a a a
L 表示第 2 列至第 9 列数字之和，
由题意可知每一列数字之和为1 2 3 9 45 … ，即
9 9 9
1 2 9
1 1 1
45i i i
i i i
a a a
L
因此， 1 2 9 ( 1 2 3b b b … 9) 45 225 ．
故选：C
【点睛】
关键点点睛：本题考查了以数学文化为背景，考查了等差数列求和，解题的关键是理解九宫格的特点，找
到 1 2 9b b b L 的数据特点，利用等差数列求和，考查学生的分析能力，属于一般题.
2．（2021·全国高三专题练习）已知数列 na 是等差数列， 3 48, 4a a ，则前 n 项和 nS 中最大的是（ ）
A． 3S B． 4S 或 5S C． 5S 或 6S D． 6S
【答案】B
【分析】
设公差为 d，利用基本量代换求出通项公式，即可求出 nS 的最大值.
【详解】
设公差为 d，
由已知： 4 3 4 8 4d a a ， 3 3 8 3 4 20 4na a n d n n ，
由 20 4 0na n 得 5n ，所以 4 0a ， 5 0a ， 6 0a ，所以 4 5S S 是 nS 中的最大值.
故选：B.
【点睛】
（1）等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换；
（2）求数列前 n 项和的最值：①利用通项公式研究正负分布；②利用函数特征求最值.
3．（2021·北京房山区·高三一模）已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 7 8S S ， 8 9 10S S S ，则下面
结论错误的是（ ）
A． 9 0a B． 15 14S S
C． 0 d D． 8S 与 9S 均为 nS 的最小值
【答案】C
【分析】
根据 1 2n n na S S n 推导出 8 0a ， 9 0a ， 10 0a ，结合等差数列的单调性与求和公式判断可得
出合适的选项.
【详解】
对于 A 选项，由 8 9S S 可得 9 9 8 0a S S ，A 选项正确；
对于 C 选项，由 7 8S S 可得 8 8 7 0a S S ， 9 8 0d a a ，C 选项错误；
对于 D 选项，由 10 9S S 可得 10 10 9 0a S S ，且 9 0a ， 8 0a ， 0d ，
所以，当 8n 且 n N 时， 0na ，且 9 0a ，则 8S 与 9S 均为 nS 的最小值，D 选项正确；
对于 B 选项， 9 0a ， 0d ，当 10n≥ 时， 9 0na a ，
所以， 15 14 15 0S S a ，B 选项正确.
故选：C.
【点睛】
方法点睛：在等差数列中，求 nS 的最小（大）值的方法：
（1）利用通项公式寻求正、负项的分界点，则从第一项起到分界点到该项的各项和为最大（小）；
（2）借助二次函数的图象及性质求最值.
4．（2021·北京海淀区·高三期中）设无穷等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 1 2 1a a a ，则（ ）
A． nS 为递减数列 B． nS 为递增数列
C．数列 nS 有最大项 D．数列 nS 有最小项
【答案】D
【分析】
根据 1 2 1a a a ，可得 1 0q 或 0 1q ，再结合 1 (1 )1
n
n
aS qq
，即可确定数列{ }nS 在
1 0q 和 0 1q 内的单调性，从而可判断各选项的正误.
【详解】
设无穷等比数列 na 的公比为 ( 0)q q ，因为 1 1a a ，即 12 0a ，所以 1 0a ，
又 1 2 1a a a ，所以 2
1
1 1a
a
，即 1 1q ，又 0q ，所以 1 0q 或 0 1q ，
因为 1 1(1 ) (1 )1 1
n
n
n
a q aS qq q
，
所以当 1 0q 时， 数列{ }nS 是摆动数列，故单调性不确定，故 A、B 错误；
又 1 01
a
q
，所以 1
1 1 3 5 1
aS a S S q
； 1
6 4 2 01
a S S Sq
，
此时数列{ }nS 的最小项为 2S ，最大项为 1S ，
当 0 1q 时，数列{ }nS 是单调递增数列，此时数列{ }nS 的最小项为 1S ，无最大项.
故 C 错误，D 正确.
故选：D
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查了数列的单调性，关键是根据已知条件确定公比的范围及分类确定数列{ }nS 的
单调性.
5．（2021·全国高三专题练习（文））若数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a ， 2 3a ，且对于 m 、n +N ，
2n 都有 1 1n m n
n m
S a
S a m n
成立，则数列 1{ }
na 的前10 项和为 10T （ ）
A．10
11 B．12
11 C．16
11 D． 20
11
【答案】D
【分析】
由已知条件结合 1( 2)n n na S S n 可得 m n n ma a a m n ，令 1m ，得 1 1n na a n ( 2n )，
然后利用累加法可求出 na ，再利用裂项相消法求出 10T
【详解】
1n m n n mS a S a m n ，整理得 m n n ma a a m n ，
取 1m ，则有 1 1n na a a n ( 2n )，即 1 1n na a n ( 2n )，
∴ 3 2 3a a ， 4 3 4a a ，…， 1n na a n ( 3n )，
把以上各式相加得 2 3 4 5na a n ( 3n )，
∴ ( 2)( 3) ( 1)3 4 5 3 32 2n
n n n na n ( 3n )，
又 1 1a 、 2 3a ，符合，∴ ( 1)
2n
n na ( n +N )，
∴ 1 2 1 12( )( 1) 1na n n n n
，
∴数列 1{ }
na 的前 n 项和为 1 1 1 1 1 1 22( )1 2 2 3 1 1n
nT n n n
，
∴ 10
20
11T ，
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：此题考查由数列的递推式求数列的通项公式，考查累加法和裂项相消求和法，解题的关键是
将 1 1n m n
n m
S a
S a m n
化为 1n m n n mS a S a m n ，再利用 1( 2)n n na S S n ，得
m n n ma a a m n ，进而有 1 1n na a n ( 2n )，累加法求出通项，考查计算能力，属于中档题
6．（2021·吉林吉林市·高二三模（文））《周髀算经》中有这样一个问题:冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊
蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，前三
个节气日影长之和为 28.5 尺，最后三个节气日影长之和为1.5尺，今年3月 20 日17 时37 分为春分时节，
其日影长为（ ）
A． 4.5 尺 B．3.5尺 C． 2.5 尺 D．1.5尺
【答案】A
【分析】
由题意构造等差数列 na ，设公差为 d，利用基本量代换求出通项公式，然后求 7a .
【详解】
小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气日影长构成等差数
列 na ，设公差为 d，由题意得：
1 2 3
10 11 12
28.5
1.5
a a a
a a a
，
解得： 1 10.5
1
a
d
所以 1 1 11.5na a n d n ，
所以 7 11.5 7 4.5a ，
即春分时节的日影长为 4.5.
故选：A
【点睛】
(1)数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：
求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语
言转化成数学语言，建立相应的数学模型；
(2) 等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换.
7．（2021·全国高三专题练习（理））已知等差数列{ }na 的公差为 d ， 2
1 3 4 2a a d ，那么 2 5 74a a a 的
最小值为（ ）．
A． 20
B． 2 5
C． 2 5
D． 20
【答案】A
【分析】
首先利用等差数列的通项公式，得 3 2a a d ， 1 2a a d ，代入条件，得 2 2
2 4a d ，再设为参数方程
的形式，利用三角函数的有界性求最小值.
【详解】
2
2 2( ) ( ) 4 2a d a d d ，则 2 2
2 4a d ，设 2 2cos
2sin
a
d
( 为参数)，
2 5 7 24 6 8 12cos 16sin 20sin( )a a a a d ，其中 3tan 4
，
最小值为 20 .
故选:A．
【点睛】
本题考查等差数列，以及参数方程的应用，本题的关键是得到 2 2
2 4a d 后，写成参数方程的形式.
8．（2021·全国高三专题练习（理））若数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a ， 2 3a ，且对于 m ､ n +N ，
2n 都有 1 1n m n
n m
S a
S a m n
成立，则数列 1
na
的前 n 项和为 nT （ ）
A．
1
n
n B． 2
1
n
n C．
2 1
n
n D． 2
2 1
n
n
【答案】B
【分析】
由已知整理得 m n n ma a a m n ，进而令 1m 得 1 1n na a n ( 2n )，再结合累加法求通项公式
即可得 ( 1)
2n
n na ( n +N )，最后根据裂项求和法求和即可得答案.
【详解】
1n m n n mS a S a m n ，整理得 m n n ma a a m n ，
取 1m ，则有 1 1n na a a n ( 2n )，即 1 1n na a n ( 2n )，
∴ 3 2 3a a ， 4 3 4a a ，…， 1n na a n ( 3n )，
把以上各式相加得 2 3 4 5na a n ( 3n )，
∴ ( 2)( 3) ( 1)3 4 5 3 32 2n
n n n na n ( 3n )，
又 1 1a ､ 2 3a ，符合，
∴ ( 1)
2n
n na ( n +N )，∴ 1 2 1 12( )( 1) 1na n n n n
，
故数列 1
na
的前 n 项和为 1 1 1 1 1 1 22 1 2 2 3 1 1n
nT n n n
.
故选:B.
【点睛】
本题考查累加法求通项公式公式，裂项相消求和法等，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于
根据题意，令 1m 得 1 1n na a n ( 2n )，进而利用累加法求通项公式，同时还需注意
1n na a n ( 3n )，故需检验 1 1a ､ 2 3a ，符合.
9．（2021·江西高三其他模拟（文））已知正项数列 na 满足， nS 是 na 的前 n 项和，且 2 1 142n n nS a a ，
则 nS （ ）
A．
2 15
4 4
n n B．
2 15
3 3
n n
C． 23 5
2 2n n D． 2 3n n
【答案】A
【分析】
由题得 2 1 142n n nS a a ， 2
1 1 1
1 14( 2)2n n nS a a n ，两式作差化简得数列 na 是一个以 1a 为首项，
以 1
2
为公差的等差数列，求出 1a 即得解.
【详解】
由题得 2 1 142n n nS a a ， 2
1 1 1
1 14( 2)2n n nS a a n ，
两式相减得 2 2
1 1
1 1 ( 2)2 2n n n n na a a a a n ，
所以 2 2
1 1
1 1 0( 2)2 2n n n na a a a n ，
所以 1 1 1
1( )( ) ( 0( 2)2 )n n n n n na a a a a a n ，
所以 1 1
1( )[( ) ] 0( 2)2n n n na a a a n ，
因为数列是正项数列，所以 -1+ 0n na a ，
所以 1
1 0( 2)2n na a n ，
所以 1
1 ( 2)2n na a n ，
所以数列 na 是一个以 1a 为首项，以 1
2
为公差的等差数列.
令 1n 得 11 1
2 1 142a a a ，解之得 1=4a ，
所以
21 154 ( 1) 2 2 4n
n n nS n n .
故选：A
【点睛】
方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）归纳法；（2）公式法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造
法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
10．（2021·四川成都市·高三二模（文））已知数列 na 的前 n 项和 nS 满足 2
nS n ，记数列
1
1
n na a
的前 n
项和为 nT ， *nN ．则使得 20T 的值为（ ）
A． 19
39 B． 38
39 C． 20
41 D． 40
41
【答案】C
【分析】
根据 1n n na S S 求 na 通项公式，注意讨论 1n 、 2n 并判断是否可合并，再应用裂项法求 nT ，可
得选项.
【详解】
当 1n 时， 1 1 1a S ；当 2n 时， 2 2
1 ( 1) 2 1n n na S S n n n ；而 1 2 1 1 1a 也符合
2 1na n ，
∴ 2 1na n ， *n N .又
1
1 1 1 1( )2 2 1 2 1n na a n n
，
∴ 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ... ) (1 )2 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 1n
nT n n n n
，
所以 20
20 20
2 20 1 41T
，
故选：C.
【点睛】
结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：
（1）等差型
1 1
1 1 1 1
n n n na a d a a
，其中 na 是公差为 0d d 的等差数列；
（2）无理型 1 n k n
kn n k
；
（3）指数型 11 n n na a a a ；
（4）对数型 1
1log log logn
a a n a n
n
a a aa
.
11．（2020·安徽滁州市·高二月考（理））在数列 na 中， 4 149, 2n na a a ，则 7a （ ）
A．121 B．144 C．169 D．196
【答案】C
【分析】
由题知 na 为等差数列，进而根据 4 49a 得 1 1a ,再根据等差数列通项公式得 2(2 1)na n ,最后计算
7a 即可.
【详解】
解：由 1 2n na a 得： 1 2n na a ，
所以数列 na 为等差数列，所以 1 2( 1)na a n ，
因为 4 49a
所以 4 1 6 7a a ，解得 1 1a ，
所以 2(2 1)na n ， 7 169a ．
故选：C
【点睛】
本题考查等差数列的定义，通项公式求解，考查运算求解能力，本题解题的关键在于根据 1 2n na a
得数列 na 为等差数列.
12．（2021·漠河市高级中学高三月考（文））等差数列{ }na 前 n 项和为 nS ， 2 8 11 12a a a ，则 13S （ ）
A．32 B． 42 C．52 D． 62
【答案】C
【分析】
将 2 8 11a a a 化成 1a 和 d 的形式，得到二者关系，求得 7a ，利用 13 713S a 求得结果.
【详解】
2 8 11 1 1 1 1( ) 7 10 3 18 12a a a a d a d a d a d
1 6 4a d ，即 7 4a
1 13
13 7
13 13 13 4 522
a aS a
故选：C.
【点睛】
思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题思路如下：
（1）根据题中所给的条件，结合等差数列通项公式，将其转化为关于首项与公差的式子；
（2）化简求得数列的某一项；
（3）结合等差数列求和公式，得到和与项的关系，求得结果.
13．（2021·浙江高三其他模拟）已知 nx 是递增数列，且 0nx ，则关于数列 nx ，对任意的正整数 p ，
q，下列结论不可能成立的是（ ）
A． pq q px px qx B． p q q px px qx
C． 1pq p qx x x D． 2p q p qx x x
【答案】B
【分析】
选项 A： lnnpq q p x n n
pq q p
x x xx px qx pq q p
取 可判断 A;
对于选项 B，代入特殊值即可判断是否正确.
选项 C： ln 11 1 1 1 nx
pq p q pq p qx x x x x x 取 可判断 C.
选项 D： e
22 2 2 2
n
n
p q p q p q p q
x
x x x x x x
取 可判断选项 D
【详解】
对于选项 A， pq q p
pq q p
x x xx px qx pq q p
，取 lnnx n n ，则易知数列 nx 满足条件，故选项 A 可
能成立．
对于选项 B， p q q px px qx ，令 1p q ，则 2 12x x ；令 2p ， 1q ，
得 3 1 2 12 4x x x x ；令 2p q ，得 4 2 14 8x x x ；令 3p ， 1q ，
得 4 1 3 13 7x x x x ．所以 1 18 7x x ，即 1 0x ，所以 0nx 与 nx 是递增数列矛盾，故选项 B 不可能
成立．
对于选项 C，由 1pq p qx x x 得 1 1 1pq p qx x x ，取 ln 1nx n ，则易知数列 nx 满足条件，
故选项 C 可能成立．
对于选项 D，由 2p q p qx x x ，得 2 2 2p q p qx x x ，取 e
2
n
nx ，则易知数列 nx 满足条件，故选项 D 可
能成立．
故选:B．
【点睛】
关键点睛:
试题以数列的增减性和数列的递推关系为主线设题，考查数列的有关知识，设题巧妙，选拔性强，能有效
考查理性思维、数学探索、数学应用学科素养．本题的关键是对选项进行合理变形，举出例子证明其不成
立或成立.
二、多选题
14．（2021·广东高三专题练习）已知等比数列{an}的公比 2
3q ，等差数列{bn}的首项 b1＝12，若 a9＞b9
且 a10＞b10，则以下结论正确的有（ ）
A．a9•a10＜0 B．a9＞a10 C．b10＞0 D．b9＞b10
【答案】AD
【分析】
设等差数列的公差为 d，运用等差数列和等比数列的通项公式分析 A 正确，B 与 C 不正确，结合条件判断等
差数列为递减数列，即可得到 D 正确.
【详解】
数列{an}是公比 q 为 2
3
的等比数列，{bn}是首项为 12，公差设为 d 的等差数列，
则 8
9 1
2( )3a a ， 9
10 1
2( )3a a ，∴a9•a10＝ 2 17
1
2( )3a ＜0，故 A 正确；
∵a1 正负不确定，故 B 错误；
∵a10 正负不确定，∴由 a10＞b10，不能求得 b10 的符号，故 C 错误；
由 a9＞b9 且 a10＞b10，则 8
1
2( )3a ＞12+8d， 9
1
2( )3a ＞12+9d，
可得等差数列{bn}一定是递减数列，即 d＜0，即有 b9＞b10，故 D 正确.
故选：AD.
第 II 卷（非选择题）
三、解答题
15．（2020·全国高三专题练习（文））已知数列{ }na 是等差数列，其前 n 项和为 nS ，且 2 2a ， 5S 为10 和 20
的等差中项；数列{ }nb 为等比数列，且 3 1 9b b ， 4 2 18b b ．
（1）求数列{ }na ，{ }nb 的通项公式；
（2）求数列{ }n na b× 的前 n 项和 nM ．
【答案】（1） na n ， 13 2n
nb ；（2） 3( 1)2 3n
nM n .
【分析】
（1）根据设等差数列、等比数列的通项公式建立方程组解之可求得数列的通项；
（2）运用错位相减法可求得答案.
【详解】
（1）设等差数列{ }na 的公差为 d ，因为 2 2a ， 5S 为10和 20 的等差中项，所以
1
1
2
5 4 10 205 2 2
a d
a d
，解得 1 1
1
a
d
，所以 na n ．
设等比数列{ }nb 的公比为 q，因为 3 1 9b b ， 4 2 18b b ，所以
2
1
2
1
( 1) 9
( 1) 18
b q
b q q
，解得 1 3
2
b
q
，
所以 13 2n
nb ．
（2）由（1）可知 13 2n
n na b n ，所以 2 13(1 2 2 3 2 2 )n
nM n ，
令 2 11 2 2 3 2 2n
nP n ①，
则 2 32 2 2 2 3 2 2n
nP n ②，
① ② 可得 2 1 1 21 2 2 2 2 2 (1 )2 11 2
n
n n n n
nP n n n ，
所以 ( 1)2 1n
nP n ，
所以 3( 1)2 3n
nM n ．
【点睛】
方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）公式法：即直接用等差、等比数列的求和公式求和.
（2）错位相减法：若 na 是等差数列， nb 是等比数列，求 1 1 2 2 n na b a b a b .
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，相消剩下首尾的若干项.常见的裂顶有
1 1 1
1 1n n n n
，
1 1 1 1
2 2 2n n n n
，
1 1 1 1
2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n n
等.
（4）分组求和法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和.
（5）倒序相加法.
16．（2021·浙江宁波市·高三专题练习）设 na 是公比不为1的等比数列， 1a 为 2 3,a a 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） 2q ；（2） 1 (1 3 )( 2)
9
n
n
nS ， n N ．
【分析】
（1）根据等比数列中 1a 为 2 3,a a 的等差中项列式并化简为 1,a q 的形式，求解公比 q．
（2）利用错位相减法求和即可．
【详解】
（1）设 na 的公比为 q，∵ 1a 为 2 3,a a 的等差中项的等差中项，
∴ 2 312 a aa ， 1 0a ，∴ 2 2 0q q ，
∵ 1q ，∴ 2q ．
（2）设 nna 的前 n 项和为 nS ， 1 1a ，由（1）知， 1( 2)n
na ，
2 11 1 2 ( 2) 3 ( 2) ... ( 2)n
nS n ，①
2 32 1 ( 2) 2 ( 2) 3 ( 2) ... ( 2)n
nS n ，②
①－②得， 23 1 ( 2) ( 2) ... ( 2) ( 2)n n
nS n 1 ( 2) ( 2)1 ( 2)
n
nn
1 (1 3 )( 2)
3
nn ，
∴ 1 (1 3 )( 2)
9
n
n
nS ， n N ．
【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．
17．（2021·全国高三专题练习）已知在数列 na 中， 1 4, 0. na a 前 n 项和为 nS ，若
1 ( , 2) n n na S S n N n ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若数列
1
1
n na a
的前 n 项和为 nT ，求证： 1 3
20 20nT
【答案】（1） 4, 1
2 1, 2n
na n n
；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意，有 an＝Sn﹣Sn﹣1，结合 1n n na S S 分析可得 1n nS S 1，则数列{ nS }是以 1S 2
为首项，公差为 1 的等差数列，由等差数列的通项公式可得 2( 1)nS n 据此分析可得答案；
（2）由（1）的结论可得 4, 1
2 1, 2n
na n n
；进而可得 1 1 1 1
4 5 5 7 7 9 (2 1)(2 3)nT n n
，
由裂项法分析可得答案．
【详解】
（1）在数列 na 中， 1( 2)n n na S S n ①
∵ 1n n na S S ②且 0na ，
∴①式÷②式得： 1 1n nS S ( 2)n ，
∴数列 nS 以 1 1 4 2S a 为首项，公差为 1 的等差数列，
∴ 2 ( 1) 1nS n n ∴ 2( 1)nS n
当 2n 时， 2 2
1 ( 1) 2 1n n na S S n n n ；
当 1n 时， 1 4a ，不满足上式，
∴数列 na 的通项公式为 4, 1
2 1, 2n
na n n
．
（2）由（1）知 4, 1
2 1, 2n
na n n
，，则数列
1
1
n na a
的前 n 项和，
∵当 1n 时， 1 1
4 5 20nT
，
∴当 1n 时， 1
20nT ，满足 1 3
20 20nT ，
∴
1 2 2 3 3 4 1
1 1 1 1
n
n n
T a a a a a a a a
1 1 1 1
4 5 5 7 7 9 (2 1)(2 3)n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )4 5 2 5 7 7 9 2 1 2 3 20 2 5 2 3n n n
3 1
20 4 6n
∵在 nT 中， 1n ， n +N ，∴ 4 6 10n ，
∴ 1 1
4 6 10n
，∴ 1 10 4 6 10n
，∴ 1 3 1 3
20 20 4 6 20n
．
所以 1 3
20 20nT
【点睛】
本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切
不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
18．（2021·广东高三专题练习）已知数列 na 为公差不为零的等差数列， 7 77S ，且满足 2
11 1 61a a a ，
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若数列 nb 满足
1
1 1 ( *)n
n n
a n Nb b
，且 1
1
3b ，求数列 nb 的前 n 项和 nT .
【答案】（1） *2 3,na n n N ；（2）
23 5
4( 1)( 2)n
n nT n n
.
【分析】
本题第（1）题先设等差数列 na 的公差为 ( )d d 0 ，然后根据题干可列出关于首项 a1 与公差 d 的方程组，
解出 a1 与 d 的值，即可计算出数列 na 的通项公式；
第（2）题由题干
1
1 1
n
n n
ab b
可得 1
1
1 1 ( 2, *)n
n n
a n n Nb b
.根据递推公式的特点可用累加法计算出
数列 1
nb
的通项公式，接着计算出数列 nb 的通项公式，然后运用裂项相消法计算前 n 项和 nT .
【详解】
解：（1）由题意，设等差数列 na 的公差为 ( )d d 0 ，则
17 21 77a d ， 2
1 1 1( 60 ) ( 10 )a a d a d 解得 1 5 2a d ， ，
所以 *5 2 ( 1) 2 3,na n n n N .
（2）依题意，由
1
1 1
n
n n
ab b
可得 1
1
1 1 ( 2, *)n
n n
a n n Nb b
.
则 2n 时，
11 1 2 12
1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )
n n n n nb b b b b b b b
1 2 1
1
1
n na a a b
( 1)( 2 5) 3n n
( 2)n n
当 1n 时， 1
1
3b ，即
1
1 3b
也满足上式，
1 ( 2)
n
n nb
，
1 1 1 1( )( 2) 2 2nb n n n n
，
1 2 3 4 1n n nT b b b b b b
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 3 5 4 6 1 1 2n n n n
1 1 1 112 2 1 2n n
23 5
4( 1)( 2)
n n
n n
.
【点睛】
本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切
不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
19．（2021·天津红桥区·高三一模）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 .
【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.
【详解】
（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 ∴ 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
【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．
20．（2021·辽宁高三二模）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 .
【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.
【详解】
解：（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 .
【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．
21．（2021·山东高三专题练习）设等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 3 4 12S a a ，且 1 2a ， 22a ， 3a
成等差数列.
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设数列 nb 满足 1
1
n n
n
n n
S nab S S
，求数列 nb 的前 n 项和 nT .
【答案】（1） 1 *3n
na n N ；（2）
1
1
2 3 3
3 1
n
n n
nT
.
【分析】
（1）利用基本量代换求出首项和公比，写出通项公式；
（2）利用 1 1n n na S S 把 1
1
n n
n
n n
S nab S S
化为
1
1
n
n n
n nb S S
，利用裂项相消法求和.
【详解】
解析（1）设等比数列 na 的公比是 q，由 3 4 12S a a 得 2 32 1 1q q q ，
解得 3q .
∵ 1 2a ， 22a ， 3a 成等差数列，∴ 2
1 1 14 2a q a a q ，解得 1 1a .
∴ 1 *3n
na n N .
（2）∵数列 na 是以 1 为首项，以 3 为公比的等比数列，
∴ 1 3 12
n
nS .
∵ 1 1
1 1 1
( 1) 1n n n n
n
n n n n n n
S na n S nS n nb S S S S S S
，
∴
2 3 1 1 2 1
2 3 1 1 2 1
n
n n n n
n n n nT S S S S S S S S
1
1 1
1 1
1 1 2( 1) 2 3 313 1 3 1
n
n n
n
n n n
S S
.
【点睛】
(1) 等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换和灵活运用性质；
(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．
22．（2021·广东高三专题练习）设数列{an}满足 an+1＝ 1 23 na ，a1＝4．
（1）求证{an﹣3}是等比数列，并求 an；
（2）求数列{an}的前 n 项和 Tn．
【答案】（1）证明见解析， 11( ) 33
n
na ；（2） 3 1(1 ) 32 3n n ．
【分析】
（1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式；（2）利用（1）的通项公式，进一步利用分组求和法及等
比数列求和公式求和．
【详解】
（1）数列{an}满足 an+1＝ 1 23 na ，所以 1
13 ( 3)3n na a ，
故 1 3 1
3 3
n
n
a
a
，
所以数列{an}是以 1 3 4 3 1a 为首项， 1
3
为公比的等比数列．
所以 113 1 ( )3
n
na ，则 1 *1( ) 3,3
n
na n N ．
（2）因为 11( ) 33
n
na ，
所以 0 1 11 1 1( ) ( ) ( ) (3 3 3)3 3 3
n
nT
＝
11(1 )3 311 3
n
n
＝ 3 1(1 ) 32 3n n ．
【点睛】
分组转化法求和的常见类型：
(1)若 n n na b c ，且{ }nb 、{ }nc 为等差或等比数列，可采用分组求和法求{ }na 的前 n 项和；
(2)通项公式为 ,
,
n
n
n
b na c n
为奇数
为偶数 的数列，其中数列{ }nb 、{ }nc 是等比数列或等差数列，可采用分组求和法
求和．
23．（2021·湖南衡阳市·高三一模）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.
【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.
【详解】
（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 .
【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．
(4) 裂项相消法：用于通项能变成两个式子相减，求和时能前后相消的数列求和.
24．（2021·广东高三专题练习）已知各项均不相等的等差数列 na 的前 4 项和为10 ，且 1 2 4, ,a a a 是等比数
列 nb 的前3项.
（1）求 na ， nb ；
（2）设
1
1n n
n n
c b a a
，求 nc 的前 n 项和 nS .
【答案】（1） 1, 2n
n na n b ；（2） 12 1
n
nS n
.
【分析】
（1）设数列 na 的公差为 0d d ，由题意列关于首项与公差的方程，联立求得首项与公差，则 na ， nb
可求；
（2）把（1）中求得的通项公式代入 nc ，分组后利用等比数列前 n 项和与裂项相消法求解数列 nc 的前 n 项
和.
【详解】
解：（1）设数列 na 的公差为 0d d ，
由题意， 4 1 1
4 (4 1)4 4 6 102S a d a d ，①
又∵ 1 2 4, ,a a a 成等比数列，∴ 2
2 1 4a a a ，
即 2
1 1 1( ) ( 3 )a d a a d ，得 1a d ，②
联立①②可得， 1 1a d
∴ na n ， 12n
nb ；
（2）∵ 11 12( 1) ( 1)
n
n n
n n
c b a a n n
，
∴ 0 1 1 1 1 1 1 1(2 2 2 ) (1 )2 2 3 1
n
nS n n
＝1 2 1 11 21 2 1 1
n
n
n n
.
∴数列 nc 的前 n 项和 nS 为 12 1
n
nS n
.
【点睛】
本题考查等差等比数列基本量的计算，等比数列求和公式，裂项求和，分组求和法等，考查运算求解能力，
是中档题.本题第二问解题的关键在于先根据分组求和，转化为等比数列的和与 1
( 1)n n
的和，进而利用
裂项求和求解.
25．（2021·天津和平区·高三一模）已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ， nb 是等差数列， 2 0S ， 1 1 1b a ，
3 2 5b a ， 5 4 22 3b b b .
（1）求 na 和 nb 的通项公式；
（2）设 nb 的前 n 项和为 nT ， 2 1 n
n
n
n ac T
， *n N .
①当 n 是奇数时，求 1n nc c 的最大值；
②求证：
2
1
1
n
i
i
c
.
【答案】（1） na 的通项公式为 11 n
na ， nb 的通项公式为 2nb n ；（2）①最大值为 2
3
；②证明见
解析.
【分析】
（1）根据题意，列方程组求出首项与公差、公比即可得到通项公式；
（2）（i）当 n 是奇数时，计算 1n nc c ，根据单调性求其最大值; （ii）由裂项相消法求和即可得证.
【详解】
（1）设数列 na 的公比为 q，数列 nb 的公差为 d .
由 2 1 1 0S a a q ，且 1 0a ，解得 1q .
依题意，有
1 1
1 1
1 1 1
1
2 5
2 4 3 3
b a
b d a
b d b d b d
，解得 1
1
2
2
1
d
b
a
.
故 1 11 1 1n n
na ， 2 1 2 2nb n n
所以， na 的通项公式为 11 n
na ， nb 的通项公式为 2nb n .
（2）（i）由（1）可得 22 2
2n
n nT n n
，所以
1 2 1
1
1 n
n
nc n n
.
当 n 是奇数时，
1
2 32 1 2 2 2
1 1 2 1 22n n n
nn nc c n n n n nn n n
.
可知当 *nN 且 n 是奇数时， 1n nc c 随 n 增大而减小.
所以当 1n 时， 1n nc c 最大，其最大值为 1 2
2
3c c .
（ii）由（i）知， 2 1 2
2 1 1
2 1 2 1 2 1 2 1n nc c n n n n ，
所以
2
1 2 3 4 2 1 2
1
n
i n n
i
c c c c c c c
1 1 1 1 11 3 3 5 2 1 2 1n n
11 2 1n
.
因为 *nN ，所以 11 12 1n
，即
2
1
1
n
i
i
c
.
【点睛】
关键点点睛：根据数列通项的结构特点，选择合适的求和方法是解题的关键，本题中
2 1 2
2 1 1
2 1 2 1 2 1 2 1n nc c n n n n ，根据裂项相消法即可求出
2
1
n
i
i
c
.
.
26．（2021·江西高三其他模拟（文））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 .
【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.
【详解】
（1）∵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
.
【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.
27．（2021·全国高三专题练习（理））已知正项数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且
2 2
1 1 12 2 4n n n n n na a a a a a ( 1n )， 1 1a ．
（1）证明数列{ }na 是等差数列，并求其前 n 项和 nS ；
（2）若 1
4 1n
n
b S
，试求数列{ }nb 的前 n 项和 nT ．
【答案】（1）证明见解析， 2
nS n ；（2）
2 1
n
n
．
【分析】
（1）由 2 2
1 1 12 2 4n n n n n na a a a a a ，化简得到 1 1 1(2 )( ) 2( 2 )n n n n n na a a a a a ，进而求得
1 2n na a ，结合等差数列的通项公式和求和公式，即可求解；
（2）由（1）求得 1 1 1( )2 2 1 2 1nb n n
，结合裂项法，即可求解．
【详解】
（1）由题意，数列{ }na 满足 2 2
1 1 12 2 4n n n n n na a a a a a
当 2n 时，可得 2 2 2
1 1 12 4n n n n n n na a a a a a a ，
所以 1 1 1 1( )( ) ( ) 2( 2 )n n n n n n n n na a a a a a a a a ，
所以 1 1 1(2 )( ) 2( 2 )n n n n n na a a a a a ，
因为数列{ }na 是正项数列，所以 12 0n na a ，所以 1 2n na a ，
又由 1 1a ，所以数列{ }na 是等差数列，首项为1，公差为 2 ，
可得 2 1na n ，所以 21( (1 2 1)
2 2
)n
n
n a a n nS n ；
（2）由（1）知， 2
1 1 1 1( )4 1 2 2 1 2 1nb n n n
，
所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 3 5 2 5 7 2 2 1 2 1nT n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( )2 1 3 3 5 5 7 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
n
n n n n
．
【点睛】
关于数列的裂项法求和的基本策略：
1、基本步骤：
裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；
累加：将数列裂项后的各项相加；
消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前 n 项和．
2、消项的规律：
消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
28．（2021·广东高三专题练习）已知数列 na 的前 n 项和 nS 满足 2 1 ( *)n nS n a n N ，且 1 2a ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设 ( 1)2 na
n nb a ．求数列 nb 的前 n 项和 Tn．
【答案】（1） 2na n ；（2） 16 5 420
9 9
n
n
nT
．
【分析】
1 由数列的递推关系可得 1 12 2 1n n na n a n a ，整理可知 na
n
为常数列，进而可得 2na n ．
2 由 1 可得 2 1 4n
nb n ，求出 nT 、 4 nT ，运用错位相减法求和．
【详解】
解：（1）因为 2 1n nS n a ， *n N ，所以 1 12 2n nS n a ， *n N ，
两式相减得 1 12 2 1n n na n a n a ，整理得 1 1n nna n a ，即 1
1
n na a
n n
， *n N ，
所以 na
n
为常数列，所以 1 21
na a
n
，所以 2na n ．
（2）由（1）可得 1 2 2 1 4na n
n nb a n ，
所以 1 2 31 4 3 4 5 4 2 1 4n
nT n ，
2 3 14 1 4 3 4 2 3 4 2 1 4n n
nT n n ，
两式相减得： 2 3 13 4 2 4 4 4 2 1 4n n
nT n ，
2 1
14 43 4 2 2 1 41 4
n
n
nT n
，
化简得 16 5 420
9 9
n
n
nT
．
【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．
29．（2021·广东高三专题练习）已知数列{an}为公差不为 0 的等差数列，且 a2=3，a1，a2，a5 成等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设 Sn 为数列{an+2}的前 n 项和， 1
n
n
b S
，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
【答案】（1）an=2n﹣1，n∈N*；（2）Tn=
3 2 3
4 2( 1)( 2)
n
n n
.
【分析】
（1）设等差数列{an}的公差为 d(d≠0)，然后根据题干列出方程组，解出 a1 与 d 的值，即可得到数列{an}的
通项公式；
（2）由第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，根据通项公式的特点进行裂项，再求前 n 项和 Tn 时
可以相消即可得到结果.
【详解】
解：（1）由题意，设等差数列{an}的公差为 d(d≠0)，则
1
2
1 1 1
3
( ) ( 4 )
a d
a d a a d
，解得 1 1
2
a
d
.
∴数列{an}的通项公式为 an=1+2(n﹣1)=2n﹣1，n∈N*.
（2）由（1），可得 an+2=2n+1，n∈N*.
∴Sn=(a1+2)+(a2+2)+(a3+2)+…+(an﹣1+2)+(an+2)
=3+5+7+…+(2n﹣1)+(2n+1)
= 2(2 1 3) 22
n n n n .
∴ 2
1 1 1 1 1 1( )2 ( 2) 2 2n
n
b S n n n n n n
，
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn﹣1+bn
= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 2 4 3 5 1 1 2n n n n
= 1 1 1 1(1 )2 2 1 2n n
=
3 2 3
4 2( 1)( 2)
n
n n
.
【点睛】
结论点睛：裂项相消法求数列和的常见类型：
（1）等差型
1 1
1 1 1 1
n n n na a d a a
，其中 na 是公差为 0d d 的等差数列；
（2）无理型 1 n k n
kn n k
；
（3）指数型 11 n n na a a a ；
（4）对数型 1
1log log logn
a a n a n
n
a a aa
.
30．（2021·广东高三专题练习）已知等比数列{an}满足 a1，a2，a3﹣a1 成等差数列，且 a1a3＝a4；等差数列{bn}
的前 n 项和 2( 1)1
2
n
n
n og aS ．求：
（1）an，bn；
（2）数列{anbn}的前项和 Tn．
【答案】（1） 2n
na ， nb n ；（2） 1( 1) 2 2n
nT n ．
【分析】
（1）设{ }na 的公比为 q，由等差数列的中项性质和等比数列的通项公式可得首项和公比，进而得到所求；
（2）运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【详解】
解：（1）设{ }na 的公比为 q．
因为 1a ， 2a ， 3 1a a 成等差数列，
所以 2 1 3 12 ( )a a a a ，即 2 32a a ．
因为 2 0a ，所以 2
2
2aq a
．
因为 1 3 4a a a ，所以 4
1
3
2aa qa
．
因此 1
1 2n n
na a q ．
由题意， 2( 1)log ( 1)
2 2
n
n
n a n nS ．
所以 1 1 1b S ， 1 2 2 3b b S ，从而 2 2b ．
所以{ }nb 的公差 2 1 2 1 1d b b ．
所以 1 ( 1) 1 ( 1)·1nb b n d n n ．
（2）令 n n nc a b ，则 ·2n
nc n ．
因此 1 2 3 1
1 2 1 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2n n
n nT c c c n n ．
又 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 1 1 1 12 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) 2 21 2
n
n n n n n n
nT n n n n
．
所以 1( 1) 2 2n
nT n ．
【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．
31．（2021·天津静海区·静海一中高二月考）设 na 是等比数列，公比大于 0， 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 nc 满足 1 2 1c c ，
11,3 3
, 3
k k
n k
k
nc
a n
，其中 *k N ，求数列 3 3 1n nb c 的前 n 项和.
【答案】（1） 12n
na -= ； nb n ；（2）
13 6 3 9
5 2 10
n n
【分析】
（1）由等差数列和等比数列的定义，即可得出结果.
（2）利用分组求和法和等比数列的前 n 项和公式，即可得出结果.
【详解】
（1） 2
1 3 21, 2 2 0a a a q q
解得 2q = 或 1q （舍）
所以 12n
na -=
3 5 1 1
4 6 1
8 2 6 8 1
2 16 3 13 16 1
b b b d b
b b b d d
所以 nb n
（2） 3 3n
nb ， 1 1
3 32 , 2k n
k n
kc a c
1 1
3 3( 1) 3 (2 1) 3 6 3n n
n n n nb c
设 0 1 1 2 2 3 1(3 6 3 ) (3 6 3 ) (3 6 3 ) (3 6 3 )n n
nS L
0 1 2 1 1 2(3 6 3 6 3 6 3 6 ) (3 3 3 )n n L L
11 (1 6 ) 3 (1 3 3 6 3 93 =1 6 1 3 5 2 10
n n n n
）
32．（2021·陕西高三月考（文））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.
【答案】（Ⅰ） na n ， 2n
nb ；（Ⅱ） 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.
【详解】
解：(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），
∴ 1 1 1na n n ，
∴ 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 ，
∴ 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 ，
∴ 11 2 2n
nT n .
【点睛】
(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．
33．（2021·全国高三专题练习（理））设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a2＝8，S4＝40.数列{bn}的前 n 项
和为 Tn，且 Tn－2bn＋3＝0，n∈N*.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）设
*
*
,( 2 1, )
,( 2 , )
n
n
n
a n k k Nc
b n k k N
，求数列{cn}的前 n 项和 Pn.
【答案】（1）an＝4n，bn＝3·2n－1；（2）
1 2 *
2 *
2 2,( 2 , )
2 2 1,( 2 1, )
n
n n
n n k k NP
n n n k k N
.
【分析】
（1）根据等差数列的通项公式、前 n 项和公式，结合已知条件求基本量，写出{an}的通项公式，由 nb 与 nT
的关系，结合等比数列的定义，写出{bn}的通项公式；
（2）由（1）写出 nc 的通项公式，讨论 n 为偶数、奇数，求前 n 项和 Pn.
【详解】
（1）设等差数列{an}的公差为 d，由题意，得 1
1
8
4 6 40
a d
a d
，则 1 4
4
a
d
，
∴an＝4n，又 Tn－2bn＋3＝0，
∴当 n＝1 时，b1＝3；当 n≥2 时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，两式相减，得 bn＝2bn－1(n≥2)，
∴数列{bn}为首项为 3，公比为 2 的等比数列，则 bn＝3·2n－1.
（2）
*
1 *
4 ,( 2 1, )
3 2 ,( 2 , )n n
n n k k Nc
n k k N
当 n 为偶数时，Pn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) 2
1 2
6 1 44 4 4 2 2 22 1 4
n
n
nn
n
，
当 n 为奇数时，
法一 n－1(n≥3)为偶数，Pn＝Pn－1＋cn＝2(n－1)＋1＋(n－1)2－2＋4n＝2n＋n2＋2n－1，n＝1 时符合上式.
法二 Pn＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)
1
2
2
1 6 1 44 4 2 2 2 12 1 4
n
n
nn
n n
，
∴
1 2 *
2 *
2 2,( 2 , )
2 2 1,( 2 1, )
n
n n
n n k k NP
n n n k k N
.
【点睛】
关键点点睛：
（1）应用等差数列的性质求基本量，由 nb 与 nT 的关系并结合等比数列的定义，写出通项公式；
（2）将 n 分偶数、奇数讨论，分别求前 n 项和 Pn.
34．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列{an}与{bn}满足： *
1 2 3 2 ( )n na a a a b n N ，若{an}
是各项为正数的等比数列，且 a1＝2，b3＝b2＋4.
（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；
（2）若数列{cn}满足 cn＝
1
n
n n
a
b b
(n∈N*)，Tn 为数列{cn}的前 n 项和，证明：Tn＜1.
【答案】（1） 2n
na ，bn＝2n－1(n∈N*)；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由{an}与{bn}的关系得 an＝2(bn－bn－1)，根据已知条件求{an}的通项公式，进而应用等比数列求和公式，
写出{bn}的通项公式；
（2）利用裂项求和法求 Tn，由 1
1 02 1n
即可证结论.
【详解】
（1）由题意知，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2bn，①
当 n≥2 时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2bn－1，②
①－②可得 an＝2(bn－bn－1)，结合已知得：a3＝2(b3－b2)＝2×4＝8，
∵a1＝2，an＞0，设{an}的公比为 q，
∴a1q2＝8，得 q＝2，
∴ 1 *2 2 2 ( )n n
na n N － .
∴ 1 2 3
22 2 2 2 2(1 2 )
12n
n
n
b 12 2n ，
∴bn＝2n－1(n∈N*).
（2）由已知： 1 1
1
2 1 1
(2 1)(2 1) 2 1 2 1
n
n
n n n n n
n n
ac b b
，
∴ 1 2 ..n nT c c c
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1...2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n
1
11 2 1n
，
当 n∈N*时, 12 1n ＋ ，有 1
1 02 1n
，
∴ 1
11 12 1n
，故 Tn＜1，得证.
【点睛】
关键点点睛：
（1）根据数列间的关系，结合 na 与 nS 关系确定 na 、 nb 的关系式，由等比数列的性质、前 n 项和公式，求
通项；
（2）应用裂项法求前 n 项和，进而证明不等式关系.
35．（2020·扬州市第一中学高二月考）已知数列 na 满足 1 1
1, 1n
n
a a a a 我们知道当 a 取不同的值时，
得到不同的数列，如当 a＝1 时，得到无穷数列：1，2， 3
2
，…；当 a＝ 1
2
时，得到有穷数列： 1
2
，﹣1，
0.
（1）求当 a 为何值时 4 0a ；
（2）设数列 nb 满足 1 1
11, 1n
n
b b n Nb ，求证：a 取数列 nb 中的任一个数，都可以得到一个
有穷数列 na ；
（3）若 3 2 42 na n ，求 a 的取值范围.
【答案】（1） 2
3a （2） 证明见解析 （ 3） 0a
【分析】
（1）根据数列递推公式直接计算得到答案.
（2）变换得到
1
1 1n
n
b b
，计算 2
1
1
1 11 1 n
n
a ba b ，故 1 1na b ，得到 1 0na ，得到证明.
（3）根据题意计算得到 4
3 22 a ，即 3 3 2 22 2 1
a
a
，解得答案.
【详解】
（1） 4 0a ，故 4
3
11 0a a
， 3 1a ， 3
2
11 1a a
， 2
1
2a ， 2
1
1 11 2a a
，
故 1
2
3a a .
（2） 1
1
1n
n
b b ，故
1
1 1n
n
b b
，设 1 na a b ，
则 2
1
1
1 11 1 n
n
a ba b .
3
2
2
1
1 11 1 n
n
a ba b
，
………………
1
1
2
1 11 1 1n
n
a ba b
故 1 1na b ， 1 0na ，故只能得到有穷数列 na .
（3） 3 2 42 na n ，故 1
1
3 11 22
3 22
n
n
n
a a
a
， 5n ，解得 11 2na .
所以要使 3 2 42 na n ，当且仅当它的前一项 1na 满足 11 2na
又因为 3 ,22
1,2
所以当 4
3 22 a 时，都有 3 2 42 na n
故 1 1
1, 1n
n
a a a a ，所以 2 3
1 1 1 21 , 1 1 1
a
a a a a
a aa a
4
1
2 1
21 2
3
1
a
a
aa a
故 4
3 2
2 1
aa a
，即 3 3 2 22 2 1
a
a
，解得 0a .
所以 a 的取值范围 0a
【点睛】
关键点睛：本题考查了根据数列通项公式求项，证明数列是有穷数列，根据数列范围求参数，解答本题的
关键是由条件可得 1
1
3 11 22
3 22
n
n
n
a a
a
，得到 1
3 22 na ，属于中档题.
36．（2020·扬州市第一中学高二月考）设递增等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 3 7S ，且 1 3a ， 23a ，
3 4a 成等差数列.
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）令 1
2log 64
n
n
ab ，求 1 2 100b b b .
【答案】(1) 12n
na -= (2) 4480
【分析】
（1）利用等比数列通项公式可构造方程组求得 2a 和 q，进而求得结果；
（2）由（1）可确定 nb ，分析出 nb 的符号；当 6n 时， 0nb ；当 6n 时， 0nb ，所以
1 2 100b b b 1 2 6 7 100b b b b b ，从而可得答案.
【详解】
（1）由题意得： 2 1 3
1 2 3
6 3 4
7
a a a
a a a
，
设等比数列 na 的公比为 q，则
2
2 2
2
2 2
6 7
7
aa a qq
a a q aq
，解得： 2 2
2
a
q
，或
2 2
1
2
a
q
na 是递增数列， 2q ， 2 2 1
2 2 2 2n n n
na a q ；
所以 12n
na -=
（2）由（1）知： 1 2n
na ， 2
2log 664
n
nb n ，
当 6n 时， 0nb ；当 6n 时， 0nb ；
1 2 100b b b 1 2 6 7 100b b b b b
1 2 6 7 100 1 2 62b b b b b b b b
100 5 94 6 5 02 44802 2
【点睛】
关键点睛：本题考查等差中项、等比数列的通项公式的应用，求等差数列的绝对值的前 n 项的和，解答本题
的关键是 1 2 100b b b 1 2 6 7 100b b b b b ，属于中档题.
37．（2021·山东临沂市·高三其他模拟）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
【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.
【详解】
（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
【点睛】
关键点点睛： 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.
38．（2021·漠河市高级中学高三月考（文））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．
【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.
【详解】
（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．
【点睛】
方法点睛：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.
39．（2021·山东烟台市·高三一模）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.
【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.
【详解】
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 .
【点睛】
关键点点睛：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.
40．（2021·江苏常州市·高三一模）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.
【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.
【详解】
（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.
【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 .
41．（2021·全国高三月考（文））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 .
【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.
【详解】
（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 .
【点睛】
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.
42．（2021·陕西宝鸡市·高三二模（文））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 .
【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.
【详解】
（1）解：由 2d ，且 1 2 6a a .
∴ 12 2 6a ，解得 1 2a .
故 2 2 1 2na n n .
∵ nb 为等比数列， 0nb ，设公比为 q，则 0q ，
∴ 2
3 5 4
1
256b b b ，
∴ 3
4 1
1
16b b q ，∴ 1
2q ，
11 1 1
2 2 2
n n
nb
，
所以 2na n ， 1
2
n
nb
；
（2）证明：由（1）得 1 1
2 2
n
n n nc a b n
，
∴
2 3 11 1 1 1 11 2 3 12 2 2 2 2
n n
nT n n
①，
∴
2 3 11 1 1 1 11 2 12 2 2 2 2
n n
nT n n
②，
∴由① ②得：
∴
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
，
∴ 12 2 2
n
nT n
，
∴ 2nT .
【点睛】
数列求和常用方法有：（1）等差等比公式法，（2）倒序相加法，（3）错位相减法，（4）分组求和法：（5）
裂项相消法.
43．（2021·内蒙古赤峰市·高三月考（文））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
【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．
【详解】
（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
．
【点睛】
方法点睛：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．
44．（2021·全国高三月考（理））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.
【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．
【详解】
解; 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
【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．
四、填空题
45．（2019·湖北武汉市·武钢三中高一期中）数列 na 满足：
5, 7
( 4) 17, 7
n
n
a na
a n n
，且 na 是递增数
列，则实数 a 的范围是___________.
【答案】（4,5）
【分析】
根据 na 是递增数列，列不等式组，解出 a 的范围.
【详解】
∵数列 na 满足：
5, 7
( 4) 17, 7
n
n
a na
a n n
，且 na 是递增数列，
∴需满足
7 5
1
4 0
( 4) 8 17
a
a
a a
，即
1
4
3 5
a
a
a
解得： 4 5a ，
即实数 a 的范围是（4,5）.
故答案为：（4,5）
【点睛】
由分段函数（数列）单调性求参数的取值范围的方法：
(1)分段函数的每一段都单调；
(2)根据单调性比较端点函数值的大小.
46．（2021·全国高三月考（理））已知 nS 为等差数列 na 的前 n 项和， 6 0S ， 7 7a ，若 1
2
m m
m
a a
a
为数列
na 中的项，则 m ___________.
【答案】2
【分析】
本题首先可设等差数列 na 的公差为 d ，然后根据 6 0S 得出 12 5 0a d ，根据 7 7a 得出 1 6 7a d ，
两式联立，即可得出 2 7na n ，再然后令 2 3m t ，则 1
2
8 6m m
m
a a ta t
，根据t 为 8 的约数以及t 是
奇数得出t 的可能取值为 ，最后分为 1t 、 1t 两种情况进行讨论，即可得出结果.
【详解】
设等差数列 na 的公差为 d ，
因为 6 0S ，所以 1 66 02
a a ，即 1 6 0a a ， 12 5 0a d ，
因为 7 7a ，所以 1 6 7a d ，
联立 1
1
2 5 0
6 7
a d
a d
，解得 1 5a ， 2d ， 2 7na n ，
1
2
2 7 2 5
2 3
m m
m
m ma a
a m
，
令 2 3m t ，则 1
2
4 2 8 6m m
m
t ta a ta t t
，t 为 8 的约数，
因为t 是奇数，所以t 的可能取值为 ，
当 1t 时， 2m ， 2 3
4
3 2 5 7a a
a
，是数列 na 中的第 5 项；
当 1t 时， 1m ， 1 2
3
15 2 4 7a a
a
，不是数列 na 中的项，
故答案为： 2 .
【点睛】
关键点点睛：本题考查判断数是否是数列中的项，考查等差数列通项公式的求法，能够根据
1
2
8 6m m
m
a a ta t
判断出t 的可能取值为 是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题.
47．（2021·全国高三专题练习（文））已知数列{ }na 的前 n 项和 nS 与 na 满足：当 2n 时， 1, , 2n n na S S 成
等比数列，且 1 1a ，则 na ___________.
【答案】
1 1
2 2(2 1)(2 3)
n
nn n
，
，
【分析】
根据题意得 2 1( )2n n nS a S ，利用 1n n na S S ，化简得到
1
1 1 2
n nS S
，得出数列 1{ }
nS 是以1为首
项， 2 为公差的等差数列，求得 1
2 1nS n
，进而求得 na ，得到答案.
【详解】
由题意，当 2n 时， 1, , 2n n na S S 成等比数列，可得 2 1( )2n n nS a S ，
又由 1n n na S S ，所以 2
1
1( )( )2n n n nS S S S ，
可得 1 1
1 ( )2 n n n nS S S S ，所以
1
1 1 2
n nS S
，且
1 1
1 1 1S a
所以数列 1{ }
nS 是以1为首项， 2 为公差的等差数列，
所以 1 1 ( 1) 2 2 1
n
n nS
，即 1
2 1nS n
，
当 2n 时， 1
1 1 2
2 1 2 3 (2 1)(2 3)n n na S S n n n n
，
经检验 1n 时不合符，所以则
1, 1
2 , 2(2 1)(2 3)
n
n
a nn n
.
故答案为：
1, 1
2 , 2(2 1)(2 3)
n
n
a nn n
.
48．（2021·四川高三月考（理））设数列 na 满足， 1 16, 2 4,n n na a a n b 为 na 的个位数字，则
1 2 3 2021···b b b b 的值为_______．
【答案】 4046
【分析】
用累加法求得通项 na ，根据 na 求出 nb 的前几项，得出{ }nb 是周期数列，从而可得求{ }nb 的和．
【详解】
由已知 1 2 4,n na a n 可得 2n 时.
1 1 2 2 32 1 , 2 , 2 1n n n n n na a n a a n a a n ，
用累加法可得 1
1 42 3 1 1 6 2 1 2 , 12n
n na a n n n n n
时.
适合上式，
所以 5 5( ) ( )1 2 , 1 5 2 ) 1(5 4 0n n n na n n a n n a n a 与 na 余数相同﹐
故 1 2 3 4 5 6 7 86, 2, 0, 0, 2, 6, 2, 0b b b b b b b b ， 9 100, 2b b
故 nb 是以5为周期的周期数列.
故 1 2 3 2021
2020 6 2 0 0 2 6 40465b b b b ．
故答案为：4046．
【点睛】
方法点睛：本题考查求数列的通项公式，考查分组求和法．求通项公式除公式法外，如果递推式是数列前
后的差，则可用累加法求解，如果是前后项的商，则可用连乘法求解．这是两种基本方法，有时还可能通
过求出数列的前几项，归纳出数列的性质，得出结论．
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