专题十二 数列的综合问题
一、单选题
1．（2021·上海高三二模）数列{ }na 的前 n 项和为 nS ， 1a m ，且对任意的 n N 都有 1 2 1 n na a n ，
则下列三个命题中，所有真命题的序号是（ ）
①存在实数 m ，使得{ }na 为等差数列；
②存在实数 m ，使得{ }na 为等比数列；
③若存在 *k N 使得 1 55k kS S ，则实数 m 唯一.
A．① B．①② C．①③ D．①②③
【答案】A
【分析】
假设{ }na 为等差数列，根据 1 2 1 n na a n ，求得 2 (1 ) 1
2
n d dm ，得到 1m ，使得 1 2 1 n na a n
恒成立，可判定①正确；假设{ }na 为等比数列，求得 1
2 1
n nm q q
n
，可判定②不是真命题；由
1 2 1 n na a n ，可得 1 2 2 1 1a a ， 2 3 2 2 1a a ， ， 1 2 1 n na a n ，各式相加得到
2
1 1 2n nS S a n n ，进而得到 2110 2m k k ，可判定③不是真命题.
【详解】
①中，假设{ }na 为等差数列，则 1 ( 1) ( 1)na a n d m n d ，
则 1 ( 1) 2 ( 1) 2 12n n m n d m nd ma a nn d ，
可得 2 (1 ) 1
2
n d dm ，显然当 1d 时，可得 1m ，
使得 1 2 1 n na a n 恒成立，所以存在 1m 使得数列{ }na 为等差数列，所以①正确；
②中，假设数列{ }na 为等比数列，则 1 1
1
n n
na a q m q
则 1
1 1( ) 2 1n n n n
n n m q m qa nm qa q
，可得 1
2 1
n nm q q
n
，
即 1 2 1 0n nmq mq n ，即 1 2 0n nmq mq nq q ，
该式中有 m 为定值， 2nq 是变量，所以这样的实数 m 不存在，所以②不是真命题；
③中，由 1 2 1 n na a n ，可得 1 2 2 1 1a a ， 2 3 2 2 1a a ， ，
1 2 1 n na a n ，
将上述各式相加，可得 1 2 2 3 1( ) ( )n na a a a a a
(2 1 1) (2 2 1) (2 1)n 2(1 )2 2
n n n n n ，
即 2
1 1 2n nS S a n n ，即 2
1 2n nS S n n m ，
若存在这样的实数 k ，则有 2
1 2 110k kS S k k m ，
从而 2110 2m k k ，可知满足该式的 m 不唯一，所以③不是真命题.
故选：A.
【点睛】
与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目
的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，
逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
2．（2021·四川雅安市·雅安中学高一月考）已知 nS 是等差数列 na 的前 n 项和， 2019 2021 2020S S S ，设
1 2n n n nb a a a ，则数列 1
nb
的前 n 项和为 nT ，则下列结论中不正确的是（ ）
A． 2020 0a B． 2021 0a
C． 2019 2020 2021 2022a a a a D． 2019n 时， nT 取得最大值
【答案】D
【分析】
由 2019 2021 2020S S S ，可得 2021 2020 2021 20200, 0, 0a a a a ，得到 2019 2020a a 2021 2022a a ，且 0d ，
进而得到 2021 0a ，根据 1 2n n n nb a a a ，得到
1 2
1 1
n n nn a ab a
，结合题意得到
2019 2022
2019 2020 2020 2021 2019 2022
+1 1 1 0a a
b b a a a a
，得到当 2020n 时，
1 2 1 2
1 1
n na a a a
取得最小值.
【详解】
设等差数列 na 的公差为 d ，
因为 2019 2021 2020S S S ，
可得 2021 2020 2021 0S S a ， 2020 2019 2020 0S S a ， 2021 2019S S 2021 2020 0a a ，
即 2020 2021 0a a ， 2020 2021 0a d a d ，即 2019 2022 0a a ，
所以 2019 2020a a 2021 2022a a ，且 0d ，
即数列 na 递减，且 1 0a ， 2 0a ，…， 2020 0a ， 2021 0a ，
又由 1 2n n n nb a a a ，可得
1 2
1 1
n n nn a ab a
，
当 2018n 时，可得
1 2
1 1 0
n n n nb a a a
，
当 2019n 时，可得
2019 2019 2020 2021
1 1 0b a a a
，
当 2020n 时，可得
2020 2020 2021 2022
1 1 0b a a a
，
当 2021n 时，可得
1 2
1 1 0
n n n nb a a a
，
又由 2019 2022
2019 2020 2020 2021 2019 2022 2020 2021 2019 2022
+1 1 1 1 1 1( ) a a
b b a a a a a a a a
，
因为 2019 2020 2021 20220, 0, 0, 0a a a a ，且 2019 2022 0a a ，
所以 2019 2022
2019 2020 2020 2021 2019 2022
+1 1 1 0a a
b b a a a a
，
所以当 2020n 时，
1 2 1 2
1 1
n na a a a
取得最小值.综上可得，不正确的选项为 D.
故选：D.
【点睛】
数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前 n 项和公式，求和方法
等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题
时要注意这一特殊性；
2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
3．（2021·全国高三专题练习（文））已知数列 na 的通项公式为 sin 3n
na n ，则 1 2 3 2021a a a a
（ ）
A．1011 3 B． 5 32
C． 5 32 D． 1011 3
【答案】D
【分析】
观察得到 sin 3
ny 的周期为 6n ，再求出 6 1 6 2 6 6n n na a a 的表达式，进而求解结论，得到答案.
【详解】
由题意，数列 na 的通项公式为 sin 3n
na n ，且函数 sin 3
ny 的周期为 6n ，
所以 6 1 6 2 6 6
(6 1) (6 2)(6 1) sin (6 2) sin3 3n n n
n na a a n n
(6 6)(6 6) sin 3
nn 2(6 1) sin (6 2) sin3 3n n 6(6 6) sin 3n
3 3 3 3(6 1) (6 2) (6 3) 0 (6 4) ( ) (6 5) ( ) (6 6) 02 2 2 2n n n n n n 3 3 ，
又因为 2021 6 336 5 6 337 1 ，
所以 1 2 3 2021 6337 ( 3 3) 1011 3a a a a a .
故选：D.
【点睛】
方法点拨：由函数 sin 3
ny 的周期为 6n ，根据三角函数的周期性和数列的表达式，求出
6 1 6 2 6 6n n na a a 的值，结合周期性求解.
4．（2021·全国高三专题练习（理））设数列 na 满足 1 3a ， 2 6a ， 2
*1
2
9n
n
n
aa na
N ，（ ）
A．存在 *n N ， na Q B．存在 0p ，使得 1n na pa 是等差数列
C．存在 *n N ， 5na D．存在 0p ，使得 1n na pa 是等比数列
【答案】D
【分析】
由 2
*1
2
9n
n
n
aa na
N ，得到 2
2 1 9n n na a a ，递推作差求得
+
1
2
+ 3
+
2
1n
n
n
n n na a a a
a a
，进而得到
12 +3 nn naa a ，结合选项和等差、等比数列的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】
由 2
*1
2
9n
n
n
aa na
N ，即 2
2 1 9n n na a a ，则 2
3 1 2 9n n na a a ，
两式相减，可得 2 2
3 1 2 2 1n n n n n na a a a a a ，可得
+
1
2
+ 3
+
2
1n
n
n
n n na a a a
a a
，
即
+
1
2
+ 3
+
2
1n
n
n
n n na a a a
a a
恒成立，所以数列 2
+1n
n na
a
a
为常数列，
因为又由 1 3a ， 2 6a ，可得 3 15a ，则
2
1 3 3 15 36
a a
a
，
所以 2
+1
3n n
na
a a ，即 12 +3 nn naa a ，
因为 1 2,a N a N ，可得 2na N
，可判定 A、C 不正确；
由 1 3a ， 2 6a ，可得 3 4 515, 39, 102,a a a ，
假设 B 成立，则 6 3 ,15 6 ,39 15 ,102 39p p p p 成等差数列，
则9 3 24 9 63 24p p p ，此时无解，所以 B 不正确；
对于 D 中，假设 2 1
1
n n
n n
a pa qa pa
，所以 2 1( )n n na p q a pqa ，
由 3
1
p q
pq
，解得 3 5 3 53 ,2 2p q ，
所以存在 ,p q 使得 1n na pa 是等比数列.
故选：D.
【点睛】
与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目
的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，
逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
5．（2021·全国高三专题练习）若数列 na 的前 n 项和为 nS ， n
n
Sb n
，则称数列 nb 是数列 na 的“均值
数列”.已知数列 nb 是数列 na 的“均值数列”且通项公式为 nb n ，设数列
1
1
n na a
的前 n 项和为 nT ，若
21 12nT m m 对一切 *n N 恒成立，则实数 m 的取值范围为（ ）
A． 1,3 B． 1,3
C． , 1 3, D． , 1 3,
【答案】D
【分析】
根据题意，求得 2
nS n ，进而求得数列的通项公式为 2 1na n ，结合裂项法求得数列的前 n 和 nT ，得出
不等式 21 112 2m m ，即可求得实数 m 的取值范围.
【详解】
由题意，数列 na 的前 n 项和为 nS ，由“均值数列”的定义可得 nS nn
，所以 2
nS n ，
当 1n 时， 1 1 1a S ；
当 2n 时， 22
1 1 2 1n n na S S n n n ，
1 1a 也满足 2 1na n ，所以 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 1 1 1 1 1 1 1 11 12 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2nT n n n
，
又 21 12nT m m 对一切 *n N 恒成立，
所以 21 112 2m m ，整理得 2 2 3 0m m ，解得 1m 或 3m .
即实数 m 的取值范围为 , 1 3, .
故选：D.
【点睛】
数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前 n 项和公式，求和方法
等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题
时要注意这一特殊性；
2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
6．（2020·江苏省昆山中学高二期中）在我国古代数学著作《九章算术》里有这样一段描述:今有良马和驽马
发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，
日减半里.良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢.则二马相逢时，良马比驽马多走了多少路程（ ）
A．440 里 B．540 里 C．630 里 D．690 里
【答案】B
【分析】
根据等差数列的前 n 项和，设出天数 n ，根据两前 n 项和之和为 2 倍，列出方程，即可求解.
【详解】
设良马每天所行路程为 na ，则 na 是以 103 为首项，以 13 为公差的等差数列，
其前 n 项为 nA ，
驽马每天所行路程为 nb ，则 nb 是以 97 为首项，以 1
2
为公差的等差数列，其前项为 nB ，
设共用 n 天二马相逢，则 2 1125n nA B ,
所以 ( 1) ( 1) 1103 13 97 ( ) 22502 2 2
n n n nn n ，
化简得 2 31 360 0n n ，解得 9n ，
9
9 8103 13 13952A ， 9 2250 1395 855B ，
所以 9 9 1395 855 540A B .
故选：B.
【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.
7．（2020·浙江高三开学考试）已知数列 na 满足： *
1 ,1
n
n
n
a aa a R n Na
，且 1
1
2a ，则下列说法
错误的是（ ）
A．存在 a R ，使得 1
na
为等差数列 B．当 1a 时， 2020 3a
C．当 2a 时， 1 2 3 2na a a a D．当 4a 时， 2
2
n
n
a
a
是等比数列
【答案】C
【分析】
当 0a ，两边同时取倒数可得 1
na
为等差数列；当 1a 时， 4n na a ，可知 2020 3a ；
当 2a 时，求 2
5
3a 可判断；当 4a 时，求 1
1
2
2
n
n
a
a
作比较即可.
【详解】
当 0a ，两边同时取倒数可得，
1
1 1 1
n na a+
- = ，所以 1
na
为等差数列，A 正确；
当 1a 时， 2 3 4 5
1 1, 2, 3,3 2a a a a ， 4n na a ，可知 2020 3a ，B 正确；
当 2a 时， 2
5 23a ，C 错误
当 4a 时， 1
1
4 22 1 2342 221
n
n n n
nn n
n
a
a a a
aa a
a
，D.正确.
故选:C
【点睛】
此题考查如何用递推关系判断数列相关性质，属于中档题.
二、多选题
8．（2021·江苏高三专题练习）在数列{an}中，若 2 2
1 ( 2, ,n na a p n n N p
为常数），则{an}称为“等方
差数列”，下列对“等方差数列”的判断，其中正确的为（ ）
A．若{an}是等方差数列，则{an2}是等差数列
B．若{an}是等方差数列，则{an2}是等方差数列
C．{（﹣1）n}是等方差数列
D．若{an}是等方差数列，则{akn}（k∈N*，k 为常数）也是等方差数列
【答案】ACD
【分析】
利用等方差的定义和等差数列的定义逐个进行演算，能够推出 B 不正确，其余的都正确．
【详解】
对于 A 中，数列{an}是等方差数列，可得 2 2
1 ( 2, ,n na a p n n N p
为常数），
即有 2
na 是首项为 2
1a ，公差为 d 的等差数列，故 A 正确；
对于 B 中，例如：数列{ }n 是等方差数列，但是数列 n 不是等方差数列，所以 B 不正确；
对于 C 中，数列 ( 1)n 中， 2 2 2 1 2
1 [( 1) ] [( 1) ] 0,( 2, )n n
n na a n n N
，
所以数列 ( 1)n 是等方差数列，故 C 正确；
对于 D 中，数列{an}中的项列举出来是： 1 2 2, , , , , ,k ka a a a ，
数列 kna 中的项列举出来是 2 3, , ,k k ka a a L，
因为（ak+12﹣ak2）＝（ak+22﹣ak+12）＝…＝a2k2﹣a2k﹣12＝p
所以（ak+12﹣ak2）+（ak+22﹣ak+12）+…+（a2k2﹣a2k﹣12）＝kp
所以 akn+12﹣akn2＝kp，所以，数列{akn}是等方差数列，故 D 正确．
故选：ACD．
【点睛】
与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目
的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，
逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
9．（2020·扬州市新华中学高三月考）已知 nS 是等差数列 na 的前 n 项和， 2019 2021 2020S S S ，设
1 2n n n nb a a a ，则数列 1
nb
的前 n 项和为 nT ，则下列结论中正确的是（ ）
A． 2020 0a B． 2021 0a
C． 2019 2020 2021 2022a a a a D． 2019n 时， nT 取得最大值
【答案】ABC
【分析】
根据题设条件，得到 2021 2020 2021 2020 2019 20200, 0S S a S S a ，进而求得 2019 2022 0a a ，
2019 2020a a 2021 2022a a ，再结合“裂项法”求得
1 2 1 2
1 1 1
2n
n n
T d a a a a
，结合 0d ，即可求解.
【详解】
设等差数列 na 的公差为 d ，
因为 2019 2021 2020S S S ，可得 2021 2020 2021 0S S a ， 2020 2019 2020 0S S a ，
2021 2019S S 2021 2020 0a a ，
即 2020 2021 0a a ， 2020 2021 0a d a d ，即 2019 2022 0a a ，
所以 2019 2020a a 2021 2022a a ， 0d ，即数列 na 递减，
且 1 0a ， 2 0a ，…， 2020 0a ， 2021 0a ，
又由 1 2n n n nb a a a ，可得
1 2
1 1
n n n nb a a a
1 1 2
1 1 1
2 n n n nd a a a a
，
则
1 2 2 3 2 3 3 4 1 1 2 1 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2n
n n n n
T d a a a a a a a a a a a a d a a
1 2
1
n na a
，由 0d ，要使
nT 取最大值，则
1 2 1 2
1 1
n na a a a
取得最小值，
显然
1 2
1 0
n na a
，而 2 3a a 3 4 2019 2020 2021 2022 2022 2023a a a a a a a a ，
所以当 2020n 时，
1 2 1 2
1 1
n na a a a
取得最小值.
综上可得，正确的选项为 ABC.
故选：ABC.
【点睛】
本题主要考查了数列的综合应用，其中解答中熟练应用通项 na 和 nS 的关系式，数列的“裂项法”求和，以及
数列的单调性进行求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
第 II 卷（非选择题）
三、解答题
10．（2021·江西高三一模（理））已知正项等差数列 na 满足： 2 3 3 3
1 2n nS a a a ， *n N ， nS 是数
列 na 的前 n 项和．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）令 *4( 1) 2 1 2 1
n
n
n n
nb n Na a
，数列 nb 的前 n 项和为 nT ，求 2nT ．
【答案】（1） na n ；（2）
1
4
4
n
n
．
【分析】
（1）根据题意，当 1n 和 2n 时，求得 1 2,a a 的值，求得公差，进而得到通项公式；
（2）由（1）得到 1 1( 1) 2 1 2 1
n
nb n n
，利用裂项法，即可求解.
【详解】
（1）正项等差数列 na 满足： 2 3 3 3
1 2n nS a a a ，
当 1n 时，解得 1 1a ，
当 2n 时， 2 3 3
2 1 21 a a a ，解得 2 2a ，
故数列的公差 2 1 1d ，所以 1 1na n n ．
（2）由（1）可得
4 4( 1) ( 1)2 1 2 1 (2 1)(2 1)
n n
n
n n
n nb a a n n
1 1( 1) 2 1 2 1
n
n n
，
所以 2
1 1 1 1 1 1 41 13 3 5 4 1 4 1 4 1 4 1n
nT n n n n
．
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
11．（2021·广东高三二模）已知数列 na 满足 1 1a ， 2 4a ， 2 14 4n n na a a .
（1）证明： 1 2n na a 为等比数列；
（2）求数列 na 的前 n 项和 nS .
【答案】（1）证明见解析；（2） ( 1)2 1n
nS n .
【分析】
（1）由 2 14 4n n na a a ，化简得到 2 1
1
2 22
n n
n n
a a
a a
，结合等比数列的定义，即可求解.
（2）由（1）求得 1
1 2 2 2 2n n
n na a
，得到 1
1 12 2
n n
n n
a a
，根据等差数列的定义和通项公式，求得
12n
na n ，结合“乘公比错位相减法”，即可求解.
【详解】
（1）因为 2 14 4n n na a a ，所以 2 1 1 12 2 4 2 2n n n n n na a a a a a ，
即 2 1
1
2 22
n n
n n
a a
a a
，
又由 2 12 2a a ，所以 1 2n na a 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列.
（2）由（1）知 1 2n na a 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，
所以 1
1 2 2 2 2n n
n na a
，可得 1
1 12 2
n n
n n
a a
又由 1
0 12
a ，所以 12
n
n
a
是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以 1 1 ( 1) 12
n
n
a n n ，即 12n
na n ，
所以 0 1 2 11 2 2 2 3 2 2n
nS n L ，
所以 1 2 32 1 2 2 2 3 2 2n
nS n ，
两式相减，可得 0 1 2 12 2 2 2 2n n
nS n 02 1 2
21 2
n
nn
，
所以 ( 1)2 1n
nS n .
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
12．（2021·四川雅安市·雅安中学高一月考）数列 na 的前 n 项之和为 nS ， 1 1a ， 1 1n na pa (p 为常数)
（1）当 1p 时，求数列 1
nS
的前 n 项之和；
（2）当 2p 时，求证数列 1na 是等比数列.
【答案】（1） 2
1
n
n
；（2）证明见解析.
【分析】
（1）当 1p ，得到 1 1n na a ，得到数列 na 表示首项为 1，公差 1d 的等差数列，求得 na n ，
1
2n
n nS
，进而得到 1 2 2
1nS n n
，结合裂项法求得数列 1
nS
的前 n 项之和；
（2）当 2p 时，得到 1 2 1n na a ，化简得 1 2 1 1 )1 2( 1n n na a a ，结合等比数列的定义，即
可求解.
【详解】
（1）当 1p ，可得 1 1n na a ，即 1 1n na a ，
由 1 1a ，所以数列 na 表示首项为 1，公差 1d 的等差数列，
所以 1 ( 1) 1 ( 1)na a n d n n ，
所以 1 1
2 2
n
n
a a n n nS
，可得
1 2 2 2
1 1nS n n n n
，
所以数列 1
nS
的前 n 项之和：
1 2
1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 221 3 3 4 1 1 1n
n
nT S S S n n n n
.
（2）当 2p 时，可得 1 2 1n na a ，化简得 1 2 1 1 )1 2( 1n n na a a ，
又因为 1 1a ，所以 1 1 2a ，
所以数列 1na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列.
13．（2021·江苏高三专题练习）已知数列{an}满足 an≠0 恒成立.
（1）若 anan+2＝kan+12 且 an＞0，当{lgan}成等差数列时，求 k 的值；
（2）若 anan+2＝2an+12 且 an＞0，当 a1＝1，a4＝16 2 时，求 a2 以及 an 的通项公式；
（3）若 anan+2＝﹣ 1
2 an+1an+3，a1＝﹣1，a3∈[4，8]，a2020＜0，设 Sn 是{an}的前 n 项之和，求 S2020 的最大值.
【答案】（1）1；（2）a2＝ 2 ，an＝ 2( 1)( 2) n ；（3）
5044 1
3
.
【分析】
（1）根据等差数列的定义以及对应关系求出 k 的值即可；
（2）分别求出 a1，a4 的值，求出 a2 的值即可，求出 1n
n
a
a
是等比数列，累乘可得求出 an 的通项公式；
（3）得到 S2020＝T1（1+4+42+…+4504），求出 T1 的最大值，从而求出 S2020 的最大值即可.
【详解】
（1）因为 anan+2＝kan+12 且 an＞0，且{lgan}成等差数列，
所以 2lgan+1＝lgan+lgan+2，所以 2
1na an•an+2，所以 1k .
（2）因为 an•an+2＝2 2
1, 0n na a ，所以 2 2
1 3 2 2 4 32 , 2a a a a a a ，
所以 3 2
2 1 48a a a ，因为 1 41, 16 2a a ，所以 2 2a ，
因为 2
2 12n n na a a ，所以 2 1
1
2n n
n n
a a
a a
，
又由 2
1
2a
a
，所以 1n
n
a
a
构成首项为 2 ，公比为 2 的等比数列，所以 11 2 2nn
n
a
a
，
则
21 0 1 2 ( 2) ( 1)32
1
1 2 1
( 2) 2 ( 2)n n nn
n
n
a aaa a a a a
.
（3）由 2
2 1 3 2 4
1 1( )2 2n n n n n na a a a a a ，
因为 0na ，可得 +4
1
4n na a 对于任意 n N 恒成立，
所以 504
4 2020
1( )4a a ，故 4 0a ，
设 4 3 4 2 4 1 4k k k k kT a a a a ，则 2020 1 2 505S T T T ，
又由 4 3 4 2 4 1 4 4 1 4 2 4 3 4 4 1
1 1( )4 4k k k k k k k k k kT a a a a a a a a T ，
故 2 504
2020 1 (1 4 4 4 )S T ，
显然 2020S 最大与 T1 最大同时发生，
因为 2 4 1 32 [8,16]a a a a ，又因为 4 0a ，所以 2 0a ，
故 2 4 2 4 1 32 2a a a a a a ，所以 1 3 31 2 2T a a ，
考虑函数的性质知 3 31 2 2a a ， 3 [4,8]a 的最大值在端点处取得，
故取 3 8a 得到 1 1T ，最大值在 3 2 48, 4a a a 时取得，
故 S2020 的最大值为
504
2 504 4 1( 1) (1 4 4 4 ) 3
.
【点睛】
数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前 n 项和公式，求和方法
等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题
时要注意这一特殊性；
2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
14．（2021·全国高二课时练习）已知正项数列{an}的首项a1＝1，其前n项和为Sn，且an与an+1等比中项是 2 nS ，
数列{bn}满足： 1 2
22
n
n
n
ab b b a
．
（Ⅰ）求 a2，a3，并求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）记 n
n
n
bc a
，n∈N*，证明： 1 2
12(1 )
1nc c c
n
．
【答案】（Ⅰ）a2＝2，a3＝3，an＝n；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】
（1）根据等比中项可得 2Sn＝anan+1，令 n＝1，2，即可求得 a2，a3，令 n=n+1 可得 2Sn+1＝an+1an+2，两式相
减，可得 an+2﹣an＝2，结合条件，即可求得数列{an}的通项公式.
（2）由（1）可得： 1 2
1 1
2 2nb b b n
，令 n=n-1，可得 1 2 1
1 1
2 1nb b b n
，两式相减，
即可求得 nb ，进而可得 nc ，利用放缩法结合不等式的性质，可得 1 12( )
1nc
n n
，各项相加，即可得
证.
【详解】
解：（Ⅰ）由 an 与 an+1 等比中项是 2 nS ，得 2Sn＝anan+1，①
分别取 n＝1，2，得 2a1＝a1a2，2（a1+a2）＝a2a3，解得 a2＝2，a3＝3．
于是有 2Sn+1＝an+1an+2，②
联立①②可得 an+2﹣an＝2．
∴{an}的奇数项是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，偶数项是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，
又 a1＝1，a2＝2， 2 1 1a a ，
∴{an}是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，
∴an＝n；
（Ⅱ）证明：依题意， 1 2
2
1 1
2 2( 2) 2 2
n
n
n
a nb b b a n n
，
当 n≥2 时， 1 2 1
1 1
2 1nb b b n
，
两式相减得 1 1 1 ( 2)1 2 ( 1)( 2)nb nn n n n
．
又 1
1
3
1
2 6
ab a
也符合上式，
∴ 1
( 1)( 2)nb n n
，
则 1 2 2
( 1)( 2) ( 2)( 1 1) ( 2)( 1)
n
n
n
bc a n n n n n n n n n n n
2( 1 ) 2( 1 ) 1 12( )
( 2) ( 1) 1
n n n n
n n n n n n
．
∴ 1 2
1 1 1 1 1 12 (1 ) ( ) ( ) 2(1 )
2 2 3 1 1nc c c
n n n
．
【点睛】
解得的关键是熟练掌握等差、等比数列的公式及性质，并灵活应用，难点在于需利用放缩法进行合理变形，
结合裂项相消求和法，进行化简和证明，属中档题.
15．（2020·湖北高三期中）在等差数列 na 中，已知 3 5, na a 的前六项和 6 36S .
（1）求数列 na 的通项公式 na ；
（2）若___________(填①或②或③中的一个)，求数列 nb 的前 n 项和 nT .在①
1
2
n
n n
b a a
，② ( 1)n
n nb a ，
③ 2 na
n nb a ，这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并对其求解.注：如果选择多个条件分别解答，
按第一个解答计分.
【答案】（1） 2 1na n ；（2）答案见解析.
【分析】
（1）由 na 中 3 5a 且 6 36S ，列出方程组，求得 1,a d 的值，即可求解；
（2）选条件①得到 1 1
2 1 2 1nb n n
，结合裂项法，即可求解；
选条件②：由 2 1na n ，可得 ( 1) (2n 1)n
nb ，结合分组求和法，即可求解；
选条件③：由 2 1na n ，可得 2 12 (2 1) 2na n
n nb a n ，结合乘公比错位相减法，即可求解.
【详解】
（1）由题意，等差数列 na 中 3 5a 且 6 36S ，
可得 1
1
2 5
6 15 36
a d
a d
，解得 12, 1d a ，所以 1 ( 1) 2 2 1na n n .
（2）选条件①： 2 1 1
(2n 1)(2 1) 2 1 2 1nb n n n
，
1 1 1 1 1 1 111 3 3 5 2 1 2 1 2 1nT n n n
，
选条件②：由 2 1na n ，可得 ( 1) (2n 1)n
nb ，
当 n 为偶数时， ( 1 3) ( 5 7) [ (2 3) (2 1)] 2 2n
nT n n n ；
当 n 为奇数时， 1n 为偶数，
( 1) (2 1)nT n n n ， ( 1)n
nT n ，
选条件③：由 2 1na n ，可得 2 12 (2 1) 2na n
n nb a n ，
所以 1 3 5 2 11 2 3 2 5 2 (2 1) 2 n
nT n ，
3 5 7 2 1 2 14 1 2 3 2 5 2 (2 3) 2 (2 1) 2n n
nT n n ，
两式相减，可得： 1 3 5 2 1 2 13 1 2 2 2 2 2 (2 1) 2n n
nT n
2 2
2 18 1 2
2 2 (2 1) 21 4
n
nn
，
所以 2 110 (6 5) 29 9
n
n
nT .
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
16．（2021·全国高二单元测试）已知等差数列 na 满足 3 2a ，前3项和 3
9
2S .
（1）求 na 的通项公式；
（2）设等比数列 nb 满足 1 1b a ， 4 15b a ，求 nb 的前 n 项和 nT .
【答案】（1） 1
2n
na ；（2） 2 1n
nT .
【分析】
（1）将 3 2a 与 3
9
2S 表示为等差数列的基本量 1,a d ，联立方程求解，再代入等差数列的通项公式即可；
（2）计算得 41,b b ，再求出公比 q，代入等比数列的前 n 项和公式计算.
【详解】
（1）设 na 的公差为 d ，则由已知条件得 1 2 2 a d ， 1
3 2 93 2 2a d ，
化简得 1 2 2 a d ， 1
3
2a d ，解得 1
11, 2a d ，故通项公式为 1 11 ( 1)2 2n
na n .
（2）由（1）得 1 1b ， 4 15 8 b a ，设 nb 的公比为 q，则 3 4
1
8bq b
，得 2q = ，
故 nb 的前 n 项和 1 1 1 1 2
2 11 1 2
n n
n
n
b q
T q
.
17．（2021·峨山彝族自治县第一中学高三三模（文））已知公差不为 0 的等差数列 na 满足 1 1a ，且 1a ，
2a ， 5a 成等比数列.
（Ⅰ）求数列 na 的通项公式；
（Ⅱ）若 12n
nb ，求数列 n na b 的前 n 项和 nT .
【答案】（Ⅰ） 2 1na n ；（Ⅱ） 3 2 3 2n
nT n .
【分析】
（Ⅰ）设等差数列 na 的公差为 ( )d d 0 ，根据题设条件，列出方程求得 d ，即可求得数列的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 12 1 2n
n na b n ，结合“乘公比错位相减法”，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）设等差数列 na 的公差为 ( )d d 0 ，
由 1a ， 2a ， 5a 成等比数列，可得 2
2 1 5a a a ，即 21 1 1 4d d ，
解得 2d 或 0d （舍），所以数列 na 的通项公式 2 1na n .
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 12 1 2n
n na b n
所以 0 1 2 11 2 3 2 5 2 2 1 2n
nT n ，
可得 1 2 12 1 2 3 2 2 3 2 2 1 2n n
nT n n ，
两式相减得 0 1 2 12 2 2 2 2 2 2 2 1 2n n
nT n
12 1 2
1 2 2 1 2 1 4 2 2 2 1 2 3 3 2 21 2
n
n n n nn n n
所以 3 2 3 2n
nT n .
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
18．（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,
1,n
n n na
n n n
为奇数
为偶数 ； （2） 8[(3 1) 4 1]9
nn .
【分析】
（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 ，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）知，当 n 为奇数时，得到 4nb n ；当 n 为偶数时，得到 2nb ，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 ，分别利用错位相减法和等比数列的求和公式可求得结果.
【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 n 为奇数时，可得 2 2
1 ( 1) 3 1n n na S S n n n n ，
当 n 为偶数时，可得 2 2
1 ( 1) 1n n na S S n n n n ，
所以
2
2
3 1,
1,n
n n na
n n n
为奇数
为偶数 .
（2）由（1）知，当 n 为奇数时，可得 2 2
1 3 1 ( 1) ( 1) 1 4n n nb a a n n n n n ；
当 n 为偶数时，可得 2 2
1 1 ( 1) 3( 1) 1 2n n nb a a n n n n ，
即
1
1 2 ,2
2 ,
n
n
n n n
n nc b
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 2 n
nB
22 (1 4 )
1 4
n
4 (4 1)3
n ，
由 4 6 8 2 +24 2 1 2 3 2 5 2 (2 1)n
nA n ，
可得 4 6 8 2 2 24 4 2(2 2 2 2 ) 2 (2 1)n n
n nA A n
4 1
2 22 (1 4 )4 2 2 (2 1)1 4
n
n n
20 204 (8 )3 3
n n ,
所以 20 8 204 ( )9 3 9
n
n
nA ，
所以 2
20 8 20 44 ( ) (4 1)9 3 9 3
n n
n n n
nT A B 8[(3 1) 4 1]9
nn .
【点睛】
方法点睛：分组求和的解题策略：
1、一个数列的的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，
分别求和后相加减；
2、分组转化求和的常见类型：
①若数列 nc 满足 n n nc a b= ± （ ,n na b 为等差或等比数列），可分组求和；
②若 ,
,
n
n
n
a nc b n
为奇数
为偶数 （ ,n na b 为等差或等比数列），可分组求和.
19．（2020·浙江高三专题练习）已知等比数列 na 的公比为 1 ，且 1 1a ，数列 nb 满足
1 1n n nb b a ，
1
1
1b
．
（1）求数列 nb 的通项公式．
（2）规定： x 表示不超过 x 的最大整数，如 1.2 2 ， 2.1 2 ．若 2 ， 1
2 2n
n
c b n
，记
1 2 3 2n nT c c c c n 求
2 2 2
1
n n
n
T T
T
的值，并指出相应 n 的取值范围．
【答案】（1） 11
n
nb n
， *n N ；（2）当 2n 时，
2 2 2 31
n n
n
T T
T
；当 3n 时，
2 2 2 21
n n
n
T T
T
．
【分析】
（1）由等比数列的通项公式得 na ，即可得 1n nb b ，然后利用累加法求 nb 即可；（2）由（1）得 nc ，可求
出 2T ， 3T ，得到 2n 和 3n 时
2 2 2
1
n n
n
T T
T
的值，然后对 nc 进行放缩，可得当 3n 时， 7
4nT ，最
后通过换元，利用对勾函数的单调性求解即可．
【详解】
（1）由题意得 1 1n
na ，则 1 1n
n nb b ，
当 2n 时， 1 1 2 2 1 1n n n n nb b b b b b b b ，
1 2 1 1
1
n n
1 2 1 11 1
n n n
11
n
n
，
又由 1
1
1b
，符合上式，
因此 11
n
nb n
， *n N ．
（2）由（1）知，当 2 时， 1 1 02 2 2 1n n
n
c b n
．
易知 2n 时， 2 1 2
4
3T c c ，此时
2 2 2 10 31 3
n n
n
T T
T
；
3n 时， 3 1 2 3
31
21T c c c ，此时
2 2 2 10 1 2 21 21 10
n n
n
T T
T
；
当 3n 时， 3nT T ，因为 2n 时， 1
1 3
2 1 2n n nc
，
所以
1
3 4 1 1
1 118 21 1 1 3 1 71 3 1 3 1 112 2 2 4 2 41 2
n
n n
nT
，
因此 3
7
4nT T ，
令 1nx T ，则 10 3,21 4x
，
2 2 2 1 111 1
n n
n
n n
T T T xT T x
，
利用对勾函数的单调性，得 1 25 ,12x Ax
（其中 10 1 221 10A ），
从而
2 2 2 21
n n
n
T T
T
．
综上，当 2n 时，
2 2 2 31
n n
n
T T
T
；当 3n 时，
2 2 2 21
n n
n
T T
T
．
【点睛】
数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前 n 项和公式，求和方法
等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题
时要注意这一特殊性；
2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
20．（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.
【分析】
（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 7
q 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.
21．（2021·全国高三专题练习）数列 na 的前 n 项之和为 nS ， 1 1a ， 1 1n na pa (p 为常数)
（1）当 1p 时，求数列 1
nS
的前 n 项之和；
（2）当 2p 时，求证数列 1na 是等比数列，并求 nS .
【答案】（1） 2
1
n
n
；（2）证明见解析， 12 2n
nS n .
【分析】
（1）由已知条件判定数列为等差数列，求得通项公式，进而得到 nS ，利用裂项求和法进一步求得 nT ；
（2）在已知递推关系两边同时加上 1，可以证得数列 1na 为等比数列，求得通项公式，进而利用分组
求和法和等比数列的求和公式计算 nS .
【详解】
（1）当 1p , 1 1n na a ,
数列 na 为等差数列，公差 1d ,又 1 1a ，
1 ( 1) 1 ( 1)na a n d n n ， 1 1
2 2
n
n
a a n n nS
,
1 2 2 2
1 1nS n n n n
,
数列 1
nS
的前 n 项之和
1 2
1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 221 3 3 4 1 1 1n
n
nT S S S n n n n
；
（2）当 2p 时， 1 2 1n na a ， 1 2 1 1 )1 2( 1n n na a a ，又 1 1a ， 1 1 2a ，
∴数列 1na 是首相为 2，公比为 2 的等比数列， 1 2n
na ， 2 1n
na ，
1 2 1 2(2 1) (2 1) ... (2 1) 2 2 ... 2n
n
nS n 12 1 2
2 21 2
n
nn n
.
【点睛】
本题考查等差数列的判定与求和，等比数列的判定与求和，裂项求和法和分组求和法，难度不大.关键是掌
握裂项相消求和方法和利用定义证明等比数列.
22．（2021·北京高三期末）已知 na 是无穷数列.给出两个性质：①对于 na 中任意两项 , ( )i ja a i j ，在 na
中都存在一项 ma ，使得 2 i j ma a a ；②对于 na 中任意项 ( 3)na n
，在 na 中都存在两项 , ( )k la a k l ，
使得 2n k la a a .
（1）若 2 ( 1,2, )n
na n ，判断数列 na 是否满足性质①，说明理由；
（2）若 ( 1,2, )na n n ，判断数列 na 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
（3）若 na 是递增数列， 1 0a ，且同时满足性质①和性质②，证明： na 为等差数列.
【答案】（1）不满足性质①，理由见解析； （2）满足性质①和性质②，理由见解析； （3）证明见解析.
【分析】
（1）由 2n
na ，根据题意，得到 12 2 1m j p ，由 2m j 为偶数， 12 1p 为奇数，即可得出结论；
（2）由 ( 1,2, )na n n ，验证性质①②，即可求解；
（3）由 na 是递增数列且 1 0a ，得到当 2,n n N 时， 0na ，根据题意，得出 2n l ka a a ，结合
数学归纳，即可求解.
【详解】
（1）由 2n
na ，性质①是任意 , ( )i ja a i j ，存在 2 i j ma a a ，
令i j p ，则 na 要满足 12 2 2 ( 0)m i j j p ，
可得 12 2 (2 1)m j p ，可得 12 2 1m j p ，
其中 2m j 为偶数， 12 1p 为奇数，所以不成立，
如：当 4, 3i j 时， 5 32 2 2 24m ，不存在这样的 m .
（2）当 ( 1,2, )na n n 时， 2 2 ,i ja a i j i j ，所以 2 0i j ，
所以存在 2m i j 使得数列 na 满足性质①；
对性质②，取 1k n ， 2, 3l n n ，
则 1 22 2( 1) ( 2)n n na a a n n n 成立，所以满足性质②.
综上可得，数列 na 同时满足性质①②.
（3）由 na 是递增数列， 1 0a ，所以，当 2,n n N 时， 0na ，
因为满足性质①和性质②，所以 2n k la a a ，即 2n l ka a a ，
当 3n 时， 3 2l ka a a ，
已知 k l ，所以 3l k ，
又由 ,k l N ，所以 1, 2l k ，即数列 na 前三项成等差数列.
假设 na 前 ( 3)s s 项成等差数列，即 1 ( 1) , 1,2, ,na a n d n s ，
则当 1n s 时，若 1 12s s sa a a ，
由性质①知，必存在 ( 1)ma m s ，使得 1 12 s s m sa a a a 成立，
因为 1 1 1 12 2[ ( 1) ] [ ( 2) ]s sa a a s d a s d a sd ，
所以必有 1 1 1( 1) s sa s d a a a sd 成立，
又由性质②知， 1 1 12 (2 1)s ka a a a k d ，
则 2 1 ( 1, )k l s s 与 2 1k l N 矛盾，
所以 1 12s s sa a a 成立，
所以数列 na 的前 1s 项也成等差数列，
所以数列 na 为等差数列.
【点睛】
与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目
的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，
逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
23．（2021·莆田第二十五中学高二期末）已知 na 为等差数列， nb 为等比数列， 1 1 1a b ，
5 4 35( )a a a ， 5 4 34( )b b b .
（1）求 na 和 nb 的通项公式；
（2） 2 2 1n n nc a b ，求数列 nc 的前 n 项和 nS .
【答案】（1） na n ； 12n
nb ；（2） 18 6 2 49 9
n
n
nS .
【分析】
（1）设等差数列{ }na 的公差为 d ，等比数列{ }nb 的公比为 q，根据题设条件，列出方程求得 ,d q 的值，即
可得出 na 和 nb 的通项公式；
（2）由（1）得出 2 4n
nc n ，结合错位相减法，即可求得数列 nc 的前 n 项和.
【详解】
（1）设等差数列{ }na 的公差为 d ，等比数列{ }nb 的公比为 q，
由 1 1a ， 5 4 35( )a a a ，可得1 4 5d d，解得 1d ，所以 1 1na n n ，
由 1 1b ， 5 4 34( )b b b ，可得 4 3 24( )q q q ，解得 2q = ，所以 12n
nb .
（2）由（1）可得 2 2na n ， 2
2 ! 2 4n n
nb ，所以 2 2 1 2 4n
n n nc a b n ，
故 2 3 12 4 4 4 6 4 2( 1) 4 2 4n n
nS n n n
2 3 4 14 2 4 4 4 6 4 2( 1) 4 2 4n n
nS n n
上述两式相减，得
2 3 13 2 4 2 4 2 4 ....... 2( 1) 4 2 4n n
nS n n
= 14(1 4 )2 2 41 4
n
nn
18 2(2 ) 43 3
nn ，
所以 18 6 2 49 9
n
n
nS .
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
24．（2021·上海高三一模）已知函数 ( )y f x 的定义域为 R ，数列 na 满足 2 1a a ， 1( )n na f a ，
*
1 1( ) ( ) ( )( 2, )n n n nf a kf a t a ka n n N (实数 k t、 是非零常数).
（1）若 1k ，且数列 na 是等差数列，求实数t 的值；
（2）若 2 1 0a ka ，数列 nb 满足 *
1 ( )n n nb a ka n N ，求通项公式 nb ；
（3）若 1 1k t ， ，数列 na 是等比数列，且 1 ( 0, R)a a a a ， 2 1a a ，试证明： ( )f a t a .
【答案】（1） 1t ；（2） 1 *
2 1( ) ( N )n
nb a ka t n ；（3）证明见解析.
【分析】
（1） 设等差数列的公差 0d ，根据 1 1( )n n n na a t a a ，得到 d td ，即可求解；
（2）由 2 1 0a ka ，数列 nb 满足 *
1 ( )n n nb a ka n N ，推得数列 nb 是首项为 1b ，公比为t 的等比数
列，即可求解；
（3）由题意，得到 1 1( )( 2)n n n na a t a a n ，根据（2）知 1
2 1( ) n
nb a a t ，利用累加法，求得
12 ( )
1 1
n
n
a a a aa a tt t
，结合数列 na 是等比数列，即可求解.
【详解】
由数列 na 满足 2 1a a ， 1( )n na f a ，
*
1 1( ) ( ) ( )( 2, )n n n nf a kf a t a ka n n N ，
*
1 1( )( 2, )n n n na ka t a ka n n N .
（1）因为数列 *( N )na n 是等差数列， 2 1a a ， 1k ，
记公差为 d ，则公差 0d ，所以 1 1( )n n n na a t a a ，即 d td ，解得 1t .
（2）因为 2 1 0a ka ，数列 nb 满足 *
1 ( )n n nb a ka n N ，
所以 1 2 1 0b a ka ， *
1( 2, )n nb tb n n N .
所以数列 nb 是首项为 1b ，公比为t 的等比数列.
所以 1 *
2 1( ) ( )n
nb a ka t n N .
（3）因为 1 1k t ， ，且 2 1a a ，
所以 *
1 1( )( 2, )n n n na a t a a n n N ，
根据（2），可知当 1k 时， 1 *
2 1( ) ( N )n
nb a a t n ，
所以 1 1 2 2 1 1( ) ( ) ( )n n n n na a a a a a a a
1 2 1 1n nb b b a
1
1(1 )
1
nb t at
，
所以
1
1 *2 2( )(1 ) ( ) ( )1 1 1
n
n
n
a a t a a a aa a a t n Nt t t
.
因为数列 na 是等比数列，
所以 2( ) 01
a a at
，解得 2a ta ，
又因为 2 1( ) ( )a f a f a ，所以 ( )f a ta .
【点睛】
数列与函数的综合问题的求解策略：
1、已知函数的条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质，图象等研究数列问题；
2、已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的定义，通项公式，前 n 项和公式，求和
方法等对式子化简变形；
3、注意数列和函数的不同，数列只能看成是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性.
25．（2020·全国高三其他模拟）已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ， 4 4
3 3
4
3
S a
S a
， 1 2a ，数列 nb 的
各项为正，且满足 2 2 1
1
n
n n
n
ab b a
， 2
1 2 1a a b ．
（1）求数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）若 2
1 1
1 1 1
2n
n n n n n
c a b b b b
，求证 1 2 3
6 3 1
12 2nc c c c ≤ ．
【答案】（1） 2n
na ， 2 1 nb n ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设 na 的公比为 q，根据题中条件列出方程求出 q，然后利用公式即可求出数列 na 的通项公式，最
后根据数列 nb 与数列 na 的关系及等差数列的定义求解数列 nb 的通项公式即可；
（2）先根据（1）得到 nc 的表达式，并对其化简，然后利用裂项相消法求和，最后结合函数的单调性分析
即可得到结论．
【详解】
（1）设等比数列 na 的公比为 q，由 4 4
3 3
4
3
S a
S a
，可得 4
3
4
3
S qS
，
即 1 2 3 4 1 2 34 3a a a a q a a a ，
即 1 2 3 4 2 3 44 3a a a a a a a q ，所以 1 4 3a q ．
因为 1 2a ，所以 2q = ，所以 1
1 2n n
na a q ，因此 2 4a ，
又由 2
1 2 1a a b ，可得 14 4b ，解得 1 1b ，
因为 2 2 1
1
n
n n
n
ab b a
，所以 2 2
1 2n nb b ，
所以数列 2
nb 是首项为 1，公差为 2 的等差数列，
所以 2 1 2 1 2 1nb n n ，所以 2 1 nb n ．
（2）由（1）知 2
1 1
1 1 1
2n
n n n n n
c a b b b b
1 1 1
22 2 1 2 1 2 1 2 1n n n n n
1 2 1 1
22 2 1 2 1 2 1 2 1n
n
n n n n
1 2 1 2 1 2 1
2 22 2 1 2 1n
n n n
n n
1
2 2 1 2 1
2 2 1 2 1n
n n
n n
1
1 1
2 2 1 2 2 1n nn n
，
则 1 3 3 1
1 1 1 1 1 1
2 4 3 4 3 8 5 2 2 1 2 2 1n n nc c c c
n n
1
1 1 1
2 22 2 1n n
．
又因为 0nc ，所以 1 2 1
6 3
12nc c c c ，即 1 2 3
6 3 1
12 2nc c c c ≤ ．
【点睛】
解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
26．（2020·东莞市光明中学高三期中）已知数列 na 是公差 0d 的等差数列，其前 n 项和为 nS ，满足
4 22 10S a ，且 1a ， 2a ， 5a 恰为等比数列 nb 的前三项.
（1）求数列 na ， nb 的通项公式；
（2）设 n
n
n
ac b
，求数列 nc 的前 n 项和为 nT .
【答案】（1） 2 1na n ； 13n
nb ；（2） 3 33 3n n
nT .
【分析】
（1）根据题意列出方程组，求得 1,a d 的值，求得 na ，进而求得 1,b q 的值，得到 nb 的通项公式；
（2）由（1）得到 1
2 1
3
n
n n
n
a nc b
，利用乘公比错位相减，即可求解.
【详解】
（1）由题意，数列 na 满足 4 22 10S a ，且 1a ， 2a ， 5a 恰为等比数列，
可得 4 2
2
2 1 5
2 10S a
a a a
，即 1
2
1
2 5
2
a d
d a d
，
因为 0d ，可得 1 1a ， 2d ，所以 2 1na n ，
又由 1 21, 3b b ，可得公比 2
1
3bq b
，所以 13n
nb .
（2）由（1）可得 1
2 1
3
n
n n
n
a nc b
，
所以 0 1 2 1
1 3 5 2 1
3 3 3 3n n
nT
，
得 2 3 1
1 1 3 5 2 3 2 1
3 3 3 3 3 3n n n
n nT
，
两式相减得
2 1
1
2 2 2 2 2 113 3 3 3 3
2 113 3 2 1 2 21 21 3 31 3
n nn
n
n n
n nnT
，
所以 3 33 3n n
nT .
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
27．（2021·江苏高三专题练习）由整数构成的等差数列 na 满足 3 1 2 45, 2a a a a .
（Ⅰ）求数列 na 的通项公式；
（Ⅱ）若数列 nb 的通项公式为 2n
nb ，将数列 na ， nb 的所有项按照“当 n 为奇数时， nb 放在前面；
当 n 为偶数时、 na 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列 nc ， 1b ， 1a ， 2a ， 2b ， 3b ， 3a ，
4a ， 4b ，……，求数列 nc 的前 4 3n 项和 4 3nT .
【答案】（Ⅰ） 2na n ；（Ⅱ） 1 2
4 3 4 2 9 5n
nT n n
.
【分析】
（Ⅰ）设数列 na 的公差为 d ，根据题设条件，列出方程组，求得 1,a d ，即可求得数列 na 的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 2na n ，又由数列 nb 的通项公式为 2n
nb ，根据题意，得到
4 3nT 1 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2n n n n n n nb a a b b a a b b a a b b a a ，结合等差、
等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）由题意，设数列 na 的公差为 d ，
因为 3 1 2 45, 2a a a a ，可得
1
1 1 1
+2 =5
+ =2 +3
a d
a a d a d
，
整理得 (5 2 )(5 ) 2(5 )d d d ，即 22 17 15 0d d ，解得 15
2d 或 1d ，
因为 na 为整数数列，所以 1d ，
又由 1 +2 =5a d ，可得 1 3a ，
所以数列 na 的通项公式为 2na n .
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，数列 na 的通项公式为 2na n ，又由数列 nb 的通项公式为 2n
nb ，
根据题意，新数列 nc ， 1b ， 1a ， 2a ， 2b ， 3b ， 3a ， 4a ， 4b ，……，
则 4 3 1 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2n n n n n n n nT b a a b b a a b b a a b b a a
1 2 3 4 2 1 1 2 3 4 2 2n nb b b b b a a a a a
2 1
1 2 2 1 22 1 2 (2 2) 4 2 9 51 2 2
n
n na a n n n
.
【点睛】
与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目
的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，
逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
28．（2020·湖南高二期中（理））已知等差数列 na 的首项 1 0a ，前 n 项和为 nS ，且 4 2 32S a S ；等
比数列 nb 满足 1 2b a ， 2 4b a ．
（1）求证：数列 nb 中的每一项都是数列 na 中的项；
（2）若 1 2a ，设
2 2 1
2
log logn
n n
c b b
，求数列 nc 的前 n 项的和 nT ．
（3）在（2）的条件下，若有 3log nf n T ，求 1 2f f f n 的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
2
n
n
；（3）-1．
【分析】
（1）等差数列 na 的首项 1 0a ，公差设为 d ，由等差数列的通项公式和求和公式，可得首项和公差的关
系，再由等比数列的通项公式，即可得证；
（2）由（1）结合运用对数的运算性质，可得 1 12 1 2nc n n
，再利用裂项相消求和，即可求解；
（3）由（2）求得 3( ) log 2
nf n n
，运用对数的运算性质和数列的单调性，即可求得
1 2f f f n 的最大值．
【详解】
（1）等差数列 na 的首项 1 0a ，设公差为 d ，
由 4 2 32S a S ，可得 1 1 14 6 2 3 3a d a d a d ，所以 1a d ，
所以 1 ( 1)na a n d nd ，
等比数列 nb 满足 1 2 2b a d ， 2 4 4b a d ，
公比 2
1
2bq b
，可得 12 2 2n n
nb d d ，
由 *0,d n N ，可得 2n N ，所以数列 nb 中的每一项都是数列 na 中的项；
（2）若 1 2a ，由（1）可得 1 2
2 2 1 2 2
2 2
log log log 2 log 2n n n
n n
c b b
2 1 12( 1)( 2) 1 2n n n n
，
则数列 nc 的前 n 项的和：
1 1 1 1 1 12 2 3 3 4 1 2nT n n
1 12 2 2 2
n
n n
.
（3）在（2）的条件下，若 3 3( ) log log 2n
nf n T n
，
则 3 3 3 3 3
1 2 3 4(1) (2) ( ) log log log log log3 4 5 6 2
nf f f n n
3 3
1 2 3 4 2log log3 4 5 6 ( 2) ( 1)( 2)
n
n n n
，
由 3
2log ( 1)( 2)n n 在 *n N 单调递减，
可得 1n 时， 3
2log ( 1)( 2)n n 取得最大值 3
1log 13
，
故 1 2f f f n 的最大值为-1．
【点睛】
对于数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前 n 项和公式，求和方法
等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题
时要注意这一特殊性；
2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
29．（2020·上海市三林中学高二期末）已知等差数列 na 中，第 2 项为 6，前 5 项和为 45．
（1）求 na 通项公式；
（2）若 2nnb a ，求 nb 的前 n 项和 nT ．
【答案】（1） 3na n ；（2） 13 2 6n
nT ．
【分析】
（1）先设等差数列的公差为 d ，由题中条件，列出方程求出首项和公差，即可得出通项公式；
（2）根据（1）的结果，得到 nb ，再由等比数列的求和公式，即可得出结果.
【详解】
（1）设等差数列 na 的公差为 d ，因为 2 1 6a a d ， 5 1
5 45 452S a d ，
所以 1
1
6
2 9
a d
a d
，解得 1 3, 3a d ，所以 3 3 1 3na n n ；
（2）由（1）可得， 2 3 2n
n
nb a ，
所以数列 nb 的前 n 项和 13 2 1 2
3 2 61 2
n
n
nS
.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式求和公式，等比数列的求和公式,关键是利用首项和公差表示已知条件，构造
方程组求得首项和公差，第二问中关键注意准确使用等比数列的求和公式计算.
30．（2020·河南高二月考（文））已知 na 是公比为 1
2
的等比数列，数列 nb 满足
1
10 n
n n
b n
a a
．
（1）求数列 nb 的通项公式；
（2）若 nb 的前 n 项和为 nS ，求使得 n nS b 成立的 n 的取值范围．
【答案】（1） 10 2nb n ;（2） 1 2 3 4 5 6 7 8 910，，，，，，，，， .
【分析】
（1）由已知条件，根据等比数列的定义得到
1
2n
n
a
a
，根据已知关系即可求得数列 nb 的通项公式；
（2）根据（1）中的结论，判定数列 nb 为等差数列，利用等差数列的求和公式得到 9nS n n ，然后
解不等式即得所求.
【详解】
（1）∵ na 是公比为 1
2
的等比数列，∴
1
1 2n
n
a
a q
,
数列 nb 满足
1
10 n
n n
b n
a a
．
∴
1
10 2n
n
n
nab na
， 10 2nb n ；
（2） 10 2nb n ， 8 10 2 92n
n nS n n
,
n nS b 即 9 10 2n n n ,
即 2 11 10 0n n
即 1 10 0n n ，
1 10n ，
n 的取值范围是{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}.
【点睛】
本题考查等比数列的定义，等差数列的求和，属基础题，难度不大，在第（2）问中，只要数列的通项公式
符合 kn b 的形式，即可判定为等差数列，求和即可使用 1
2
n
n
a a nS
.
31．（2020·天津高三月考）已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 na 和 nS 满足：
24 1 1,2,3n nS a n ．
（1）求 na 的通项公式；
（2）设
1
1
n
n n
b a a
，求 nb 的前 n 项和 nT ；
（3）在（2）的条件下，对任意 *n N ，
23n
mT 都成立，求整数 m 的最大值．
【答案】（1） 2 1na n ；（2） nT
2 1
n
n
；（3）7．
【分析】
（1）由所给等式根据 ,n na S 的关系证明数列 na 为等差数列，确定数列的首项与公差即可写出通项公式；
（2）利用裂项相消法求和；（3）作差证明数列 nT 是递增数列，根据题意 min 23n
mT ，解不等式即可.
【详解】
（1）∵ 24 1n nS a ，①
∴ 2
1 14 1 2n nS a n ，②
①-②得 2 2
1 14 1 1n n n nS S a a ．
∴ 2 2
14 1 1n n na a a ，化简 1 1 2 0n n n na a a a ．
∵ 0na ，∴ 1 2 2n na a n ．
∴ na 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列．
∴ 1 1 2 2 1na n n ．
（2） 1
1 1 1 1 1
2 1 2 1 2 2 1 2 1n
n n
b a a n n n n
．
∴ 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1nT n n
1 112 2 1 2 1
n
n n
．
(3)由(2)知 1 112 2 1nT n
，
1
1 1 1 1 1 1 11 1 02 2 3 2 2 1 2 2 1 2 3n nT T n n n n
．
∴数列 nT 是递增数列，则 1min
1
3nT T ，
∴ 1
23 3
m ，解得 23
3m ，
∴整数 m 的最大值是 7．
【点睛】
裂项相消求和法适用于通项公式是分式形式的数列求和，求和时把每一项拆成一个或多个分式的差的形式，
然后在累加时抵消中间项.常见的拆项公式：
（1） 1 1 1 1
( )n n k k n n k
；
（2） 1 1 1 1
(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n n n
；
（3） 1 1 1 1
( 1)( 2) 2 ( 1) ( 1)( 2)n n n n n n n
；
（4） 1 1 ( )n k nkn n k
.
32．（2020·哈尔滨市双城区第三中学高三月考（理））已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足
2 2 4n n na a S ， n N .
（1）求证：数列 na 为等差数列；
（2）若 2 2na
n nb a ，求数列 nb 的前 n 项和 nT .
【答案】（1）证明见解析；（2）
1 2
1 2
2 2 2 2, 4
2 2 2 18, 4
n
n n
n n nT
n n n
.
【分析】
（1）当 2n 时，得到 2
1 1 12 4n n na a S ，作差得到 1 2n na a ，进而得到数列 na 是等差数列；
（2）由（1）可得 2na n ，得到 2 4n
nb n ，进而得到 4n 时，可得 0nb ， 4n 时，可得 0nb ，
分类讨论即可求解.
【详解】
（1）由题意，正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 2 2 4n n na a S ，
当 2n ， 2
1 1 12 4n n na a S ，
作差可得 2 2
1 1 12 2 4 4 4n n n n n n na a a a S S a （ 2n ），
整理得 1 1 12n n n n n na a a a a a ，
所以 1 2n na a （ 2n ），
当 1n 时， 2
1 1 12 4a a a ，所以 1 0a 或 2，
因为 0na ，所以 1 2a ，
所以数列 na 是以 2 为首项，2 为等公差的等差数列.
（2）由（1）可得 2na n ，所以 2 4n
nb n ，
当 4n 时，可得 0nb ，即 4 2n
nb n ；
当 4n 时，可得 0nb ，即 2 4n
nb n ，
当 4n 时， 1 2(4 4 ) 2(1 2 ) 22 1 2 2 2 2
n
n
nT n nn n
；
当 4n 时， 1 2 3 4 5 6( ) ( )nn b b b b b bT b
1 2 3 4 5 6 1 2 3 4( ) 2( )nb b b b b b b b b b b
4
1 22(1 2 ) (4 4 ) 21 2 2 2 2 2 18n
n n n T n n ，
所以
1 2
1 2
2 2 2 2, 4
2 2 2 18, 4
n
n n
n n nT
n n n
.
【点睛】
分组求和的解题策略：
1、一个数列的的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，
分别求和后相加减；
2、分组转化求和的常见类型：①若数列 满足 （ 为等差或等比数列），可分组求和；②若 （ 为等差或等
比数列），可分组求和.
33．（2021·全国高三专题练习）数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 1 1a ， 12 1 2 3n nn a n S （ 1n ，
2，3，…）．
（1）证明：数列
2 1
nS
n
是等比数列；
（2）求数列 nS 的前 n 项和 nT ．
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3 2 3n
nT n ．
【分析】
（1）由 1 1
2 3
2 1n n n n
na S S Sn
，化简得 1 22 1 2 1
n nS S
n n
，结合等比数列的定义，即可证得数列
2 1
nS
n
是等比数列；
（2）由（1）求得 12 1 2n
nS n ，利用“错位相减法”，即可求解.
【详解】
（1）因为 12 1 2 3n nn a n S ，即 1
2 3
2 1n n
na Sn ，
又因为 1 1
2 3
2 1n n n n
na S S Sn
，可得
1
2 2 1
2 1n n
nS Sn
，所以 1 22 1 2 1
n nS S
n n
，
又 1 1a ，可得 1 11
S ，
所以数列
2 1
nS
n
是以 1 为首项，2 为公比的等比数列．
（2）由（1）可得 122 1
nnS
n
，所以 12 1 2n
nS n ，
则 2 2 11 3 2 5 2 2 3 2 2 1 2n n
nT n n ，
2 3 12 1 2 3 2 5 2 2 3 2 2 1 2n n
nT n n ，
① ②得： 1 2 11 2 2 2 2 2 1 2n n
nT n
12 2 21 2 2 1 21 2
n
nn
3 2 2 3nn ，
所以 2 3 2 3n
nT n ．
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
34．（2020·高一期末）已知正项数列 na 满足：
1 2
2
1n
n
a n Na a a
（1）求 1a 的值
（2）设 2 2 2
1 2n nT a a a ，证明： 1 2
1
44 5n
n
T n
a
（3）设数列 na 的前 n 项和 nS ，证明：当 2n 时， 3 2 1 2 1 1nn S n
【答案】（1） 1 2a ；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】
（1）当 1n 时， 1
1
2
1
a
a
，即可求得 1 2a ；
（2）因为
1 2
2
1n
n
a
a a a
… ，化简得到 1
1
1 1
2
n
n n
a
a a
，得到
2
1
2 2
1
1 1 1 4
n
n n
a
a a
，进而得到
2 22
23 12
1 12 2
1 1
1 1 1(1 ) (1 ) (1 )4 4 4 4
n
n
n
a aa n T aa a
L ，即可求解；
（3）由（2）得到 1
1
2 1n
n
S
a
，由（2）得到
1
2 2
n
n
a
，再由 1 2 1na a ，得到
1
23 1 2
n
n n
a
，
即可作出证明.
【详解】
（1）由题意，正项数列 na 满足：
1 2
2
1n
n
a n Na a a
，
当 1n 时， 1
1
2
1
a
a
，结合 1 0a 得 1 2a .
（2）因为
1 2
2
1n
n
a
a a a
… ，所以 1 21 1
2
n
n
a a a
a
…
，
所以 1
1
1 1
2
n
n n
a
a a
，可得 1
1
1 1
2
n
n n
a
a a
，
所以
2
1
2 2
1
1 1 14
n
n n
a
a a
，所以
2
1
2 2
1
1 1 1 4
n
n n
a
a a
，
所以
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 1 3 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )
n n na a a a a a a a
L
2 22
23 12
1 1
1(1 ) (1 ) (1 )4 4 4 4
n
n
a aa n T a
L
即 1 2
1
44 5n
n
T n
a
.
（3）由（2）知 1
1
1 1
2
n
n n
a
a a
，
所以 3 12
2 1 3 2 1
1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )2 2 2
n
n n
a aa
a a a a a a
，
1 1
1 1
1 1 1
2 n
n
S a
a a
，即 1
1
2 1n
n
S
a
.
一方面，由（2）知 2 2
1 1 22
1
44 5 5n
n
T n a a
a
，所以
1
2 2
n
n
a
.
另一方面，由 1 0na ，所以
1
1 1
n na a
，于是 1n na a
1 2 1na a ，
所以 2 2 2
1 1 2 1 4n nT a a a n … ，
所以 1 2
1 1
4 24 5 4 3 1n
n n
T n n n
a a
，所以
1
23 1 2
n
n n
a
.
所以 13 1 1 2 1nn S n ，
所以当 2n 时， 3 2 1 2 1 1nn S n .
【点睛】
数列与函数、不等式综合问题的求解策略：
1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前 n 项和公式，求和方法
等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题
时要注意这一特殊性；
2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、
分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.
35．（2021·全国高三专题练习）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， *1 12n na S n N ．
（1）求 nS ；
（2）若 2
1log 2n n n nb a a
，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【答案】（1） 12 2n ； （2） 1( 1) 2 2nn n .
【分析】
（1）由 *1 12n na S n N ，递推化简得到
1
2n
n
a
a
，根据等比数列的通项公式，求得 2n
na ，再利用
等比数列的求和公式，即可求解；
（2）由（1）求得 2 1n
nb n ，结合“乘公比错位相减法”和“等差数列的求和公式”，即可求解.
【详解】
（1）由题意，数列 na 满足 *1 12n na S n N ，
当 2n 时，可得 1 1
1 12n na S ，
两式相减，可得 11
1 1( )2 2n nn n na S S aa ，整理得 12n na a ，即
1
2n
n
a
a
，
当 1n 时，可得 1 1 1
1 11 12 2a S a ，解得 1 2a ，
所以数列 na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
所以 2n
na ，所以 12(1 2 ) 2 21 2
n
n
nS .
（2）由（1）知 2n
na ，则 2
1 1log 2 ( ) 2 12( ) 2
n n
n n n n nb a a n n
设 2 , 1n
n nk n p ，数列 ,n nk p 的前 n 项和分别为 ,n nK P ，
则 1 2 3 11 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2n n
nK n n
2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2n n
nK n n ，
两式相减得 2 3 1 1 12 2 3 2 2 2 2 2 2n n n n
nK n n ，
所以 1( 1) 2 2n
nK n ，
又由 1 1 1nP n ，
所以数列 nb 的前 n 项和 1( 1) 2 2n
n n nT n nK P .
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）主要事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
36．（2020·甘肃省永昌县第一高级中学高三月考（理））已知数列{ }na 的前 n 项和 1( )2
n
nS .
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）设 (2 1)n nb n a ，求数列{ }nb 的前 n 项和 nT .
（3）若存在正整数 n ，使得 1( )( ) 0n nm a m a 成立，求实数 m 的取值范围.
【答案】（1）
1 , 12
13 ( ) , 22
n
n
n
a
n
；（2） nT 2 6 1 1( )3 3 2
nn ；（3） 1 3
2 4m .
【分析】
（1）利用 1n n na S S ( 2)n ，求得，注意检验首项.
（2） 13(2 1)( )2
n
nb n ，错位相减法求和得解.
（3）当 2n 时，若 n 为奇数，则 3
2n na ，单调递增；若 n 为偶数，则 3
2n na ，单调递减，利用数列
单调性得解.
【详解】
（1）因为 1( )2
n
nS ，所以当 2n 时， 1
1
1( )2
n
nS
，
所以 1
1
1 1( ) ( )2 2
n n
n n na S S
13 ( )2
n ( 2)n ，
因为 1 1
1
2a S ，不适合 na ，所以
1 , 12
13 ( ) , 22
n
n
n
a
n
.
（2）由题意得当 1n 时， 1
1
2b ，当 2n 时， 13(2 1)( )2
n
nb n ，
所以 1 2 3n nT b b b b 2 31 1 1 13[3 ( ) 5 ( ) (2 1) ( ) ]2 2 2 2
nn ，
令 2 31 1 13 ( ) 5 ( ) (2 1) ( )2 2 2
n
nM n ，①
则 3 4 11 1 1 13 ( ) 5 ( ) (2 1) ( )2 2 2 2
n
nM n ，②
由①-②得 3 4 13 3 1 1 1 12[( ) ( ) ( ) ] (2 1) ( )2 4 2 2 2 2
n n
nM n
3 2
1
1 1( ) [1 ( ) ]3 12 22 (2 1) ( )14 21 ( )2
n
nn
7 6 1 1( )12 6 2
nn ，
所以 7 6 1 1( )18 9 2
n
n
nM ，
所以 nT 1 1 7 6 1 13 ( )2 2 6 3 2
n
n
nM 2 6 1 1( )3 3 2
nn .
（3）由题意知 1
1
2a ，当 2n 时，若 n 为奇数，则 3
2n na ，单调递增；
若 n 为偶数，则 3
2n na ，单调递减，
所以 1 3 5 7 8 6 4 2a a a a a a a a ，
因为存在正整数 n ，使得 1( )( ) 0n nm a m a 成立，
所以当 n 为奇数时，则 0na ， 1 0na ，所以 1n na m a ，所以 1 2a m a ，
当 n 为偶数时，则 0na ， 1 0na ，所以 1n na m a ，所以 1 2a m a ，
即 1 3
2 4m .
【点睛】
本题考查利用 na 与 nS 的关系求通项及错位相减法求和.
已知 nS 求 na 的三个步骤:(1)先利用 1 1a S＝ 求出 1a .(2)用 1n 替换 nS 中的 n 得到一个新的关系，利用
1 2n n na S S n ＝ － 便可求出当 2n 时 na 的表达式．(3)对 1n 时的结果进行检验，看是否符合 2n 时
na 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分 1n 与 2n 两段来写．
错位相减法求和的方法：如果数列 na 是等差数列， nb 是等比数列，求数列 n na b 的前 n 项和时，可
采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列 nb 的公比，然后作差求解; 在写“ nS ”与“ nqS ”的表达
式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ n nS qS ”的表达式.
37．（2020·宁夏高三月考（理））已知数列 na 满足 1
1
4a ， 1 12 n n n na a a a （ 2n ， *n N ），
0na
（1）证明数列 1 1
na
*( )n N 为等比数列，求出 na 的通项公式；
（2）数列 na 的前项和为 nT ，求证：对任意 *n N ， 2
3nT .
【答案】（1）证明见解析， 1
1
3 2 1n na
；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由 1 12 0n n n na a a a l 两边同时除以 1n na a 得到有
1
2 1 1
n na a
，再构造等比数列得解
（2）放缩 1 1
1 1
3 2 1 3 2n n na
，再利用等比数列求和得解.
【详解】
（1）由 1 12 0n n n na a a a 有
1
2 1 1
n na a
，∴
1
1 11 2( 1)
n na a
∴数列 1 1
na
是首项为
1
1 1 3a
，公比为 2 的等比数列.
∴ 11 1 3 2n
na
，∴ 1
1
3 2 1n na
（2） 1
1
3 2 1n na
，
∴ 2 1 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1
3 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 3 2 3 2 3 2n n nT ，
1 2
1
1 1 1 1[1 ( ) ( ) ]3 2 2 2n
111 2 1 22 (1 )13 3 2 31 2
n
n
.
【点睛】
本题考查利用递推关系证明等比数列及求通项，并用放缩法证明不等式，属于基础题.
38．（2020·湖北武汉市·高二期末）已知数列{ }na 满足 1 1a ， 1 3( 1)n nna n a ，设 n
n
ab n
．
（1）求 1b ， 2b ， 3b ；
（2）判断数列 nb 是否为等比数列，说明理由；并求{ }na 的通项公式．
【答案】（1） 1 1b ， 2 3b ， 3 9b ；（2）是，理由见解析， 13n
na n .
【分析】
（1）根据递推公式，赋值求解即可；
（2）利用定义，求证 1n
n
b
b
为定值即可，求出数列 nb 通项公式，再求 na 的通项公式.
【详解】
（1）由条件可得 1
3( 1)
n n
na an
将 1n 代入得 2 16a a ，又 1 1a ，
∴ 2 6a ， 2
2 32
ab ，即 2 3b ，
将 2n 代入得 3 2
9
2a a ，
∴ 3 27a ，即 3 9b ，
又 1 1a ，∴ 1 1b ．
综上: 1 1b ， 2 3b ， 3 9b
（2）由条件可得 1 3
1
n na a
n n
，即 1 3n
n
b
b
， n +N ，
又 1 1b ，所以 nb 是首项为 1，公比为 3 的等比数列， 13n
nb .
因为 13nn
n
a
nb ，所以 13n
na n .
【点睛】
本题考查利用递推关系求数列某项的值，以及利用数列定义证明等比数列，及求通项公式，是数列综合基
础题.
39．（2020·北京北科大附中高三月考）已知有穷数列 *
1 2: , ,..., ,..., , 3k nA a a a a n N n .定义数列 A 的“伴
生数列” B ： 1 2, ,..., ,...,k nb b b b ，其中 1 1
1 1
1, 1,2, ,0,
k k
k
k k
a ab k na a
，规定 0 1 1,n na a a a
（1）写出下列数列的“伴生数列”：
①1,2,3,4,5;
②1, 1,1, 1,1
（2）已知数列 B 的“伴生数列” 1 2: , ,..., ,...,k nC c c c c ，且满足 1 1,2, ,k kb c k n L .若数列 B 中存在相
邻两项为1，求证：数列 B 中每一项均为1.
【答案】（1）①1，1，1，1，1；②1，0，0，0，1. （2）证明见详解.
【分析】
（1）根据“伴生数列”的定义求解即可；
（2）设存在 1,2, , 1k n ，使得 1 1k kb b ，讨论 1k 和 2 1k n ，结合“伴生数列”的定义证
明即可.
【详解】
（1）
①1，1，1，1，1；
②1，0，0，0，1.
（2）由题意，存在 1,2, , 1k n ，使得 1 1k kb b .
若 1k ，即 1 2 1b b 时， 1 2 0c c .
于是 2 1nb b ， 1 3 1b b .
所以 3 0nc c ，所以 4 2 1b b .即 2 3 4 1b b b .
依次类推可得 1 1k kb b （ 2k ，3，…， 1n ）.
所以 1kb （ 1k ，2，…，n）.
若 2 1k n ，由 1 1k kb b 得 1 0k kc c .
于是 1 1 1k k kb b b .所以 1 0k kc c .
依次类推可得 1 2 1b b .
所以 1kb （ 1k ，2，…，n）.
综上可知，数列 B 中的每一项均为 1.
【点睛】
本题为新定义型问题，主要考查递推关系以及分类讨论等方法的运用能力，属于难题.
40．（2021·湖北荆州市·高二期末）已知等差数列 na 的前 n 项和为 *
nS n N ， nb 的通项公
式为 3 4 1 11 42 , 2 , 11n
nb b a a S b ．
（Ⅰ）求 na 的通项公式；
（Ⅱ）求数列 2 2 1n na b 的前 n 项和 *
nT n N ．
【答案】（Ⅰ） 3 2na n ， *n N ；（Ⅱ） 13 2 843 3
n
n
nT ， *n N .
【分析】
（Ⅰ）设等差数列 na 的首项为 1a ，公差为 d，结合已知条件求 1a 、d，进而得到通项公式；
（Ⅱ）由已知有 2 2 1 (3 1) 4n
n na b n ，利用错位相减法，求前 n 项和 *
nT n N .
【详解】
（Ⅰ）设等差数列 na 的公差为 d，
由 3 4 12b a a ，可得 13 8d a ．①
由 11 411S b ，可得 1 5 16a d ．②
联立①②，解得 1 1a ， 3d ，
等差数列 na 的通项公式为 3 2na n ， *n N ．
（Ⅱ）由 1
2 2 16 2, 2 4n
n na n b
，有 2 2 1 (3 1) 4n
n na b n ，
故 2 32 4 5 4 8 4 (3 1) 4n
nT n ，
2 3 4 14 2 4 5 4 8 4 (3 4) 4 (3 1) 4n n
nT n n ，
上述两式相减，得
2 3 13 2 4 3 4 3 4 3 4 (3 1) 4n n
nT n 112 1 4
4 (3 1) 41 4
n
nn
1(3 2) 4 8nn ．
∴ 13 2 843 3
n
n
nT ．
【点睛】
本题考查了数列，利用已知条件求通项公式基本量，进而求得通项公式，应用错位相减法求前 n 项和，属
于基础题.
41．（2020·广东高三月考）已知数列 na 前 n 项和 nS ，点 *, nn S n N 在函数 21 1 1
2 2
y x x 的图象
上.
（1）求 na 的通项公式；
（2）设数列
2
1
n na a
的前 n 项和为 nT ，不等式 7 log 112n aT a 对任意的正整数 n 恒成立，求实数 a 的
取值范围.
【答案】（1） 2, 1
, 2n
na n n
；（2） 1 12 a .
【分析】
（1）由点 , nn S 在函数 f x 的图象上，得到 21 1 12 2nS n n ，结合 na 与 nS 的关系，即可求得数列的
通项公式；
（2）由（1）得 2n 时， 2
1 1 1 1 1
2 2 2nna a n n n n
，利用“裂项相消法”求得
7 1 1 1
12 2 1 2nT n n
，再结合数列的单调性和题设条件，列出不等式，即可求解.
【详解】
（1）由点 , nn S 在函数 21 1 12 2f x x x 的图象上，可得 21 1 12 2nS n n ，
当 2n 时， 2
1
1 11 1 12 2nS n n ，
两式相减，可得 1n n na S S n ，
当 1n 时， 1 1 2a S ，不符合上式.
所以 na 的通项公式为 2, 1
, 2n
na n n
，
（2）由（1）得 2n 时， 2
1 1 1 1 1
2 2 2nna a n n n n
，
可得
1 3 2 4 2
1 1 1
n
n n
T a a a a a a
1 1 1 1 1 1 1 1
6 2 2 4 3 5 2n n
， 7 1 1 1
12 2 1 2n n
，
又由 1 2T T ，
因为 1
1 01 3n nT T n n ，所以数列 nT 单调递增，所以 n ， 7
12nT ，
要使不等式 7 log 112n aT a 对任意正整数 n 恒成立，只要 7 7 log 112 12 a a ，
即 log 1 loga aa a ，解得 1 12 a .
【点睛】
本题主要考查了利用 na 与 nS 的关系求数列的通项公式，数列的“裂项法”求和，以及数列的单调性的综合应
用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.
42．（2020·苏州市相城区望亭中学高二月考）已知等差数列 na 的公差 d 大于 0，且满足 3 6 55a a ，
2 7 16a a ．数列 nb 满足 2 3
1 22 2n
b ba b 1 ( *)2
n
n
b n N ．
（1）求数列 na ， nb 的通项公式；
（2）设 1 2
1
n n n
n
n
a a ac b
，求 nc 取得最大值时 n 的值．
【答案】（1） 2 1na n ， 1, 1
2 , 2n n
nb n
；（2） 4n ．
【分析】
（1）列方程解出 1a 和 d ，得通项公式 na ，由已知式 2 3
1 22 2n
b ba b 12
n
n
b
，写出 1( 2)na n ，相
减后可求得 nb ，同时注意 1b ；
（2）作商比较，得{ }nc 的单调性，从而可得最大值．
【详解】
（1）由题意 1 1
1 1
( 2 )( 5 ) 55
6 16
a d a d
a d a d
，∵ 0d ，∴可解得 1 1
2
a
d
，
∴ 1 2( 1) 2 1na n n ，
又由已知 1 1 1a b ，
由式 2 3
1 22 2n
b ba b 12
n
n
b
得 2n 时有式 32
1 1 22 2n
bba b 1
22
n
n
b
，
两式相减得 11 22
n
n nn
b a a ， 2n
nb ， 1b ＝1 不适用，
∴ 1, 1
2 , 2n n
nb n
．
（2） 1 2
1
n n n
n
n
a a ac b
，则
1 2 3
1 2 1 3
1 2 2
1
2 5
4 2
n n n
n n n n
n n nn n n
n
a a a
c b b a n
a a ac b a n
b
，
∵ *n N ，∴ 3n 时， 1 2 5 14 2
n
n
c n
c n
，{ }nc 是递增数列， 4n 时， 1 2 5 14 2
n
n
c n
c n
，{ }nc 是递减
数列，
∴{ }nc 是 4c 最大， 4n 时， nc 最大．
【点睛】
本题考查等差数列、等比数列的通项公式，通项公式不能用一个式子表示时要写成分段函数形式，考查数
列的单调性，作商比较是确定数列单调性的常用方法．
43．（2020·云南红河哈尼族彝族自治州·弥勒市一中高二月考（理））若数列 na 的前 n 项和 nS 满足
2n nS a n .
(1)求证：数列 1na 是等比数列；
(2)设 2log 1n nb a ，求数列
1
1
n nb b
的前 n 项和 nT .
【答案】（1）详见解析（2）
1n
nT n
【解析】
试题分析：
(1)由已知数列递推式求得首项，且当 1n 时，有 1 12 1n nS a n ，结合原式作差得到
12 1n na a ，即
1
1 21
n
n
a
a
，从而证得 1na 为等比数列．
(2)求出 nb ，再通过裂项相消法求数列
1
1
n nb b
的前n项和 nT ．
试题解析：
证明：当 1n 时， 1 1 12 1a S a ，计算得出 1 1a ，
当 1n 时，根据题意得， 1 12 1n nS a n ，所以
1 1 12 2 1 2 2 1n n n n n nS S a n a n a a ，即 12 1n na a
11 2 1n na a ，即
1
1 21
n
n
a
a
数列 1na 是首项为-2，公比为 2 的等比数列
由（1）知， 11 2 2 2n n
na
1 2n
na
2 2log 1 log 2n
n nb a n
1
1 1 1 1
1 1n nb b n n n n
，1
则 1 1 1 1 1 11 ... 13 1 1 12 2
n
n
n n n nT
44．（2020·福清西山学校高三期中（文））数列{ }na 中， nS 为前 n 项和，且 *2 3 ( )n nS na n n N .
（1）求证：{ }na 是等差数列；
（2）若 2
1
15, n
n n
a b
a a
， nT 是{ }nb 的前 n 项和，求 nT .
【答案】（1）证明见解析；（2） 1 ( 2 3 3)2nT n .
【分析】
（1）以“ 1n ”代替“ n ”再用两个等式作差，可得 na 与 1na 的递推关系，即得证.
（2）用（1）结论分子有理化，裂项求和.
【详解】
（1）证明：因为 *2 3n nS na n n N ，
所以 1 12 1 3 1 2n nS n a n n ，
所以 12 1 3n n na na n a ，
即 12 1 3n nn a n a ，
所以 11 3n nn a na ，
所以 1 11 2 1n n n nn a na n a n a ，
整理得 1 12n n na a a ，即 1 12 n n na a a ，
所以 na 是等差数列.
（2）解：由 2 3n nS na n ，
得 1 12 3S a ，即 1 3a ，
由 2 5a ，得 2d ，
所以 3 1 2 2 1na n n
所以
1
1 1
2 3 2 1n
n n
b
a a n n
2 3 2 1
2
n n ，
所以 1 15 3 7 5 9 7 2 3 2 1 2 3 32 2nT n n n
【点睛】
此题考查由 nS 与 na 关系式确定数列属性，同时也考查裂项求和，是常考题.
45．（2020·湖南长沙市·高二月考）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 0a ， 1n nS a n ， *n N .
（1）求证：数列 1na 是等比数列；
（2）设数列 nb 的前 n 项和为 nT ，已知
1n
n
nb a
，若不等式 9
2 2n
n
T m a
对于 *n N 恒成立，求实
数 m 的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 61
16 .
【分析】
（1）利用 1( 2)n n na S S n 可得数列{ }na 的递推关系， 1 2 1n na a ，然后可证明{ 1}na 是等比数列；
（2）由（1）求出 1na ，即得 nb ，利用错位相减法求得 nT ，不等式 9
2 2n
n
T m a
对于 *n N 恒成立，
转化为 2 54 2n
n m 恒成立，求出 2 54 2n
n
的最小值即可得结论．
【详解】
（1）由 1 2 3 1n na a a a n a ，
得 1 2 3 1 1n na a a a n a （ 2n ），
两式相减得 1 2 1n na a ，所以 1 1 2 1n na a （ 2n ），
因为 1 0a ，所以 1 1 1a ， 2 1 1 1a a ， 2 11 2 1a a .
所以 1na 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列.
（2）由
1n
n
nb a
，又由（1）可知 12 1n
na ，得 12n n
nb ，
∴ 2 1
2 31 2 2 2n n
nT ，则 2 3
1 1 2 3
2 2 2 2 2n n
nT ，
两式相减得 2 3 1
1 1 1 1 1 21 1 22 2 2 2 2 2 2n n n n
n nT
，
所以 1
24 2n n
nT
.
由 9
2n nT m 恒成立，即 2 54 2n
n m 恒成立，
又 1 1
2 3 2 5 2 74 42 2 2n n n
n n n
，
故当 3n 时， 2 54 2n
n
单调递减；当 3n 时， 3
2 3 5 314 2 8
；
当 4n 时， 2 54 2n
n
单调递增；当 4n 时， 4
2 4 5 614 2 16
；
则 2 54 2n
n 的最小值为 61
16
，所以实数 m 的最大值是 61
16 .
【点睛】
本题考查由 nS 求 na ，考查等比数列的证明，等比数列的通项公式，考查错位相减法求和以及数列不等式恒
成立问题．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题．
46．（2020·校高三月考（理））已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 4 7a ， 5 25S ，
数列 nb 满足 1
1
3b ， 1
1
3n n
nb bn
．
（1）求数列 na ， nb 的通项公式；
（2）求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【答案】（1） 2 1na n ( *n N )；
3n n
nb ( *n N )；（2） 3 2 3 1
4 4 3
n
n
nT
( *n 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 1a 、d 即可得通项公式，由 nb 数列的递
推式得 1 1
3
n
n
b n
b n
及 1
1
3b ，即可得 nb 的通项公式；（2）根据（1）所得 nb 通项公式，应用错位相减
法求其前 n 项和 nT .
【详解】
（1）数列{ }na 的首项为 1a ，公差为 d ，
由题意: 4 1
5 1
3 7
5 10 25
a a d
S a d
，解得： 1 1
2
a
d
，
1 ( 1) 2 1na a n d n ， *n N ，
又 1
1
1 1
3 3
n
n n
n
bn nb bn b n
，所以 1 2
1
1 2 1
1 2 1
3( 1) 3( 2) 3 1 3 3
n n
n n
n n
b b b n n nb bb b b n n
， *n N ；
（2）由（1）知： 1
3
n
nb n
1 2n nT b b b
1 21 1 11 23 3 3
n
n ，
2 3 11 1 1 11 23 3 3 3
n
nT n
，
1 2 12 1 1 1 1
3 3 3 3 3
n n
nT n
1 1
1 113 3 1 1 1 111 3 2 3 31 3
n
n n n
n n
，
13 1 3 1 3 2 3 114 3 2 3 4 4 3
n n n
n
nT n
，
nT 的表达式为 3 2 3 1
4 4 3
n
n
nT
.
【点睛】
本题考查了数列，根据等差数列的公式、累乘法求数列通项公式，并应用错位相减法求数列前 n 项和，属
于基础题.
47．（2020·武威第六中学高三月考（文））已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2
*3
2n
n nS n N ，正
项等比数列 nb 满足 1 1b a ， 5 6b a .
（1）求数列 na 与 nb 的通项公式；
（2）设 n n nc a b ，求数列 nc 前 n 项和 nT .
【答案】（1） 3 2na n ， 12n
nb ；（2） 5 3 5 2n
nT n .
【分析】
（1）由 1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n
即可求 na 通项公式，再结合已知求 nb 的通项公式；（2）根据（1）的结
论有 13 2 2n
nc n ，应用错位相减法求 nc 前 n 项和 nT 即可.
【详解】
（1）当 2n 时， 1n n na S S 22 3 1 13
2 2
n nn n 3 2n .
当 1n 时， 1 1 1a S 也适合上式，
∴ 3 2na n ，即有 1 1b ， 5 16b .
设数列 nb 的公比为 q，则 4 16q ，又 0q ，有 2q = ，
∴ 12n
nb .
（2）由（1）可知， 13 2 2n
nc n ，
所以 1 2n nT c c c 2 2 11 4 2 7 2 3 5 2 3 2 2n nn n .……①
2 12 1 2 4 2 3 5 2 3 2 2n n
nT n n .……②
由①-②得， 2 11 3 2 2 2 3 2 2n n
nT n
12 2 21 3 3 2 21 2
n
nn
，
所以 5 3 5 2n
nT n .
【点睛】
本题考查了由 ,n na S 的关系求通项公式，利用错位相减法求前 n 项和，等比数列基本量公比、前 n 项和公式
的应用，属于基础题.
48．（2020·四川成都市·高三开学考试（文））设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 5 35S S ， 4 22 3a a .
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若数列 nb 满足 *1 2
1 2
1 1,2
n
n
n
b b b n Na a a
，证明： 3
8nb .
【答案】（1） 2 3na n ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设等差数列 na 的公差为 d ，根据 5 35S S ， 4 22 3a a ，列出方程组，求得 1,a d 的值，即可得到
数列 na 的通项公式.
（2）由 31 2
1 2 3
1 12
n
n
n
b bb b
a a a a
，得到当 2n 时， 3 11 2
1
1 2 3 1
1 12
n
n
n
b bb b
a a a a
，
两式相减求得 1
2
n
n
n
b
a
，进而求得数列 nb 的通项公式，结合数列的单调性，即可求解.
【详解】
（1）设等差数列 na 的公差为 d ，
因为 5 35S S ， 4 22 3a a ，可得
1 1
1 1
5 10 5 3 3
3 2 3
a d a d
a d a d
，解得 1 1a ， 2d ，
所以 1 ( 1) ( 2) 2 3na n n ，
即数列 na 的通项公式 2 3na n .
（2）因为 *1 2 3
1 2 3
1 1,2
n
n
n
b b b b na a a a
N ，
当 2n 时， *1 2 3 1
1
1 2 3 1
1 1,2
n
n
n
b b b b na a a a
N ，
两式相减可得： 1
1 1 11 12 2 2
n
n n n
n
b
a
，
所以 1 1(2 3)2 2n nn nb a n
又由 1n 时， 1
1
1 112 2
b
a
，所以 1 1
1 1
2 2b a ，也符合上式，
所以 1(2 3) 2n nb n ，
又因为 1 1 1
1 1 2 5(2 1) (2 3)2 2 2n n n n n
nb b n n
，
可得当 2n 时， 1 0n nb b ；当 3n 时， 1 0n nb b ，
所以数列 nb 先单调递增再递减，可得 3
3
8nb b 的最大值为 ，所以 3
8nb .
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式求解，利用数列的递推公式求解数列的通项公式，以及数列的单调性
的判定及应用，其中解答中熟练化简数列的递推公式，得出数列的通项公式是解答的关键，着重考查推理
与运算能力.
49．（2020·全国高三专题练习）设 1 1 2 2, , ,A x y B x y 是函数 2
1 log2 1
xf x x
的图象上任意两点，且
1OM (OA OB)2
，已知点 M 的横坐标为 1
2
．
（1）求证： M 点的纵坐标为定值；
（2）若 *1 2 1... , , 2n
nS f f f n N nn n n
且 求 nS ；
（3）已知 na =
1
2 13{ 1 2( 1)( 1)n n
n
nS S
，其中 *n N ， nT 为数列 na 的前 n 项和，若 1 1n nT S 对
一切 *n N 都成立，试求 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2） *1 2,2n
nS n n N ；（3） 1 ,2
．
【分析】
（1）设 ,M x y ，根据 1OM (OA OB)2
，得到
1 2
1 2
2
2
x xx
y yy
，结合对数的运算性质，求得
1 21 2 1
2 2 2
f x f xy yy
，即可求解；
（2）由（1）得出 1 2 1 21, 1x x f x f x ，结合数列的“倒序相加法”，即可求解；
（2）当 2n 时，
1
1 1 14( )( 1)( 1) 1 2n
n n
a S S n n
，求得 2
2n
nT n
，根据题意，得到 2
4
( 2)
n
n
，
结合基本不等式，即可求解.
【详解】
（1）设 ,M x y ，因为 1OM (OA OB)2
，所以
1 2
1 2
2
2
x xx
y yy
，
由 1
2x ，可得 1 2 1x x + ，所以 1 2 2 11 , 1x x x x ，
所以
1 2
2 2
1 21 2 1 2
1 log log1 1
2 2 2
x x
f x f xy y x xy
1 21 2
22 2
2 12 1
1 log1 log log 1
2 2 2
x xx x
x xx x
所以 M 点的纵坐标为定值 1
2
（2）由（1）知 1 2 1 21, 1x x f x f x
由 1 2 1...n
nS f f fn n n
，
可得 1 2 1
n
n nS f f fn n n
，
两式相加得：
2 nS 1 1 2 2 1 1...n n nf f f f f fn n n n n n
1n ，
所以 *1 2,2n
nS n n N .
（2）当 2n 时，
1
1 4 1 14( )( 1)( 1) ( 1)( 2) 1 2n
n n
a S S n n n n+
= = = -+ + + + + + ，
1 2 3
2 1 1 1 1 1 1... 4[( ) ( ) ( )]3 3 4 4 5 1 2n nT a a a a n n
2 1 1 24( )3 3 2 2
n
n n
，
由 1 1n nT S ，可得 2 2
2 2
n n
n
，
所以 2 2
4 4 4
4( 2) 4 4 4
n n
n n n n n
，
因为 4 4n n
+ ³ ，当且仅当 4n n
时，即 2n 时等号成立，
所以
4 4 1
4 4 4 24n n
，
当 1n 时, 4
9
因此 1
2
，即 的取值范围是 1( , )2
.
【点睛】
本题主要考查了对数函数的运算性质，以及数列的综合应用，其中解答中熟练应用数列的“倒序相加法”和“裂
项法”求和是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
四、填空题
50．（2020·江苏省包场高级中学高二月考）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 2n nS a ， n N ，则
数列 2log na 的前项和 nT ___________；
【答案】 1
2
n n
【分析】
由 2 2n nS a ，推得 12n na a ，得出数列 na 为等比数列，得到 =2n
na ，求得 2log na n ，结合等差数
列的求和公式，即可求解.
【详解】
由数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 2n nS a ，
当 2n 时， 1 12 2n nS a ，
两式相减，可得 1 12 2n n n n na S S a a ，即 12n na a ， n N ，
令 1n ，可得 1 2a ，
所以数列 na 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以 =2n
na ，
则 2log na n ，所以 1
2n
n nT .
故答案为： 1
2
n n
.
51．（2020·上海上外浦东附中高二月考）取出数列 ,( 4)na n 的任意连续四项，若其中奇数项之和，偶数
项之和均为同一个常数 h（如连续四项 1a ， 2a ， 3a ， 4a ，满足 1 3 2 4a a a a h ），则称数列 ,( 4)na n
为错位等和数列，其中常数 h 是公和.若 nS 表示 na 的前 n 项和，有如下命题：
（1）若一个等差数列是错位等和数列，则 1na a ；
（2）若一个等比数列是错位等和数列，则
2n
nhS ；
（3）若 1 2a a ，则错位等和数列一定是最小正周期为 4 的周期数列；
（4）在错位等和数列 na 中， 5h ，且 2013 2014 6a a ，若 n 是偶数，则 10 4, 4 2
10 , 4n
k n kS k n k
；
其中，真命题的序号是________
【答案】（1）（2）（3）（4）
【分析】
在（1）（2）中根据等差、等比数列的性质即可知 na 为常数数列，即可判断正误；由
4 3 4 1 4 2 4 4 1 4 1n n n n n na a a a a a 有 4 2 4 2n na a ，结合已知即可判断正误；由（3）的结论及已知得
1 2 6a a 、 1 2 3 4 10a a a a 即可得 nS ，进而可知正误.
【详解】
（1）由 1 3 2 4a a a a h 得 0d ，即 na 为常数数列，所以 1na a 正确；
（2）由 1 3 2 4a a a a h 得 1q ，所以 na 为常数数列， 1
2na h ，所以
2n
nhS ，正确；
（3）任取四项，则 4 3 4 1 4 2 4n n n na a a a h ，且 4 2 4 4 1 4 1n n n na a a a h ，即有 4 3 4 1n na a ，
同理 4 2 4 2n na a ，又 1 2a a ，所以错位等和数列一定是最小正周期为 4 的周期数列，正确；
（4）由（3）及 2013 2014 6a a ，得 1 2 6a a ，
又 5h ，即 1 3 2 4 5a a a a ，所以 3 4 4a a ，且 1 2 3 4 10a a a a ，
而错位等和数列一定是最小正周期为 4 的周期数列，
所以 10 4, 4 2
10 , 4n
k n kS k n k
.
故答案为：（1）（2）（3）（4）
【点睛】
本题考查了数列新定义，综合应用了等差、等比数列的性质，以及数列的周期性，属于中档题.
52．（2020·西安市第二十五中学高三月考（文））数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 1
1
5a ，且对任意正整
数 ,m n ，都有 m n m na a a ，若 nS t 恒成立，则实数t 的最小值为________.
【答案】 1
4
【分析】
令 1m ，求得 1 1
5
n
n
a
a
，得到 na 是首项为 1
5
，公比为 1
5
的等比数列，利用等比数列的求和公式，求得
1 1 114 5 4
n
nS
，结合 nS t 恒成立，即可求解.
【详解】
由题意，数列 na 满足 1
1
5a ，且对任意正整数 ,m n ，都有 m n m na a a ，
令 1m ，可得 1
1
5n na a ，即 1 1
5
n
n
a
a
，所以 na 是首项为 1
5
，公比为 1
5
的等比数列，
所以
1 115 5 1 1 111 4 5 41 5
n
n
nS
，
又由 nS t 恒成立，所以 1
4t ，故实数t 的最小值为 1
4 .
故答案为： 1
4 .
【点睛】
本题主要考查了等比数列的定义，以及等比数列的前 n 项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的定义，
以及等比数列的求和公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
53．（2020·四川攀枝花市·高三月考（文））正项等比数列{ }na 满足 1 3
5
4a a ，且 2 2a ， 4
1
2 a ， 3a 成等差
数列，设 *
1( )n n nb a a n N ，则 1 2 nb b b 取得最小值时的 n 值为_________．
【答案】 2
【分析】
先由题意列关于 1,a q 的方程组，求得{ }na 的通项公式，再表示出 1 2 nb b b ，即可求得答案.
【详解】
设等比数列{ }na 的公比为 q.
由 22a ， 4
1
2 a ， 3a 成等差数列，可得 4 2 32a a a ，则 3 2
1 1 12a q a q a q ，
所以 2 2q q ，解得 1q (舍去)或 2q = .
因为 2
1 3 1 1
5
4a a a a q ，所以 1
1
4a .
所以 1 31 2 24
n n
na .所以 3 2 2 5
1 2 2 2n n n
n n nb a a
.
所以
1 (2 8)3 1 1 3 (2 5) ( 4)2
1 2 =2 2 2
n nn n n
nb b b
，
当 2n 时， ( 4)n n 取得最小值， 1 2 nb b b 取得最小值.
故答案为 2 .
【点睛】
本题考查数列的综合问题，涉及等比数列、等差数列、等比数列求积、求最值等.利用等比数列的基本量进
行运算是解题的突破口.
54．（2020·安徽省六安中学高三开学考试（文））如图，在杨辉三角形中，斜线 1 的上方，从 1 开始箭头所
示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记其前 n 项和为 nS ，则 21S __________．
【答案】361
【分析】
将 n 按照奇偶分别计算 na ：当 n 为偶数时， 4
2n
na ；当 n 为奇数时，
2 4 3
8n
n na ，
11 10
21 1 3 21 2 4 20( ... ) ( ... )S a a a a a a
个 个
计算得到答案.
【详解】
解法一：根据杨辉三角形的生成过程，
当 n 为偶数时， 4
2n
na ，
当 n 为奇数时， 1=1a ， 3 =3a ， 2 -1
3
2n n n n
na a a a
，
3 1 2a a ， 5 3 3a a ， 2
1
2n n
na a
，
2 4 3
8n
n na ，
11 10
21 1 3 21 2 4 20( ... ) ( ... )S a a a a a a
个 个
1 3 6 ... 66 (3 4 5 ... 12) 286 75 361 （ ）
解法二：当 *2 1( )n m m N 时，
2
2 1
(1 )
2 2n m
m m m ma a
，
当 *2 ( )n m m N 时， 2 2n ma a m ，
11 10
21 1 3 21 2 4 20( ... ) ( ... )S a a a a a a
个 个
2 2 21 10 (3 12)[(1 2 ...11 ) (1 2 ... 11)]2 2
1 11 12 23 1 11 12 75 253 33 75 3612 6 2 2
【点睛】
本题考查了数列的前 N 项和，意在考查学生的应用能力和解决问题的能力.
55．（2019·福建省泰宁第一中学高三月考（文））“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多•斐波那
契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”，斐波那契数列{ }na 满足：
1 1a ， 2 1a ， *
1 2 ( 3, )n n na a a n n N ，记其前 n 项和为 nS ，设 2018a t （t 为常数），则
2016 2015 2014 2013S S S S __________．（用t 表示）
【答案】t
【解析】
由题意可得 2016 2015 2014 2013 2016 2015 2015 2014 2017 2016=S S S S a a a a a a
2018a t ．
答案：t
五、双空题
56．（2020·北京高三其他模拟）已知等差数列{ }na 的首项为 2，等比数列{ }nb 的公比为 2， nS 是数列{ }nb 的
前 n 项和，且 ( 2) na
nb ，则 4a __， 5S __．
【答案】8 62
【分析】
由已知条件，令 1n 可得 1b ，可得 nb ， na ，令 4n 可得 4a ，再由等比数列的求和公式，计算可得所求
和．
【详解】
等差数列{ }na 的首项为 2，公差设为 d ，等比数列{ }nb 的公比 q为 2，
由 ( 2) na
nb ，可得 1 2
1 ( 2) ( 2) 2ab ，
则 2n
nb ，即 2 ( 2) nan ，可得 2na n ，
则 4 8a ，
5
5
2(1 2 ) 621 2S
．
故答案为：8，62．
【点睛】
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
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