专题 02：等差数列-2021 年高考数列专题终极突破（全国通用）
一、单选题
1．（2021·山西太原市·高三一模（理））已知 na 是各项均为正数的等比数列，其前 n 项和为 nS ，且 nS 是
等差数列，给出以下结论：
① n na S 是等差数列； ② n na S 是等比数列；
③ 2
na 是等差数列； ④ nS
n
是等比数列．
则其中正确结论的个数为（ ）
A． 4 B． 3 C． 2 D．1
【答案】B
【分析】根据 2 1 32S S S 可求得 2 3a a ，从而确定数列 na 的公比为1，则 1 0na a ，根据等差和等
比数列的定义式依次判断各个选项即可得到结论.
【解答】 nS 是等差数列， 2 1 32S S S ，即 1 2 1 1 2 32 a a a a a a ，整理得： 2 3a a ，
na 是各项均为正数的等比数列，公比 3
2
1aq a
， 1 0na a ；
对于①， 1 1 11n na S a na n a ， 1 1 1 1 11 2n na S a n a n a ，
1 1 1n n n na S a S a ，
数列 n na S 是以 12a 为首项， 1a 为公差的等差数列，①正确；
对于②， 2
1 1 1n na S a na na ， 2
1 1 1 1 11 1n na S a n a n a ，
1 1 1n n
n n
a S n
a S n
不是不为零的常数，数列 n na S 不是等比数列，②错误；
对于③， 2 2
1na a ， 2 2
1 1na a ， 2 2
1 0n na a ，
数列 2
na 是首项为 1a ，公差 0d 的等差数列，③正确；
对于④， 1
1
nS na an n
， 11
1
1
1 1
n n aS an n
，又 1 0a ，
1
1 1
n
n
S
n
S
n
，
数列 nS
n
是以 1a 为首项，1为公比的等比数列，④正确.
故选：B.
【点评】本题考查等差和等比数列的判定问题，判断数列为等差或等比的思路是验证数列前后项满足等差
和等比数列的定义式，即若 1n na a d n N
，则数列 na 为等差数列；若 1 0,n
n
a q q n Na
，
则数列 na 为等比数列.
2．（2021·浙江绍兴市·高三三模）已知四面体 ABCD ，分别在棱 AD ，BD ，BC 上取 *1 , 3n n N n
等分点，形成点列 nA ， nB ， nC ，过 kA ， kB ， 1,2, ,kC k n 作四面体的截面，记该截面的面
积为 kM ，则（ ）
A．数列 kM 为等差数列 B．数列 kM 为等比数列
C．数列 kM
k
为等差数列 D．数列 kM
k
为等比数列
【答案】C
【分析】设 AB a= ，CD b ， AB 与 CD 所成角为 ，根据平行关系可利用 , , ,n k a b表示出 ,k k k kA B B C ，
根据面积公式得到 kM ，进而得到 kM
k
；利用等差数列和等比数列的定义依次判断各个选项中的数列是否满
足定义，由此得到结果.
【解答】设 AB a= ，CD b ， AB 与 CD 所成角为 ，
由题意可知： //k kA B AB ， //k kB C CD ，
根据平行线分线段成比例可知： 1 1k k
kA B an
，
1k k
kB C bn
，
2
1sin sin
1k k k k k
n k kM A B B C ab
n
，
对于 A，
1 2 2
1 1 1 1 2sin sin
1 1k k
n k k n k k n kM M ab ab
n n
，
则 1k kM M 不恒等于常数，则数列 kM 恒为等差数列不成立，A 错误；
对于 B，
2
1
2
1 1 1 sin
1 1
1 1sin
1
k
k
n k k ab
n n k kM
n k kM n k kab
n
，
1k
k
M
M
不恒等于不为零的常数，则数列 kM 恒为等比数列不成立，B 错误；
对于 C， 2
1 sin
1
kM n k abk n
，
则
1
2 2 2
1 1 1 1sin sin sin1 1 1 1
k kM M n k n kab ab abk k n n n
，
即 1
1
k kM M
k k
恒为常数， kM
k
为等差数列，C 正确；
对于 D，
1 2
2
1 1 sin
11
1 1sin
1
k
k
n kM ab
n n kk
M n k n kabk n
，即
1
1
k
k
M
k
M
k
不恒等于不为零的常数，
则数列 kM
k
恒为等比数列不成立，D 错误.
故选：C.
【点评】本题考查等差数列和等比数列的判定，证明数列是等差或等比数列的基本思路是利用等差或等比
数列的定义式来进行证明.
3．（2021·陕西高三三模（文））已知数列 na 满足：对任意 m 、 n N ，都有 2m na a n m 成立，
且前8 项和为 0 ．则该数列的首项 1a （ ）
A．5 B． 6 C． 7 D．8
【答案】C
【分析】令 1m 可得 1 2 2na a n ，推导出数列 na 为等差数列，然后利用等差数列的求和公式可得
关于 1a 的等式，由此可求得 1a 的值.
【解答】令 1m 可得 1 2 1 2 2na a n n ，所以， 1 2 2na a n ，
所以， 1 1 12 2 1 2 2 2n na a a n a n ，
所以，数列 na 为等差数列，
所以，数列 na 的前8 项和为 1 8
8 1 1 1
8 4 14 8 7 02
a aS a a a
，解得 1 7a .
故选：C.
【点评】等差数列的三种判定方法：
（1）定义法： 1n na a d （常数） n N 数列 na 为等差数列；
（2）等差中项法： 1 22 n n na a a n N
数列 na 为等差数列；
（3）通项公式法： na an b （ a 、b 为常数， n N ） 数列 na 为等差数列.
但如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法.
4．（2021·峨山彝族自治县第一中学高三三模（理））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.
【解答】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.
【点评】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.
5．（2021·吉林吉林市·高三三模（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 .
【解答】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
【点评】(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.
6．（2021·河南平顶山市·高三二模（理））已知各项均为正数的等比数列 na ， 6a ， 53a ， 7a 成等差数列，
若 na 中存在两项 ma ， na ，使得 14a 为其等比中项，则 1 4
m n
的最小值为（ ）
A．4 B．9 C． 2
3 D． 3
2
【答案】D
【分析】根据 6a ， 53a ， 7a 成等差数列，可得 5 6 72 3a a a ，即可求得 q 值，根据 14a 为 ma ， na 的等
比中项，可求得 6m n ，利用基本不等式“1”的活用，即可求得答案.
【解答】因为 6a ， 53a ， 7a 成等差数列，所以 5 6 72 3a a a ，
又 na 为各项均为正数的等比数列，设首项为 1a ，公比为 q，
所以 4 5 6
1 1 16a q a q a q ，所以 2 6 0q q ，
解得 2q = 或 3q （舍），
又 14a 为 ma ， na 的等比中项，
所以 2
1(4 ) m na a a ，
所以 2 1 1 2 2 4 2
1 1 1 1 116 2 2 2 2m n m na a a a a ，
所以 2 4m n ，即 6m n ，
所以 1 4 1 1 4 1 4 1 4 3( ) 1 4 5 26 6 6 2
m mm nm n m n n m n m
n n
，
当且仅当 4m n
n m
，即 2, 4m n 时，等号成立，
所以 1 4
m n
的最小值为 3
2 .
故选：D
【点评】解题的关键是熟练掌握等差中项、等比中项、基本不等式等知识，并灵活应用，数列中应用基本
不等式时，应注意取等条件，即角标 m，n 必须为正整数，属中档题.
7．（2021·山西高三一模（理））已知数列 na 中 1 2
31, 7a a ，对于 3n
，且 n N ，有 2 1
2 12
n n
n
n n
a aa a a
，
若 2021
pa q
（ *,p qN ，且 ,p q 互质），则 p q 等于（ ）
A．8089 B．8088 C．8087 D．8086
【答案】D
【分析】对 2 1
2 12
n n
n
n n
a aa a a
的两边取倒数，利用等差中项的结论可得数列 1
na
为等差数列，利用已知条
件求出首项和公差，即可得出数列 na 的通项公式，求出 2021a ，即可得出结果.
【解答】对 2 1
2 12
n n
n
n n
a aa a a
的两边取倒数，
得 2 1
2 1 1 2
21 2 1n n
n n n n n
a a
a a a a a
，
即
1 1 2
1 1 1 1
n n n na a a a
，
故数列 1
na
为等差数列，
其首项
1
1 1a
= ，
公差为
2 1
1 1 4
3a a
，
故 1 4 4 1 31 ( 1) ,3 3 4 1n
n
nn aa n
，
于是 2021
3
8083a ，
所以 3 8083 8086p q ．
故选：D.
【点评】对 2 1
2 12
n n
n
n n
a aa a a
的两边取倒数，利用等差中项的结论得到数列 1
na
为等差数列是解决本题的
关键.
8．（2021·广西钦州市·高三二模（理））等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，当首项 1a 和公差 d 变化时，
3 8 10a a a 是一个定值，则下列选项中为定值的是（ ）
A． 7S B． 8S C． 13S D． S15
【答案】C
【分析】通过数列的通项得到 7a 是一个定值，即得解.
【解答】由等差数列的通项公式可得： 3 8 10 1 1 73 18 3( 6 ) 3a a a a d a d a 是一个定值，
所以 7a 是一个定值，
所以 1 13
13 7
13( ) 132
a aS a 为一个定值，
故选：C.
【点评】解答本题的关键是通过通项分析 3 8 10a a a 是一个定值，得到 7a 是一个定值.
9．（2021·全国高三专题练习（理））记 nS 为数列{ }na 的前项和，已知点 ( , )nn a 在直线 10 2y x 上，若有
且只有两个正整数 n 满足 nS k ，则实数 k 的取值范围是（ ）
A． (8,14] B． (14,18]
C． (18,20] D． 81(18, ]4
【答案】C
【分析】由已知可得数列 na 为等差数列，首项为 8，公差为-2，由等差数列的前 n 项和公式可得
2 9nS n n ，由二次函数的性质可得 4n 或 5 时， nS 取得最大值为 20，根据题意，结合二次函数的图
象与性质即可求得 k 的取值范围．
【解答】由已知可得 10 2na n ，
由 1 2n na a ，所以数列 na 为等差数列，首项为 8，公差为-2，
所以 2( 1)8 ( 2) 92n
n nS n n n ，
当 n=4 或 5 时， nS 取得最大值为 20，
因为有且只有两个正整数 n 满足 nS k ，
所以满足条件的 4n 和 5n ，
因为 3 6 18S S ，
所以实数 k 的取值范围是 18,20 ．
故选：C．
【点评】最值范围问题常用的方法有：（1）函数单调性法；（2）数形结合法；（3）导数法；（4）基本不等
式法.要根据已知灵活选择合适的方法求解.
10．（2021·全国高三专题练习（理）（文））我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马
和驽马发长安至齐，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，九日后二马相逢.问：齐去长安多少里？（ ）
A．1125 B．1250 C． 2250 D． 2500
【答案】A
【分析】由题意可知，良马每日行的距离 na 以及驽马每日行的距离 nb 均为等差数列，确定这两个数列
的首项和公差，利用等差数列的求和公式可求得结果.
【解答】由题意可知，良马每日行的距离成等差数列，记为 na ，其中 1 103a ，公差 1 13d .
驽马每日行的距离成等差数列，记为 nb ，其中 1 97b ，公差 2 0.5d .
设长安至齐为 x 里，则 1 2 9 1 2 9 2a a a b b b x ，
即 9 8 13 9 8 0.52 103 9 97 9 22502 2x ，解得 1125x .
故选：A.
【点评】解本题的关键在于得出长安至齐的距离等于良马和驽马九日所行的距离之和的 2 倍，并结合题意
得知两匹马所行的距离成等差数列，解题时要充分抓住题中信息进行分析，将实际问题转化为数学问题来
求解.
二、多选题
11．（2021·山东高三专题练习）已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 8 31a ， 10 210S ，则（ ）
A． 19 919S a
B．数列 22 na 是公比为 8 的等比数列
C．若 1 n
n nb a ，则数列 nb 的前 2020 项和为 4040
D．若
1
1
n
n n
b a a
，则数列 nb 的前 2020 项和为 2020
24249
【答案】CD
【分析】由等差数列性质可判断 A；结合已知条件可求出等差数列的公差，从而可求出通项公式以及 22 na ，
结合等比数列的定义可判断 B；写出 nb ，由定义写出 2020T 的表达式，进行分组求和即可判断 C；
1 1 1
4 4 1 4 3nb n n
，裂项相消即可求和.
【解答】由等差数列的性质可知， 19 1019S a ，故 A 错误；设 na 的公差为 d ，则有 8 1
10 1
7 31
10 45 210
a a d
S a d
，
解得 1 3a ， 4d ，故 4 1na n ， 2 8 12 2na n ，
则数列 22 na 是公比为 82 的等比数列，故 B 错误；若 1 1 4 1n n
n nb a n ，
则 nb 的前 2020 项 2020 3 7 11 15 8079 4 1010 4040T ，故 C 正确；
若
1 1 1 1
4 1 4 3 4 4 1 4 3nb n n n n
，则 nb 的前 2020 项和
2020
1 1 1 1 1 1 1 2020
4 3 7 7 11 8079 8083 24249T
，故 D 正确．
故选:CD．
【点评】方法点睛:
求数列的前 n 项和常见思路有：1、对于等差和等比数列，直接结合求和公式求解；2、等差数列 等比数
列时，常采取分组求和法；3、等差数列等比数列时，常采取错位相减法；4、裂项相消法.
12．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列 na 的前 n 项和为 nS ,则下列说法正确的是（ ）
A．若 2 1,nS n 则 na 是等差数列
B．若 2 1,n
nS 则 na 是等比数列
C．若 na 是等差数列，则 99 5099S a
D．若 na 是等比数列，且 1 0, 0,a q 则 2
2 1 2 1 2n n nS S S
【答案】BC
【分析】由 nS 求 na ，根据通项公式可判断 AB 是否正确，由等差数列的性质可判断 C，取 1n 时，结合
等比数列求和公式作差比较 1 3S S 与 2
2S 大小即可判断 D.
【解答】对于 A 选项，若 2 1nS n ，当 2n 时， 2 1na n ， 1 0a 不满足 2 1na n ，故 A 错误；
对于 B 选项，若 2 1n
nS ，则
1
1
1
2 , 2
1, 1
n
n n
n
S S na
S n
，由于 1 1a 满足 12n
na ，所以 na 是等
比数列，故 B 正确；
对于 C 选项，若 na 是等差数列，则 1 99
99 50
99 992
a aS a
，故 C 正确.
对于 D 选项，当 1n 时， 22 2 2 2 2
1 3 2 1 1 11 1 0S S S a q q a q a q ，故当 1n 时不等式不等
式，故 2
2 1 2 1 2n n nS S S 不成立，所以 D 错误.
故选：BC
【点评】本题考查数列的前 n 项和为 nS 与 na 之间的关系，等差数列的性质，等比数列的前 n 项和为 nS 的
公式等，考查运算求解能力.本题 D 选项解题的关键将问题特殊化，讨论 1n 时， 1 3S S 与 2
2S 大小情况.此
外还需注意一下公式： 1
1
, 2
, 1
n n
n
S S na S n
；若 na 是等差数列，则 2 1 2 1n nS n a .
13．（2021·全国高三其他模拟）下列说法正确的是（ ）
A．若 na 为等差数列， nS 为其前 n 项和，则 kS ， 2k kS S ， 3 2k kS S ，…仍为等差数列 k N
B．若 na 为等比数列， nS 为其前 n 项和，则 kS ， 2k kS S ， 3 2k kS S ，仍为等比数列 k N
C．若 na 为等差数列， 1 0a ， 0d ，则前 n 项和 nS 有最大值
D．若数列 na 满足 2
1 15 9, 4n n na a a a ，则
1 2
1 1 1 12 2 2na a a
L
【答案】ACD
【分析】根据等差数列的定义，可判定 A 正确；当 1q 时，取 2k ，得到 2 0S ，可判定 B 错误；根
据等差数列的性质，可判定 C 正确；化简得到
1
1 1 1
2 3 3n n na a a
，利用裂项法，可判定 D 正确.
【解答】对于 A 中，设数列 na 的公差为 d ，
因为 1 2k kS a a a ， 2 1 2 2k k k k kS S a a a L ， 3 2 2 1 2 2 3k k k k kS S a a a L ，，
可得 2
2 3 2 2k k k k k k kS S S S S S S k d k N L ，
所以 kS ， 2k kS S ， 3 2k kS S ，构成等差数列，故 A 正确；
对于 B 中，设数列 na 的公比为 0q q ，
当 1q 时，取 2k ，此时 2 1 2 0S a a ，此时不成等比数列，故 B 错误；
对于 C 中，当 1 0a ， 0d 时，等差数列为递减数列，
此时所有正数项的和为 nS 的最大值，故 C 正确；
对于 D 中，由 2
1 5 9n n na a a ，可得 2
1 3 5 6 2 3n n n n na a a a a ，
所以 2na 或 3na ，
则 1
1 1 1 1
3 2 3 3 2n n n n na a a a a
，所以
1
1 1 1
2 3 3n n na a a
，
所以
1 2 1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 2 2 3 3 3 3 3 3n n na a a a a a a a a
L L
1 1 1
1 1 113 3 3n na a a
.
因为 1 4a ，所以 2
1 5 9n n n na a a a ，可得 1 4na ，所以
1
11 13na
，故 D 正确.
故选：ACD
【点评】由 2
1 5 9n n na a a ，得到 2
1 3 5 6 2 3n n n n na a a a a ，进而得出
1
1 1 1
2 3 3n n na a a
，结合“裂项法”求解是解答本题的难点和关键.
14．（2021·全国高三其他模拟）已知数列 na 为递增的等差数列，其公差为 d ，前 n 项和为 nS .若 5 22a a ，
则下列说法正确的是（ ）
A． 0d B． 7 8 0S S
C．仅 7S 为 nS 的最小值 D． 0nS 时 n 的最小正整数为 16
【答案】AD
【分析】根据条件可知 0d ，并且可知 8 0a ，判断 AB 选项，根据 8 0a ，利用正负项的分界，判断 C
选项，利用 8 0a ，可知 15 0S ，判断 D 选项.
【解答】本题考查等差数列的概念､性质及前 n 项和的应用.
5 2 1 1 1 82 2 8 7 0 0a a a d a d a d a .
∵ na 为递增数列，∴ 0d ，故 A 选项正确；
∵ 0d ， 8 0a ，∴ 7 8 0S S ，故 B 选项不正确；
∵ 0d ， 8 0a ，∴ 7 8S S 同为 nS 的最小值，故 C 选项不正确；
∵ 8 0a ， 15 815 0S a ，∴使 0nS 的 n 的最小正整数为 16，故 D 选项正确.
故选：AD.
【点评】本题考查等差数列的通项和前 n 项和的最值，关键是求得 8 0a ，根据正负项的分界，判断选项.
15．（2021·江苏高三其他模拟）已知数列 na ， nb 均为等比数列，则下列结论中一定正确的有（ ）
A．数列 n na b 是等比数列 B．数列 n na b 是等比数列
C．数列 lg n
n
b
a
是等差数列 D．数列 2 2lg na b n 是等差数列
【答案】ACD
【分析】根据等比数列和等差数列的定义或通项公式判断．
【解答】设数列 na 的公比为 1q ，数列 nb 的公比为 2q ，所以 1
1 1
n
na a q ， 1
1 2
n
nb b q .
对于 A， 11 1
1 1 1 2 1 1 1 2
nn n
n na b a b q q a b q q ，从而数列 n na b 的公比为 1 2q q ，故 A 正确.
对于 B， 1 1
1 1 1 2
n n
n na b a q b q ， 1q 与 2q 不一定相等，所以数列 n na b 不是等比数列，故 B 错误.
对于 C，
1
1 2 1 2
1
1 1 1 1
lg lg lg ( 1)lg
n
n
n
n
b b q b qna a q a q
，从而数列 lg n
n
b
a
的公差为 2
1
lg q
q .故 C 正确.
对于 D， 2 2
1 1 1 2lg 2lg 2lg 2( 1)lgn n n na b a b a b n q q ，从而数列 2 2lg n na b 的公差为 1 22lg q q ，D
正确.
故选：ACD．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的判断．掌握等差数列和等比数列的定义是关键．判断方法有：（1）
定义法；（2）通项公式法；（3）等差中项、等比中项法；（2）前 n 项和公式．特别注意等比数列中各项均
不为 0．
三、填空题
16．（2021·贵州毕节市·高三三模（理））已知公比为 q 的等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，公差为 d 的等差
数列 nb 的前 n 项和为 nT ，且 1 22 2n
n nS T n ，则 q
d
的值为________．
【答案】1
【分析】将 ,n nS T 分别用前 n 项和表示，然后根据等式的特征，可得
1 21
2
12
a
q
q
d
，再解方程即可.
【解答】令等比数列的首项为 1a ，等差数列的首项为 1b ，
所以
2 2
1 2 21 1 1
1 1
(1 ) ( ) ( ) 2 2 2 2 21 2 2 1 2 2 1
n
n n n
n n
a q a an d n dS T d b n q d b n n nq q q
所以
1 21 22 2
12
a
q qq dd
，
因此 1q
d
.
故答案为：1.
【点评】解决本题的关键是运用等比数列及等差数列的前 n 项和公式，然后建立方程组.
17．（2021·江西九江市·高三三模（理））已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a ，且
2
1 2n n nS S a n ≥ ，设 1 2 1n
n
n
n
ab S
，则数列 nb 前 n 项和的取值范围为_________．
【答案】 3 2, 1 1,2 3
【分析】根据 n nS a， 之间关系可得数列 na 为等差数列并得到 na ，然后得到 nb ，根据裂项相消可得数列
nb 前 n 项和，最后进行判断即可.
【解答】由 2
1n n nS S a ①，则 2
1 1n n nS S a ②
②-①化简可得： 1 11 0n n n na a a a ，又 0na ，所以 1 1 2n na a n
当 2n 时， 2
1 2 1 21 2
2
2 2 2a aS S a a a a
所以 2 1 1a a 符号 1 1n na a ，故数列 na 是首项为 1，公差为 1 的等差数列
所以 na n ，则 1
2n
n nS
所以
2 1 1 2 1 1
1
1
1
2n
n
n
n
nb n n n
令设数列 nb 前 n 项和 nT
所以 1 1 1 1 1 1 12 1 ... 1 12 2 3 3 4 1
n n
nT n n
所以
1 1,1
11 1
n
nnT
nn
为偶数
， 为奇数
，
当 n 为偶数时， 1 11nT n
，则 1 213 3nT 且 1nT
当 n 为奇数时， 1 11nT n
，则 1 312 2nT 且 1nT
综上所述： 3 2, 1 1,2 3nT
故答案为： 3 2, 1 1,2 3
【点评】解决本题的关键有两点，第一求得 na n ，第二求得 1 12 1 1
n
n n nb
.
18．（2021·长沙市·高三二模）已知数列 na 中， 1
4
7a ，且 1 11 2n n na a a ，数列 nb 满
足 1
1n
n
b a
，则 nb 的通项公式是 nb _____.
【答案】 10
3n
【分析】根据已知，利用作差法求 1n nb b 易判断 nb 为等差数列，写出通项公式即可.
【解答】∵ 1 11 2n n na a a ，
∴
1 1 1
1
1 1 1 1 1
1 1 11 1 1 1 1
n n n n n n
n n
n n n n n n n n n n
a a a a a ab b a a a a a a a a a a
，
又 1
4
7a ，则 1
1
1 7
1 3b a
，
∴数列 nb 是首项为 7
3
，公差为 1 的等差数列，
∴ 7 1013 3nb n n .
故答案为： 10
3n .
【点评】应用作差的方法求 1n nb b ，判断数列的性质，进而求通项.
19．（2021·安徽高三三模（理））已知数列 na 满足： 1 1a ， 2
1
3a ， 11 2
1 2 1
6n n
n n
b bb b
a a a a
( 2n
且 n +N )，等比数列 nb 公比 2q = ，令
1 ,
,
nn
n
nac
b n
为奇数
为偶数
，则数列 nc 的前 n 项和 2nS ___________.
【答案】
1
2 4 42 3
n
n n
【分析】依据题意可得 1b ，然后依据公式可得 nb ，然后根据递推关系可得数列 1
na
为等差数列，进一步
得出 na ，最后分组求和可得结果.
【解答】因为 1 1a ， 2
1
3a ， 11 2
1 2 1
6n n
n n
b bb b
a a a a
( 2n 且 n +N )，①
可得 2n 时， 31 2
1 2 1
6bb b
a a a
，即 1 2 33 6b b b ，
由等比数列的 nb 的公比为 2q = ，
即 1 1 16 4 6b b b ，解得 1 2b ，
所以 2n
nb ，
当 3n 时， 31 2 4
1 2 3 2
6bb b b
a a a a
，即
3
82 3 4 3 16 6a
，
解得 3
1
5a ，
又 1 2 1
1 2 1 2
6n n
n n
b b b b
a a a a
( 3n 且 n +N )，②
①﹣②可得， 1
1 2
n n n
n n n
b b b
a a a
，
即
1
1 2
2 2 2n n n
n n na a a
，化为
2 1
1 1 2
n n na a a
，
又
1 3 2
1 1 26a a a
，
所以数列 1
na
为等差数列，且公差
2 1
1 1 2d a a
，
则
1
1 1 2( 1) 2 1
n
n na a
，
所以 2 1,
2 ,n n
n nc
n
为奇数
为偶数 ，
所以 2 4 2
2 1 2 5 2 (4 3) 2 n
nS n
2 4 2(1 5 4 3) 2 2 2 nn
4 1 4(1 4 3)
2 1 4
nn n
1
2 4 42 3
n
n n
.
故答案为：
1
2 4 42 3
n
n n
.
【点评】得出 ,n na b 的公式是解决本题的关键，同时熟练分组求和的方法.
20．（2021·曲靖市第二中学高三二模（文））已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，满足 2 *2 nS n n n N ，
设 2 1
1
( 1)n n
n
n n
ab a a
，则数列 nb 的前 2021 项和 2021T ___________.
【答案】 2023
2022
【分析】利用 1( 2)n n na S S n 求得 na ，注意 1 1a S ，得出 nb 后，用裂项相消法求和 2021T ．
【解答】因为 22 nS n n ，所以
2
2n
n nS ，
2n 时， 1
( 1) ( 1)
2 2n n n
n n n na S S n
，
1 1
1 1 12a S 也适合上式，所以 na n ，
( 1) (2 1) 1 1( 1) ( )( 1) 1
n
n
n
nb n n n n
，
所以 2021
1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ( ) ( )2 2 3 3 4 2020 2021 2021 2022T 1 20231 2022 2022
．
故答案为： 2023
2022
．
【点评】本题考查由前 n 项和 nS 求通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：
设数列{ }na 是等差数列，{ }nb 是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列{ }n na b 的前 n 项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列 1{ }
n n ka a
（ k 为常数， 0na ）的前 n 项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列{ }n npa qb 用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能
用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足 m n ma a A （ A 为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
21．（2021·江西高三二模（文）） ABC 中角 A 、 B 、C 所对的边分别为 a 、b 、 c ， 2 2 cosa c b A ，
若 ABC 的周长为15 ，且三边的长成等差数列，则 ABC 的面积为______.
【答案】15 3
4
【分析】利用余弦定理可求得 1cos 2B ，可求得角 B 的值，然后设 a c ，可得出 2a b c ，利用三角
形的周长可求得 5c ，结合余弦定理得出关于 a 、b 的方程组，解出这两个量的值，再结合三角形的面积
公式可求得结果.
【解答】
2 2 2 2 2 2
2 2 cos 2 2
b c a b c aa c b A b bc c
，整理可得 2 2 2a c b ac ，
所以，
2 2 2 1cos 2 2
a c bB ac
， 0,B ， 2
3B ，所以， b a 且b c ，
设 a c ，则 2a b c ，因为 3 15a b c c ，可得 5c ，
代入 2 2 2a c b ac 可得 2 2 25 5 0a b a ，
联立 2 2
10
5 25 0
a b
a b a
，解得 3
7
a
b
，
因此， 1 1 3 15 3sin 3 52 2 2 4ABCS ac B △ .
故答案为：15 3
4
.
【点评】在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答
案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有 a 、b 、 c 的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
22．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三三模（文））已知数列 na 与 nb 的前 n 项和分别为 nS ， nT ，且
0na ， 22 n n nS a a ， n N ， 1
1
2 3 1
(3 )(3 )
n
n n n
n n
b a a
，则 nT 的取值范围是__________．
【答案】 7 1[ , )44 4
中 *,nT n N 对应的那些值
【分析】根据递推关系式求出 na ，代入得 nb ，再根据裂项求和法求出 nT ，再根据数列{ }nT 的单调性可求出
结果.
【解答】当 1n 时， 2
1 1 12a a a 得 2
1 1a a ，因为 0na ，所以 1 1a ，
当 2n 时， 2
1 1 12 n n nS a a ， 2 2
1 1 12 2 2n n n n n n na S S a a a a ，
所以 1 1 1( )( )n n n n n na a a a a a ，
因为 1 0n na a ，所以 1 1n na a ，
所以数列{ }na 是首项为1，公差为1的等差数列，
所以 1 ( 1) 1 ( 1) 1na a n d n n ，
所以 1
2 3 1
(3 )(3 1)
n
n n nb n n
1
1 1
3 3 1n nn n
，
所以 1 2 1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1
3 1 3 2 3 2 3 3 3 3 1n n n nT b b b n n
1
1 1
4 3 1n n
，
因为数列{ }nT 为递增数列，所以 1
1 1 7
4 9 2 44nT T
，又 1
4nT ，
所以 nT 的取值范围是 7 1[ , )44 4 .
故答案为： 7 1[ , )44 4
中 *,nT n N 对应的那些值.
【点评】利用裂项求和法求出 nT 是解题关键.
23．（2021·陕西高三三模（理））已知数列 na 与 nb 前 n 项和分别为 nS ， nT ，且
20,2 ,n n n na S a a n N ， 1
1
2 1
2 2
n
n n n
n n
b
a a
，则 6T ________．
【答案】 44
135
【分析】由递推关系求得数列 na 的通项公式，代入 nb ，根据裂项求和的办法求得 6T .
【解答】因为 22 n n nS a a ，所以当 2,n n N
时， 2
1 1 12 n n nS a a ，
两式相减得： 2 2
1 12 n n n n na a a a a ，
整理得， 1 1 01n n n na a a a ，
由 0na 知， 1 0n na a ，
从而 1 1 0n na a ，
即当 2,n n N
时， 1 1n na a ，
当 1n 时， 2
1 1 12a a a ，解得 1 1a 或 0（舍），
则 na 首项为 1，公差为 1 的等差数列，
则 1 ( 1) 1na n n ．
所以 11
2 1 1 1
2 2 12 2 1
n
n n nn nb n nn n
，
则 1 2 1
1 1 1 1 1 1
3 6 6 11 2 2 1n n n nT b b b n n ．
∴ 6 7
1 1 44
3 2 6 1 135T
．
故答案为： 44
135 .
【点评】型如 1
2 1
2 2 1
n
n n nb
n n
的数列，可以裂项成 1
1 1
2 2 1n nn n
的形式，进而求得前 n 项
和.
24．（2021·河南焦作市·高三三模（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.
【解答】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 .
【点评】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.
25．（2021·全国高三专题练习）已知数列 na 的前 n 项和 2
*3
2n
n nS n N ，则数列
1
1
n na a
的前 10
项和为______．
【答案】 5
32
【分析】根据 1( 2)n n na S S n 可求得 na 的通项公式，经检验， 1 1 2a S 满足上式，所以可得 na ，
代入所求，利用裂项相消法求和，即可得答案.
【解答】因为 2
*3
2n
n nS n N ，所以
2 2
1
3( 1) 1 3 5 2 ( 2)2 2n
n n n nS n
，
所以
2 2
1
3 3 5 2 3 1,( 2)2 2n n n
n n n na S S n n
，
又 11
3 1 1 22a S 满足上式，
所以 *3 1,na n n N ，
所以
1
1 1 1 1 1
(3 1)(3 2) 3 3 1 3 +2n na a n n n n
，
所以数列
1
1
n na a
的前 10 项和为 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5
3 2 5 5 8 29 32 3 2 32 32
，
故答案为： 5
32
【点评】解题的关键是根据 1( 2)n n na S S n ，求得 na 的通项公式，易错点为，若 1 1a S 满足上式，
则写成一个通项公式的形式，若 1 1a S 不满足上式，则需写成分段函数形式，考查计算化简的能力，属中
档题.
四、双空题
26．（2021·北京高三二模）已知 na 为等差数列， nS 为其前 n 项和，若 1 6a ， 3 12S a ，则公差
d _________， nS 的最大值为_________．
【答案】 2 12
【分析】根据已知条件可求得 d 的值，求出 nS 的表达式，利用二次函数的基本性质可求得 nS 的最大值.
【解答】 3 1 13 3 2S a d a ，即18 3 12d ，解得 2d ，
所以，
2
2
1
1 7 496 1 72 2 4n
n n dS na n n n n n n
，
当 3n 或 4 时， nS 取得最大值12 .
故答案为： 2 ；12 .
27．（2021·浙江高三其他模拟）已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，公差为 d ．若 17 102S ， 11 12a ，
则 d ______， 20S ______．
【答案】3 210
【分析】利用等差数列的通项公式与前 n 项和公式求出 1a ， d ，再利用等差数列的前 n 项和公式求出 20S .
【解答】由已知及等差数列的通项公式与求和公式可得 11 1 10 12a a d ①， 17 1
17 1617 1022S a d
②，由①②得 1 18a ， 3d ，
∴ 20
20 1920 18 3 2102S ．
故答案为:3；210
28．（2021·广东韶关市·高三一模）设 nS 为等差数列 na 的前 n 项和， 6 7 1a a ，则 12S ___________，
若 7 0a ，则使得不等式 0nS 成立的最小整数 n ___________.
【答案】6 13
【分析】根据等差数列的性质求和，再由等差数列的单调性确定满足 0nS 的最小值 n ．
【解答】因为 6 7 1a a ，所以 12 6 76 6S a a ；因为 7 0a ，所以 6 0a ，所以 na 为递减数列，
又 12 6 0S ， 13 313 0S a ，所以 min 13n .
故答案为：6；13．
29．（2021·全国高三专题练习）已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an＋1，则a1＝________，an＝________．
【答案】 1 13n
【分析】首先根据 S1＝a1 求出首项，再由 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1 求出
1
3n
n
a
a
可判断数列是等比数列，进而
根据首项和公比求出通项公式即可.
【解答】令 n＝1，则 2S1＝3a1＋1，又 S1＝a1，所以 1 1a ．
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ 1
2 (3an－3an－1)，
整理得 an＝3an－1，即
1
3n
n
a
a
(n≥2)．
因此，{an}是首项为 1 ，公比为 3 的等比数列．
故 13n
na ．
故答案为： 1 ， 13n .
【点评】本题主要考查已知 nS 求 na ，需要特别注意判断是否需要检验 n＝1 的情况，属于中档题.
30．（2021·全国高三专题练习）数列 na 的前 n 项和为 nS ，定义 na 的“优值”为
1
1 22 2n
n
n
a a aH n
，现已知 na 的“优值” 2n
nH ，则 na ______， nS ______．
【答案】 1n 3
2
n n
【分析】由新定义得出 1
1 22 2 2n n
na a a n ，然后写出 2 1
1 2 12 2 ( 1) 2n n
na a a n
，相
减后可得 ( 2)na n ．再求得 1a 即可．
【解答】由题意 1
1 22 2 2n n
na a a n ，
∴ 2n 时， 2 1
1 2 12 2 ( 1) 2n n
na a a n
，
两式相减得： 1 1 12 2 ( 1) 2 ( 1) 2n n n n
na n n n ， 1na n ，
又 1 2a ，满足 1na n ，
∴ 1na n ，
(2 1) ( 3)
2 2n
n n n nS ．
故答案为： 1n ； ( 3)
2
n n ．
【点评】本题考查数列新定义，解题关键是把新定义进行转化，转化为与数列通项公式有关的和式，然后
可求通项公式．还要注意解题中 ( 2)na n 与 1a 求法的不同，需要分别求解验证．
五、解答题
31．（2021·河北高三三模）已知数列 na 的前 n 项和为 nA ，数列 nb 的前 n 项和为 nB ，且
12 2.n
n nA B
（1）求 n na b 的通项公式；
（2）若 n na b n ，求数列 n na b 的前 n 项和 .nT
【答案】（1） 2n
n na b ；（2） 1 4 1
8 3
n
n
n nT
．
【分析】（1）根据和与通项关系用作差法求得数列通项即可；
（2）由于 2n
n na b 和 n na b n ，通过平方关系即可求得 n na b ，再根据通项结构选用分组求和法求
解．
【解答】（1）记数列 n na b 的前 n 项和为 nS ，所以 12 2n
nS ，
所以当 2n
时， 1 2 2.n
nS
两式作差，得当 2n
时， 2 .n
n na b
因为当 1n 时， 1 1 1 2S a b ，也符合上式，
所以 n na b 的通项公式为 2 .n
n na b
（2）由（1）知 2n
n na b .
因为 n na b n ，
所以 2 21 1 44 4
n
n n n n n na b a b a b n ，
所以数列 n na b 的前 n 项和 1 2 11 1 11 2 4 4 44 4 8 4
n
n
n nT n
4 1 4 1 4 1
1 4 8 3
n nn n
所以数列 n na b 的前 n 项和 1 4 1
8 3
n
n
n nT
.
【点评】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．
32．（2021·山东高三二模）已知各项均为正数的数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a ，
*
1 , 2n n na S S n n N .
（1）求证；数列 nS 是等差数列，并求 na 的通项公式；
（2）若 x 表示不超过 x 的最大整数，如 1 2 2 ， ， 2,1 2 ，求证： 2 2 2
1 2
1 1 1 1
na a a
.
【答案】（1）证明见解析， 2 1na n ；（2）证明见解析.
【分析】(1)用 1n nS S 替换给定关系式中 na ，求出 nS 的关系，由此求出 nS ，进而求得 na ；
(2)对 2
1
na 进行适当放大为 2
1
4 4n n
，再利用裂项相消法求其前 n 项和，再确定这个和所在区间即可得解.
【解答】（1）因为 1n n na S S ，所以当 2n 时， 1 1n n n nS S S S ，
即 1 1 1n n n n n nS S S S S S ，而 0na ，有 1 0n nS S ，
所以 1 1 2n nS S n ，
所以数列 nS 是以 1 1 1S a 为首项，公差为 1 的等差数列；
1 1 1nS n n ，则 2
nS n ，
当 2n 时， 1 1 2 1n n na S S n n n ，又 1 1a 满足上式，
所以 na 的通项公式为 2 1na n ；
（2） 22 2
1 1 1
4 4 12 1na n nn
，
当 2n 时， 2 2
1 1 1 1 1
4 4 4 1na n n n n
，
故 2 2 2
1 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 51 1 1 14 1 2 2 3 1 4 4 4na a a n n n
，
当 1n 时， 2
1
1 51 4a
，所以对任意的 *n N ，都有 2 2 2
1 2
1 1 1 5
4na a a
，
又 2 2 2 2
1 2 1
1 1 1 1 1
na a a a
，所以 2 2 2
1 2
1 1 1 51 4na a a
.
所以 2 2 2
1 2
1 1 1 1
na a a
.
【点评】给出 Sn 与 an 的递推关系，求 an，常用思路是：一是利用 1n n nS S a 转化为 an 的递推关系，再
求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，再求 an.
33．（2021·安徽高三二模（文））已知数列 na 是公差不为零的等差数列， 2 3a 且 1a 、 3a 、 7a 成等比数
列．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）记数列 12 na 的前 n 项和为 nS ，求数列 nnS 的前 n 项和 nT ．
【答案】（1） 1na n ；（2） 1 2 22 2n n
n n nT
.
【分析】（1）设数列 na 的公差为 d ，用基本量法表示出已知条件解得 1a 和 d ，得通项公式；
（2）求出 12 na ，由等比数列前 n 项和公式求得 nS ，对数列{ }nnS 用分组求和法与错位相减法求和．
【解答】（1）设数列 na 的公差为 d ，则有 1 3a d ，因为 1a 、 3a 、 7a 成等比数列，
所以 2
1 7 3a a a 即 2
1 1 16 2a a d a d ，化简得 1 2a d ，解得 1 2a ， 1d ，
所以 2 1 1 1na n n ，
即数列 na 的通项公式为 1na n ；
（2） 1 12 2 2
n
n
a n
，
1 112 2 111 21 2
n
n
nS
， 1
2
n
nnS n n
，
21 1 11 2 1 22 2 2
n
nT n n
，
设
21 1 11 22 2 2
n
nt n
①，则
2 3 11 1 1 11 22 2 2 2
n
nt n
②，
①﹣②得
2 3 1 1
1 112 21 1 1 1 1 1 1
12 2 2 2 2 2 21 2
n
n n n
nt n n
1
11 2 2
n
n
n
， 22 2n n
nt ，
1 2 22 2n n
n n nT
．
【点评】本题考查求等差数列的通项公式，等比数列的前n项和公式，分组（并项）求和法、错位相减法求
和．数列求和的常用方法：
设数列{ }na 是等差数列，{ }nb 是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列{ }n nab 的前n项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列 1{ }
n n ka a
（k为常数， 0na ）的前n项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列{ }n npa qb 用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能
用并项求和法；
（5）倒序相加法：满足 m n ma a A （ A 为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
34．（2021·广东高三其他模拟）已知数列 na 中， 1 1a ，前n项和为 nS ，且满足
2
1
3 31 02 2n nnS n S n n .
（1）证明：数列 nS
n
是等差数列，并求 na 的通项公式；
（2）设
1
6 11 n
n
n n
nb a a
，求 nb 的前n项和 nT .
【答案】（1）证明见解析， *3 2na n n N ；（2） 11 3 1
n
nT n
.
【分析】（1）利用定义证明 1
1
n nS S
n n
为常数，可证得结论成立，求出 nS 的表达式，再利用 na 与 nS 之间
的关系可求得 na 的通项公式；
（2）求得 1 11 3 2 3 1
n
nb n n
，然后利用裂项法可求得 nT .
【解答】（1）
11
3 11 32
1 1 1 2
n nn n
n nnS n SS S
n n n n n n
，且 1 11
S ，
所以 nS
n
是以1为首项， 3
2
为公差的等差数列，
所以 3 3 11 12 2 2
nS n nn
，所以 23 1
2 2nS n n ①，
所以 2
1
3 11 1 22 2nS n n n ②.
①②得 3 2 2na n n ，又 1 1a 满足上式，所以 *3 2na n n N ；
（2）由（1）知， 6 1 1 11 13 2 3 1 3 2 3 1
n n
n
nb n n n n
.
所以 11 1 1 1 1 1 11 1 14 4 7 7 10 3 2 3 1 3 1
n
n
nT n n n
.
【点评】常见的裂项公式：
（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 2n n n n n n n
；
（4） 1 1 n n kkn n k
.
.
35．（2021·山东高三其他模拟）已知数列{ }na 中， 1 1a ，前n项和为 nS ，且满足 2
1
3 3( 1) 02 2n nnS n S n n .
（1）证明：数列{ }nS
n
是等差数列，并求{ }na 的通项公式；
（2）设
1
6 1( 1)n
n
n n
nb a a
，求{ }nb 的前n项和 nT .
【答案】（1）证明见解析， *3 2,na n n N ；（2） ( 1)1 3 1
n
nT n
.
【分析】（1）将已知条件转化为 1 3
1 2
n nS S
n n
，由此证得数列{ }nS
n
是等差数列，从而求得 nS ，利用
1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n
求得{ }na 的通项公式.
（2）利用裂项求和法求得{ }nb 的前n项和 nT .
【解答】（1）因为 2
1
3 3( 1) 0,2 2n nnS n S n n 所以 2
1
3 3( 1) 2 2n nnS n S n n ，
即 1
3( 1) (2n nnS n S n n 1) ，所以 1 3
1 2
n nS S
n n
，
且 1 11
S ，所以{ }nS
n
是以1为首项， 3
2
为公差的等差数列，
所以 3 1
2 2
nS nn
，所以 23 1
2 2nS n n ①，
所以 2
1
3 1( 1) ( 1), 22 2nS n n n ②.
①②得 3 2, 2.na n n
又 1 1a ，满足上式，所以 *3 2, .na n n N
（2）由（1）知， 6 1 1 1( 1) ( 1) ( )(3 2)(3 1) 3 2 3 1
n n
n
nb n n n n
.
所以 1 1 1 1 1 1 11 ( 1) ( )4 4 7 7 10 3 2 3 1
n
nT n n
( 1)1 3 1
n
n
.
【点评】根据递推关系证明等差或等比数列，关键是结合等差或等比数列的定义化简已知的递推关系.
36．（2021·天津高三二模）设 na 是等差数列， nb 是等比数列，公比大于 0，其前n项和为 *NnS n ．已
知 1 1b ， 3 2 2b b ， 4 3 5b a a ， 5 4 62b a a .
（Ⅰ）求 na 和 nb 的通项公式；
（Ⅱ）设数列 1 na 的前n项和 nT .记 2 1 2
2 1 2
3 3
2 2
n n
n n n
T Tc b b
，求 nc ；
（Ⅲ）求
1 1
n
i
i n i
a
c
.
【答案】（Ⅰ） na n ； 12n
nb ；（Ⅱ） 4n
nc ；（Ⅲ）
1 1
1 4
3 9 9
n
i
i i
n
n
a n
c
【分析】（Ⅰ）利用等差数列、等比数列的通项公式即可求解.
（Ⅱ）利用分组并项求和代入即可求解.
（Ⅲ）利用错位相减法即可求解.
【解答】（Ⅰ）设数列 na 的公差为 d ，数列 nb 的公比为 q（ 0q ），
由 1 1b ， 3 2 2b b ，可得 2 2 0q q ，解得 2q = 或 1q （舍去），
所以 12n
nb ，
由 4 3 5b a a ， 5 4 62b a a ，
则 42 8a ，解得 4 4a ，
所以 4
6 42 2 12a a ，解得 6 6a ，
所以 6 4 2a a d ，解得 1d ，
且 4 1 3 1a a ，解得 1 1a ，
所以 1 1 1na a n n .
综上所述， na n ， 12n
nb .
（Ⅱ）由（Ⅰ）中 na n ，所以 1 1na n ，
1,
0,n
nT
n
为奇数
为偶数
2 2 2 12 1 2
1
2 2 2
2
2
2
2=23 3 3 1 3 02 22 2 2 2 3 2 2n n nn nn n
n n n
T Tc b b
，
故 22 4n n
nc .
（Ⅲ）设
1 1
n
i
n
i n i
aS c
，
1 1
1 2
4 44nn n
nS ，①
1 2 0
1 24 4 4 4n n n
nS ，②
①②可得
1
1 114 41 1 13 14 4 4 1 4
n
n n nS n n
，
即 1 43 3
n
nS n
，
所以 1 4
3 9 9
n
n
nS
，
故
1 1
1 4
3 9 9
n
i
i i
n
n
a n
c
.
37．（2021·上海高三二模）若数集 M 至少含有 3 个数，且对于其中的任意 3 个不同数 a，b，c（a＜b＜c），
a，b，c 都不能成为等差数列，则称 M 为“α集”．
（1）判断集合{1，2，4，8，⋯ ，2n}（n∈N*，n≥3）是否是α集？说明理由；
（2）已知 k∈N*，k≥3．集合 A 是集合{1，2，3，⋯ ，k}的一个子集，设集合 B＝{x+2k﹣1|x∈A}，求证：
若 A 是α集，则 A∪B 也是α集；
（3）设集合
3 4 12 2 2 22, , ,..., , *, 33 4 1
n n
C n N nn n
，判断集合 C 是否是α集，证明你的结论．
【答案】（1）集合{1，2，4，8，⋯ ，2n}（n∈N*，n≥3）是“α集”，理由见解析；（2）证明见解析；（3）集
合 C 是α集，证明见解析.
【分析】（1）根据题中的定义，判断集合是否是集 ；
（2）使用反证法进行证明；
（3）根据题中的定义，运用演绎推理证明结论.
【解答】（1）任取三个不同元素 2i＜2j＜2k（其中 0≤i＜j＜k≤n），
若此三数成等差数列，则 2i+2k＝2⋅ 2j，
但 12 2 2 2 2 2i k k j j ，因此这三个数不能成等差数列．
所以，集合{1，2，4，8，⋯ ，2n}（n∈N*，n≥3）是“α集”．
（2）反证法．假设 A∪B 不是“α集”，
即 A∪B 中存在三个不同元素 x＜y＜z，
使 x，y，z 成等差数列，则 x+z＝2y．
因为 A 是“α集”，所以，x，y，z 不能全在 A 中；
如果 x，y，z 全在 B 中，则[x﹣（2k﹣1）]+[z﹣（2k﹣1）]＝2[y﹣（2k﹣1）]依然成立，
且 x﹣（2k﹣1），y﹣（2k﹣1），z﹣（2k﹣1）都在 A 中，
这说明 A 中存在三个数构成等差数列，
即 A 不是“α集”，与条件矛盾，因此，x，y，z 也不能全在 B 中，
由于 B 中最小可能元素（为 2k）大于 A 中最大可能元素（为 k），
所以必有 x∈A，z∈B．
从而，y＝ 1
2
（x+z） 1
2
[k+k+（2k﹣1）]＝2k﹣ 1
2
＜2k，故 y∉ B；
同样，y＝ 1
2
（x+z） 1
2
[1+1+（2k﹣1）]＝k+ 1
2
＞k，故 y∉ A．
这与 y∈A∪B 矛盾，故 A∪B 也是“α集”．
（3）集合 C 是“α集”，证明如下：
记
12 *1
k
ka k Nk
，则
2 1
1
1
2 2 2 02 1 1 2
k k
k
k k
ka a k k k k
＞ ，
故 a1＜a2＜a3＜a4＜…＜an．
任取 ai，aj，ak∈C（其中 1≤i＜j＜k），则 ai＜aj＜ak．
当 k≥j+2 时，
2
2 2
12 2 2 2 01 3
j
i k j i j j j j
ja a a a a a a a j j
＞ ＞
（这是由于 j＞i≥1，故 j≥2），即 ai+ak＞2aj；
当 k＝j+1 时，若 ai，aj，ak 成等差数列，则 ai+ak＝2aj，即 ai+aj+1＝2aj，
化简得（j+1）（j+2）＝（i+1）⋅ 2j﹣i+1（*）
从而（j+1）（j+2）是 2j﹣i+1 的正整数倍，由于 j+1 与 j+2 互质（为两个连续正整数），
因此 j+1 是 2j﹣i+1 的正整数倍或 j+2 是 2j﹣i+1 的正整数倍，
若 j+1 是 2j﹣i+1 的正整数倍，则 j+1≥2j﹣i+1，而 j+2＞j+1＞i+1，则（*）式不成立；
若 j+2 是 2j﹣i+1 的正整数倍，则 j+2≥2j﹣i+1，而 j+1＞i+1，（*）仍不成立．
综上可知，ai，aj，ak 不能成等差数列，即证明了集合 C 是“α集“．
【点评】解决本题的关键一是对题中新定义的理解与运用，二是反证法的运用.
38．（2021·天津高三二模）已知数列 na 中， 1
1
12, 2 2,n
n
a a n n Na
，设数列 nb 满足：
2 1
1 2 3
12 2 2 2 1
n
n
n
b b b b n Na
（1）求证：数列 1
1na
是等差数列，并求数列 na 的通项公式；
（2）求数列 nb 的通项公式
（3）若数列 nc 满足
1 , 31 ,
, 3
nn
n
n mac m N n N
b n m
，求数列 nc 的前n项和 nS ；
【答案】（1）证明见解析， 1 1na n
；（2） 1
2n nb ；（3）答案见解析.
【分析】（1）由已知得 1
1 1
111 1 n
n
n n
aa a a
，可得
1
1 1 11 1n na a
可得答案；
（2）由（1）得 2 1
1 2 3
12 2 2 2 1 2
n
n
n
nb b b b n Na
，
2 2
1 2 3 1
12 2 2 2
n
n
nb b b b
两式相减可得答案；
（3）由（1）（2）得
, 3
,1 , 32
n
n
n n m
c m N n N
n m
，分 3n k 、 3 1n k 、 3 2n k 求和可得答
案.
【解答】（1）证明
由已知得 1
1 1
111 1 n
n
n n
aa a a
0, 2,na n n N ，
所以 1
1 1
1 11 111 1 1
n
n n n
a
a a a
，
1
1 1 11 1n na a
，
又
1
1 11a
，所以 1
1na
是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，
1 1 11n
n na
，所以 1 1na n
.
（2）由（1）得 2 1
1 2 3
12 2 2 2 1 2
n
n
n
nb b b b n Na
①，
2 2
1 2 3 1
12 2 2 2
n
n
nb b b b
②，
①-②得 1 1 12 2 2 2
n
n
n nb ，所以 1
2n nb .
（3）由（1）（2）得
, 3
,1 , 32
n
n
n n m
c m N n N
n m
，
当 3n k 时， 1 2 3 3 2 3 13 3k k k kc c c c cS c k N ，
2 3 2 3 1
1 1 1 13 32 2 2 2k k k
2 3 3 2 3 1 3 6 3 3
1 1 1 1 1 1 1 13 1 22 2 2 2 2 2 2 2k k kk
3 1 3 3 3
3
1 1 1 11 13 12 2 2 2
1 121 12 2
k kk k
3 1 3 3
3 11 1 11 12 2 7 2k k
k k
3 1
3 16 3
7 7 2 2k
k k
.
当 3 1n k 时，
3 1 3 3 1
3 16 33 7 7 2 2k k k
k kkS S
k N ，
当 3 2n k 时，
3 2 3 3 1 3 1
3 11 6 10
2 7 7 23 2k k k k
kS S k k
k N ，
综上所述，
3 1
3 1
3 1
3 16 3 , 37 7 2 2
3 16 3 , 3 1,7 7 2 2
3 16 10 , 3 27 7 2 2
k
n k
k
k k n k
k kS n k k N
k k n k
，
【点评】本题考查了球数列的通项公式、求数列和的问题，解题的关键点是求出 ,n na b ，考查了学生分
析问题、解决问题的能力，以及分类讨论的思想.
39．（2021·江苏省高三三模）若数列 na 满足 1 1a ，且存在常数 1k ，使得对任意的 *n N 都
有 1
1
n n na a kak ，则称数列 na 为“k 控数列”．
（1）若公差为 d 的等差数列 na 是“2 控数列”，求 d 的取值范围；
（2）已知公比为 1q q 的等比数列 nb 的前 n 项和为 nS ，数列 nb 与 nS 都是“k 控数列”，求 q 的取值
范围（用 k 表示）．
【答案】（1）[0,1]（2） 1 , 1kk
．
【分析】（1）根据“k控数列”的定义得出 *
1
1 22
，n n na a a n N ，则由等差数列的通项公式可得
( 1) 1
( 2) 1
n d
n d
对 *n N 恒成立，求出公差 d 的取值范围；
（2）由等比数列 nb 为“k控数列”得 1 q kk ，又 nS 是“k控数列”得
1
*1 1 1 1
1 1 1
，
n n nq q qk n Nk q q q
，分类讨论求出 q 的取值范围.
【解答】（1）因为公差为 d 的等差数列 na 是“2 控数列”，所以 1 1a ，所以
*
1
11 ( 1) 22
，，n n n na n d a a a n N ，
即 *1 [1 ( 1) ] 1 2[1 ( 1) ]2
，n d nd n d n N ，
所以
*
*
( 1) 1,
( 2) 1,
n d n N
n d n N
由 ( 1) 1n d
得所以 1
1d n
，又 1 1 ,01 2n
，所以 0d≥ ，
由 ( 2) 1n d
得：
当 1n 时， 1d ，所以 1d ；
当 2n 时， 0 1 成立；
当 3n
时， 1
2d n
，又 1 [ 1,0)2n
，所以 0d≥ ；
综上，0 1d ，
所以 d 的取值范围是[0,1]；
（2）因为数列 nb 是公比为 ( 1)q q 的等比数列且为“k控数列”，所以 1
1
n n nb b kbk ，显然 0nb ，故
1 q kk ．
易知 1
1
n
n
qS q
，要使 nS 是“k控数列”，
则
1
*1 1 1 1
1 1 1
，
n n nq q qk n Nk q q q
，
（ⅰ）当 1 1qk
时，
1
*1 1
1
，
n
n
q k n Nk q
，
令
1
*1 1( ) 1 1
，
n
n n
q qf n q n Nq q
，则 ( )f n 递减，
所以1 ( ) 1f n q ，
所以 1k q
，即 1 1q kk
．
要使q存在，则
1
1 1
k
kk
得 5 1
2k
；
（ⅱ）当1 q k 时，
1
*1 1
1
，
n
n
q k n Nk q
，
令
1
*1 1( ) 1 1
，
n
n n
q qg n q n Nq q
，则 ( )g n 递减， ( ) 1q g n q ，
所以
1
1
qk
k q
，又1 q k ，所以1 1q k ，
要使q存在，需1 1k ，得 2k
综上，当 5 1
2k
时，公比q的取值范围是 1 , 1kk
．
【点评】本题主要考查等差数列的通项公式、等比数列的前n项和公式，数列不等式的恒成立问题，考查了
分类讨论的思想，考查了学生的逻辑推理与运算求解能力．
40．（2021·北京高三一模）已知数列 1 2 1 2 ,: 0 3n nA a a a a a a n L L， ， ， ，具有性质 P：对任意 i j，
（1 i j n ） j ia a 与 j ia a ，两数中至少有一个是该数列中的一项， nS 为数列 A 的前n项和．
（1）分别判断数列 0，1，3，5 与数列 0，2，4，6 是否具有性质 P：
（2）证明： 1 0a ，且
2
n
n
naS ；
（3）证明：当 5n 时， 31 4 52, , , ,a a a a a 成等差数列．
【答案】（1）数列 0,1, 3,5 不具有性质 P ；数列 0, 2, 4, 6 具有性质 P ；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）利用数列新定义直接判断即可.
（2）由定义知 n ka a A ， 1,2,3, ,n ka a A k n ，证明 1n k n ka a a ，利用累加法即可证得结
论.
（3）由（2）可证得 5 4 2 32a a a a ，利用定义知 4 3a a 是数列 A 中的项，可知 4 3 2a a a ，即可证
得数列 1 2 3 4 5, , , ,a a a a a 是以 0 为首项，公差为 2a 的等差数列．
【解答】（1） 1 3 4 A Q ，3 1 2 A ，所以数列 0,1, 3,5 不具有性质 P ；
0 2, 2 0 Q ；0 4, 4 0 ；0 6, 6 0 ； 2 4, 4 2 ； 2 6, 6 2 ；6 4, 6 4 ，六组数中，至少
有一个属于 0, 2, 4,6 ，所以数列 0, 2, 4, 6具有性质 P ．
（2）由数列 1 2 1 2: , , , 0 , 3n nA a a a a a a n 具有性质 P ，
n na a 与 n na a 中至少有一个属于 A，
又 0na ， n n na a a ，故 n na a A ， n na a A ， 1 0a ．
由 A 具有性质 P 可知 n ka a A ， 1,2,3, ,n ka a A k n L ．
1 2 3 1n n n n n n na a a a a a a a a a L ，
1n na a a
2 1n na a a
3 2n na a a
1n na a a ；
上边 n 个式子累加得： 1 2 1 1( )n n n nna a a a a a a ，
n n nna S S ，
2
n
n
naS
（3）证明：由（2）知， 5 4 2a a a ， 5 3 3a a a ， 5 4 2 32a a a a
而 4 3 3 52a a a a 不是数列 A 中的项，则 4 3a a 是数列 A 中的项，
1 4 3 5 3 3a a a a a a ， 4 3 2a a a ，
2 1 3 2 4 3 5 4 2a a a a a a a a a
所以数列 1 2 3 4 5, , , ,a a a a a 是以 0 为首项，公差为 2a 的等差数列．
【点评】本题是一道新型的探索性问题，认真理解题目所给的数列新定义是解决问题的关键，通过解决探
索性问题，培养学生综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力，属于难题.
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