专题 24 数 列（解答题）
1．数列 na 是等比数列，前 n 项和为 nS ， 1 1a ， 1n na S m ．
（1）求 m ；
（2）若
1 2
1 2
n
n
nT a a a
，求 nT ．
【试题来源】河北省张家口市 2021 届高三上学期期末教学质量监测
【答案】（1） 1m ；（2） 1
24 2n n
nT
．
【分析】（1） 2n 时， 1n n na S S 化简可得 1 2n na a ，利用等比数列的通项，计算即
可求得 m ；（2）由 12n n
na 利用错位相减法计算即可求得 nT ．
【解析】（1）由 1 1n n n na S m a S m ，
当 2n 时，两式相减，得 1 1 2n n n n na a a a a ．
因为 na 是等比数列，所以 2 12 2a a ，又 2 1 2 1a a m m ；
（2） 1 1
1 2n n
na a q ， 0 1 2 1
1 2 3
2 2 2 2n n
nT ，得 1 2 3
1 1 2 3
2 2 2 2 2n n
nT ；
两式相减，得 0 1 2 3 1
111 1 1 1 1 1 221 212 2 2 2 2 2 2 2 21 2
n
n n n n n
n n nT
．
1
24 2n n
nT
2．已知各项都为正数的数列 na 满足 2 12 3n n na a a ．
（1）证明：数列 1n na a 为等比数列；
（2）若 1 2
1 3,2 2a a ，求 na 的通项公式．
【试题来源】2021 年 1 月普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（八省联考）
【答案】（1）证明见解析；（2）
13
2
n
na
（ n N ）
【解析】（1）由 2 12 3n n na a a 可得 2 1 1 13 3 3n n n n n na a a a a a
因为各项都为正数，所以 1 2 0a a ，
所以 1n na a 是公比为 3 的等比数列．
（2）构造 2 1 13 3n n n na a k a a ，整理得 2 13 3n n na k a ka
所以 1k ，即 2 1 13 3n n n na a a a
所以 1 13 0 3n n n na a a a ，所以 na 是以 1
1
2a 为首项，3 为公比的等比数列．
所以
13
2
n
na
（ n N ）
【 名师 点睛 】本 题关 键点 在于 第（2 ） 问中 的待 定构 造， 能够 根据 特征 ，构 造出
2 1 13 3n n n na a k a a 是关键．
3．已知各项均为正数的等差数列 na 中， 22a ， 6a ， 9a 成等比数列，且 3 3a ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若
1
2 1
1 2 n
n
a
n
n
n ab n a
，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】安徽省池州市 2020-2021 学年高三上学期期末（理）
【答案】（1） na n ；（2） 1
1 1
2 1 2n nT n ．
【分析】（1）利用等比中项以及等差数列的通项公式即可求解．
（2）利用裂项相消法即可求解．
【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ．
因为 22a ， 6a ， 9a 成等比数列，所以 2
6 2 92a a a ，
即 2
1 1 15 2 8a d a d a d ，整理可得 1 9a d 或 1a d ，
而 3 1 2 3a a d ，且 0na ，所以 1a d ，解得 1 1a d ，
所以 1 1 1na n n ，即数列 na 的通项公式 na n ；
（2）由（1）可得
1 1 1
2 1 2 1 1 1
1 2 1 2 2 1 2n
n
n n n n n
n
n a n nb n a n n n n
，
所以 1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1
1 2 2 2 2 2 3 2 2 1 2n n nT n n
1 1
1 1
1 2 1 2nn 1
1 1
2 1 2nn ．
【名师点睛】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 ( )d d 0 的等差数列；
（2）无理型 1 n k n
kn n k
；
（3）指数型 1( 1) n n na a a a ；
（4）对数型 1
1log log logn
a a n a n
n
a a aa
．
4．已知等差数列 na 和等比数列 nb 满足 1 3a ， 1 2b ， 2 22 1a b ， 3 3 3a b ．
（1）求 na 和 nb 的通项公式；
（2）将 na 和 nb 中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列 nc ，求数列 nc 的前
100项和 100S ．
【试题来源】江苏省常州市四校联考 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1） 4 1na n ， 2n
nb ；（2）17530．
【分析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q ，由条件可得
2
3 2 2 1
3 2 2 3
d q
d q
，解出 ,d q 可得答案．（2）分析 nc 的前100项中含有 nb 的项数为 7
时，由 84 1 2na n 得出不可能，则 nc 的前100项中含有 nb 的前8 项且含有 na 的
前92项，再分组求和即可．
【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q ，
由 2 2
3 2 2 1 4 4
3 2 2 3
d q d q
d q d q
，所以 2 4 4q q ，
所以 2q = ， 4d ，所以 4 1na n ， 2n
nb ；
（2）当 nc 的前100项中含有 nb 的前 7 项时，令 84 1 2 256 64.25na n n ，
此时至多有 64 7 71 项(不符)，
当 nc 的前100项中含有 nb 的前8项时，令 94 1 2 512 128.25n n ，
则 nc 的前100项中含有 nb 的前8项且含有 na 的前 92项，
所以 8
100
2 1 292 9192 3 4 17020 510 175302 1 2S
.
【名师点睛】本题考查等差数列和等比数列中基本量的计算和数列分组求和，答本题的关键
是分析出 nc 的前100 项中含有 nb 和 na 各多少项，即若 nc 的前100 项中含有 nb
的前 7 项时，令 84 1 2 256 64.25na n n 不能，从而得出 nc 的前100项中含有
nb 的前8 项且含有 na 的前92项，分组求和即可，属于中档题．
5．已知数列 na 的通项公式为 na n ，在 na 与 1na 之间插入 2 1n n 个数，使这 2 1n n
个数组成一个等差数列，设该等差数列的公差为 nd ，数列 nd 的前 n 项和为 nS ．
（1）求 nd 的通项公式及 nS ．
（2）证明：当 2n
时，
2
1 2
12 2n
n nS S nS ．
【试题来源】安徽省阜阳市 2020-2021 学年高三上学期教学质量统测（文）
【答案】（1） 1 1
1 1n n
nd Sn n n
， ；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据题意得 2
1 1 1n n na a n n d ，结合 na n 化简即可得出 nd 的
通项公式，运用裂项相消法求出 nS ；（2）由（1）得
1n
nS n
通过观察及证明的不等式发
现 nnS n ，借助放缩法和等差数列求和公式即可得证．
【解析】（1）解：由题意可得， 2
1 1 1n n na a n n d ，
即 21 nn n n n d ，所以 2
1
nd n n
．
因为 1 1 1
( 1) 1nd n n n n
，
所以 1 1 1 1 1 11 12 2 3 1 1 1n
nS n n n n
．
（2）证明：当 2n 时， 0 11n
nS n
，所以 nnS n ，
则 1 2
12 2 32nS S nS n
21 ( 2)( 1) 1
2 2 2
n n n n ，
即
2
1 2
1
22 n
n nS S nS .
【名师点睛】裂项相消法求和的实质和解题关键
裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达
到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止；
（2）消项规律：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．
6．已知数列 na 满足 1
1
2a 且 1 3 1n na a ．
（1）证明数列 1
2na
是等比数列；
（2）设数列 nb 满足 1 1b ， 1
1
2n n nb b a ，求数列 nb 的通项公式．
【试题来源】黑龙江省大庆市铁人中学 2020-2021 学年高三上学期阶段考试（文）
【答案】（1）证明见解析；（2）
1
*3 1( )2
n
nb n N
．
【分析】（1）由题可得 1
1 132 2n na a
，根据等比数列的定义，即可得证；（2）由（1）
可得 1 13 2
n
na ，可得 1
1 3n
n nb b
，利用累加法即可求得数列 nb 的通项公式．
【解析】（1）因为 1 3 1n na a ，所以 1
1 132 2n na a
，即
1
1
2 31
2
n
n
a
a
，
所以 1
2na
是首项为 1 公比为 3 的等比数列；
（2）由（1）可知 11 32
n
na ，所以 1 13 2
n
na ，
因为 1
1
2n n nb b a ，所以 1
1 3n
n nb b
，
0
2 1 3b b ， 1
3 2 3b b ，……， 2
1 3n
n nb b
， 2n ，
各式相加得
1
1 2 2
1
11(1 33 )1 3 3 3 1 3
1
2
n
n
n
n
b b
，
又 1 1b ，所以
1 13 1 3 112 2
n n
nb
，
又当 n=1 时， 1 1b 满足上式，所以
1
*3 1( )2
n
nb n N
.
7．设{an}是等差数列，(n∈N*)； nb 是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Sn(n∈N*)．已
知 1 1b ， 3 2 2b b ，b5=a3+a5，b7=a4+2a6．
（1）求 Sn 与 an；
（2）若 n nc a ，求数列 nc 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】海南省海口市 2021 届高三上学期第四次月考
【答案】（1） 2 1n
nS ， 10 32na n ；（2）
2
2
5 27 , 3
5 27 72, 4n
n n nT n n n
．
【分析】（1）首先根据已知条件得到 2 2 0q q ，解得 2q = ，从而得到 2 1n
nS ，
根据 5 3 5 1
7 4 6 1
2 6 16
2 3 13 64
b a a a d
b a a a d
，解方程组即可得到 10 32na n ．（2）首先根据
10 32na n ，得到前 n 项和为 25 27nK n n ，再分类讨论求数列 nc 的前 n 项和 nT ．
【解析】（1）设等比数列 nb 的公比为 q，且 0q ．
由 1 1b ， 3 2 2b b ，可得 2 2 0q q ，
因为 0q ，可得 2q = ，所以 1 2 2 11 2
n
n
nS
．
所以 5 3 5 1
7 4 6 1
2 6 16
2 3 13 64
b a a a d
b a a a d
，解得 1 22
10
a
d
， 10 32na n ．
（2）因为 10 32na n ，前 n 项和为 222 10 32 5 272n
n nK n n
，
当 3n 时， 0na ，所以 2
n 5 27nT K n n ，当 4n 时， 0na ，
所以 n 1 2 2 1 2 3 4n nT a a a a a a a a a …… ……
2
3 3 3= 2 5 27 72n nK K K K K n n ．
所以
2
2
5 27 , 3
5 27 72, 4n
n n nT n n n
．
8．等比数列{an}的各项均为正数，且 2a1+3a2=1，a32=9a2a6．
（1）求数列{an}的通项公式．
（2）设 bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列 1
nb
的前 n 项和．
【试题来源】宁夏固原市隆德县 2021 届高三上学期期末考试（理）
【答案】（1） 1( )3
n
na （2） 2
1
n
n
【分析】（1）利用等比中项的性质可得 2
2 6 4a a a ，代入可求得 q的值，代入 1 22 3 1a a ，
可求出 1a 的值，从而求出通项公式．（2）把 1
3
n
na
代入 nb 可得 1
2n
n nb
，取到数
裂项相消可求出 1
nb
的前 n 项和．
【解析】（1） 2
3 2 69a a a ，即 2 2
3 49a a ，所以 2 1
9q ，因为 n 0, 0a q ，所以 1
3q ，
因为 1 22 3 1a a ，所以 112 33 1 1a a ，所以 1
1
3a ．所以 1
3
n
na
；
（2） 因为 3log ,na n 所以 11 2 2n
n nb n
L ，
1 2 1 121 1nb n n n n
，设数列 1
nb
的前 n 项和为 nT ，
则 1 1 1 1 1 1 22 1 2 12 2 3 1 1 1n
n
n n nT n
L ，
所以 1
nb
的前 n 项和为 2
1
n
n
．
【名师点睛】裂项相消时注意前后的保留项
（1）前面保留的项数和后面保留的项数要一致；
（2）裂项相消时注意常数的提取，一般情况下分母的差是几，所提常数就是几．
9．已知数列 na 是首项 1
1
2a 的等比数列，其前 n 项和 nS 中 3 4 2, ,S S S 成等差数列，
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设 1
2
logn nb a ，若 nT 是 nb 的前 n 项和，求 nT ．
【试题来源】吉林省 2021 届高三上学期期末考试（文）
【答案】（1） 1 1( 1) ( )2
n n
na ；（2） ( 1)
2n
n nT ．
【分析】（1）先由题设求得等比数列 na 的公比 q，再根据 1a 求得其通项公式；
（2）先由（1）求得 nb ，再利用等差数列的前 n 项和公式求得其前 n 项和即可．
【解析】（1）由题设可得 4 3 2 4S S S S ， 4 3 4( )a a a ， 4 3
1
2a a
公比 4
3
1
2
aq a
，又 1
1
2a ， 1 11 1 1( ) ( 1) ( )2 2 2
n n n
na ；
（2）由（1）可得 1
1
2
1log | ( 1) ( ) |2
n n
nb n ， ( 1)
2n
n nT ．
10．已知公比大于 0 的等比数列 na 的前 n 项和为 nS ， 2 4a ， 1 5a 是 2S 和 3a 的等差
中项．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若 n
n
nb a
，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】海南省 2021 届高三年级第二次模拟考试
【答案】（1） 2n
na ；（2） 22 2n n
nT ．
【分析】（1）设数列 na 的公比为 ( 0)q q ，依题意得到方程，求出 q，从而求出数列的
通项公式；（2）由（1）可得 n
n
nb a
的通项公式，再利用错位相减法求和即可；
【解析】（1）设数列 na 的公比为 ( 0)q q ．
由题意知 1 2 32 5a S a ，即 4 42 5 4 4qq q
，化简得 22 3 2 0q q ，
因为 0q ，所以 2q = ．所以 2 2
2 4 2 2n n n
na a q ．
（2）由（1）可知
2n n
n
n nb a
．所以 1 2 3
1 2 3
2 2 2 2n n
nT ，①
2 3 1
1 1 2 1
2 2 2 2 2n n n
n nT
，②
由 ① ② ，可得
1 2 3 1 1 1
1 111 1 1 1 1 22 2 112 2 2 2 2 2 2 21 2
n
n n n n n
n n nT
，
所以 22 2n n
nT ．
【名师点睛】数列求和的方法技巧
（1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
（2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
（3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
11 ． 在 ① 对 任 意 1n 满 足 1 1 2( 1)n n nS S S ； ② 1 2n n nS S a ； ③
1 ( 1)n nS na n n ．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中．问题：已知数列 na 的
前 n 项和为 2, 4,nS a __________，若数列 na 是等差数列，求出数列 na 的通项公式；若
数列 na 不是等差数列，说明理由．
【试题来源】江苏省盐城市滨海中学 2020-2021 学年高三上学期迎八省联考考前热身
【答案】答案见解析
【解析】若选择条件①：因为对任意 1n ， *n N ，满足 1 1 2( 1)n n nS S S ，
所以 1 1 2n n n nS S S S ，即 1 2n na a ，
因为无法确定 1a 的值，所以 2 1a a 不一定等于 2 ，
所以数列 na 不一定是等差数列．
若选择条件②：由 1 2n n nS S a ，则 1 2n n nS S a ，即 1 2n na a ， *n N ，
因为 2 4a ，所以 1 2a ，所以数列 na 是等差数列，公差为 2 ，
因此数列 na 的通项公式为 2na n ．
若选择条件③：因为 1 ( 1)n nS na n n ，所以 1 1 ( 1)n nS n a n n *2,n n N ，
两式相减得， 1 1 2n n na na n a n ， 2n ，即 1 2n na a 2n ，
又 1 2 2S a ，即 2 1 2a a ，所以 1 2n na a ， *n N ，
又 2 4a ， 2 1 2a a ，所以 1 2a ，
所以数列 na 是以 2 为首项， 2 为公差的等差数列．
所以 2 2 1 2na n n ．
12．已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 6 45, 62.a S
（1）求{ }na 通项公式；
（2）求数列{| |}na 的前 n 项和 .nT
【试题来源】贵州省黔西南州兴义市第二高级中学 2021 届高三上学期期末考试（文）
【答案】（1） 3 23na n ；（2）．
3 43 , 72
3 43 154, 82
n
n n n
T
n n n
【分析】（1）根据 6 45, 62a S ，利用“ 1,a d ”法求解．
（2）令 3 23 0na n ，解得 23
3n ，然后分 7n ， 8n 去掉绝对值，利用等差数列
的前 n 项和公式求解．
【解析】（1）在等差数列{ }na 中，因为 6 45, 62a S ，
所以 1 15 5,4 6 62a d a d ，解得 1 20, 3a d ，
所以 1 ( 1) 3 23na a n d n ．
（2）令 3 23 0na n ，解得 23
3n ，
当 7n 时， 0na ，当 8n 时， 0na ，
所以当 7n 时，
1 2 1 2
3 43... ... 2n n n
n nT a a a a a a
，
当 8n 时， 1 2 7 8 9... ...n nT a a a a a a ，
1 2 7 1 2
3 432 ... ... 1542n
n na a a a a a
，
所以
3 43 , 72
3 43 154, 82
n
n n n
T
n n n
．
13．已知数列{ }na 满足 1 3a ，且 1 2 1n na a n ．
（1）证明：数列{ }na n 为等比数列；
（2）记
1
2 1n
n
n n
b a a
， nS 是数列{ }nb 前 n 项的和，求证： 1
3nS ．
【试题来源】湖北省部分重点中学 2020-2021 学年高三上学期期末联考
【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；
【分析】（1）根据递推公式，得到 1 1 2 n na n a n ，再由等比数列的概念，即可
证明结论成立；（2）由（1）求出 1
1
n n
n
n n
a ab a a
，根据裂项相消的方法求出 nS ，即可证明
结论成立．
【解析】（1）因为 1 2 1n na a n ，所以 1 1 2 n na n a n ，又 1 1 3 1 2a ，
所以数列{ }na n 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列；；
（2）由（1）可得 12 2 2n n
na n ，则 2n
na n ，
所以 1
1 1 1
2 1 1 1n
n n
n
n n n n n n
a ab a a a a a a
，
因此
1 2 2 3 1 1 1
1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 32 1nn
n n n
S a a a a a a a a n
得证．
14．已知正项等比数列 na 满足 2 1 3 9n
na ， 3logn nb a ，且 nb ， nc ， 4n 成等差数列．
（1）求数列 nc 的通项公式；
（2）求数列
1
n nc n b
的前 100 项和 100T ．
【试题来源】辽宁省辽西联合校 2020-2021 学年高三（上）期中
【答案】（1） 2nc n ；（2） 50
101
．
【分析】（1）先由题设求得数列 na 的公比 q，进而求得 na 与 nb ，再由 nb ， nc ， 4n 成
等差数列求得 nc ；（2）先由（1）求得
1
n nc n b ，再利用裂项相消法求得其前 100 项和．
【解析】（1）设公比为 0q q ，因为 2 1 3 9n
na ，所以
2
2 5
1
3
3 9 93 9
aq a
，解得 3q ，
所以 3 1 3
3 3 9 3 3n n n
na a q ，
因为 3logn n nb a ，且 nb ， nc ， 4n 成等差数列，所以 4 22
n
n
b nc n ；
（2）由（1）可得
1 1 1 1 1
2 ( 1) 2 1n nc n b n n n n
，
所以 100
1 1 1 1 1 1 1 1 501 12 2 2 3 100 101 2 101 101T
．
15．已知 nS 是数列 na 的前 n 项和， 1 2a ， 0na 且 2
1 1
1
2n n nS S a ，其中 *Nn
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设
1 121
2
na
nb
， 11 ( 2)nc n n
， *
1 2 3 ( )n nS c c c c n N ，记数列 1n
n
nb b
nS
的前 n 项和为 nT ，求证： 3
8nT ．
【试题来源】海南省海口市 2021 届高三上学期第四次月考
【答案】（1） 2na n ；（2）证明见解析．
【分析】（1）由递推关系可得出 na 是以 1 2a 为首项，2 为公差的等差数列，即可求出通
项公式；（2）先求出 nb 和 nS ，再由裂项相消法可求出 nT ，根据 nT 是递增数列即可证明．
【解析】（1）当 2n 时，有
2
1 1
2
1
1
2
1
2
n n n
n n n
S S a
S S a
，两式相减可得 2 2
1 12n n n na a a a
因为 0na ，所以 1 2n na a 2n ，
当 1n 时，由 2
2 2 12 2S a S ，可得 2 4a ，所以 12 2a a ，
所以 1 2n na a *n N ，则数列 na 是以 1 2a 为首项，2 为公差的等差数列．
所以 2na n ；
（2）可得
11
2
n
nb
= ， 1 ( 1)( 1)1 ( 2) ( 2)n
n nc n n n n
，
则： 1 2n nS c c c 2 2 3 3 ( 1)( 1)
1 3 2 4 ( 2)
n n
n n
2( 1)
2
n
n
，
1
1 1
2 1 1
( 1) 2 2 ( 1) 2
n
n n
n
n
n
b b n
nS n n n n
，
1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )1 2 2 2 2 2 3 2 2 ( 1) 2n n nT n n
1
1 1
2 ( 1) 2nn ，
可得 nT 是递增数列，所以 1nT T ，即 3
8nT ．
【名师点睛】利用 na 和 nS 求通项的步骤：
（1）当 1n 时，利用 1 1a S 求出 1a ；
（2） 2n 时，将 n 替换为 1n ，得到关于 1nS 的式子；
（3）将两式相减，利用 1n n na S S 得到关于 na 的通项公式或递推关系；
（4）利用递推关系求出数列通项公式；
（5）验证 1a 是否满足通项即可得出答案．
16．已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ， 0na 且 1 3 36a a ， 3 4 1 29a a a a ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若 1 3 nb
nS ，求数列 nb 及数列 n na b 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】天津市红桥区 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1） 1 *2 3n
na n N ；（2） 2 1 3 1
2
n
n
nT
．
【分析】（1）根据已知条件求出数列的首项和公比，即可得出通项公式；
（2）先求出等比数列的前 n 项和 nS ，即可 nb n ，再利用错位相减法即可求出 nT ．
【解析】（1）设等比数列 na 的公比为 q，
由 3 4 1 29a a a a ，可得 2
1 2 1 29a a q a a ， 2q ＝9，
由 0na ，可得 q＝3，由 1 3 36a a ，可得 2
1 1 36a a q ，可得 1 2a ，
可得 1 *2 3n
na n N ；
（2）由 12 3n
na ，可得 1 1 2 1 3
3 11 1 3
n n
n
n
a q
S q
，
由 1 3 nb
nS ，可得3 1 1 3 nbn ，可得 bn＝n，
可得 n na b 的通项公式： 12 3n
n na b n ，
可得 0 1 12 1 3 2 3 3n
nT n ①
1 23 2 1 3 2 3 3n
nT n ②
①﹣②得 1
0 1 1 1 3 32 2 3 3 3 3 2 31 3
n
n n n
nT n n
，
可得 2 1 3 1
2
n
n
nT
．
17 ． 设 数 列 na ､ nb 的 前 n 项 和 分 别 为 nS ､ nT ， 且 21 (3 7 )2nS n n ，
2( 1)n nT b *( )n N ，
（1）求数列 na ､ nb 的通项公式；
（2）令 n n nc a b ，求 nc 的前 n 项和 nU ．
【试题来源】宁夏石嘴山市第三中学 2021 届高三上学期第三次月考（期末）（理）
【答案】（1） 3 2na n ， 2n
nb （2） 1(3 1) 2 2n
nU n
【分析】（1）利用 1n n na S S 可求得 na ；利用 1n n nb T T 可得 12n nb b ，可得数列{ }nb
是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列，从而可得 nb ；（2）根据错位相减法可求得结果．
【解析】（1）由 21 (3 7 )2nS n n 得 1 1 5a S ，
当 2n 时， 22
1
1 1(3 7 ) 3 1 7 12 2n n na S S n n n n 3 2n ，
当 1n 时， 1 3 2 5a 也适合，故 3 2na n ．
由 2( 1)n nT b 得 1 1 12( 1)b T b ，得 1 2b ，
当 2n 时， 1 12( 1) 2( 1)n n n n nb T T b b ，得 12n nb b ，
又 1 2b ，所以
1
2n
n
b
b
，所以数列{ }nb 是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列，
所以 12 2 2n n
nb ．综上所述： 3 2na n ， 2n
nb ．
（2） (3 2) 2n
n n nc a b n ，
所以 1 2 35 2 8 2 11 2 (3 2) 2n
nU n ，
所以 2 3 4 12 5 2 8 2 11 2 (3 2) 2n
nU n ，
所以 2 3 12 5 2 3(2 2 2 ) (3 2) 2n n
n nU U n ，
所以 2 3 14 3(2 2 2 2 ) (3 2) 2n n
nU n
12(1 2 )4 3 (3 2) 21 2
n
nn ( 6 2) 2 2nn ，
所以 1(3 1) 2 2n
nU n ．
18．已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 4 10S ， 8 36S ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）记
3
n
n n
ab ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】陕西省宝鸡市 2020-2021 学年高三上学期第三次月考（理）
【答案】（1） na n ；（2） 3 2 3
4 4 3n n
nT
．
【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，有 4 1
8 1
4 6 10
8 28 36
S a d
S a d
，解得 1 1a d ，
所以， 1 1 1 1na a n d n n ，故数列 na 的通项公式为 na n ；
（2）由（1）有
3n n
nb ，有 2 1
1 2 1
3 3 3 3n n n
n nT
，
两边乘以 1
3
，有 2 3 1
1 1 2 1
3 3 3 3 3n n n
n nT
，
两式作差有 2 3 1 1 1 1
1 112 1 1 1 1 1 1 2 33 3
13 3 3 3 3 3 3 3 2 2 31 3
n
n n n n n n
n n nT
，
因此， 3 2 3
4 4 3n n
nT
．
19．由整数构成的等差数列 na 满足 3 1 2 45, 2a a a a ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）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 ．
【试题来源】湖南省株洲市 2020-2021 学年高三上学期第一次教学质量统一检测
【答案】（1） 2na n ；（2） 1 2
4 3 4 2 9 5n
nT n n
．
【解析】（1）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 ．
（2）由（1）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
．
【名师点睛】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．
20．已知数列{ }na 的前 n 项和 ( 1)
2n
n nS ，数列{ }nb 满足 1 4b ，且 1 3 2n nb b ．
（1）求证数列{ 1}nb 为等比数列，并求数列 nb 的通项公式；
（2）设 n
n
n
ac b
，求证： 1 2
3
4nc c c ．
【试题来源】河北省邯郸市 2021 届高三上学期期末质量检测
【答案】（1）证明见解析， 3 1n
nb ；（2）证明见解析．
【分析】（1）先证明 1 1 31
n
n
b
b
，可得数列{ 1}nb 为等比数列，求出 1 3n
nb 即可求数
列 nb 的通项公式；（2）先求出 na n ，结合（1）可得
3 1 3
n
n n n
n
a n nc b
，再利用错
位相减法可得结论．
【解析】（1）因为 1 3 2n nb b ，所以 1 1 3 2 1 31 1
n n
n n
b b
b b
，
所以数列 1nb 为首项 1 1 3b ，公比为 3 的等比数列，
所以 1
11 1 3 3n n
nb b ，所以 3 1n
nb ．
（2）因为数列{ }na 的前 n 项和 ( 1)
2n
n nS ，所以 1 1 1a S ，
当 2n
时， 1
( 1) ( 1)
2 2n n n
n n n na S S n
，
1n 时，也适合 na n ，综上， , 3 1 3
n
n n n n
n
a n na n c b
，
1 2 2
1 2
3 3 3n n
nc c c L L ，设 2
1 2
3 3 3n
nM L ，
2 3 1
1 1 2
3 3 3 3n
nM L ， 2 1 1
2 1 1 1 1 1 113 3 3 3 3 2 3 3 2n n n n
n nM
L ，
1 2
3 3,4 4nM c c c L ．
【名师点睛】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注
意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的
积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记
等式两边同时除以1 q ．
21．已知等比数列 na 满足 3 2 10a a ， 1 2 3 125a a a ．
（1）求数列 na 的前 n 项和 nS
（2）若数列 nb 满足 1 1b ，且 *2 3
1 1 1( )2 3
n
n
b b bb b nn N ，
①求 nb 的通项公式：
②求 2 1
1
n
i i
i
a b
．
【试题来源】天津市和平区 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1） 5 (3 1)6
n （2）① nb n ② 5 5( 1) 33 3
nn
【分析】（1）根据等比数列的通项公式求出首项和公比，再根据等比数列的求和公式可得结
果；（2）根据错位相减法可求得结果．
【解析】（1）设等比数列 na 的公比为 q，则
2
1 1
2
1 1 1
10
125
a q a q
a a q a q
，解得
1
3
5
3
q
a
，
所以 1
5 (1 3 )(1 ) 3
1 1 3
n
n
n
a qS q
5 (3 1)6
n ．
（2）①因为 *2 3
1 1 1( )2 3
n
n
b b bb b nn N ，
所以 2n 时， 3 12
1 12 3 1
n
n
b bbb bn
，
两式相减得 1
n
n n
b b bn ，即 1 1n
n
b n
b n
( 2)n ，
又 1 2 1b b ，且 1 1b ，所以 2 2b ，
1
2 2
1
b
b
，
所以 1 1n
n
b n
b n
*( )n N ，即 1
1
n nb b
n n
，
所以数列{ }nb
n
是常数数列，所以 1 11
nb b
n
，即 nb n ．
②由（1）知 1 1
1
5 33
n n
na a q ，令 nT 2 1
1
n
i i
i
a b
1 1 2 3 3 5 2 1n na b a b a b a b ，
即 nT 0 1 2 15 5 5 51 3 3 3 5 3 (2 1) 33 3 3 3
nn ，
即 1 2 15 (1 3 3 5 3 (2 1) 3 )3
n
nT n ，
所以 2 353 (1 3 3 3 5 3 (2 1) 3 )3
n
nT n ，
所以 1 2 3 152 1 2 3 3 3 3 (2 1) 33
n n
nT n ，
所以
15 3(1 3 )2 1 2 (2 1) 33 1 3
n
n
nT n
，
所以 52 (2 2 ) 3 23
n
nT n ，
所以 5 5( 1) 33 3
n
nT n ，即 2 1
1
n
i i
i
a b
5 5( 1) 33 3
nn
【名师点睛】掌握等比数列的求和公式以及错位相减法是解决本题的关键．
22．已知等差数列 na 满足 2 5a ， 5 9 30a a ， na 的前 n 项和为 nS ．
（1）求数列 na 的通项公式及前 n 项和 nS ；
（2）令 *1
n
n
b n NS
，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】天津市静海区瀛海学校 2020-2021 学年高三上学期 10 月检测
【答案】（1） 2 1na n ， 2nS n n ；（2）
3 2 3
4 2 1 2n
nT n n
【分析】（1）设公差为 d ，由题可得 7 15a ，则 7 2 25
a ad ，从而算出 na 的通项公
式及前 n 项和 nS ；（2）
1 1 1 1
2 2 2nb n n n n
，采用裂项相消法求解 nT ．
【解析】（1）设公差为 d ，由 5 9 30a a 得 72 30a ，所以 7 15a ，
则 7 2 15 5 25 5
a ad ，所以 2 2 2 1na a n d n ，
1 3a ，所以 1 22
n
n
n a aS n n
，
（2）
1 1 1 1
2 2 2nb n n n n
，
1 1 1 1 1 1 1 112 3 2 4 1 1 2nT n n n n
1 1 1 1 3 2 312 2 1 2 4 2 1 2
n
n n n n
【名师点睛】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，
突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，
常见的裂项技巧：（1） 1 1 1 1( )( )n n k k n n k
；
（2） 1 1 ( )n k nkn k n
；
（3） 1 1 1 1( )(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n n n
；
（4）
1
1 1
2 (2 1) (2 1)
(2 1)(2 1) (2 1)(2 1)
n n n
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．
23．已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，数列 na 满足 24 2n n nS a a ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若数列 nb 满足 1 1 113 n nb a b b ， ，且 n n nc a b ，求数列 nc 的前项和 nM ．
【试题来源】 2021 届高三上学期第三次月考（文）
【答案】（1） 2na n ；（2） 19 3 1( ) ( )2 2 3
n
nM n ．
【分析】（1）由递推关系可得数列 na 是首项为 2 ，公差为 2 的等差数列，则可求得通项
公式；（2）可得
11
3
n
nb
，利用错位相减法可求得 nM ．
【解析】（1）当 1n 时， 1 1
2
14 2a a a ，因为 1 0a ，所以 1 2a ，
由 24 2n n nS a a ，① 可得 2
1 1 14 2n n nS a a ，②
②-①得， 2 2
1 1 14 2 2n n n n na a a a a ，整理得 2 2
1 12 2 0n n n na a a a ，
所以 1 1( )( 2) 0n n n na a a a ，因为 0na ，所以 1 2n na a ，
所以数列 na 是首项为 2 ，公差为 2 的等差数列，所以 2na n ；
（2）因为 1 1 1 2 1 1b a ，
1
1
3
n
n
b
b
，
所以数列 nb 是首项为1，公比为 1
3
的等比数列，所以
11
3
n
nb
，
于是 112 ( )3
n
n n nc a b n ， 2 11 1 12 1 4 6 ( ) ... 2 ( )3 3 3
n
nM n ③
2 31 1 1 1 12 4 ( ) 6 ( ) ... 2 ( )3 3 3 3 3
n
nM n ④
③-④得 2 3 12 1 1 1 1 12 2 2 ( ) 2 ( ) ... 2 ( ) 2 ( )3 3 3 3 3 3
n n
nM n
11 1 12 1 ... ( ) 2 ( )3 3 3
n nn
11 ( ) 132 2 ( )1 31 3
n
nn
所以 19 3 1( ) ( )2 2 3
n
nM n ．
【名师点睛】数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于 n na b 结构，其中 na 是等差数列， nb 是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于 +n na b 结构，利用分组求和法；
（4）对于
1
1
n na a
结构，其中 na 是等差数列，公差为 d ，则
1 1
1 1 1 1
n n n na a d a a
，
利用裂项相消法求和．
24．已知数列 na 的前 n 项和为 *
nS n N ．
1 若 na 为等差数列， 1 1a ， 6
5
11
9
a
a
，求 nS 和 na 的表达式；
2 若数列 nS 满足 1 22
1 1 1 3 52 2 2 nnS S S n ，求 na ．
【试题来源】广东省高州市 2021 届高三上学期第一次模拟
【答案】 1 1 2na n ， 2
nS n ； 2
1
16, 1,
4, 2,
3 2 , 3.
n
n
n
a n
n
．
【分析】 1 设等差数列的通项公式，并结合条件列式求解即可；
2 根据题干再构造出一组求和，两式做差得到 nS ，分步讨论进而得出 na ．
【解析】 1 设等差数列 na 的通项为 1 1 1 1na a n d n d （ d 为等差数列的
公差），则 6
5
1 5 11
1 4 9
a d
a d
，解得 2d ，
所以 1 2na n ， 1 21 1 2
2 2
n
n
n a a n nS n
．
2 1 22
1 1 1 3 52 2 2 nnS S S n ，①
当 2n 时， 1 2 12 1
1 1 1 3 1 5 3 22 2 2 nnS S S n n ， ②
由① ②得， 1 32 nn S ， 3 2n
nS ，当 1n 时， 1
1 82 S ， 1 16S ，
所以 3 2 , 2,
16, 1.
n
n
nS
n
当 1n 时， 1 1 16a S ；
当 2n 时， 2 2 1 12 16 4a S S ；
当 3n 时， 1
1 3 2n
n n na S S
，所以
1
16, 1
4, 2
3 2 , 3
n
n
n
a n
n
．
【名师点睛】本题考查等差数列通项、前 n 项和的求法，考查运算能力和分析问题能力，属
于中档题．求数列通项、前 n 项和的方法如下：
1 判断数列是等差数列还是等比数列，列出相应通项公式；
2 根据 nS 和 na 之间的关系，求得 na （讨论 n 符合的取值）；
3 判断数列是等差数列还是等比数列，列出前 n 项和 nS 的式子．
25．已知数列 na 满足： 2 1
1 2 3
*3 N3 3 3
n
n
na a a a n ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设 1
1
1
3 1 1n n
n n
b a a
，求数列 nb 的前 n 项和 nS ．
【试题来源】四川省乐山市 2020-2021 学年高三上学期第一次调查研究考试（文）
【答案】（1） *N1
3n na n ；（2） 1
1 1
4 2 3 1n nS
．
【分析】（1）结合前 n 项和与通项公式的关系分 1n 和 2n 两种情况求解即可；
（2） 1
1 1 1
2 3 1 3 1n n nb
，进而根据裂项求和法得结果．
【解析】（1）因为数列 na 满足： 2 1
1 2 3
*3 N3 3 3
n
n
na a a a n ，
所以，当 1n 时， 1
1
3a ，当 2n 时， 2
1 2 1
13 3 3
n
n
na a a
，
相减可得 1 13 3
n
na ，所以 1
3n na ，综上可得， *N1
3n na n ．
（2）因为 1
11
1
1 1
1 13 1 1 3 1 13 3
n n
nn n
n n
b a a
1
3
3 1 3 1
n
n n
1
1 1 1
2 3 1 3 1n n
．
所以 1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1 1
2 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1n n nS
1
1 1
4 2 3 1n
．
【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，解题方法如下：
（1）利用数列项与和的关系，求得通项，注意需要对首项验证；
（2）将 nb 化简，利用裂项相消法求和即可．
26．已知数列 na 满足： 2 1 *
1 2 3
13 3 3 N3
n
n
na a a a n ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设 1
1
1
3 1 1n n
n n
b a a
，数列 nb 的前 n 项和为 nS ，试比较 nS 与 7
16
的大小．
【试题来源】四川省内江市高中 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟考试（理）
【答案】（1）
2 , 13
1 , 23
n
n
n
a
n
；（2） 7
16nS ．
【分析】（1）结合前 n 项和与通项公式的关系分 1n 和 2n 两种情况求解即可；
（2）先验证 1
3 7
8 16b ，再讨论 2n 时， 1
1 1 1
2 3 1 3 1n n nb
，进而根据裂项求和
法得 1
7 1 7
16 162 3 1n nS
．
【解析】（1）因为数列 na 满足： 2 1 *
1 2 3
13 3 3 N3
n
n
na a a a n ，
所以，当 1n 时， 1
2
3a ，当 2n 时， 2
1 2 13 3 3
n
n
na a a
，
相减可得 1 13 3
n
na ，所以 1
3n na ，综上可得，
2 , 13
1 , 23
n
n
n
a
n
（2）因为 1
1
1
3 1 1n n
n n
b a a
，所以 1
2
2
1 3 7
2 1 8 163 1 13 3
b
2n 时， 1
1
1
1 1 1 1
1 1 2 3 1 3 13 1 13 3
n n n
n
n n
b
．
所以 2 3 3 4 1
3 1 1 1 1 1 1 1
8 2 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1n n nS
1 1
3 1 1 1 7 1 7
8 2 8 3 1 16 162 3 1n n
，
综上，对 *Nn 都有， 7
16nS ．
【名师点睛】本题第二问解题的关键在于当 2n 时， 1
1 1 1
2 3 1 3 1n n nb
，进而根据
列项求和法求解即可，考查运算求解能力，是中档题．
27．已知数列 na 的前 n 项和为 ( 1)
2n
n nS ，各项均为正数的等比数列 nb 的前 n 项和为
nT ，________，且 3 4b ．
在① 2 3T ；② 3 7T ；③ 4 3 22b b b 这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并
进行解答．
（1）求数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）设数列 n
n
a
b
的前 n 项和为 nA ，求证： 2nA ．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
【试题来源】江苏省泰州市 2020-2021 学年高三上学期期未
【答案】条件选择见解析；（1） 1na n ， 12n
nb ；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据 ( 1)
2n
n nS ，利用数列通项和前 n 项和关系 1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n
求得 na ，
选① 2 3T ，由 1 1
2
1
3
4
b b q
b q
求解；若选②，则 2 3 3 3T T b ，由 1 1
2
1
3
4
b b q
b q
求解；若
选③，由 84 4q q
求解．（2）根据
1
1
1 1( 1)2 2
n
n
n
n
a n nb
，利用错位相减法求和．
【解析】（1）当 1n 时， 1 1 0a S ，当 2n 时， 1 1n n na S S n ，
1n 时也成立， 1na n ，若选① 2 3T ，设 nb 的公比为 q， 0q ，
1 1
2
1
3
4
b b q
b q
， 1 1
2
b
q
，则 12n
nb ．
若选②，则 2 3 3 3T T b ， 1 1
2
1
3
4
b b q
b q
， 1 1
2
b
q
，则 12n
nb ．
若选③，则 84 4q q
，则 2q = ， 12n
nb ， 1na n ， 12n
nb ．
（2）
1
1
1 1( 1)2 2
n
n
n
n
a n nb
．
0 2 2 11 1 1 1 10 1 2 ( 2) ( 1)2 2 2 2 2
n n
nA n n
④，
2 11 1 1 1 10 1 ( 2) ( 1)2 2 2 2 2
n n
nA n n
⑤，
④ ⑤ 得
2 11 1 1 1 1( 1)2 2 2 2 2
n n
nA n
，
11 112 2 1( 1)1 21 2
n
n
n
11 11 ( 1)2 2
n n
n
，
所以
2 11 12 ( 1)2 2
n n
nA n
112 ( 1) 22
n
n
，
【名师点睛】求数列的前 n 项和的方法
（1）公式法：①等差数列的前 n 项和公式， 1
1
1
2 2
n
n
n a a n nS na d
②等比数列
的前 n 项和公式
1
1
, 1
1
, 11
n
n
na q
S a q
qq
；
（2）分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再
求解．
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
（4）倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的
推广．
（5）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成
的，则这个数列的前 n 项和用错位相减法求解．
（6）并项求和法：一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如 an
＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
28．已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 3 3n nS a ( *nN )．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若数列 nb 满足 3logn nb a ，且数列 nb 的前 n 项和为 nT ，求数列 1
nT
的 n 项和；
（3）设 2 1n
n
n
bc a
，求数列 nc 的前 n 项和 nP ．
【试题来源】天津市 2020-2021 学年高三上学期第四次月考
【答案】（1） 3n
na ；（2） 2
1
n
n
；（3） 11 1 3
n
nP n
【分析】（1）先由题设求得数列{ }na 的首项 1a ，然后推导出数列{ }na 的相邻项之间的关系
式，即可求得其通项公式；（2）依题意求出 nb 的通项公式，即可求出 nb 的前 n 项和为 nT ，
再利用裂项相消法求出数列 1
nT
的 n 项和；（3）依题意可得 12 1 3
n
nc n
，再利用
错位相减法求和即可.
【解析】（1） 数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 2 3 3n nS a ( *nN )，
即 *3 3 ( )2 2n nS a n N ，当 1n 时， 1 1
3 3
2 2a a ，解得 1 3a ，
当 2n
时， 1 1
3 3 3 3( )2 2 2 2n n n n na S S a a ，整理得 13n na a ，
数列{ }na 是首项、公比均为 3 的等比数列， 3n
na ；
（2）由（1）可得 3log 3n
nb n ，所以数列 nb 的前 n 项和 1
2n
n nT
，
则
1 2 1 121 1
nT n n n n ，设数列 1
nT
的 n 项和为 nH ，
所以 1 1 1 1 1 1 1 12 2 2 21 2 2 3 3 4 1nH n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 22 2 11 2 2 3 3 4 1 1 1
n
n n n n
（3）由（1）（2）可知 2 1 2 1 12 13 3
n
n
n n
n
b nc na
所以
1 2 31 1 1 11 3 5 2 13 3 3 3
n
nP n ①；
2 3 4 11 1 1 11 3 5 2 13 3
1
3 33
n
nP n
②
①减②得
1 2 3 4 11 1 1 1 1 11 2 2 2 3
2 2 2 13 3 33 3 3
n
n
n
nP
所以
2 1
1 12
1 113 31 113 2 2 113 31 3
n
n
n
nP
12 2 1 123 33 13
n
n
n
P n
， 2 2 2 12
3 3 33
n
n
nP
所以 11 1 3
n
nP n
.
29．已知数列 na 是等差数列， nS 是数列 na 的前 n 项和， 3 5a ， 7 49S ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）数列 nb 满足 1 1( 1)n
n n n nb S S a ，求数列 nb 的前 2n 项和 2nT ．
【试题来源】陕西省榆林市 2020-2021 学年高三上学期第一次高考模拟测试（文）
【答案】（1） 2 1na n ；（2） 2
2
2 1n
nT n
．
【分析】（1）根据等差数列的性质 2 1 (2 1)n nS n a 知 7 47S a ，即可求得 4 7a ，结合
条件 3 5a 可求得公差 2d ， 1 1a ，进而可求得 na ；（2）根据条件 1 1( 1)n
n n n nb S S a
及 2
nS n 求得 1 1( 1) 1
n
nb n n
，根据裂项相消法求和．
【解析】（1）因为 7 47 49 S a ，所以 4 7a ，而 3 5a ，设数列 na 的公差为 d ，
则 4 3 24 3
a ad
， 1 3 2 1a a d ， 1 2( 1) 2 1na a n n ；
（2） 2
1
1
2
n nS n a a n ，
1
1
( 1) ( 1) (2 1) 1 1( 1)( 1) 1
n n
nn
n
n n
a nb S S n n n n
，
2
1 1 1 1 1 1 11 2 2 3 3 4 2 2 1nT n n
1 212 1 2 1
n
n n
．
【名师点睛】本题的关键是等差数列中基本量的计算问题，另外求数列 nb 的前 2n 项和 2nT
的求解时利用裂项相消的方法．
30．已知数列 na 满足 31 2
1 2 3
1 12 1 2 1 2 1 2 1 2
n
n n
a aa a L ， n N ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设等差数列 nb 的前 n 项和为 nS ，且 21 1
2 2nS n n k ，令 2
n n nc b a kn ，求
数列 nc 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】江西省吉安市 2021 届高三大联考数学（理）（3-2）试题
【答案】（1） 11 2n na ；（2） 1 112 2n n
n nT
．
【解析】（1）当 1n 时， 1 1 13 2
a ， 1
3
2a ；
当 2n 时，由 31 2
1 2 3
1 12 1 2 1 2 1 2 1 2
n
n n
a aa a L ，①
得 3 11 2
1 2 3 1 1
1 12 1 2 1 2 1 2 1 2
n
n n
a aa a
L ，②
① ②得， 1
1 1 1
2 1 2 2 2
n
n n n n
a
， 11 2n na ， 1
3
2
a 也符合，
因此，数列 na 的通项公式为 11 2n na ；
（2）由题意，设等差数列 nb 的公差为 d ，
则 2 2
1 1
1 1 1
2 2 2 2 2n
n n d d dS nb n b n n n k
，
1
1
2 2
1
2 2
0
d
db
k
，解得，
1 0
1
0
b
d
k
， 1 1 1nb b n d n ；
由（1）知， 2 1
2n n n nc b a kn n ，
故 1 2 3 2 3
1 1 1 11 2 3 2 2 2 2n n nT c c c c n L L L
1 111 1 12 2 112 2 21 2
n
n
n n n n
．
31．在① 12 1n nS S ，② 2
1
4a ，③ 11 2n nS a 这三个条件中选择两个，补充在下面
问题中，给出解答．
已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，满足____，____；又知正项等差数列{ }nb 满足 1 3b ，且 1b ，
3 2b ， 7b 成等比数列．
（1）求{ }na 和{ }nb 的通项公式；
（2）设 n
n
n
bc a
，求数列{ }nc 的前项和 nT ．
【试题来源】江苏省连云港市 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】条件性选择见解析，（1） 1
2
n
na
， 4 1nb n ；（2） 110 2 4 5n
nT n
【解析】（1）选择①②：由 12 1n nS S 当 2n 时，有 12 1n nS S ，
两式相减得 12 n na a ，即 1 1
2
n
n
a
a
， 2n ．
又当 1n 时，有 2 1 1 22 1 2S S a a ，因为 2
1
4a ，所以 1
1
2a ， 2
1
1
2
a
a
也适合，
所以数列 na 是首项、公比均为 1
2
的等比数列，所以 1
2
n
na
；
选择：②③：由 11 2n nS a 当 2n 时， 1 1 2n nS a ，
两式相减得 12 2n n na a a ，即 1 1
2
n
n
a
a
， 2n ．
又当 1n 时，有 1 2 11 2S a a ，因为 2
1
4a ，所以 1
1
2a ， 2
1
1
2
a
a
也适合，
所以数列 na 是首项、公比均为 1
2
的等比数列，所以 1
2
n
na
；
选择①③：由 12 1n nS S ， 11 2n nS a ，则 1 12 1 2 2n n nS S a
即 1 11n nS a ，所以 1 1n nS a n ， ，
两式相减可得 1
1
2 1n na a n ，
当 1n 时，由 12 1n nS S ，得 2 12 1S S ，即 121 22 1a a S a ，即 1 22 1a a
由 11 2n nS a ，得 1 21 2S a ，即 1 21 2a a ，与上式相同，不能求出 1a 的值．
故不能选择①③；
所以数列 na 是首项、公比均为 1
2
的等比数列，所以 1
2
n
na
；
设正项等差数列 nb 的公差为 d ，因为 1 3b ，且 1b ， 3 2b ， 7b 成等比数列，
所以 2
3 1 72b b b ，即 23 2 2 3 3 6d d ，解得 4d 或 1
2d （舍），
所以 3 4 1 4 1nb n n ，故 1
2
n
na
， 4 1nb n ．
（2） 4 1 2n
nc n ，所以 1 2 33 2 7 2 11 2 4 1 2n
nT n ，
则 2 3 12 3 2 7 2 4 5 2 4 1 2n n
nT n n ，
两式相减得 2 2 16 4 2 2 2 4 1 2n n
nT n
1
14 1 2
6 4 4 1 21 2
n
nn
110 2 5 4n n ．
所以 110 2 4 5n
nT n .
32．设数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且 *3 2,( )n nS a n N ．
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）不等式 *31,( )nS n N ，求 n 的最小值．
【试题来源】湖北省“大课改、大数据、大测评”2020-2021 学年高三上学期联合测评
【答案】（1）
13
2
n
na
；（2）7．
【分析】（1）给出 nS 与 na 的递推关系，可利用 1n n na S S 转化为 na 的递推关系，再
求其通项公式．（2）代入{ }na 的通项公式，求出 nS ，解不等式即可．
【解析】（1）由 3 2n nS a ，当 1n 得 1 13 2a a ，即 1 1a
当 2n ， 1 13 2n nS a ，于是 1 1(3 2) (3 2)n n n nS S a a ，
即 13 3 ( 2)n n na a a n ，即
1
3 ( 2)2
n
n
a na
，所以
1 13 31 2 2
n n
na
， *n N ；
（2）所以
133 2 3 22
n
n nS a
，
由 31nS 得
13 112
n
，
63 729 2511 112 64 64
，
53 243 197 11.2 32 32
故 1 6n 即 7n ，故整数 n 的最小值为 7．
【名师点睛】给出 nS 与 na 的递推关系，求 na ，常用思路是一是利用 1n n na S S 转化
为 na 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 nS 与 n 之间的关系，
再求 na ．
33．已知 nS 为等差数列 na 的前 n 项和， 5 9a ， 13 169S ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设
3
n
n n
ab ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】吉林省四平市公主岭市范家屯镇第一中学两校联考 2021 届高三上学期期末（文）
【答案】（1） 2 1na n ；（2） 11 3n n
nT ．
【分析】（1）根据 5 9a ， 13 169S ，利用等差数列的通项公式以及前 n 项和公式求解．
（2）由（1）得到 2 1
3 3
n
n n n
a nb ，利用数列求和的错位相减法求解．
【解析】（1）因为 1 13
13 7
13 13 1692
a aS a
， 所以 7 7 513,2 4a d a a ，
解得 2d ，所以 9 ( 5) 2 2 1na n n ．
（2）由（1）得 2 1
3n n
nb ，则 2 3
1 1 1 11 3 5 2 13 3 3 3n nT n ，
2 3 4 1
1 1 1 1 1 11 3 5 2 3 2 13 3 3 3 3 3n n nT n n ，
两式相减得 2 3 1
2 1 1 1 1 12 2 13 3 3 3 3 3n n nT n
1
1
1 111 2 19 32 13 31 3
n
n
n
1
2 2 2
3 3n
n
，所以 11 3n n
nT ．
34．在① 4 24S S ， 2 2 1n na a ；② 1 4n na a n ；③ 0na ， 24 1n nS a ．从这
三个条件中任选一个填入下面的横线上并解答．
已知数列 na 是等差数列其前 n 项和为 nS ， *nN ，若_________．(注：如果选择多个条
件分别解答，按第一个解答计分．)
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）对任意的 *mN ，将 na 中落入区间 22 ,2m m 内项的个数记为 mb ，求数列 mb 的
通项公式和数列 mb 的前 m 项和 mT ．
【试题来源】江苏省宿迁中学、如东中学、阜宁中学三校 2020-2021 学年高三上学期八省联
考前适应性考试
【答案】条件选择见解析；（1） 2 1na n ；（2） 2 1 12 2m m
mb ， 2 11 12 23 3
m m
mT ．
【分析】（1）①中的条件直接化为基本量 1,a d ，构造方程组的方法即可求解；②利用
1 4n na a n ， 可 得 1 2 4 4n na a n ， 两 式 相 减 即 可 得 d ； ③ 利 用 公 式 法
1
1
, 1
, 2n
n n
a na S S n
求解；（2）利用条件得 n 的范围，即可求得 mb 的通项公式，然后利
用分组求和法求解数列的前 n 项和．
【解析】（1）若选择条件①，设 na 的公差为 d ，
因为 4 24S S ，因为 1 14 6 4 2a d a d ，因为 2 2 1n na a ，
所以 1 1(2 1) 2 ( 1) 1a n d a n d ，所以 1 1a ， 2d ， 2 1na n ．
若选择条件②，因为 1 4n na a n ，所以 1 2 4 4n na a n ，
两式相减得 2 4n na a ，因为 na 是等差数列，所以 2 1 1n n n na a a a d ，
所以 2 2 1 1 2 4n n n n n na a a a a a d ，所以 2d ．
因为 1 4n na a n ，所以 1 2 4a a ，所以 12 4a d ，所以 1 1a ，所以 2 1na n ．
若选择条件③，因为 1n 时， 1 1a ，当 2n 时， 2
1 14 1n nS a ，
又 24 1n nS a ，两式相减得 1 1 2 0n n n na a a a ，
因为 0na ，所以 1 0n na a ，所以 1 2n na a ，所以通项公式为 2 1na n ．
（2）因为 22 2 1 2m mn ，所以
22 1 2 1
2 2
m m
n ，所以 1 2 11 12 22 2
m mn ，
因为 *nN ，所以 1 2 12 1 2m mn ，所以 2 1 12 2m m
mb ．
因为 2 1 12 2m m
mb ，
所以 1 3 5 7 2 1 0 1 2 3 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2m m
mT
0
2 12 1 4 2 1 2 1 12 21 4 1 2 3 3
m m
m m
．
35．设等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，首项 1 1a ，且 4 14 12S S ．数列 nb 的前 n 项
和为 nT ，且满足 1 11, 2 1n nb b T ．
（1）求数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）求数列 n
n
a
b
的前 n 项和．
【试题来源】安徽省黄山市 2020-2021 学年高三上学期第一次质量检测（理）
【答案】（1） 2 1na n ， 13n
nb ；（2） 1
13 3n n
nT
．
【分析】（1）设数列 na 的公差为 d，利用已知条件求出公差 d ，即可得数列 na 的通项
公式；利用 1 2 1n nb T 可得 12 1( 2)n nb T n ，两式相减得到 1 3 ( 2)n nb b n ，即
可求出 nb 的通项公式；（2）设 n
n
n
ac b
，利用错位相减法求和即可．
【解析】（1）设数列 na 的公差为 d，且 1 1a ，
又 4 14 12S S ，则 1 2 3 4 14 1 2 3 12a a a a a d ，
所以 2d ，则 1 ( 1) 2 2 1na n n ；
由 1 2 1n nb T 可得 12 1( 2)n nb T n ，
两式相减得 1 2n n nb b b ， 1 3 ( 2)n nb b n ，
又 2 12 1 3b T ，所以 2 13b b ，
故 nb 是首项为 1，公比为 3 的等比数列，所以 13n
nb ．
（2）设 1
2 1
3
n
n n
n
a nc b
，记 nc 的前 n 项和为 nT ．
则 0 1 2 1
1 3 5 2 1
3 3 3 3n n
nT
， 1 2 3
1 1 3 5 2 1
3 3 3 3 3n n
nT ，
两式相减得 1 2 1
2 2 2 2 2 113 3 3 3 3n n n
nT
，
1
1 112 2 1 2 23 31 2 213 3 31 3
n
n n n
n nT
，所以 1
13 3n n
nT
．
36．已知数列 na 的前 n 项和 2 *NnS n n ， nb 是递增等比数列，且 1 1b a ， 3 5b a ．
（1）求数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）若 *Nn n nc a b n ，求数列 nc 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】山西省太原市 2021 届高三上学期期末（理）
【答案】（1） *2 1na n n N ， 1 *3n
nb n N ；（2） *( 1) 3 1n
nT n n N ．
【分析】（1）首先根据 nS 与 na 的关系求数列 na 的通项公式，再根据条件求等比数列 nb
的基本量，求数列 nb 的通项公式；（2） 1 *(2 1) 3n
n n nc a b n n N ，利用错位相
减法求和．
【解析】（1）当 1n 时， 1 1 1a S ；
当 1n 时， 2 2
1 ( 1) 2 1n n na S S n n n ；
当 n=1 时符合上式，所以 *2 1na n n N ；
所以 1 1 1b a ， 3 5 9 b a ，所以数列 nb 的公比 3q ，
所以 1 *3n
nb n N ；
（2）由（1）可得 1 *(2 1) 3n
n n nc a b n n N ，所以
2 2 1
1 2 3 1 1 1 3 3 5 3 (2 3) 3 (2 1) 3n n
n n nT c c c c c n n
，①
2 3 13 1 3 3 3 5 3 (2 3) 3 (2 1) 3n n
nT n n ，②
①-②，整理得 *( 1) 3 1n
nT n n N ．
【名师点睛】本题考查已知数列 nS 与 na 的关系式，求通项公式，和错位相减法求和，一般
数列求和包含 1．公式法，利用等差和等比数列的前 n 项和公式求解；2．错位相减法求和，
适用于等差数列乘以等比数列的数列求和；3．裂项相消法求和，适用于能变形为
1na f n f n ， 4．分组转化法求和，适用于 n n nc a b ；5．倒序相加法求和．
37．已知等差数列 na 的公差为正数． 1 1a ，其前 n 项和为 nS ，数列 nb 为等比数列，
1 2b ，且 2 2 12b S ， 2 3 10b S ．
（1）求数列 na 与 nb 的通项公式；
（2）求数列 n na b 的前 n 项和 nT ．
（3）设 1
n n
n
c b S
， *nN ，求数列 nc 的前 2n 项和．
【试题来源】天津市河北区 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1） na n ， 2n
nb （2） 1( 1) 2 2nn （3） 2 1 22 2 1
n
n
【分析】（1）等差数列 na 的公差 d 为正数，数列 nb 为等比数列，设公比为 q，运用等
差数列和等比数列的通项公式和求和公式，解方程可得公差和公比，即可得到所求通项公式；
（ 2 ） 由 错 位 相 减 法 求 数 列 的 前 n 项 和 nT 即 可 ；（ 3 ） 由 1
n n
n
c b S
， 化 简 得
1 12 2 1
n
nc n n
，由数列的分组求和与裂项相消求和即可．
【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d，等比数列 nb 的公比为 q，
则
2 2 d 12
2 3 3 10
0
q
q d
d
，解得 1
2
d
q
，所以 na n ， 2n
nb ．
（2）由（1）得 2n
n na b n ，
1 1 2 2 3 3n n na b a b a b a bT 2 31 2 2 2 3 2 2nn ，
2 3 12 1 2 2 2 ( 1) 2 2n n
nT n n ，两式相减得，
2 3 1 1 1 12 1 2
2 2 2 2 2 2 2 2 21 2
…
n
n n n n n
nT n n n
11 2 2nn ， 1( 1) 2 2n
nT n ．
（3）由（1）知 1
2n
n nS
．
所以
1 2 1 12 2 21 1
n n
n n
n
c b S n n n n
，
设数列 nc 的前 2n 项和为 2nK ，
所以 2 3 2
2
1 1 1 1 12 2 2 2 2 1 2 2 3 2 2 1
n
n nK n
．
22 1 2 12 11 2 2 1
n
n
2 1 22 2 1
n
n
．
【名师点睛】数列通项为等差等比数列乘积的形式，求和一般都要利用两边同乘以等比数列
的公比后，两式作差后求和，即错位相减法；数列通项为分式时，可考虑将分式变形为两项
之差，利用相加相消的方法求和，即裂项相消法．
38．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 ．
【试题来源】贵州省贵阳市普通中学 2021 届高三上学期期末监测考试（文）
【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 ．
【解析】（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 ，
所以数列 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
．
【名师点睛】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．
39 ． 已 知 各 项 均 为 正 数 的 数 列 na 的 前 n 项 和 满 足 1nS ， 且
*6 1 2 ,n n nS a a n N ．
（1）求 na 的通项公式：
（2）设数列 nb 满足 ,
2
n
n n
a nb n
是奇数
， 是偶数 ，并记 nT 为 nb 的前 n 项和，求 2nT ．
【试题来源】江西省、洪都中学、十七中三校 2021 届高三上学期期末联考
【答案】（1） 3 1na n ；（2）
1
2
2
4 4 33
n
nT n n
．
【分析】（1）令 1n ，结合 1 1 1a S 可得 1 2a ，由 6 1 2n n nS a a ， *nN
可得 1 1 16 1 2n n nS a a ，两式相减可得 1 3n na a 即可求 na 的通项公式；
（2） 2 4 2
2 1 3 2 1( ) (2 2 2 )n
n nT a a a ，利用分组并项求和，以及等差和等
比数列求和公式即可求解．
【解析】（1）由 1 1 1 1
1 1 26a S a a ，即 1 12 1 0a a ，
因为 1 1 1a S ，所以 1 2a ，
由 6 1 2n n nS a a ， *nN ，可得 1 1 16 1 2n n nS a a ，
两式相减可得 1 1 16 1 2 1 2n n n n na a a a a ，
得 1 1 3 0n n n na a a a ，又 0na ，得 1 3n na a ，
所以 na 是首项为 2 公差为 3 的等差数列，
故 na 的通项公式为 3 1na n ．
（2） 2 4 2
2 1 3 2 1( ) (2 2 2 )n
n nT a a a
2 4 2(2 8 14 6 2 2 2 )4 nn
1
2(2 6 4) 4(1 4 ) 4 4 32 1 4 3
n nn n n n
．
【名师点睛】数列求和的方法
（1）倒序相加法：如果一个数列{ }na 的前 n 项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同
一个常数，那么求这个数列的前 n 项和即可以用倒序相加法
（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构
成的，那么这个数列的前 n 项和即可以用错位相减法来求；
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从
而求得其和；
（4）分组转化法：一个数列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，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；
（5）并项求和法：一个数列的前 n 项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如
1 n
na f n 类型，可采用两项合并求解．
40．已知正项等比数列 na ， 2 4a ， 1 2 32a a a ；数列 nb 的前 n 项和 nS 满足 n nS na ．
（1）求 na ， nb ；
（2）证明： 3 12 4
1 2 2 3 3 4 1
2a
a n
b bb b
a a a a a a a a
．
【试题来源】浙江省宁波市 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1） 2n
na ； 11 2n
nb n ；（2）证明见解析．
【分析】（1）由题设求出数列 na 的基本量，即可确定 na ；再由 1n n nb S S 确定 nb ；
（2）用错位相减法整理不等式左侧即可证明．
【解析】（1）设正项等比数列 na 的公比为 q，由 1 2 32a a a ，得 22 q q ，
解得 2q = 或 1q （舍），又 2 4 2n
na a ，由 n nS na ，得 1 2b ，
2n 时， 1 1
1 2 1 2 1 2n n n
n n nb S S n n n
，
则 11 2n
nb n ；
（2）
1
1
1
1
2 2 122 2 2
nn
n
n n
n n
nb na a
，
设 3 12 4
1 2 2 3 3 4 1
n
n
n n
b bb bT a a a a a a a a
，
则
2 3 4 11 1 1 13 4 5 22 2 2 2
n
nT n
，
3 4 1 21 1 1 1 13 4 1 22 2 2 2 2
n n
nT n n
，
两式相减得
2 3 4 1 21 1 1 1 1 13 1 1 1 22 2 2 2 2 2
n n
nT n
得
21 11 42 2
n
nT n
，得
112 4 22
n
nT n
.
【名师点睛】当数列 nc 满足 n n nc a b ， na 为等差数列， nb 为等比数列时，数列 nc
的前 n 项求和可用错位相减法．
41．已知数列 na 是等差数列，其前 n 项和为 nS ，且 3 12S ， 8 16a ．数列 nb 为等比
数列，满足 1 2b a ， 3 5 4256b b b ．
（1）求数列 na ， nb 的通项公式；
（2）若数列 nc 满足
1
1 1
n
n n n
c a a b
，求数列 nc 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】安徽省淮南市 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟（理）
【答案】（1） 2na n ； 4n
nb = ；（2） 1 114( 1) 3 4
n
nT n
n
．
【分析】（1）根据题意列出首项和公差的式子即可求出 na 通项公式，再求出 nb 的首项
和公比即可得出；（2）利用分组求和结合裂项相消法即可求出．
【解析】（1）设数列 na 的公差是 d，数列是 nb 的公比是 q．
由题意得 1
1
7 16
3 3 12
a d
a d
，所以 1 2a d ，所以 2na n ；
所以 1 2 4b a ， 3 5 4 4256 256b b b b ，
所以 3 4
1
64 4bq qb
，所以 4n
nb = ，
（2）由（1）知
1
1 1 1 1 1 1 1 1
4 ( 1) 4 4 1 4
n n
n
n n n
c a a b n n n n
所以 1 2 3n nT c c c c …
1 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 2 4 4 2 3 4 4 1 4
n
n n
1 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 2 2 3 1 4 4 4
n
n n
1 114 4 1 1114( 1) 4( 1) 3 41 4
n
nn n
n n
．
42．已知数列 na 是等差数列，其前 n 项和为 nS ，且 3 12S ， 8 16a ．数列 nb 为等比
数列，满足 1 2b a ， 3 5 4256b b b ．
（1）求数列 na 、 nb 的通项公式；
（2）若数列 nc 满足
1
1
n
n n
c a a
，求数列 nc 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】安徽省淮南市 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟（文）
【答案】（1） 2na n ； 4n
nb = ；（2）
4( 1)n
nT n
．
【分析】（1）由等差、等比数列的通项公式列出方程组求出首项和公差、公比，即可得出通
项公式；（2）先得出数列 nc 的通项公式，再由裂项相消求和法得出前 n 项和 nT ．
【解析】（1）设数列 na 的公差是 d ，数列 nb 的公比是 q．
由题意得 1
1 2 3
7 16
12
a d
a a a
，所以 1 2a d ，所以 2na n ；
所以 1 2 4b a ， 3 5 4 4256 256b b b b ，
所以 3 4
1
64 4bq qb
，所以 4n
nb = ，
（2）由（1）知
1
1 1 1 1 1
4 ( 1) 4 1n
n n
c a a n n n n
所以 1 2 3n nT c c c c …
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 1 2 4 2 3 4 1n n
1 1 1 1 1 1 1
4 1 2 2 3 1 4( 1)
n
n n n
．
【名师点睛】在第二问中，关键是将数列 nc 的通项公式变形为 1 1 1
4 1nc n n
，由裂
项相消求和法得出前 n 项和 nT ．
43．已知数列 na 是等差数列， nS 是数列 na 的前 n 项和， 3 5a ， 7 49S ．
（1）求数列 na 的通项公式及前 n 项和 nS ；
（2）若数列 nb 满足 1 2n n nb s s ，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【试题来源】宁夏固原市第五中学 2021 届高三年级期末考试（理）
【答案】（1） 2 1na n ， 2
ns n ；（2） 2
1n
nT n
．
【分析】（1）根据条件列出式子求出数列 na 的首项和公差，即可求出通项公式和前 n 项
和；（2）可得 1 12 +1nb n n
，利用裂项相消法即可求出．
【解析】（1）设等差数列 na 的公差为 d ，
则
3 1
7 1
+2 5
7 67 + 492
a a d
S a d
，解得 1a 1,d 2= = ，
1+ 1 2 2 1na n n ， 21+2 1
2n
n nS n
；
（2） 1
2 2 1 12+1 +1n
n n
b n n n ns s
，
1 1 1 1 1 22 1 2 2 3 1 1n
nT n n n
．
44．已知数列{ }na 满足 1
3
2a ，
1
12n
n
a a
， 2n ， *n N ．
（1）证明：数列 1{ }1na 为等差数列，并求数列{ }na 的通项公式；
（2）若
2
n
n n
ac n
，记数列{ }nc 的前 n 项和为 nT ，求证： 3 14 nT ．
【试题来源】浙江省嘉兴市 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）证明见解析， 2
1n
na n
；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据已知，表示出 1
1 1
111 1 n
n
n n
aa a a
，然后代入
1
11
11n naa
计算
可得1，所以证明出数列 1{ }1na 是等差数列，求出首项，利用等差数列通项公式计算；（2）
表示出 1
2 1 1
( 1) 2 2 ( 1) 2n n n n
nc n n n n
，然后利用裂项相消法计算前 n 项和 nT ，再
判断出数列的单调性，即可证明．
【解析】（1）当 1
3
2a 时，因为
1
12n
n
a a
， 1
1 1
111 1 n
n
n n
aa a a
，
所以 1 1
1111
11 11 1
1
1
1
1 1
n n
n n nn na a
a a
a a a
，
所以数列 1{ }1na 为首项为
1
1
1a ，公差为1的等差数列．
又 1
3
2a ，
1
1 21a
，所以 1 11n
na
，解得 2
1n
na n
．
（2）因为 2
1n
na n
，所以 1
2 1 1
( 1) 2 2 ( 1) 2n n n n
nc n n n n
．
所以 1 2 1n n nT c c c c
1 1 2 1
1 1 1 1 1 11 12 2 2 2 3 2 2 ( 1) 2 ( 1) 2n n nn n n ，
即 11 ( 1) 2n nT n
，显然 1nT ，另一方面，
1 1 1
1 1 1 1 21 (1 ) 0( 1) 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 2n n n n n n n
nT T n n n n n n
，
故数列{ }nT 是递增数列，所以 1
3
4nT T ，因此， 3 14 nT ．
45．已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 1a ，当 2n 且 *nN 时， 2
1 1n nS S ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）请判断是否存在三个互不相等的正整数 p，q，r 成等差数列，使得 1
pS ， 1
qS ， 1
rS 也
成等差数列．
【试题来源】陕西省宝鸡市 2020-2021 学年高三上学期第三次月考（理）
【答案】（1） 2 1na n ；（2）不存在．
【解析】（1）当 2n 且 *nN 时，有 1 2 1n n nS S S ，可得 2 1n nS a ，
由 1 1a ，满足该式，
可得当 *nN 时，有 2 1n nS a ，平方后可得 24 2 1n n nS a a
当 2n 且 *nN 时，有 2 2
1 1 14 4 4 2 1 2 1n n n n n n na S S a a a a ，
可化为 2 2
1 12 0n n n na a a a ，有 1 1 2 0n n n naa aa ，
由 0na ，有 1 2n na a ，可得数列 na 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，
有 1 2( 1) 2 1na n n ，故数列 na 的通项公式为 2 1na n ；
（2）由题意有
2
p rq ，又由（1）可知 2(1 2 1)
2n
n nS n ，
有 2 2 2 2 2 2 2 2
2
1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 8
1 ( )( )4
p r qS S S p r q p r p r p rp r
2 2 2 2 22 2
2 2 2 2 2 2
( ) 88
( ) ( )
p r p r p rp r
p r p r p r p r
。
由 p r ，有 2 2 2p r pr ， 2 2( ) (2 ) 4p r pr pr ，
有 2 2 2 2 2( ) 8p r p r p r ，可得 1 1 2
p r qS S S
，
故不存在三个互不相等的正整数 p，q，r 成等差数列，使得 1
pS ， 1
qS ， 1
rS 也成等差数列．
【名师点睛】给出 nS 与 na 的递推关系，求 an，常用思路是一是利用 1n n na S S 转化
为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，
再求 an．
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