专题 01：数列的概念与简单表示法-2021 年高考数列专题终极突破（全国通用）
一、单选题
1．（2021·山东高三其他模拟）已知等比数列{ }na 中， 1 3 5 664, 32a a a a ，若 2 8na n t 恒成立，则实数t
的最大值为（ ）
A． 16 B．16 C． 20 D． 20
【答案】A
【分析】由条件求得等比数列通项，将恒成立不等式移项，利用单调性来判断最值情况，从而求得参数最
大值.
【解答】因为 3
1 3 5 3 64a a a a ，所以 3 4a ，
又 6 32a ，所以 3 6
3
8aq a
，解得 2q = ，所以 12n
na ，
所以 2 8na n t 恒成立等价于 2 8n n t 恒成立，
令 2 8n
nb n ，则 1 2 8n
n nb b ，
当 3n 时， 1 0n nb b+ - < ；当 3n 时， 4 3 0b b ；
当 3n 时， 1 0n nb b ，
所以 1 2 3 4 5 6b b b b b b ，
所以 min 3 4( ) 16nb b b ，所以 16t ，即实数t 的最大值为 16 ，
故选：A．
【点评】关键点点睛：求得等比数列通项公式，作差法求得 bn=2n-8n 的单调性，从而求解参数最值.
2．（2021·全国高三其他模拟（文））已知数列{ }na 的前 n 项和 2( 1)n nS a ，数列{ }nb 满足 2 nb
na ，则
数列{ }nb 的前 n 项和为（ ）
A．
2
+12
n n B．
2
12
n n C．
2
2
n n D．
2
2
n n
【答案】C
【分析】由已知得 1 12( 1)n nS a ，作差可得 1 2n na a ，根据等比数列的定义可得数列{ }na 是首项为 2 ，
公比为 2 的等比数列，从而可得数列{ }nb 是首项为1，公差为1的等差数列，再根据等差数列的求和公式可
得选项．
【解答】因为 2( 1)n nS a ，所以 1 12( 1)n nS a ，上述两式相减可得 1 12 2n n na a a ，即 1 2n na a ，
又 1 1 12( 1)a S a ，所以 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 2log 2n
n nb ，所以数列{ }nb 是首项为1，公差为1的等差数列，所以数列{ }nb 的前 n 项和为
2( 1)
2 2
n n n n ，
故选：C.
【点评】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：
（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式 1 ( 1)na a n d ，或 1
1
n
na a q 进行求解；
（2）前 n 项和法：根据 1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n
进行求解；
（3） nS 与 na 的关系式法：由 nS 与 na 的关系式，类比出 1nS 与 1na 的关系式，然后两式作差，最后检验出
1a ，是否满足用上面的方法求出的通项；
（4）累加法：当数列 na 中有 1n na a f n ，即第 n 项与第 n−1 项的差是个有规律的数列，就可以利
用这种方法；
（5）累乘法：当数列 na 中有
1
n
n
a f na
，即第 n 项与第 n−1 项商是个有规律的数列，就可以利用这种
方法；
（6）构造法：①一次函数法：在数列 na 中， 1n na ka b （k、b 均为常数，且 k≠1，k≠0）.
一般化方法：设 1n na m k a m ，得到 1 1
bb k m m k
， ，可得出数列
1n
ba k
是以 k 的
等比数列，可求出 na ；
②取倒数法：这种方法适用于 1
1
2( ),n
n
n
kaa n n Nma p
（k、m、p 为常数，m≠0），两边取倒数后，
得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于 1n na ka b 的式子；
（7） 1
n
n na ba c （b、c 为常数且不为零， n N ）型的数列求通项 na ，方法是在等式的两边同时除
以 1nc ，得到一个 1n na ka b 型的数列，再利用（6）中的方法求解即可.
3．（2021·四川宜宾市·高三二模（文））已知数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且满足 2 3n nS a ，则 6
6
S
a
（ ）
A．364 B．543 C． 728 D．1022
【答案】A
【分析】由已知递推关系构造数列 3
2nS
，结合等比数列的定义判断其为等比数列，进而求得 6S 、 6a ，
即可求 6
6
S
a .
【解答】∵ 12 2 3n n n n nS a S S S ，
∴ 1
3 1 3 22 3 2nn S nS
，而当 1n 时， 1 12 3a a ，即 1 1a ，则 1
3 1
2 2S ，
∴数列 3
2nS
是以 1
2
为首项， 1
3
为公比的等比数列，
∴
13 1 1
2 2 3
n
nS
，即有 6
3 1
2 2 243S
，而 6 6
13 2 243a S ，
∴ 6
6
3 1
12 2 243 729 1 3641 2
243
S
a
，
故选：A.
【点评】关键点点睛：通过 ,n na S 的递推关系构造数列 3
2nS
，并确定其为等比数列，进而求 6S 、 6a .
4．（2021·浙江高三二模）已知数列 nx 满足 0 0x 且 11 2k kx x ，k N ．则 1 2 2021x x x
的最小值是（ ）．
A．17 B．19 C． 69 D．87
【答案】C
【分析】由已知递推关系式可得 2 2
1 12 4 3k k k kx x x x ，采用累加法可将所求式子表示为
2
2022
1 1 60672 x ，由 2022x 为偶数可确定 2022 1 77x 时取最小值，代入可得结果.
【解答】由 11 2k kx x 得： 2 2
1 12 4 3k k k kx x x x ，
2 2
2022 2022 2021 20212 4 3x x x x ， 2 2
2021 2021 2020 20202 4 3x x x x ，…，
2 2
3 3 2 22 4 3x x x x ， 2 2
2 2 1 12 4 3x x x x ， 2 2
1 1 0 02 4 3 3x x x x ，
累加得 2
2022 2022 1 2 20212 2 3 2022x x x x x ，
2
1 2 2021 2022
1 1 60672x x x x ，
11 2k kx x ， 0 0x ，当 k 为奇数时， kx 为奇数； k 为偶数时， kx 为偶数；
则 2022x 为偶数，
当 2022 1 77x 时， 1 2 2021x x x 取得最小值 69 ．
当数列 kx 满足 75kx k k ， 76kx （ 76k 且 k 为偶数）， 79kx （ 76k 且 k 为奇数）时，
符合条件.
故选：C.
【点评】关键点点睛：本题考查根据数列递推关系求解含绝对值的数列的和的问题，解题关键是能够通过
累加法得到所求的和与数列中的项之间的关系，将问题转化为含绝对值的二次函数的最值的求解问题.
5．（2021·江西高三二模（理））已知直线 0 : 1, : 11 7 6 8 6 2n
x y x yl la a n a n a
(a 为常数，
1,2,3n ，…)，点 1,n na a 是 0l 与 nl 的交点，则数列 na 的前 20 项和为（ ）
A．320 B．360 C．590 D．600
【答案】C
【分析】联立直线方程，解出 x，y 的表达式，因交点是 1( , )n na a ，则求得的 1,n na x a y ，从而根据数
列递推关系求得参数 a 的值，代入可求得数列通项公式，从而求得前 20 项和.
【解答】联立
11 7
16 8 6 2
x y
a a
x y
n a n a
①
②
，
1 1 1 1( ) ( ) 01 6 8 7 6 2x ya n a a n a
，
即
6 9 2 6 9 2 01 6 8 7 6 2
n a n ax ya n a a n a
，
n N ，则 6 9 2 0n a ，
即
7 6 2
1 6 8
a n ay xa n a
，代入①式，
得
6 2 61 11 1 6 8 1 6 8
n a xx x
a a n a a n a
，
1 6 8
6
a n ax
，则 7 6 2
6
a n ay
，
故 1 6 8
6n
a n aa
，
1
7 6 2
6n
a n aa
，
由 na 的通项可以推出：
1
1 [6 1 8 ]
6n
a n aa
1 (6 2 ) 7 6 2
6 6
a n a a n a ，
又 n N ， 6 2 0n a ，则 ( 1) 7 4a a a ，
故 3 2na n ， 1 3 2 1a ， 20 3 20 2 58a ，
故数列 na 的前 20 项和为 20 (1 58) 5902
.
故选：C.
【点评】方法点睛：联立求得交点，满足数列的递推关系，求得参数和通项公式，进而求得前 20 项和.
6．（2021·陕西高三二模（文））已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，若3 2 3n nS a n ，则 2021a （ ）
A．
20211 7
2 2
B． 20213 6 C． 20212 1 D． 20212 1
【答案】C
【分析】令 1n ，求出 1a 的值，令 2n ，由3 2 3n nS a n 得出 1 13 2 3 1n nS a n ，两式作差推导
出
1
1 21
n
n
a
a
，可知数列 1na 是等比数列，确定该等比数列的公比和首项，进而可求得 2021a 的值.
【解答】当 1n 时， 1 1 13 3 2 3S a a ，解得 1 3a ；
当 2n 时，由3 2 3n nS a n 可得 1 13 2 3 1n nS a n ，
上述两式作差得 13 2 2 3n n na a a ，所以， 12 3n na a ，
设 12n na x a x ，可得 12 3n na a x ，可得 3 3x ，解得 1x ，
所以， 11 2 1n na a ， 1 1 2a ，可得
1
1 21
n
n
a
a
，
所以，数列 1na 是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，
所以， 2020 2021
2021 1 2 2 2a ，因此， 2021
2021 2 1a .
故选：C.
【点评】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现 1n na a m 时，构造等差数列；
（2）当出现 1n na xa y 时，构造等比数列；
（3）当出现 1n na a f n 时，用累加法求解；
（4）当出现
1
n
n
a f na
时，用累乘法求解.
7．（2021·全国高三其他模拟）已知数列 na 满足 1 2a ， 1 13 1 2,n n n na a a a n n N
，若
1 2 3n nT a a a a ，当 10nT 时， n 的最小值为（ ）
A． 3 B． 5 C．6 D． 7
【答案】C
【分析】将已知递推关系式变形可得
1
1 1 1
1 1 2n na a
，由此可知数列 1
1na
为等差数列，由等差数
列通项公式可取得 1
1na ，进而得到 na ；由 1 2 3n nT a a a a 可上下相消求得 nT ，结合 n N 解不等式可
求得 n 的最小值.
【解答】由 1 13 1n n n na a a a 得： 1
1
3 1
1
n
n
n
aa a
，
11 1
1 1 1
2 13 1 2 21 11 1 1
nn n
n
n n n
aa aa a a a
，
1 1
1 1 1
1 1 21 1 1
1 2 1 2 1 1 2
n n
n n n n
a a
a a a a
，即
1
1 1 1
1 1 2n na a
，
数列 1
1na
是以
1
1 11a
为首项， 1
2
为公差的等差数列，
1 1 11 11 2 2n
nna
，则 3
1n
na n
，
1 2 3
2 34 5 6 2 3
2 3 4 1 6n n
n nn nT a a a a n n
，
由 10nT 得： 2 3 106
n n ，又 n N ， 6n 且 n N ，
n 的最小值为 6.
故选：C.
【点评】关键点点睛：本题考查数列中的不等式的求解问题，解题关键是能够根据已知的递推关系式，构
造出全新的等差数列，利用等差数列通项公式求得通项后，即可确定 na .
8．（2021·全国高三专题练习（文））已知正项数列 na 满足， nS 是 na 的前 n 项和，且 2 1 142n n nS a a ，
则 nS （ ）
A．
2 15
4 4
n n B．
2 15
3 3
n n
C． 23 5
2 2n n D． 2 3n n
【答案】A
【分析】由题得 2 1 142n n nS a a ， 2
1 1 1
1 14( 2)2n n nS a a n ，两式作差化简得数列 na 是一个以
1a 为首项，以 1
2
为公差的等差数列，求出 1a 即得解.
【解答】由题得 2 1 142n n nS a a ， 2
1 1 1
1 14( 2)2n n nS a a n ，
两式相减得 2 2
1 1
1 1 ( 2)2 2n n n n na a a a a n ，
所以 2 2
1 1
1 1 0( 2)2 2n n n na a a a n ，
所以 1 1 1
1( )( ) ( 0( 2)2 )n n n n n na a a a a a n ，
所以 1 1
1( )[( ) ] 0( 2)2n n n na a a a n ，
因为数列是正项数列，所以 -1+ 0n na a ，
所以 1
1 0( 2)2n na a n ，
所以 1
1 ( 2)2n na a n ，
所以数列 na 是一个以 1a 为首项，以 1
2
为公差的等差数列.
令 1n 得 11 1
2 1 142a a a ，解之得 1=4a ，
所以
21 154 ( 1) 2 2 4n
n n nS n n .
故选：A
【点评】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）归纳法；（2）公式法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）
构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
9．（2021·全国高三专题练习（文））已知数列 na 满足 1 1 1n n n na a a a ， 1
1
2a ，则
9 10 11 18 199 10 11 18 19a a a a a （ ）
A． 1
2
B． 1
2
C．35 D． 19
2
【答案】A
【分析】对递推公式进行变形得 1
1
1
n
n
n
aa a
，应用该递推关系可以得到该数列的周期，利用周期性进行求
解即可.
【解答】因为 1 1 1n n n na a a a ，所以 1
1
1
n
n
n
aa a
，
因此 1
2
1
1 11 12
11 312
aa a
，同理 3 2a ， 4 3a ， 5
1
2a ，则
2
3 2
4
2 13 2
2 1
1 11 11 1 11 1
1 1 11 1 11 1 1
n n
n n n
n n
n n nn n
n n n
a a
a a aa aa a aa a
a a a
，因此 4 3
1
2ka ， 4 2
1
3ka ，
4 1 2ka ， 4 3ka ，其中 *k N ，则
4 3 4 2 4 1 4
74 3 4 2 4 1 4 4 16k k k k kT k a k a k a ka k ，则
9 10 11 18 19 3 4 5 20
7 19 10 11 18 19 20 13 17 21 606 2a a a a a T T T a ，故选：A
【点评】关键点睛： 求解本题的关键是对 1
1
1
n
n
n
aa a
的化简，进而得到数列 na 的周期为 4，从而得到 kT
即可求得结果．
10．（2021·全国高三专题练习（文））已知正项数列 na 满足 1
10, 2a
， 2 *
11 ln 2n n na a a n N ，
则（ ）
A．对任意的 *n N ，都有 0 1na B．对任意的 *n N ，都有 1 0n na a
C．存在 *n N ，使得 1
1
2n na a D．对任意的 *n N ，都有 1
1 2n n
aa
【答案】D
【分析】特值法可以排除 A、B 选项，再令 ln 1 1f x x x x ，可求出函数的单调性，从而可以
得出 2
12n n na a a ，再根据累乘法可得 1
1 2n n
aa ，由此得出答案．
【解答】∵ 1
10, 2a
，∴可取 1
1
2a e
，
则由 2
11 ln 2n n na a a 得 2
22
1 1 ln ln 14
a ae e
，
∴ 2 2 12
1ln 0 14a a ae
，故选项 A，B 错误；
令 ln 1 1f x x x x ，则 1 11 1
xf x x x
，
故 f x 在 1,0 上单调递增，在 0, 上单调递减，
∴ 0 0f x f ，即 ln 1 xx ，当且仅当 0x 时等号成立，
∴ 2
1 1 11 ln 2 ln 2 1 1 2 1n n n n n n na a a a a a a ，即 2
12n n na a a ，
∴ 1 1
2
n
n
a
a
，累乘可得 1 12
1 1 1
1
2
n n n
n
n n
a a aa
a a a a
，
∴ 1
1 2n n
aa ，故选项 C 错误，选项 D 正确．
故选：D．
【点评】关键点点睛：本题主要考查数列与不等式，解题的关键是构造函数 ln 1 1f x x x x ，
从而得到 2
12n n na a a ，进一步用累乘法可以得到 1
1 2n n
aa ，考查了转化与化归思想，考查数学运算能力，
属于中档题．
二、多选题
11．（2021·江苏高三其他模拟）在数列 na 中，若 1 3n
n na a ，则称 na 为“和等比数列”．设 nS 为
数列 na 的前 n 项和，且 1 1a ，则下列对“和等比数列”的判断中正确的有（ ）
A．
2020
2020
3 1
4a B．
2021
2020
3 1
4a
C．
2022
2021
3 1
8S D．
2023
2021
3 1
8S
【答案】AC
【分析】由已知等式得出 2n na a ，然后用累加法求得 2020a ，判断 AB，由并面求和法
2021 1 2 3 4 5 2020 2021S a a a a a a a 求得 2021S 判断 CD．
【解答】因为 1 3n
n na a ，所以 1
1 2 3n
n na a
，两式相减得 2 2 3n
n na a ，所以
2020 2020 2018a a a 2020
2 4 2018
2018 2016 4 2 2
3 12 3 3 3 2 4a a a a a ，故 A
正确，B 错误.
2022
2 4 2020
2021 1 2 3 4 5 2020 2021
3 11 3 3 3 8S a a a a a a a ，故 C 正确.D 错
误.
故选：AC．
【点评】本题考查求等差数列的通项公式，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，如果 na 中带有 ( 1)n 或者出现数列相邻项的和时，可以进行并项求和；
（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．
12．（2021·全国高二课时练习）（多选题）数列 na 满足 2 *
1n n na a a n N ， 1
10, 2a
，则以下
说法正确的为（ ）
A． 10 n na a
B． 2 2 2 2
1 2 3 1na a a a a
C．对任意正数 b ，都存在正整数 m 使得
1 2 3
1 1 1 1
1 1 1 1 m
ba a a a
成立
D． 1
1na n
【答案】ABCD
【分析】对于 A，结合二次函数的特点可确定正误；
对于 B，将原式化简为 1 1 1na a a ，由 1 0na 得到结果；
对于 C，结合 1a 范围和 A 中结论可确定
1 2
1 1 1
1 1 1 n
na a a
，由此判断得到结果；
对于 D，利用数学归纳法可证得结论.
【解答】对于 A，
2
2
1
1 1
2 4n n n na a a a
，若 10, 2na
，则 1
10, 4na
，
又 1
10, 2a
，可知 0na ， 1 0na ，
又 2
1 0n n na a a ， 10 n na a ，A 正确；
对于 B，由已知得： 2
1n n na a a ，
2 2 2
1 2 1 2 2 3 1 1 1 1n n n na a a a a a a a a a a a ，B 正确；
对于 C，由 1
10, 2a
及 A 中结论得： 1 1 12 na ， 11 21 na
，
1 2
1 1 1
1 1 1 n
na a a
，显然对任意的正数b ，在在正整数 m ，使得 m b ，此时
1 2 3
1 1 1 1
1 1 1 1 m
ba a a a
成立，C 正确；
对于 D，（i）当 1n 时，由已知知： 1
1
2a 成立，
（ii）假设当 n k k N 时， 1
1na n
成立，
则
2 2
2
1
1 1 1 1
2 4 1 1n n n na a a a n n
，
又 2 2
1 1 1 1 01 21 2 1n nn n n
，即 2
1 1 1
1 21 n nn
，
1
1
2na n
，
综上所述：当 n N 时， 1
1
2na n
，D 正确.
故选：ABCD.
【点评】关键点点睛：本题考查数列与不等式的综合应用问题，关键在于能够熟练应用不等式的性质与函
数的性质进行化简辨析，同时对于数列中的不等式证明问题，可采用数学归纳法进行证明.
13．（2021·全国高二课时练习）已知数列 na 满足 1 1a ， *
1 2 3
n
n
n
aa n Na ，则下列结论正确的
有（ ）
A． 1 3
na
为等比数列
B． na 的通项公式为 1
1
2 3n na
C． na 为递增数列
D． 1
na
的前 n 项和 22 3 4n
nT n
【答案】ABD
【分析】由 *
1 2 3
n
n
n
aa n Na 两边取倒数，可求出 na 的通项公式，再逐一对四个选项进行判断，即
可得答案.
【解答】因为
1
1 2 32 3
n n
n
n
a
a a a
，所以
1
1 13 2( 3)
n na a
，又
1
1 3 4 0a
，
所以 1 3
na
是以 4 为首项，2 位公比的等比数列， 11 3 4 2n
na
即 1
1
2 3n na
，故选项 A 、B 正确.
由 na 的通项公式为 1
1
2 3n na
知， na 为递减数列，选项 C 不正确.
因为 12 31 n
na
，所以 1
na
的前 n 项和
2 3 1 1 2(2 3) (2 3) (2 3) 2(2 2 2 ) 3n n
nT n
22 (1 2 )2 31 2 2 3 4n
n
nn
.选项 D 正确，
故选：ABD
【点评】本题考查由递推公式判断数列为等比数列，等比数列的通项公式及前 n 项和，分组求和法，属于
中档题.
14．（2021·全国高二课时练习）若数列 na 满足：对任意正整数 n ， 1n na a 为递减数列，则称数列 na
为“差递减数列”.给出下列数列 *
na n N ，其中是“差递减数列”的有（ ）
A． 3na n B． 2 1na n C． na n D． ln 1n
na n
【答案】CD
【分析】分别求出四个选项中数列 *
na n N 对应的 1n na a ，再进行判断.
【解答】对 A ，若 3na n ，则 1 3( 1) 3 3n na a n n ，所以 1n na a 不为递减数列，故 A 错误；
对 B ，若 2 1na n ，则 2 2
1 ( 1) 2 1n na a n n n ，所以 1n na a 为递增数列，故 B 错误；
对C ，若 na n ，则 1
11
1n na a n n
n n
，所以 1n na a 为递减数列，故C 正确；
对 D ，若 ln 1n
na n
，则 1 2
1 1 1 1ln ln ln ln(1 )2 1 2 2n n
n n n na a n n n n n n
，由函数
2
1ln(1 )2y x x
在 (0, ) 递减，所以数 1n na a 为递减数列，故 D 正确.
故选：CD .
【点评】本题考查数列新定义、数列单调性及递推关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻
辑推理能力和运算求解能力.
15．（2021·全国高二课时练习）已知数列 na 的前 n 项和为 0n nS S ，且满足
1 1
14 0 ( 2), 4n n na S S n a ，则下列说法正确的是（ ）
A．数列 na 的前 n 项和为 1S 4n n
B．数列 na 的通项公式为 1
4 ( 1)na n n
C．数列 na 为递增数列 D．数列 1{ }
nS
为递增数列
【答案】AD
【分析】先根据和项与通项关系化简条件，再构造等差数列，利用等差数列定义与通项公式求Sn ，最后根
据和项与通项关系得 na .
【解答】 1 1 14 0 ( 2), 4 0n n n n n n na S S n S S S S
1
1 10 4n
n n
S S S
因此数列 1{ }
nS
为以
1
1 4S
为首项， 4 为公差的等差数列，也是递增数列，即 D 正确；
所以 1 14 4( 1) 4 4n
n
n n SS n
，即 A 正确；
当 2n 时 1
1 1 1
4 4( 1) 4 ( 1)n n na S S n n n n
所以
1 , 14
1 , 24 ( 1)
n
n
a
nn n
，即 B，C 不正确；
故选：AD
【点评】本题考查由和项求通项、等差数列定义与通项公式以及数列单调性，考查基本分析论证与求解能
力，属中档题.
三、填空题
16．（2021·安徽高三二模（文））已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，点 , 3 1
nSn n
在直线 1
2y x 上．若
1 n
n nb a ，数列 nb 的前 n 项和为 nT ，则满足 20nT 的 n 的最大值为________．
【答案】13
【分析】由题设易得
3 1 2
nS n
n
，即可求 na ，进而得 nb ，讨论 n 为奇数、偶数求 nT ，结合已知不等关系求
n 的最大值即可.
【解答】由题意知：
3 1 2
nS n
n
，则
23
2n
n nS ，
当 1n 时， 1 1 2a S ；当 2n 时， 1 3 1n n na S S n ；而 1 3 1 1 2a ，
∴ 3 1na n ， *n N ，
∴ 1 ( 1) (3 1)n n
n nb a n ，
∴ 2 5 8 11 ... ( 1) (3 1)n
nT n ，
当 n 为奇数时， 3( 1) 3 1(3 1)2 2n
n nT n ，
当 n 为偶数时， 3
2n
nT ，
∴要使 20nT ，即 3 1 202
n 或 3 202
n ，解得 13n 且 *n N .
故答案为：13.
【点评】关键点点睛：由 ,n na S 的关系求通项公式，讨论 n 写出 nT ，进而由不等关系求 n 的最大值.
17．（2021·全国高三其他模拟（理））已知数列 na 的前 n 项和为 2 1n nS a ，数列 nb 满足 2 nb
na ，
则数列 nb 的前 n 项和为___________.
【答案】
2
2
n n
【分析】根据 na 与 nS 关系可证得数列 na 为等比数列，由等比数列通项公式可求得 na ，进而得到 nb n ，
由等差数列求和公式可求得结果.
【解答】 2 1n nS a ， 1 12 1n nS a ， 1 1 12 2n n n n na S S a a ，
整理可得： 1 2n na a ，又 1 1 12 1S a a ，解得： 1 2a ，
数列 na 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列， 2n
na ；
2 nb
na ， 2 2log log 2n
n nb a n ， nb 是以1为首项，1为公差的等差数列，
数列 nb 的前 n 项和为 21
2 2
n n n n .
故答案为：
2
2
n n .
【点评】关键点点睛：本题考查等差数列前 n 项和的求解问题，解题关键是能够利用 na 与 nS 关系证得数列
na 为等比数列，进而利用等比数列通项公式求得 na .
18．（2021·全国高三其他模拟（文））已知数列{ }na 的前 n 项和 2( 1)n nS a ，数列{ }nb 满足 2 nb
na ，则
数列
1
1{ }
n nb b 的前 n 项和为___________.
【答案】
1
n
n
【分析】首先根据数列 na 与 nS 的关系，先求 na 的通项公式，即可的数列 nb 的通项公式，再利用裂项
相消法求和.
【解答】∵ 2 2n nS a ，∴ 1 12 2n nS a ，两式相减得： 1 2n na a ，∵ 1 2a ，∴{ }na 是首项为 2，
公比为 2 的等比数列，即 12 2 2n n
na ，所以 2log 2n
nb n ，所以
1
1 1 1
1n nb b n n
，所以
1
1{ }
n nb b
的前 n 项和为 1 11 1 11 2 2 3
111 1 1
n
n n n n
.
故答案为：
1
n
n
.
【点评】关键点点睛：本题考查求数列通项公式，以及数列求和，本题的关键是利用公式
1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n
，求数列的通项公式.
19．（2021·四川达州市·高三二模（理））数列 na 满足 1 1a ， 2 3a ， 2 13 2 3n na a a ，若该数
列中有且仅有三项满足 na ．则实数 的取值范围是________．
【答案】 (1,3]
【分析】首项由递推数列变形得 2 1 12 3n n n na a a a ，变形得到 1
1 3 2n
n na a
，再利用累加
法求数列 na 的通项公式，并判断数列 na 的单调性，根据条件，列式求 的取值范围.
【解答】由条件可知 2 1 12 3n n n na a a a ，
设 1n n nb a a ，则 1 2 3n nb b ，
所以 1 3 2 3n nb b ，即 1 3 23
n
n
b
b
，
所以数列 3nb 是公比为 2 的等比数列，首项 1 2 13 3 1b a a ，
即 13 1 2n
nb ，得 13 2n
nb ，
所以 1
1 3 2n
n na a
，
0
2 1 3 2a a ，
1
3 2 3 2a a ，
2
4 3 3 2a a ，
…………………..，
2
1 3 2n
n na a
， 2n ，
这 1n 个式子相加，得
1
1
1
1 23 1 3 2 21 2
n
n
na a n n
，
所以 13 2 1n
na n ，当 1n 时， 1 3 1 1 1 1a 成立，
13 2 1n
na n ，
1 1
1 3 1 2 1 3 2 1 3 2n n n
n na a n n
，
当 1n 时， 2 1 3 1 2 0a a ， 2 1a a
当 2n 时， 3 2 3 2 1 0a a ， 3 2a a ，
当 3n 时， 1 0n na a ，即 1n na a ，
1 1a ， 2 3a ， 3 4a ， 4 3a ， 5 2a ……..，
若该数列中有且仅有三项满足 na ，则1 3 .
故答案为： 1,3
【点评】方法点睛：递推公式求通项公式，有以下几种方法：
1.型如： 1n na a f n 的数列的递推公式，采用累加法求通项；
2.形如： 1n
n
a f na
的数列的递推公式，采用累乘法求通项；
3.形如： 1n na pa q 1 0pq p 的递推公式，通过构造转化为 1n na t p a t ，构造数
列 na t 是以 1a t 为首项， p 为公比的等比数列，
4.形如： 1
n
n na pa q 1 0pq p 的递推公式，两边同时除以 1nq ，转化为 1n nb mb t 的形式
求通项公式；
5.形如： 1
1
n n
n n
a a da a
，可通过取倒数转化为等差数列求通项公式.
20．（2021·四川攀枝花市·高三二模（理））已知等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 52 n
nS m ，则
1 2 na a a 的最大值为________.
【答案】1024
【分析】根据递推关系求得数列 na 的通项公式，从而求得 1 2 na a a 的表达式，判断数列单调性，求得最
大值.
【解答】由题知， 4
1 2 n
nS m
， 4
1 1 2 16S a m m ，
则 1
4 54 5
1 2 2 2 2 , 2n n
n
n n
n n nSa m m nS a
则 4
1 2 16 0a m m ，满足 na 为等比数列；
(4 5 ) (9 )
4 3 5 4 3 5 2 2
1 2 ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1) 2
n n n n
n n n n n
na a a
，
由一元二次函数 (9 )
2
x xy 易知，数列在 4n 或 5 时， (9 )
2
n n 取最大值，
又 4 5( 1) 1 0,( 1) 1 0 ，
则 1 2 na a a 在 4n 时取最大值 4 (9 4)
4 2( 1) 2 1024
故答案为：1024
【点评】关键点点睛：等比数列累乘时涉及等差数列求和，利用得到的一元二次函数形式判断单调性，找
到数列取最大值的 n 值.
21．（2021·四川达州市·高三二模（文））数列 na 满足 1
1 11, 2 3n
n na a a
，若该数列中有且仅有
三项满足 na ，则实数 的取值范围是_________．
【答案】 1,3
【分析】将题中递推关系变形得到 1
1 3 2n
n na a
，然后使用累加法求解得出数列是通项公式，然后求
解不等式得出结果.
【解答】根据题意，可得到 1
1 3 2n
n na a
，
2
1 3 2n
n na a
，
3
1 2 3 2n
n na a
，
……
2 1 3 1 2.a a
将以上( n )1 个式子累加可得， 2 3
1 3( 1) (2 2 2 1)n n
na a n ，
1 1a ，
1
11 23 2 3 1 21 2
n
n
na n n
，
1 2 3 4 51, 3, 4, 3, 2,a a a a a
又因为 12n 为爆炸型增长函数，因此可得从第 4 项起逐项递减，且可得 3a 为最大项，
又因为只有三项满足 na ，
所以只有 2 3 4, ,a a a 三项满足，
即得1 3 .
故答案为： 1,3 .
【点评】方法点睛：本题考查求数列的通项公式，考查分组求和法，求通项公式除公式法外，如果递推式
是数列前后的差，则可用累加法求解，如果是前后项的商，则可用连乘法求解，这是两种基本方法，有时
还可能通过求出数列的前几项，归纳出数列的性质，得出结论.
22．（2021·辽宁葫芦岛市·高三一模）已知数列 na 满足： 1 11, 2 1n na a a ，若
1 1( )2 1 ,n nb n t a b t ，且数列 nb 是单调递增数列，则实数 t 的取值范围是_____________．
【答案】 2( , )3
【分析】凑配出等比数列求出通项 na ，可得 nb ，再利用递增数列的定义求解．
【解答】因为 1 1 2a ， 1 2 1n na a 得 1 1 2 1n na a ，{ 1}na 是等比数列，
所以 1 2n
na ， 2 1n
na ，
1 ( 2 ) 2n
nb n t ， 1( 1 2 ) 2n
nb n t ，
{ }nb 是递增数列，
2n 时， 1( 2 ) 2 ( 1 2 ) 2n nn t n t ， 2 1t n ，所以 2 1 2t ， 3
2t ，
又 2 2(1 2 )b t ，所以 2(1 2 )t t ， 2
3t ，
综上， 2
3t ．
故答案为： 2( , )3
．
【点评】易错点睛：本题考查数列的单调性，根据单调性的定义解题是基本方法．求解时要注意表达式适
用的范围，题中在由已知关系式求得通项公式 1nb 中是从 2b 开始的项的表达式，因此在由 1n nb b 求参数范
围时， 2n ，不包含 1b ，因此最后还有一步： 2 1b b ，否则会出错．
23．（2021·上海高三二模）设 nS 为正数列 na 的前 n 项和， 1 1n nS qS S ， 1q ，对任意的 1n ，n N
均有 +1 4n nS a≤ ，则 q的取值为__________.
【答案】2
【分析】由已知递推式，结合 na 与 nS 的关系及等比数列的定义，可判断 na 是公比为 q的正项等比数列，
写出 na 、 1nS ，根据题设不等式恒成立可得 1 2( 2) 1nq q 恒成立，即可求 q值.
【解答】由题设知：当 1n 时， 2 2 1 1 1 1( 1)S a a qS S q a ，即 2 1a qa ，
当 2n 时， 1 1 1( )n n n n n na S S q S S qa ，
综上知： na 是公比为 q的正项等比数列，即 1
1
n
na a q ，而 1
1
1 1
1
( 0)1
n
n
a q
S aq
，
∴由题设知：对任意的 1n ， n N 有
1
11 41
n
nq qq
成立，又 1q ，
∴ 1 11 4( )n n nq q q ，整理得： 1 2( 2) 1nq q 恒成立，而 n 时 1nq ，
∴ 2q = .
故答案为：2.
【点评】关键点点睛：由 na 与 nS 的关系及等比数列的定义求 na 、 1nS ，根据数列不等式恒成立求 q值即可.
24．（2021·江西高三其他模拟（理））已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 1 2a ， 2
1 1 2n n na S S ，
则
1 2 2 3 2020 2021
1 1 1
a a a a a a
________．
【答案】 505
1011
【分析】先利用 1n n na S S 求通项公式，再用裂项相消法求和.
【解答】当 1n 时， 2 3a ；当 2n 时， 2
1 2n n na S S ，相减得 2 2
1 1n n n na a a a ，即 1 1n na a ，
1n 时也满足．
故 na 是首项为 2 公差 d=1 的等差数列，所以 1na n ， 1
1 1 1 1
1 2 1 2n na a n n n n
，则
1 2 2 3 2020 2021
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 505
2 3 3 4 2021 2022 2 2022 1011a a a a a a
．
故答案为： 505
1011
．
【点评】（1）数列求通项公式的方法：①观察归纳法；②公式法；③由 nS 求 na ；④由递推公式求通项公式；
（2）数列求和常用方法：
①公式法； ②倒序相加法；③裂项相消法； ④错位相减法．
25．（2021·四川成都市·高三三模（理））已知等比数列 na 的前 n 项和 nS 满足 12n
nS m ，数列 nb
满足 2logn nb a ，其中 *n N ，给出以下命题：
① 1m ；
②若 4n nta b 对 *n N 恒成立，则 1
32t ；
③设 36( ) n
n
f n a a
， *n N ，则 f n 的最小值为12 ；
④设
2 1, 4
, 4
n n
n
n
b b nc
a n
， *n N 若数列 nc 单调递增，则实数 的取值范围为 15,34
．
其中所有正确的命题的序号为________．
【答案】②④
【分析】由等比数列前 n 项和公式特点确定 2m ，进而明确 na 与 nb 的通项，结合数列的单调性判断
各个命题.
【解答】由 na 为等比数列，其前 n 项和 12 2 2n n
nS m m ，则 2m ，故①不正确；
由 12 2n
nS ，可得 2n
na ，则 nb n ，若 4n nta b 对 *n N 恒成立，
即 42 4 2
n
n
nt n t 对 *n N 恒成立，
令 4( ) 2n
nf n ，则 1 1
3 4 5( 1) ( ) 2 2 2n n n
n n nf n f n
当1 4n 时， ( 1) ( )f n f n ；
当 5n 时， (5) (6)f f ，
当 6n 时， ( 1) ( )f n f n ，则 max
1( ) (5) (6) 32f n f f ，
则 1
32t ，故②正确；
由 36( ) n
n
f n a a
， *n N ，
令 2nt ，则 36y t t
当 4t ， 2n 时， 13y ，
当 8t ， 3n 时 12 5y .
则 min( ) (3) 12.5f n f ，故③不正确；
2
*1, 4,
2 , 4n n
n n nc n
n
N ，由 nc 单调递增，
则
5 4
3 3
2 2 15
4c c
，则 15,34
，故④正确．
故答案为：②④
【点评】关键点点睛：（1）等比数列的前 n 项和 , 1n
nS Aq A q ；
（2）证明数列的单调性一般采用作差（或作商）的方式；
（3）数列作为特殊函数，特殊在定义域上，定义域不连续.
四、双空题
26．（2021·浙江高三其他模拟）设 nS 是数列 na 的前 n 项和，满足
*
2 1 13 3 2 2, Nn n n nS S S S n n ，且 1 2a ， 2 6a ， 3 12a ，则 na ______；若 1
n
n
b a
，
则数列 nb 的前 2021 项和为______．
【答案】 1n n 2021
2022
【分析】先根据 *
2 1 13 3 2 2, Nn n n nS S S S n n 得出 1n na a 从第二项起是等差数列，然
后根据 1 2a ， 2 6a ， 3 12a 得出 1n na a 是等差数列，从而推出 1 2 1n na a n ，再利用累加法
求出 1na n n ，最后利用裂项相消法求出数列 nb 的前 2021 项和．
【解答】当 2n 时，由 2 1 13 3 2n n n nS S S S ，得 2 1 13 2n n n nS S S S ，所以
2 1 13 2n n n na a a a ，整理得 2 1 1 2n n n na a a a ，则数列 1n na a 从第二项起是等差数
列．
因为 1 2a ， 2 6a ， 3 12a ，所以 3 2 2 1 2a a a a ，符合上式，所以 1n na a 是等差数列，所
以 1 4 2 1 2 1n na a n n ．
当 2n 时， 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 1n n n n na a a a a a a a n n n n ， 1 2a 也
符合上式，所以 1na n n ，
所以 1 1 1
1n
n
b a n n
，所以数列 nb 的前 2021 项和为
1 1 1 1 1 1 1 1 20211 12 2 3 3 4 2021 2022 2022 2022
．
故答案为： ( 1)n n ； 2021
2022
．
【点评】关键点点睛：求解本题的关键点有两个：（1）根据递推关系式得出 1n na a 从第二项起是等差数
列，注意不是从第一项起，要验证第一项是否满足；（2）数列递推公式是以前后项的差给出时，利用累加
法求出 na ．
27．（2021·浙江高二课时练习）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，满足 2 *2 nS n n n N ，则数列 na
的通项公式 na ______.设 2 1
1
1 n n
n
n n
ab a a
，则数列 nb 的前 n 项和 nT ______.
【答案】 n
2 ,1
,1
n nn
n nn
为奇数
为偶数
【分析】根据 1 2n n na S S n 求解出 na 的通项公式；将 na 的通项公式代入 2 1
1
1 n n
n
n n
ab a a
，
对 n 分奇偶讨论，由此求解出 nT .
【解答】因为 2 *2 nS n n n N ，所以当 2n 时， 22
1
1 1
2 2n n n
n nn na S S n
，
当 1n 时， 1 1
1 1 12S a ，符合 2n 的情况，所以 na n ；
因为 2 1
1
2 1 1 11 1 11 1
n n nn
n
n n
a nb a a n n n n
，
当 n 为偶数时， 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ...2 2 3 3 4 1 1nT n n n n
，
所以 1 11 1n
nT n n
，
当 n 为奇数时， 1n n nT T b ，所以 1 1 1 2
1 1n
n nT n n n n
，
综上可知
2 ,1
,1
n
n nnT n nn
为奇数
为偶数
.
故答案为： n ；
2 ,1
,1
n nn
n nn
为奇数
为偶数
.
【点评】思路点睛：利用 na 与 nS 求解数列通项公式的思路：
（1）根据 1 2n n na S S n ，先求解出 2n 时的通项公式；
（2）根据条件验证 1n 是否满足 2n 的情况；
（3）若满足，则 na 的通项公式不需要分段书写；若不满足，则 na 的通项公式需要分段书写.
28．（2021·浙江高二课时练习）已知在数列 na 中， 6 11a 且 1( 1) 1n nna n a ，设
1
1
n
n n
b a a
，
*n N ，则 na ________，数列 nb 前 n 项和 nT ________．
【答案】 2 1n
2 1
n
n
【分析】根据递推关系可得 1 1 1 ( 2)1 1
n na a nn n n n
，可知数列为常数数列，即可求出通项公式，根
据裂项相消法求出 nb 前 n 项和 nT .
【解答】 1( 1) 1n nna n a ，
1 1 1 1
1 ( 1) 1
n na a
n n n n n n
1 1 1 ( 2)1 1
n na a nn n n n
1
1 1
na
n n
为常数列，
61 1 2( 2)1 1 5 5
na a nn n
2 1( 2)na n n ， 1n ， 1 1a 适合上式．
∴ 2 1na n ， *n N ，
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 1 1 1 1 11 12 3 2 3 5 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1n
nT n n n n
．
故答案为： 2 1n ；
2 1
n
n
．
【点评】本题主要考查了数列的递推关系式，通项公式，裂项相消法求和，属于中档题.
29．（2021·浙江高二课时练习）设数列 na 的前项和为 nS ，满足 *
n
11 2
n
n
nS a n N
，则
1a _________； 3S _________.
【答案】 1
4
1
16
【分析】根据已知，令 1n ,利用 1 1S a 即可求得 1a ;
当 2n 时，利用 1n n na S S ，根据已知递推关系，消和得到项的递推关系，分别取 3, 4n n ,可以求
得 2 3,a a 的值，进而得到 3S .
【解答】（1） *11 2
n
n n nS a n N
当 1n 时， 1 1
1
2
a a ，解得 1
1
4a .
（2）当 2n 时
1
1 1 1
1 11 12 2
n n
n n n n nn na S S a a
，
令 3n 可得， 3 3 2
1 1
8 4
a a a ，即 3 2
12 8
a a ，
令 4n 可得， 4 4 3
1 1
16 8
a a a ，
解得： 3 2
1 1,16 4a a
则 3 1 2 3
1 1 1 1
4 4 16 16
S a a a .
故答案为： 1 1 .4 16
；
【点评】本题考查利用项与和的关系求数列的项与和，属中档题.
30．（2021·浙江高二课时练习）已知数列{ na }对任意的 n∈N*，都有 na ∈N*，且 1na =
3 1
2
n n
n
n
a a
a a
， 为奇数
， 为偶数
①当 1a =8 时， 2019a _______
②若存在 m∈N*，当 n>m 且 na 为奇数时， na 恒为常数 P，则 P=_______
【答案】 2 1
【分析】计算得到数列周期，得到 2019 2a ，根据奇偶的讨论得到 *1
2 3n ka N
，计算得到答案.
【解答】 1
3 1
2
n n
n n
n
a a
a a a
， 为奇数
， 为偶数 ，则 1 2 3 4 5 68, 4, 2, 1, 4, 2,...a a a a a a
故从第二项开始形成周期为 3 的数列，故 2019 2a
当 na 为奇数时， 1 3 1n na a 为偶数，故 1
2
3 1
2 2
n n
n
a aa
若 2na 为奇数，则 3 1
2
n
n
aa ，故 1na ，不满足；
若 2na 为偶数，则 2
3 2
3 1
2 2
n n
n
a aa
，直到为奇数，即 *3 1,2
n
n k
aa k N
故 *1
2 3n ka N
，当 2k 时满足条件，此时 1na ，即 1p
故答案为：① 2 ；②1
【点评】本题考查了求数列的项，数列的周期问题，意在考查学生的应用能力.
五、解答题
31．（2021·陕西西安市·高三其他模拟）已知函数 ( ) lnf x x ， 2( )g x x .
（1）若不等式 ( ) 1f x ax 对 (0, )x 恒成立，求实数 a 的范围；
（2）若正项数列 na 满足 1
1
2a ，
1
2
1
n
n
n n
g aa a a ，数列 na 的前 n 项和为 Sn，求证： 2 2 1nS ne .
【答案】（1）[1, ) ；（2）证明见解析.
【分析】（1）分离参数，通过导数研究函数的单调性，从而求得最大值，即可求得参数的取值范围.
（2）由递推关系求得数列 na 的通项公式，结合（1）中结论，取取 1a ，得到 ln(1 )x x ，对数列 na
的通项进行放缩，转化为对数形式，利用累加法证明前 n 项和满足的不等关系.
【解答】（1） ( ) 1f x ax 对 (0, )x 恒成立 ln 1xa x
对 (0, )x 恒成立，
设 ln 1 ( ) ( 0)xF x xx
，则 2
ln'( ) xF x x
， (0,1)x 时， '( ) 0F x ， ( )F x 单调递增； (1, )x 时，
'( ) 0F x ， ( )F x 单调递减.
max( ) (1) 1F x F ， 1a ，
实数 a 的取值范围是[1, ) .
（2）取 1a ，由（1）可知 ln 1 x x 对 (0, )x 恒成立，则 ln(1 )x x
2( )g x x ，
1
2
1
n
n
n n
g aa a a ， 1
1
2a
2
1
2 2
1 1
n n
n
n n n
a aa a a a
1
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 2 1 2 12 2 2
n n
n n n n n na a a a a a
数列 12 1n
na
是常数列
1
1
1
1 1 22 1 2 1 2 (0,1)2 1
n
n
n n
n
aa a
1
1
1 1
2 2 1ln 1 ln 1 ln ln 2 1 ln 2 12 1 2 1
n n
n n
n n n na a
1
1 1
2 1ln 2 1 ln 2 1 ln 2 1 ln 2 ln 2
nn n
k k n
n k
k k
S a
2 1 2 2 12
n n
n
S S ne e ，得证.
【点评】方法点睛：（1）分离参数，利用导数研究函数的最值，从而求得参数取值范围；
（2）对数列通项进行放缩，累加法求和，证明不等式.
32．（2021·天津市滨海新区塘沽第一中学高三三模）已知数列 na ， nb ， nS ，是数列 na 的前 n 项和，
已知对于任意 *n N ，都有 3 2 3n na S ，数列 nb 是等差数列， 1 3 1logb a ，且 2 5b ， 4 1b ， 6 3b
成等比数列.
（1）求数列 na 和 nb 的通项公式.
（2）记
2
, ( 2 1, )
, ( 2 , )
n
n n
a n k k N
c b n k k N
，求数列 nc 的前 n 项和 nT .
（3）
2
1
1
n
k k
k
c c
.
【答案】（1） 3n
na ， 2 1nb n ；（2）
2
2
1
2
3 1 1 1, ( 2 1, )8 4 2 8
3 1 3, ( 2 , )8 4 8
n
n n
n n n k k N
T
n n k k N
；（3）
175 40 25 916 48
nn .
【分析】(1)由递推公式 3 2 3n na S 探讨出数列 na 任意相邻两项的关系得 na ，由等差数列 nb 的已知
求出其首项和公差得 nb ；
(2)由(1)求出数列 nc 的通项公式，再分组求和得解；
(3)对和式
2
1
1
n
k k
k
c c
从首项起依次每两项一组并项求和，再利用错位相减法求解即得.
【解答】（1）因 3 2 3n na S ， 2n 时， 1 13 2 3n na S ，
则有 13 3 2n n na a a ，即 13n na a ，而 1n 时， 1 13 2 3a a ，即 1 3a ，
∴ na 是首项 1 3a ，公比为 3 的等比数列，从而 3n
na ；
设等差数列 nb 的公差 d，而 1 3log 3 1b ，依题意 2
4 2 6( 1) ( 5)( 3)b b b ，
23 2 6 5 2d d d ， 22 0d ， 2d ，所以 2 1nb n ；
（2）由(1)知 3 , ( 2 1, )
1, ( 2 , )
n
n
n k k NC
n n k k N
，
当 n 为偶数时， 1 2 1 3 1 2 4n n n nT C C C C C C C C C
12
3 1 23(1 9 ) 1 ( 1) 3 3 13 3 3 1 3 1 1 9 2 2 8 4
n
n
n n nn n
当 n 为奇数时，
2
2
1 1
3 3 1 18 4
n
n n nT T C n n
2
23 3 1 1 1+8 8 4 2 4
n
n n n
2
23 1 1 1
8 4 2 8
n
n n
∴
2
2
1
2
3 1 1 1, ( 2 1, )8 4 2 8
3 1 3, ( 2 , )8 4 8
n
n n
n n n k k N
T
n n k k N
（3） 2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1, n n n n n n nn N C C C C C C C
2 1 2 1 2 12 1 3 3 10 2 1 3n n nn n 10 2 1 93
nn
所以
2
1
1
n
k k
k
C C
是数列 10{ 2 1 9 }3
nn 的前 n 项和，
设 2 1 9nn 的前项和为 nR ，
29+3 9 2 1 9 n
nR n ，
2 19 1 9 2 1 9 n
nR n ，
2 3 18 9 2 9 9 9 2 1 9n n
nR n
2 1
19 (1 9 )9 2 2 1 91 9
n
nn
1 119 9 81 2 1 94
n nn 181 19 ( 2 1) 94 4
nn 145 5 8 94 4
nn
即 145 8 5 932 32
n
n
nR ，
∴
2
1
1
1
10 10 45 8 5( 9 )3 3 32 32
n
n
k k n
k
nC C R
175 40 25 916 48
nn .
【点评】思路点睛：给出 Sn 与 an 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.
33．（2021·高三二模（文））已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 *2 1n nS a n N .
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设
1
n
n
n n
ab S S
，数列 nb 的前 n 项和 nT ，且 nT m 对任意 *n N 恒成立，求 m 的取值范围.
【答案】（1） 12n
na ；（2） 1
2m ．
【分析】（1）因为 2 1n nS a ，所以 1 12 1n nS a ，两式相减，整理得 12n na a ，令 1n ，求出 1a ，
进而得解；
（2）求出数列 nb 的通项公式，通过裂项相消法进行求和，将 1n nT T 与 0 比较，判断出 nT 的单调性，求
出 nT 的最值，从而得解.
【解答】（1）因为 *2 1n nS a n N ①，所以 1 12 1 2n nS a n ②
两式相减得 12 2 2n n na a a n ，即 12 2n na a n ，
又当 1n 时， 1 12 1a a ，解得 1 1a ，
na 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列， 12n
na -\ = .
（2）
.1 2 2 11 2
n
n
nS Q ，
1
11
1
2 1 1 1
2 2 1 2 12 1 2 1
n
n
n n nn n
n n
ab S S
，
1 2 2 3 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 112 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1n n n nT
K
又 1 1 2
1 1 1 02 2 1 2 1n n n nT T
，所以 nT 单调递增，
当 n 时， 1
2nT ，所以 1
2m .
【点评】方法点睛：本题考查了数列的递推公式的应用、裂项相消法求和及确定数列中的最大（小）项，
当数列出现前后项差的时候，可考虑裂项相消求和法.使用裂项法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪
些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，考查学生的逻辑推理
能力和运算求解能力，属于中档题.
34．（2021·上海高三二模）已知无穷数列{ }na 与无穷数列{ }nb 满足下列条件：① {0,1,2},na n *N ；②
1
1
1 1( 1) | |,2 4
nn
n n
n
b a a nb
N .记数列{ }nb 的前 n 项积为 nT .
（1）若 1 1 2 3 41 , 0 , 2 , 1a b a a a ，求 4T ；
（2）是否存在 1 2 3 4, , ,a a a a ，使得 1 2 3 4, , ,b b b b 成等差数列？若存在，请写出一组 1 2 3 4, , ,a a a a ;若不存在，请
说明理由；
（3）若 1 1b ，求 2021T 的最大值.
【答案】（1） 4
3
128T ；（2）不存在，理由见解析；（3）
1020100
2021 max
1
2T
.
【分析】（1）由 1 1 2 3 41 , 0 , 2 , 1a b a a a ， 1
1
1 1( 1) | |,2 4
nn
n n
n
b a a nb
N 可依次求出
2 3 4, ,b b b ，从而可求出 4T ；
（2）假设存在，设 1 2 3 4, , ,b b b b 公差为 d ，然后分 1 0b 和 1 0b ，判断出 2 3 4, ,b b b 的正负，进而可得到
2 1 4 3,b b b b 的正负，由此可得结论；
（3）由题意 1 1 0b ， 且 4 3 4 2 4 1 40, 0, 0, 0,k k k kb b b b 设 1
1 1| |2 4n n nq a a ，则进一步分析得
2 1n n n nb q q b ， 1n nq q 的值从大到小依次为 3 9 11, , , ,4 16 2 L，然后分 1 1n nq q ， 1
3
4n nq q ，
1
9
16n nq q 分析求解即可
【解答】（1） 1 2
2 1
1( 1) | |2 4 2
a ab b ， 2 32
3 2
1( 1) | |2 4 4
aab b ，
3 3 4
4 3
3( 1) | |2 4 16
a ab b
∴ 4
3
128T
（2）不存在，假设存在，设 1 2 3 4, , ,b b b b 公差为 d
若 1 0b ，则 2 3 40, 0, 0b b b ，公差 2 1 0d b b ， 4 3 0d b b 矛盾；
若 1 0b ，则 2 3 40, 0, 0b b b ，公差 2 1 0d b b ， 4 3 0d b b 矛盾.
∴假设不成立，故不存在.
（3）由题意 1 1 0b ， 且 4 3 4 2 4 1 40, 0, 0, 0,k k k kb b b b
设 1
1 1| |2 4n n nq a a ， 1 1 3, , ,14 2 4nq
， 1n
n
n
b qb
得 1n n nb q b ，进一步得 2 1n n n nb q q b
显然 1n nq q 的值从大到小依次为 3 9 11, , , ,4 16 2 L
（ⅰ）若 1 1n nq q ，则
1
1
1
n
n
q
q
，则 1
1 2
( , ) (2,0)
( , ) (2,0)
n n
n n
a a
a a
不可能
（ⅱ）若 1
3
4n nq q ，则
1
1
3
4
n
n
q
q
或
1
3
4
1
n
n
q
q
，
则 1
1 2
( , ) (2,0)
( , ) (2,1)
n n
n n
a a
a a
或 1
1 2
( , ) (2,1)
( , ) (2,0)
n n
n n
a a
a a
不可能
（ⅲ）若 1
9
16n nq q ，则
1
3
4
3
4
n
n
q
q
，则 1
1 2
( , ) (2,1)
( , ) (2,1)
n n
n n
a a
a a
不可能
∴ 1
1
2n nq q ，（当 1
1 2
( , ) (2,0)
( , ) (0,2)
n n
n n
a a
a a
或 1
1 2
( , ) (0,2)
( , ) (2,0)
n n
n n
a a
a a
取得）
从而 2
1
2n nb b ，
∴
1 1 1 1 1
2 1 1 2 2 1
1 1 1 1 1,2 2 2 2 2
n n n n n
n nb b b b b
.
∴ 2021 1 2 3 2021 1 3 5 2021 2 4 6 2020| | | | | |T b b b b b b b b b b b b L L L
2 1010 2 10091 1 1 1 1 11 12 2 2 2 2 2
L L
1 2 3 1010 1009 1008 11
2
L L 21010 10201001 1
2 2
（当{ }na ： 2,0,2,0,2,0,LL取得）
又 2021 0T ，∴
1020100
2021 max
1
2T
【点评】关键点点睛：此题考查由数列的递推式求数列的项，判断等差数列，考查分类讨论思想，第 3 问
解题的关键是由已知可得 4 3 4 2 4 1 40, 0, 0, 0,k k k kb b b b 设 1
1 1| |2 4n n nq a a ， 1 1 3, , ,14 2 4nq
，
1n
n
n
b qb
得 1n n nb q b ，进一步得 2 1n n n nb q q b ，显然 1n nq q 的值从大到小依次为
3 9 11, , , ,4 16 2 L，然后分情况讨论求解即可，考查计算能力，属于较难题
35．（2021·上海高三二模）已知数列 na 满足： 1 1a ， 1
n
n na a p ， *n N ， nS 为数列 na 的前 n
项和．
（1）若 na 是递增数列，且 1 2 33 ,4 ,5a a a 成等差数列，求 p 的值；
（2）已知 1
3p ，且 2 -1na 是递增数列， 2na 是递减数列，求数列 na 的通项公式；
（3）已知 1p ，对于给定的正整数 n ，试探究是否存在一个满足条件的数列 na ，使得 nS n ．若存在，
写出一个满足条件的数列 na ；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） 3
5p ；（2） 1
5 1 ( 1)
4 4 3
n
n na
， *n N ；（3）答案见解析.
【分析】（1）由 na 是递增数列，先得到 1
n
n na a p ；再由 1 2 33 ,4 ,5a a a 成等差数列， 1 1a ，列出方
程求出 p 的值，即可得出结果；
（2）先由题中条件，得到 2 2 1 0n na a ， 2 1 2 0n na a ，推出
1
1
( 1)
3
n
n n na a
，再由累加法，即可
求出数列 na 的通项公式；
（3）由 1 1n na a ，得到 1 1n na a ；讨论 4n k 或 4 3n k （ *k N ）； 4 2n k 或 4 1n k
（ *k N ）两类情况，即可分别得出结论.
【解答】（1）因为 na 是递增数列，所以 1 1
n
n n n na a a a p ．
因为 1 1a ，所以 2 1a p ， 2
3 1a p p ．
又因为 1 2 33 ,4 ,5a a a 成等差数列，所以 2 1 38 3 5a a a ，即 28 1 3 5 1p p p
即 25 3 0p p ，解得 0p 或 3
5p ．
当 0p 时， 1n na a ，这与 na 是递增数列相矛盾，所以 3
5p ．
（2）因为 2 1na 是递增数列，则有 2 1 2 1 0n na a ，
于是 2 1 2 2 2 1( ) ( ) 0n n n na a a a ①
因为 2 2 1
1 1
3 3n n ，所以 2 1 2 2 2 1n n n na a a a ②
由①、②得， 2 2 1 0n na a ，
因此
2 1
2 2 1
1
3
n
n na a
，即
2
2 2 1 2 1
( 1)
3
n
n n na a
③
又因为 2na 是递减数列，则有 2 2 2 0n na a ，于是 2 2 2 1 2 1 2( ) ( ) 0n n n na a a a ④
因为 2 1 2
1 1
3 3n n ，所以 2 2 2 1 2 1 2n n n na a a a ⑤
由④、⑤得， 2 1 2 0n na a ，
因此
2
2 1 2
1
3
n
n na a
，即
2 1
2 1 2 2
( 1)
3
n
n n na a
⑥
由③、⑥可得
1
1
( 1)
3
n
n n na a
．
于是当 2n 时， 1 2 1 3 2 1( ) ( ) ( )n n na a a a a a a a
2 1
1 1 ( 1)1 3 3 3
n
n
1
1
11 ( )1 5 1 ( 1)31 13 4 4 31 3
n
n
n
即 1
5 1 ( 1)
4 4 3
n
n na
．
当 1n 时，代入上式得 1 1a ，与已知条件相吻合．
所以所求数列 na 的通项公式是 1
5 1 ( 1)
4 4 3
n
n na
， *n N ．
（3）当 4n k 或 4 3n k （ *k N ）时，存在数列 na ，使得 nS n ．
此时数列 na 满足 4 3 4 1 4 2 41, 0, 2k k k ka a a a ，
则有 4
4 (1 0 1 2) 44k
kS k ， 4 -3 1
4 4 (0 1 2 1) 4 34k
kS a k ，
即 nS n ．
当 4 2n k 或 4 1n k （ *k N ）时，不存在数列 na ，使得 nS n ．
理由如下：因为 1 1n na a ，所以 1 1n na a ；
又因为 1 1a 为奇数，则当 *n N 时， 2 1na 为奇数， 2na 为偶数，
所以当 *k N 时， 4 2kS 为奇数， 4 1kS 为偶数，
因此 4 2 4 2kS k ， 4 1 4 1kS k 均不可能成立．
于是当 4 2n k 或 4 1n k （ *k N ）时，不存在数列 na ，使得 nS n ．
【点评】关键点点睛：
求解本题的关键在于对题中条件 1
n
n na a p 的处理，求解每一问时，要根据题干中所给的信息，去绝对
值；再利用所学的数列相关知识（等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、累加法求数列的通项等），
即可逐问求解.
36．（2021·浙江高三其他模拟）已知数列 na 是正项等比数列，且 1 2a ，
3 2
1 1 1a a
，若数列 nb 满
足 1
1
4b ， 1
1
n n
n
b b a ．
（1）求数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）已知
1 1
1
n
n n n
c a b b
，记 1 2n nS c c c ．若 28nS n
恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】（1） 2
1
2n na ， 1 2 14
n
nb ；（2） 24 ,5
．
【分析】（1）先根据已知条件及等比数列的知识求出 na 的公比，即可得数列 na 的通项公式，再根据
1
1
n n
n
b b a 及累加法求数列 nb 的通项公式即可；
（2）先根据（1）求得 nc ，并化简、整理为可以裂项的形式，然后利用裂项相消法求 nS ，最后将 28nS n
恒成立转化为
2
1
8
2 1n
n
恒成立，结合作差法即可求得实数 的取值范围．
【解答】（1）设数列 na 的公比为 q，则 0q ，
因为 1 2a ，
3 2
1 1 1a a
，所以 2
1 1 12 2q q
，
即 2
1 1 2 0q q
，解得 1q （舍去）或 1
2q ，
故数列 na 的通项公式为 1 2
1 12 2 2n n na ．
因为 1
1
n n
n
b b a ，所以 2
1 2n
n nb b
，
又 1
1
4b ，所以当 2n 时，
3
1 2 1 3 2 1
1 1 24 2
n
n n nb b b b b b b b
1 1 2 14 2 11 2 4
n
n
．
经检验， 1
1
4b 也满足上式，所以 1 2 14
n
nb ．
（2）由（1）得，
1
111 1
1 2 8 2
1 2 1 2 12 1 2 116
n n
n n nn nn n n
c a b b
1
11
8 2 1 2 1 1 18 2 1 2 12 1 2 1
n n
n nn n
，
所以
1 2 1 2 2 3 1
1 1 1 1 1 18 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n n nS c c c
1 1 1
1 1 18 8 12 1 2 1 2 1n n
．
又 28nS n
恒成立，所以
2
1
8
2 1n
n
恒成立．
设
2
12 1n
nf n
， *Nn
则
2 2 12
2 1 2 1
2 1 2 2 111 2 1 2 1 2 1 2 1
n
n n n n
n n nn nf n f n
．
易知当 2n 时， 1 0f n f n ；当 3n 时， 1 0f n f n ．
于是 1 2 3 4 5f f f f f ，
所以 max
33 5f n f ，
所以实数 的取值范围是 24 ,5
．
【点评】关键点点睛：本题考查等比数列的通项公式，考查累加法求通项公式，裂项相消法求和，数列不
等式恒成立问题．数列不等式恒成立问题角方法一般也是分离参数后求最值，只是数列作为特殊的函数，
其自变量取值只能是正整数．因此可用作差法得出数列的增减性．
37．（2021·全国高三专题练习）已知数列 na 的前 n 项和为 22 ( 1) 2n
nS n ．
（1）若 1 ，求数列 na 的通项公式；
（2）是否存在实数 , ，使得数列 na 是等差数列，若存在，求出 , 的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1） 12 2 3( )n
n n na N ；（2）存在， 0 ， 2
【分析】（1）利用 1( 2)n n na S S n ，并检验当 1n 时， 1 1a S ，求数列的通项公式即可；
（2）由数列前 n 项和，求出 1
12 (2 3)n n
n
n na S S
，再利用数列为等差数列，即可求出 ， .
【解答】（1） 1 时， 22 ( 1) 2n
nS n ，
当 2n 时， 1
2 1 2 12 ( 1) 2 2 ( 2) 2 2 2 3n n n
n n n na S nS n
，
当 1n 时， 1 1 0a S ，符合
所以数列 na 的通项公式为： 12 2 3( )n
n n na N
（2）假设存在实数 , ，使得数列 na 是等差数列，
22 ( 1) 2n
nS n Q ，
当 2n 时， 1
2 1 22 ( 1) 2 2 ( 2) 2n n n
n nnS na S
1 2 2 12 2 ( 1) ( 2) 2 (2 3)n n nn n n
因为数列 na 是等差数列， 12 (2 3)n n 为常数， 0 ，即 (2 3)na n
当 1n 时， 1a ， 1 2S
由等差数列 na 知， 1 1a S ，解得 2
故存在实数 0 ， 2 使数列 na 为等差数列.
【点评】方法点睛：本题主要考查了由数列的前 n 项和求数列的通项公式，求数列通项公式常用的方法：（1）
由 na 与 nS 的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法，考查学生的分
类讨论思想，属于中档题.
38．（2021·全国高三专题练习）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．
【答案】（1）证明见解析；（2）
13
2
n
na
（ n N ）
【分析】（1）两边同时加上 1na 即可得到数列 1n na a 为等比数列；（2）利用待定系数法构造
2 1 13 3n n n na a k a a ，通过整理解出 1k ，进而得到 2 1 13 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，即可得到答案.
【解答】（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 ）
【点评】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.
39．（2021·全国高二课时练习）已知数列 na 中， *1
1
1
1
n n
n n
a a n na a N
， 2 6a ．
1 求 1a ， 3a ， 4a ﹔
2 猜想 na 的表达式并给出证明；
3 记
1 2
1 1 1
n
n
S a a a
，证明： 3
2nS ．
【答案】 1 1 1a ， 3 15a ， 4 28a ； 2 2 1na n n ，证明见解析； 3 证明见解析.
【分析】 1 分别代入 1n ， 2n ， 3n ，即可求出结果；
2 验证 1n 时成立，假设 2n k k 时成立，再证明 1n k 时成立即可；
3 当 1n 时， 31 2nS ，当 2n 时，
1 1 1
2 1 2 2na n n n n
1 1
2 1n n
1 1 1
2 1n n
，
进而求证 3
2nS .
【解答】 1 1n 时， 2 1 1
2 1 1
1 6 1 11 6 1
a a a
a a a
， 1 1a ；
2n 时， 3 2
3 2
1 21
a a
a a
， 3 15a ；
3n 时， 4 3
4 3
1 31
a a
a a
， 4 28a ，
1 1a ； 3 15a ； 4 28a ．
2 猜想 2 1na n n ．
证明：① 1n 时， 1 1 2 1 1 1a 成立，
2n 时， 2 2 3 6a 成立；
②不妨设 2n k k 时成立，即 2 1ka k k ，
下证 1n k 时成立，
即证 1 1 2 1 1ka k k 1 2 1k k ．
由题意，
11
1 1
2 1 11
1 2 1 1
kk k
k k k
a k ka a ka a a k k
，
3 2 2
1 12 2 1k ka k k k kk a k ，
3 2 2
11 2 2 1kk a k k k k k 3 22 2 1k k k 1 1 2 1k k k ，
1 0k ， 1 1 2 1ka k k ，即 1n k 时成立，
2 1na n n ．
3 当 1n 时， 31 2nS ；
当 2n 时，
1 1 1
2 1 2 2na n n n n
1 1
2 1n n
1 1 1
2 1n n
，
1 1 1 1 1 11 12 2 2 3 1nS n n
1 1 31 12 2n
．
【点评】本题考查数列的相关问题，考查数列的递推式子，考查裂项相消的求和方法，属于中档题.
40．（2021·全国高二课时练习）设奇函数 f x 对任意 xR 都有 1( ) ( 1) .2f x f x
(1) 求 1
2f
和 ( ) ( )( 0,1,2, , )k n kf f k nn n
的值；
(2) 数列 na 满足： 1 2 1 10 1 2n
na f f f f f fn n n
，数列 na 是等差数列吗？
请给予证明；
【答案】解：（1） 1
4
， 1
2
；（2）是等差数列.
【分析】（1）根据 11 2f x f x ，且 f（x）是奇函数，将 1
2
代入，可求 1
2f
的值，再结合奇函
数得到 11 2f x f x ．令 kx n
，即可求得结论；
（2）利用倒序相加法结合第一问的结论，求出 Sn，进而求出数列{an}的通项公式，再根据定义即可证得
数列{an}是等差数列．
【解答】（1）∵ 11 2f x f x ，且 f（x）是奇函数
∴ 1 1 1 1 1 1 112 2 2 2 2 2 2f f f f
∴ 1 12 2 2f
，故 1 1
2 4f
因为 1 11 12 2f x f x f x ，所以 11 2f x f x ．
令 kx n
，得 11 2
k kf fn n
，即 1
2
k n kf fn n
．
（2）令 1 2 10 1n
nS f f f f fn n n
又 1 11 0n
nS f f f fn n
两式相加 1 1 12 0 1 1 0 2n
n nS f f f f f fn n
．
所以 1
4n
nS ，
故 1 1 1
2 4 4 4n n
n na s f
， n N
又 1
1 1
4 4 4n n
n na a
．故数列{an}是等差数列．
【点评】本题主要考查数列与不等式的综合问题，考查奇函数性质的应用，考查倒序相加求和，属于中
档题.
微信/支付宝扫码支付