专题 03：等比数列-2021 年高考数列专题终极突破（全国通用）
一、单选题
1．（2021·安徽高三二模（文））我们常把 22 1 0,1,2n
nF n 叫“费马数”，设 2log 1n na F ，
0,1,2 , nn S 表示数列 na 的前 n 项之和，则使不等式
2 3 1
1 2 2 3 1
2 2 2 7
15
n
n nS S S S S S
成立的最大正整
数 n 的值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【分析】由对数的定义求得 na ，再由等比数列前 n 项和公式求得 nS ，用裂项相消法求得和
2 3 1
1 2 2 3 1
2 2 2n
n nS S S S S S
，然后解不等式可得．
【解答】 2 2log 1 log 2 1 1 2n n
n na F ，
12 1 2
2 21 2
n
n
nS
，
则
1 1
11 2 1
1
2 2 2 1 1 1
2 2 1 2 12 2 2 2 2 2 1 2 1
n n n
n nn n n n
n nS S
，
所以
2 3 1
2 2 3 1
1 2 2 3 1
2 2 2 1 1 1 1 1 112 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
n
n n
n nS S S S S S
1
1 1 712 2 1 15n
，
即有 12 1 15n ，即为 1 42 2n ，解得 3n ，
则 n 的最大值为 2．
故选：A．
【点评】本题考查求等比数列的前 n 项和公式，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．
2．（2021·江西上饶市·高三三模（理））数列 na 是以 a 为首项，q 为公比的等比数列，数列 nb 满足
1 21 ( 1,2, )n nb a a a n ，数列 nc 满足 1 23 ( 1,2, )n nc b b b n ，若 nc 为等比数
列，则 a q （ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】首先讨论当 1q 时，分别写出数列 nb ， nc ，并判断不满足 2
1 3 2c c c ，再讨论 1q ，再分别求解
数列 nb ， nc ，根据数列 nc 为等比数列，求 ,a q 的值.
【解答】数列 na 是以 a 为首项，q 为公比等比数列，当 1q 时，
1 21 1n nb a a a na ，
1 2
(1 )3 3 (1 ) (1 2 ) (1 ) 3 2n n
n n ac b b b a a na n ，
则 1 2 34 , 5 3 , 6 6c a c a c a 因为 nc 为等比数列，所以 2
1 3 2c c c ，此时无解；
当 1q 时， 1 21 1 1 1
n
n n
a aqb a a a q q
，
1 2 2 23 3 1 1 (1 ) (1 )
n
n n
a aq aqc b b b n qq q q
，因为 nc 为等比数列，所以
1 01
a
q
，即 2
2 31,0 3 (1 ) 1
aq qa q q q
，
则 3 1,2 2q a ，所以 2a q ．
故选：B．
【点评】本题考查等比数列的通项公式，以及性质，本题的关键是需讨论 1q 和 1q 两种情况，且计算
量较大.
3．（2021·安徽高三二模（理））正项等比数列 na 满足 1 3
1
16a a ， 4 3 22a a a ，则
1
1 2
1 1 1... 1 n
na a a
（ ）
A． 2 1 23
n B． 2 1 23
n C． 2 1 23
n D． 2 1 23
n
【答案】D
【分析】由题设可知 2
2
1
16a ，令公比为 0q 则 22 1 0q q ，可求 q、 1a ，进而写出 na ，讨论 n 为奇
数或偶数的情况，分组并结合等比数列前 n 项和公式，求和.
【解答】由题意， 2
1 3 2
1
16a a a ，得 2
1
4a ，又 4 3 22a a a ，令 na 的公比为 0q ，
∴ 22 1 0q q ，解得 1
2q ，则 1
1
2a ，
∴ 1
2n na ，
∴ 1 12
1 2
1 1 1... 1 2 2 ... 1 2n n n
n
n
S a a a
，
当 n 为奇数时，
1 1
3 2 4 1 2(2 1) 4(2 1) 2(2 2 ... 2 ) (2 2 ... 2 ) (1 2 )3 3 3
n n
n n n
nS
，
当 n 为偶数时， 3 1 2 4 2(2 1) 4(2 1) 2(2 2 ... 2 ) (2 2 ... 2 ) (1 2 )3 3 3
n n
n n n
nS ，
∴综上，有： 2[1 ( 2) ]3
n
nS .
故选：D.
【点评】含等间距正负项的数列需要讨论项数 n 的奇偶，分别求和，然后判断是否可以整合所得 n 项和公
式.
4．（2021·江西高三其他模拟（理））已知公比不为 1 的等比数列，存在 ,s t N ，满足 2
4s ta a a ，则 2 1
2s t
的最小值为（ ）
A． 7
12 B． 9
16
C． 17
30 D． 5
8
【答案】C
【分析】利用等比数列的通项公式及其已知条件化为 8s t ，再利用导数求函数的最值得解．
【解答】设等比数列{ }na 的公比为 1q ，
存在 s ， *t N ，满足 2
4s ta a a ，
2 2 2
1
6
1
s ta q a q ，
化为 8s t ，所以 8 , [1,7]s t t 且t N ，
2 1 2 1( ) 2 8 2f t s tt t
，
所以 2 2 2 2
1 (3 8)( 8)( ) 2 2 (8 )
2
(8 )
tt t tt
tf t
，
所以函数 ( )f t 在 8[1, ]3
单调递减，在 8[ ,7]3
单调递增，
因为t N ，且 7 17 7 17(2) , (3) ,12 30 12 30f f ，
2 1
2s t
的最小值为 17
30
．
故选：C
【点评】本题容易利用基本不等式求最值，但是利用基本不等式求最值时，取等的条件是 8 16,3 3t s ，显
然与 ,s t N 矛盾.所以要利用导数来求函数的最值.
5．（2021·北京高三一模）设无穷等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 1 2 1a a a ，则（ ）
A． nS 为递减数列 B． nS 为递增数列
C．数列 nS 有最大项 D．数列 nS 有最小项
【答案】D
【分析】根据 1 2 1a a a ，可得 1 0q 或 0 1q ，再结合 1 (1 )1
n
n
aS qq
，即可确定数列{ }nS 在
1 0q 和 0 1q 内的单调性，从而可判断各选项的正误.
【解答】设无穷等比数列 na 的公比为 ( 0)q q ，因为 1 1a a ，即 12 0a ，所以 1 0a ，
又 1 2 1a a a ，所以 2
1
1 1a
a
，即 1 1q ，又 0q ，所以 1 0q 或 0 1q ，
因为 1 1(1 ) (1 )1 1
n
n
n
a q aS qq q
，
所以当 1 0q 时， 数列{ }nS 是摆动数列，故单调性不确定，故 A、B 错误；
又 1 01
a
q
，所以 1
1 1 3 5 1
aS a S S q
； 1
6 4 2 01
a S S Sq
，
此时数列{ }nS 的最小项为 2S ，最大项为 1S ，
当 0 1q 时，数列{ }nS 是单调递增数列，此时数列{ }nS 的最小项为 1S ，无最大项.
故 C 错误，D 正确.
故选：D
【点评】本题主要考查了数列的单调性，关键是根据已知条件确定公比的范围及分类确定数列{ }nS 的单调
性.
6．（2021·河南高三三模（文））已知函数 3logf x x ，给出三个条件：① 2n
nf a ；② nf a n ；
③ 1
nf a n
.从中选出一个能使数列 na 成等比数列的条件，在这个条件下，数列 na 的前 n 项和 nS
（ ）
A．3 1n B． 12 1n C． 1 3 12
n D． 3 3 12
n
【答案】D
【分析】根据等比数列的定义对 3 个条件一一判断即可.
【解答】已知函数 3logf x x ，定义域为 0, .
若选①，则 3log 2n
n nf a a ， 23 n
na ，
1
1
2
2 2 21
2
3 3 3
3
n
n n n
n
n
n
a
a
不是常数，则 na 不是等比
数列；
若选②，则 3log 1
n nf a a n
， 1
3n
na ，
1
1 11
1
1
1 3 3
3
n
n n
n
n
n
a
a
不是常数，则 na 不是等比数列；
若选③，则 3logn n nf a a ， 3n
na ， 1
1 13 33 3
n
n n
n
n
n
a
a
是常数，
则 na 是以 1 3a 为首项，以 3 为公比的等比数列，则 3 1 3 3 3 11 3 2
n
n
nS
.
故选：D.
【点评】判断数列是不是等比数列的常用方法：定义法，等比中项法，通项公式法等.
7．（2021·湖南长沙市·高三一模）若数列 na 满足
1
1 2 0
n na a
，则称 na 为“梦想数列”，已知
正项数列 1
nb
为“梦想数列”，且 1 2 3 1b b b ，则 6 7 8b b b （ ）
A． 4 B．8 C．16 D．32
【答案】D
【分析】利用等比数列的定义可推导出“梦想数列” na 是公比为 1
2
的等比数列，进而结合题意可知数列
nb 是公比为 2 的等比数列，由此可得 5
6 7 8 1 2 32b b b b b b ，即可得解.
【解答】由题意可知，若数列 na 为“梦想数列”，则
1
1 2 0
n na a
，可得 1 1
2
n
n
a
a
，
所以，“梦想数列” na 是公比为 1
2
的等比数列，
若正项数列 1
nb
为“梦想数列”，则
1
1 1
2n nb b
，所以， 1 2n
n
b
b
，
即正项数列 nb 是公比为 2 的等比数列，
因为 1 2 3 1b b b ，因此， 5
6 7 8 1 2 32 32b b b b b b .
故选：D.
【点评】本题考查数列的新定义“梦想数列”，解题的关键就是紧扣新定义，本题中，“梦想数列”就是公比为
1
2
的等比数列，解题要将这种定义应用到数列 1
nb
中，推导出数列 nb 为等比数列，然后利用等比数列
基本量法求解.
8．（2021·全国高三专题练习）已知数列 na 的前 n 项和为 nS 且满足 1 1
13 0( 2), 3n n na S S n a ，下列
命题中错误的是（ ）
A． 1
nS
是等差数列 B． 1
3nS n
C． 1
3 ( 1)na n n
D． 3nS 是等比数列
【答案】C
【分析】由 1( 2)n n na S S n 代入得出{ }nS 的递推关系，得证 1
nS
是等差数列，可判断 A，求出 nS 后，
可判断 B，由 1a 的值可判断 C，求出 3nS 后可判断 D．
【解答】 2n 时，因为 13 0n n na S S ，所以 1 13 0n n n nS S S S ，所以
1
1 1 3
n nS S
，
所以 1
nS
是等差数列，A 正确；
1 1
1
3S a ，
1
1 3S
，公差 3d ，所以 1 3 3( 1) 3
n
n nS
，所以 1
3nS n
，B 正确；
1
1
3a 不适合 1
3 ( 1)na n n
，C 错误；
13
1
3n nS ，数列 1
1
3n
是等比数列，D 正确．
故选：C．
【点评】本题考查由数列的前 n 项和求数列的通项公式，考查等差数列与等比数列的判断，
在公式 1n n na S S 中 2n ，不包含 1a ，因此由 nS 求出的 na 不包含 1a ，需要特别求解检验，否则易出
错．
9．（2021·全国高三专题练习（理））已知等比数列 na 的前 n 项和为 Sn，则下列命题一定正确的是（ ）
A．若 S2021＞0，则 a3+a1＞0 B．若 S2020＞0，则 a3+a1＞0
C．若 S2021＞0，则 a2+a4＞0 D．若 S2020＞0，则 a2+a4＞0
【答案】A
【分析】根据等比数列的求和公式及通项公式，可分析出答案.
【解答】等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，当 1q 时，
2021
1
2021
(1 ) 01
a qS q
，
因为 20211 q 与1 q 同号，
所以 1 0a ，
所以 2
1 3 1(1 ) 0a a a q ，
当 1q 时，
2021 12021 0S a ，
所以 1 0a ，
所以 1 3 1 1 12 0a a a a a ，
综上，当 2021 0S 时， 1 3 0a a ，
故选：A
【点评】利用等比数列求和公式时，一定要分析公比是否为 1，否则容易引起错误，本题需要讨论两种情况.
10．（2021·全国高三其他模拟（文））已知数列{ }na 满足： 1 1a ， *
1 ( )2
n
n
n
aa n Na ．则 10a （ ）
A． 1
1021 B． 1
1022 C． 1 1023 D． 1 1024
【答案】C
【分析】根据数列的递推关系，利用取倒数法进行转化得
1
1 2 1
n na a
，构造 1 1
na
为等比数列，求解
出通项，进而求出 10a .
【解答】因为 1 2
n
n
n
aa a ，所以两边取倒数得
1
21 2 1n
n n n
a
a a a
，则
1
1 11 2 1
n na a
，
所以数列 1 1
na
为等比数列，则 1
1
1 11 1 2 2n n
na a
，
所以 1
2 1n na
，故 10 10
1 1
2 1 1023a .
故选：C
【点评】对于形如 1 1n na pa q p 型，通常可构造等比数列 na x （其中
1
qx p
）来进行求解.
二、多选题
11．（2021·湖南衡阳市·高三一模）设数列 na 的前 n 项和为 nS ，若 2
4
n
n
S
S
为常数，则称数列 na 为“吉祥数
列”.则下列数列 nb 为“吉祥数列”的有（ ）
A． nb n B． 1 ( 1)n
nb n C． 4 2nb n D． 2n
nb
【答案】BC
【分析】按照求和方法对各个选项逐一求和验证即可得出结论.
【解答】对于 A， 1
2n
n nS
， 2 1 2nS n n ， 4 2 1 4nS n n ，
所以
2
4
1 2 1 2
2 1 4 1 4
n
n
n nS n
S n n n n
不为常数，故 A 不正确；
对于 B，由并项求和法知： 2nS n ， 4 2nS n ， 2
4
1
2 2
n
n
S n
S n
，故 B 正确；
对于 C， 22 4 2 22n
nS n n ， 2
2 8nS n ， 2
4 32nS n ，
所以 2
4
1
4
n
n
S
S
，故 C 正确；
对于 D， 2 1 2
2 2 11 2
n
n
nS
， 2 2 4 1n
nS ， 4 2 16 1n
nS ，
所以 2
4
4 1 1
16 1 4 1
n
n
n n
n
S
S
不为常数，故 D 错误；
故选：BC.
12．（2021·全国高三专题练习（文））已知数列 na 是等比数列，下列结论正确的为（ ）
A．若 1 2 0a a ，则 2 3 0a a B．若 1 3 0a a ，则 1 2 0a a
C．若 2 1 0a a ，则 1 3 22a a a D．若 1 2 0a a ，则 2 1 2 3 0a a a a
【答案】AC
【分析】由通项公式判断 A；举反例判断 BD；由
2
1 3 1 1
12 22
qa a a a q
证明 1 3 22a a a ，从而判断
C.
【解答】对于 A 项， 2
1 2 1 0a a a q ，得 0q ， 2 3
2 3 1 0a a a q ，故 A 正确；
对于 B 项，当 2 n
na 时， 1 3 2 8 10 0a a ，但 1 2 2 4 2 0a a ，故 B 错误；
对于 C 项， 2 1 0, 1a a q ， 2
2
1 3 1 1
11 2 2
qa a a q a
， 2 12 2a a q
2
2 2 121 01 2q qq q q ，即 1 3 22a a a ，故 C 正确；
对于 D 项，当 12 n
na 时， 1 2 1 2 0a a ，但 2 1 2 3 2 1 2 4 18 0a a a a ，故
D 错误；
故选：AC
【点评】对于 C 项，关键是由 2 21 2 01q q q ，从而得出
21
2
q q ，进而判断 1 3 22a a a .
13．（2021·福建漳州市·高三其他模拟）在数列 na 中， 2a 和 6a 是关于 x 的一元二次方程 2 4 0x bx 的
两个根，下列说法正确的是（ ）
A．实数b 的取值范围是 4b 或 4b
B．若数列 na 为等差数列，则数列 na 的前 7 项和为 4b
C．若数列 na 为等比数列且 0b ，则 4 2a
D．若数列 na 为等比数列且 0b ，则 2 6a a 的最小值为 4
【答案】AD
【分析】对 A，由判别式即可判断；对 B，先利用韦达定理得出 2 6a a b ，再利用等差数列的性质以及
前 n 项和公式即可求解；对 C，先利用韦达定理得到 2 6
2 6 4
a a b
a a
，再根据等比数列的性质即可求解；对 D，
利用基本不等式即可求出 2 6a a 的最小值.
【解答】对 A， 2 4 0x bx 有两个根，
2 4 1 4 0b ，
解得： 4b 或 4b ，故 A 正确；
对 B，若数列 na 为等差数列，
2aQ 和 6a 是关于 x 的一元二次方程 2 4 0x bx 的两个根，
2 6a a b ，
则 7 6
7
1 27 7 7
2 2 2
a a aS a b ，故 B 错误；
对 C，若数列 na 为等比数列且 0b ，由韦达定理得： 2 6
2 6 4
a a b
a a
，
可得： 2 0a ， 6 0a ，
4 0a ，
由等比数列的性质得： 2
4 2 6a a a ，
即 4 2 6 4 2a a a ，故 C 错误；
对 D，由 C 可知： 2
4 2 6 4a a a ，且 2 0a ， 6 0a ，
2 6 2 62 4a a a a ，当且仅当 2 6 2a a 时，等号成立，故 D 正确.
故选 AD.
14．（2021·广东高三其他模拟）已知 nS 是数列 na 的前 n 项和，且 1 1a ，
1
1 2n
n na a
，则（ ）
A．数列 na 是等比数列 B． 1n na a 恒成立
C． 3nS 恒成立 D． 2nS 恒成立
【答案】BC
【分析】根据条件写出 1
2 1
1 2n
n na a
，两式作比可得 2 1
2
n
n
a
a
，为隔项等比数列，由
1
1 2n
n na a
，代
入 1n 计算可得 2
1
2a ，代入 2 1
2
n
n
a
a
可求出通项公式，进而求出前 n 项和公式，从而判断选项的正误.
【解答】 1
1 2 1
1 12 2n n
n n n na a a a
，故 2 1
2
n
n
a
a
，
又 1 1a ，故 2
1
2a ，
故
1
2
2
1 , 2 12
1 , 22
n
n n
n k
a
n k
， k N ，所以 A 错误，B 正确；
3
2
2
13 , 2 12
13 3 , 22
n
n n
n k
S
n k
， k N ，所以 C 正确，D 错误.
故选：BC.
【点评】数列中出现 1,n na a 两项的和或积时，经常令 1n 代替 n 再写一项，两式做差或做商，从而找出隔
项的关系，进而求出通项公式.
15．（2021·广东广州市·高三一模）在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插
入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列 1,2 进行构造，
第 1 次得到数列 1,3,2；第 2 次得到数列 1,4,3,5,2；…；第 *n nN 次得到数列 1， 1 2 3, , , , kx x x x ，
2；…记 1 21 2n ka x x x ，数列 na 的前 n 项为 nS ，则（ ）
A． 1 2nk B． 1 3 3n na a C． 23 32na n n D． 13 3 2 34
n
nS n
【答案】ABD
【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.
【解答】由题意可知，第 1 次得到数列 1,3,2，此时 1k
第 2 次得到数列 1,4,3,5,2，此时 3k
第 3 次得到数列 1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时 7k
第 4 次得到数列 1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时 15k
第 n 次得到数列 1， 1 2 3, , , , kx x x x ，2 此时 2 1nk
所以 1 2nk ，故 A 项正确；
结合 A 项中列出的数列可得：
1
2
3
4
3 3
3 3 9
3 3 9 27
3 3 9 27 81
a
a
a
a
1 23 3 3 3 ( *)n
na n N
用等比数列求和可得 3 3 1
3 2
n
na
则 1 2
1
3 3 1 3 33 32 2
n n
na
23 3
2 2
n
又 3 3 1
3 3 3 3 3 92
n
na
2 23 9 3 332 2 2 2
n n
所以 1 3 3n na a ，故 B 项正确；
由 B 项分析可知 3 3 1 33 3 12 2
n
n
na
即 23 32na n n ，故 C 项错误.
1 2 3n nS a a a a
2 3 13 3 3 3
2 2 2 2
n
n
23 1 3
31 3
2 2
n
n
23 3 9
4 2 4
n n
13 3 2 34
n n ，故 D 项正确.
故选：ABD.
【点评】本题需要根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，对于复杂问题，著名数学
家华罗庚指出:善于“退”，足够的“退”，退到最原始而不失重要的地方,是学好数学的一个诀窍.所以对于复杂
问题我们应该先足够的退到我们最容易看清楚的地方,认透了,钻深了,然后再上去，这就是以退为进的思想.
三、填空题
16．（2021·浙江高三其他模拟）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，前 n 项积为 nT ，若 1 1a ， *
n nS T n N ，
则 3a 的最大值是___________.
【答案】 4
3
【分析】由定义，分别表示 1
2
1 1
aa a
， 1
3 2
1 1
11 1
aa a a
，再换元，利用基本不等式求 3a 的最大值.
【解答】由条件可知， 1 2 1 2a a a a ，得 1
2
1 1
aa a
，
1 2 3 1 2 3a a a a a a ，得
1
1 2
1 2 1 1
3 2 2
11 2 1 1
1
1
1 111
aaa a a aa aa a a a
a
2
1 1 1 1
3 2 2
1 1 1 1
1 1 111 1
a a a aa a a a a
，
设 1 1 0a t ，
3 2 2
1 1 41 1 1 111 3 31 1 1 1
t ta t tt t t t
，
当且仅当， 1t t
时，等号成立，即 1t ，即 1 2a 时，等号成立.
故答案为： 4
3
【点评】本题考查数列，基本不等式求最值的综合应用，本题的关键是读懂定义，并利用 1a 表示 3a .
17．（2021·宁夏银川市·高三二模（文））已知各项都为正数的数列 na ， nS 是其前 n 项和，满足 1
1
2a ，
2
1 12 1 2 0n n n na a a a ，则 n
n
S
a
___________.
【答案】 2 1n
【分析】先整理递推关系，证明数列是等比数列，再利用公式求得 ,n na S ，计算即得结果.
【解答】因为 2
1 12 1 2 0n n n na a a a ，所以 11 2 1 0n n n na a a a ，即
11 2 0n n na a a ，而 0na ，则 1 0na ，故 12 0n na a ，
即 *1 1
2
n
n
a n Na
，
故数列 na 是等比数列，首项为 1
1
2a ，公比为 1
2
，
则
1 112 21 1, 112 21 2
n
n n
n na S
，故
1 11 12 2 2 111
22
n
n nn
n
n
n
a
S
.
故答案为： 2 1n .
【点评】本题的解题关键在于利用递推关系化简证明数列 na 是等比数列，再结合公式计算即突破难点.
18．（2021·云南高三二模（文））设数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1n nS a .若 63
64mS ，则 m ________.
【答案】 6
【分析】利用 na 与 nS 关系可求得数列{ }1nS - 为等比数列，由等比数列通项公式求得 nS ，利用 63
64mS 构
造方程可求得结果.
【解答】当 1n 时， 1 1 12 1S a S ，解得： 1
1
2S ；
当 2n 时， 12 1n n n nS a S S ，即 1
11 12n nS S ，
数列{ }1nS - 是以 1
11 2S 为首项， 1
2
为公比的等比数列，
11 1 11 2 2 2
n
n nS
， 1 12n nS ；
经检验： 1n 时， 1S 满足 1 12n nS ；
综上所述： 1 12n nS n N ， 1 6312 64m mS ，解得： 6m .
故答案为：6.
【点评】在利用 na 与 nS 关系求解数列通项公式时，需注意验证首项是否满足 2n 时所求解的通项公式，
若不满足，则通项公式为分段数列的形式.
19．（2021·全国高三专题练习（文））单调递增的等比数列 na 满足 1 2 3 1 2 314, 64a a a a a a ，令
2logn nb a ，则
1
1
n nb b
的前 10 项和为________．
【答案】10
11
【分析】设单调递增的等比数列 na 的公比为 q，根据等比数列的通项公式列方程求出 1a 和 q，可得 na 和
nb ，根据裂项求和方法可求得结果.
【解答】设单调递增的等比数列 na 的公比为 q，则 1q ，
则 2
1
3 3
1
1 14
64
a q q
a q
，所以 2
1
1
1 14
4
a q q
a q
，
消去 1a 得
21 14
4
q q
q
，即 22 5 2 0q q ，
解得 2q = 或 1
2q （舍），
所以 1 2a ， 1 1
1 2 2 2n n n
na a q ， 2logn nb a 2log 2n n ，
所以
1
1 1 1 1
( 1) 1n nb b n n n n
，
所以
1 2 2 3 10 11
1 1 1
bb b b b b
1 1 1 1 11 2 2 3 10 11
1 101 11 11
.
故答案为：10
11
【点评】根据等比数列的通项公式列方程求出 1a 和 q是解题关键.
20．（2021·江苏高三专题练习）已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 1 33 , 12n na S a ，则实数 的
值为_____
【答案】 3
4
【分析】首先利用 1na 与 nS 的关系式，得到 1 4n na a ，求得公比，首项和第二项，再通过赋值 2n 求
的值.
【解答】当 2n 时， 1
1
3
3
n n
n n
a S
a S
，两式相减得 1 13 3n n n n na a S S a ，
即 1 4n na a ，并且数列 na 是等比数列，
所以 4q ，
3 12a ， 2 1
33, 4a a ，
当 2n 时， 3 2 1 23 3a S a a ，
解得 3
4
.
故答案为： 3
4
【点评】本题的关键是利用数列 na 和 nS 的关系式，求数列的通项.
21．（2021·云南高三二模（理））我们把 22 1( 0,1,2 )n
nF n 叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家），
设 2log ( 1)n na F ， nS 表示数列 na 的前 n 项之和，则使不等式
2 3 1
1 2 2 3 1
2 2 2 63
127
n
n nS S S S S S
成立
的最大正整数 n 的值是_______
【答案】5
【分析】由对数的运算性质求得 na ，由等比数列的求和公式可得 nS ，再由数列的裂项相消求和，解不等式
可得所求最大值.
【解答】由题意得， 2
2 2log ( 1) log 2 2n n
n na F ，
所以 12(1 2 ) 2 21 2
n
n
nS
，则
1 1
1 2 1 2
1
2 2 1 1
(2 2)(2 2) 2 2 2 2
n n
n n n n
n nS S
，
所以
2 3 1
1 2 2 3 1
2 2 2n
n nS S S S S S
L
1 2
1 1 1 1 1 1
2 6 6 14 2 2 2 2n n
2
1 1
2 2 2n
，
由 2
63
12
1 1
2 2 2 7n ，
可得 2
1 1
2 2 2 127n
，解得 6n ，
所以最大正整数 n 的值为 5，
故答案为：5
【点评】此题考查等比数列的通项公式和求和公式，以及数列的裂项相消求和法，解题的关键是由已知条
件求出 2
2 2log ( 1) log 2 2n n
n na F ，从而可得 12(1 2 ) 2 21 2
n
n
nS
，进而可求出
1 1
1 2 1 2
1
2 2 1 1
(2 2)(2 2) 2 2 2 2
n n
n n n n
n nS S
，考查转化思想和计算能力，属于中档题.
22．（2021·全国高三其他模拟（理））已知各项均为正数的数列{ }na 满足
1 12 1 0n n n na a a a *n N ，且 1 10a a ，则首项 1a 所有可能取值中最大值为________.
【答案】16
【分析】各项均为正数的数列{ }na 满足 1 12 1 0n n n na a a a *n N ，可得 1
1
2n na a ，或
1 1n na a .又 1 10 ,a a 9 10 1a a ，应该使得 9a 取得最小值.再利用等比数列的通项公式即可得出.
【解答】各项均为正数的数列{ }na 满足
1 12 1 0n n n na a a a *n N ，
1
1
2n na a ，或 1 1n na a .
又 1 10 ,a a 9 10 1a a ，
应该使得 9a 取得最小值.
根据 1
1
2n na a ，可得数列{ }na 为等比数列，公比为 1
2 .
取
8
9 1
1 ,2a a 1 0a ，
又 9
10 1
1 1a a a
，
2 8
1 2a ，
解得 4
1 2 16a .
1a 的最大值是 16.
故答案为：16.
【点评】本题考查了数列递推关系、等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
23．（2021·全国高三专题练习）记 nS 为数列 na 的前 n 项和，若 2 1n nS a ，则 6S _____________．
【答案】 63
【分析】首先根据题中所给的 2 1n nS a ，类比着写出 1 12 1n nS a ，两式相减，整理得到 1 2n na a ，
从而确定出数列 na 为等比数列，再令 1n ，结合 1 1,a S 的关系，求得 1 1a ，之后应用等比数列的求和
公式求得 6S 的值.
【解答】根据 2 1n nS a ，可得 1 12 1n nS a ，
两式相减得 1 12 2n n na a a ，即 1 2n na a ，
当 1n 时， 1 1 12 1S a a ，解得 1 1a ，
所以数列 na 是以-1 为首项，以 2 为公比的等比数列，
所以
6
6
(1 2 ) 631 2S
，故答案是 63 .
【点评】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一
个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令 1n ，求得数
列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结
果.
24．（2021·全国高三专题练习）已知数列 nb 是首项为 34 ，公差为 1 的等差数列，数列 na 满足
1 2n
n na a （ *n N ），且 1 37a b ，则数列 n
n
b
a
的最大值为__________．
【答案】 36
1
2
【解析】根据题意，数列{ }nb 是首项为 34 ，公差为1 的等差数列，则 34 1 1 35nb n n ，
37 37 35 2b ，对于数列{ }na 满足 *
1 1 372 ( ) 2n
n na a n N a b ， ，则有
1
1 2
1 1 2 2 1 1
2(2 1)( ) ( ) ( ) (2 2 2) 2 22 1
n
n n n
n n n n na a a a a a a a
，数列
n
n
b
a
的通项为： 35
2
n
n
n
b n
a
，分析可得：当 36n 时，数列 n
n
b
a
取得最大值，此时 36
36
36
1
2
b
a
；故
答案为 36
1
2
．
【点评】根据题意，由等差数列的通项公式可得数列{ }nb 的通项公式，进而对于数列{ }na ，由
1 1 2 2 1 1( ) ( ) ( )n n n n na a a a a a a a ，计算可得数列{ }na 的通项公式，即可得数列 n
n
b
a
的通项，
结合数列的性质分析可得当 36n 时，数列 n
n
b
a
取得最大值，计算即可得答案．
25．（2021·江西高三一模（文））已知 ,n na b 均为等比数列，其前 n 项和分别为 ,n nS T ，若对任意的 *n N ，
总有 3 1
4
n
n
n
S
T
，则 3
3
a
b
_____．
【答案】9
【解答】由题意可知， 1
1
1a
b
，不妨设 1 1a b t ，
,n na b 的公比分别为 ,p q ，
则 2
2
1 10 5
1 4 2
S t tq q
T t tp p
，
2 2
3
2 2
3
1 28 71 4
S t tq tq q q
T t tp tp p p
，
解得 1{ 4
p
q
（舍去），或 3{ 9
p
q
，
所以
2
3
2
3
81 99
a tq
b tp
.
故答案为：9.
四、双空题
26．（2021·北京高三一模）在等比数列 na 中， 1 3 2 410, 5a a a a ，则公比 q _______；若 1na ，
则 n 的最大值为_________．
【答案】 1
2
3
【分析】首先求出数列的公比 q、 1a ，即可得到数列的通项公式，再根据通项公式对 n 分奇偶讨论，即可得
解；
【解答】因为 1 3 2 410, 5a a a a ，所以 2 4
1 3
5 1
10 2
a aq a a
，所以 1
2
1 13 10a a a q a ，即
1 8a ，所以
1
1
1
18 2
n
n
na a q
；所以当 n 为偶数时， 0na ，当 n 为奇数时，
1 1
41 18 8 2 02 2
n n
n
na
要使 1na ，所以 4 0n 且 n 为奇数即 4n 且 n 为奇数，所以 1n 或 3n
故答案为： 1
2
， 3
27．（2021·北京高三一模）已知 na 为等比数列， 1 4
11, 8a a ，那么 na 的公比为___________，数列 1
na
的前 5 项和为___________.
【答案】 1
2 31
【分析】利用等比数列的通项公式，列出方程求得数列的公比，再由数列 1
na
构成首项为 1，公比为 2 的
等比数列，结合等比数列的求和公式.
【解答】设等比数列 na 的公比为 q，
因为 1 4
11, 8a a ，可得 3 3
4 1
11 8a a q q ，解得 1
2q ；
又由
1
1 1a
= ，且 1 2q
，所以数列 1
na
构成首项为 1，公比为 2 的等比数列，
则数列 1
na
的前 5 项和为
5
5
1 2 311 2S .
故答案为： 1
2
； 31.
28．（2021·全国高三专题练习）记 nS 为等比数列 na 的前 n 项和.设 3 6S ， 4 1 3S a ，则公比 q ______，
4S ______.
【答案】 1
2
5
【分析】设等比数列的公比为q，由题设可得关于 1,a q 的方程组，解方程组后可得公比的值及 4S .
【解答】因为 4 1 3S a ，故 14 36a a ，故 14 9a a
设等比数列的公比为q，则
2
1 1 1
3
1 1
6
9
a a q a q
a q a
即
2
1 1 1
3
1
6
1 9
a a q a q
a q
又 3
1 1 0a q ，故
2
3
1+ 2
1 3
q q
q
，解得 1
2q ，故 1 8a .
故
4
4
18 1 2
511 2
S
.
故答案为： 1
2
， 5 .
【点评】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的
方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和
数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．
29．（2021·辽宁大连市·高三二模）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数
列”在航空航天中应用广泛，若数列 nx 满足
1
n
n n
n
f xx x f x ，则称数列{ }nx 为牛顿数列.如果函数
2 4f x x ，数列 nx 为牛顿数列，设 2ln 2
n
n
n
xa x
，且 1 1a ， 2nx .则 2021a ________；数列 na
的前 n 项和为 nS ，则 2021 S _______.
【答案】 20202 20212 1
【分析】根据题意，求得 1nx 表达式，进而可得 1 2nx ， 1 2nx 表达式，可求得
1
2
2
1 (2 2)
2 ( 2)
n n
n n
x x
x x
，
所以 1 2n na a ，根据等比数列定义及通项、求和公式，即可得答案.
【解答】因为 2 4f x x ，所以 ( ) 2f x x ，
所以
2
1
2 4 4
2 2
n n n
n n n
n n n
f x x xx x xf x x x
，
所以
2
1
2 4 2(22 2
)2 n n
n
n n
x xx x x
，
2
1
2 4 2(22 2
)2 n n
n
n n
x xx x x
，
所以
1
2 2
1
2
2
2(
2
)
2 2)
2
(
( ()2 )
2
2
n
n n n
nn n
n
x
x x x
xx x
x
，
所以 1
2
2
1
2 2( 2ln ln 2ln(
)
2 2) 2
n n n
n n n
x x x
x x x
，
所以 1 2n na a ，又 1 1a ，
所以数列{ }na 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 1 11 2 2n n
na ，
所以 2020
2021 2a ，
2021
2021
2021
1 2 2 11 2S
【点评】解题的关键是读懂题意，求得 1nx 表达式，进而得到
1
2
2
1 (2 2)
2 ( 2)
n n
n n
x x
x x
，再根据对数的运算性质
求解，综合性强，属中档题.
30．（2021·浙江温州市·高三二模）有一种病毒在人群中传播，使人群成为三种类型：没感染病毒但可能会
感染病毒的S型；感染病毒尚未康复的 I 型；感染病毒后康复的 R 型（所有康复者都对病毒免疫）．根据统
计数据：每隔一周，S型人群中有 95%仍为S型，5%成为 I 型；I 型人群中有 65%仍为 I 型，35%成为 R 型；
R 型人群都仍为 R 型．若人口数为 A 的人群在病毒爆发前全部是S型，记病毒爆发 n 周后的S型人数为 ,nS I
型人数为 nI ，则 nS _________； nI __________．（用 A 和 n 表示，其中 *n N ）
【答案】 0.95A 0.95 0.65
6
n n
A
【分析】由题意，列出关系式，结合等比数列的定义，求得 1 0.956
n
nI A
为等比数列，利用等比数列
的通项公式，即可求解.
【解答】由题意，可得
1
1
0
0
0.95
0.05 0.65
0
n n
n n n
S S
I S I
S A
I
①
②
③
④
，
由①③可得 0.95n
nS A ，代入②可得 1 0.65 0.05 0.95n
n nI I A ，
则 1
1
1 10.95 0.65 [ 0.95 ]6 6
n n
n nI A I A
，
所以数列 1 0.956
n
nI A
为等比数列，
由④可得 0
0
1 10.95 0.65 [ 0.95 ]6 6
n n
nI A I A ，
整理得 1 1 0.95 0.650.95 0.656 6 6
n n
n n
nI A A A ，
综上可得 0.95nS A ， 0.95 0.65
6
n n
nI A .
故答案为： 0.95A ， 0.95 0.65
6
n n
A .
【点评】解决数列与数学文化相交汇问题的关键：
（1）读懂题意：会脱去数学文化的背景，读懂题意；
（2）由题意，构造等差数列或等比数列或递推关系式的模型；
（3）利用所学知识求解数列的相关信息，如求指定项，通项公式或前 n 项和的公式.
五、解答题
31．（2021·辽宁高三一模）在① 1 2n na a （ 2n ），② 14n na a （ 2n ），③ 1 1 2n n nS S a n
（ 2n ），这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的 k 存在，求 k 的值；若 k 不存在，说
明理由．
设数列 na 的前 n 项和为 nS ，首项 1 1a ，______，数列 nb 是等比数列，数列 1
1
2b ， 1 2 3bb b 是否存
在 k ，使得对任意的 n N ，恒有 n n k ka b a b ？
【答案】答案不唯一，具体见解析．
【分析】先求出 1
2n nb ，
选条件① 1 2n na a ．可判断 na 是等差数列，求出 2 1na n ，得到 12 1 2
n
n na b n
，由题意建
立不等式组 1 1
1 1
k k k k
k k k k
a b a b
a b a b
，解出 k 符合题意；
选条件② 14n na a 可判断数列 na 是等比数列，求出 14n
na ，得到则 1 14 2
n
n
n na b
，由 n na b 为
递增等比数列，从而判断出不存在 k ，使得对于任意的 *n N ，恒有 n n k ka b a b 成立．
选条件③ 1 1 2n n nS S a n （ 2n ），求出 23na n n ，得到 2 13 2
n
n na b n n
，由 1 1
1
2a b ，
当 2n 时， 0n na b ，可判断存在 1k ，使得符合题意.
【解答】根据题意，数列 nb 是等比数列， 1
1
2b ， 1 2 3 2 32b b b b b ，
故数列 nb 是首项为 1
2
，公比为 1
2
的等比数列，即得 1
2n nb ．
方案一：选条件① 1 2n na a ．
则有数列 na 是公差为 2，首项为 1 的等差数列，因此可得 2 1na n ，
则 12 1 2
n
n na b n
，由 1 1
1 1
k k k k
k k k k
a b a b
a b a b
，解之可得 3 5
2 2k ， *k N ，
因此存在 2k ，使得对于任意的 *n N ，恒有 n n k ka b a b 成立．
方案二：选条件② 14n na a （ 2n ），
则数列 na 是公比为 4，首项为 1 的等比数列，因此可得 14n
na ，
则 1 14 2
n
n
n na b
，所以 22n
n na b ，由 1 1 2 1n n
n n
a b
a b
，可得
数列 n na b 是首项为 1
2
，公比为 2 的递增等比数列，
因此不存在 k ，使得对于任意的 *n N ，恒有 n n k ka b a b 成立．
方案三：选条件③ 1 1 2n n nS S a n （ 2n ），
1 2n na a n （ 2n ），
23na n n ，即 2 13 2
n
n na b n n
，
1 1
1
2a b ，当 2n 时， 0n na b ，
因此存在 1k ，使得对于任意的 *n N ，恒有 n n k ka b a b 成立．
故答案为：①或③．
【点评】（1）“结构不良问题”是 2020 年新高考出现的新题型：题目所给的三个可选择的条件是平行的，即
无论选择哪个条件，都可解答题目，而且，在选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，
只要推理严谨、过程规范，都会得满分；
（2）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；
（3）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．
32．（2021·天津高三二模）已知等比数列 na 的公比为 3，且 4 3 30a a ．
（1）求数列 na 的通项公式 na ，及前 n 项和 nS ；
（2）若数列 nb 满足 1
1
1
n
i
n
i
b bi
，且 1 1b
①求数列 nb 的通项公式 nb ；
②求 2 1
1
n
i i
i
a b
．
【答案】（1） 25 3n
na ， 5 3 16
n
nS ；（2）① nb n ， *n N ；② 1
2 1
1
5 5( 1) 33
n
n
i i
i
a b n
．
【分析】（1）利用等比数列的通项公式，结合题中所给的条件，建立等量关系，求得首项，进而求得 na 和 nS ；
（2）①根据题中条件，写出对应的式子，类比写出当 2n 时 1n 对应的式子，两式相减得到
1 1 1n
n n
b b bn ，之后可以得到 21 11 2
n nb b b
n n
或 1 1n
n
b n
b n
，累乘求得结果；
②利用错位相减求和即可.
【解答】（1）由等比数列 na 的公比为 3， n 1
n 1 3a a
3 2
4 3 1 13 3 30a a a a ，解得 1
5
3a
所以 25 3n
na ，
n5 1 3 53 3 11 3 6
n
nS
（2）①由 1 1b ，且 *2 3
1 1 12 3
n
n
b b bb b n Nn ，
当 1n ， 1 2 1b b ，即 2 2b
当 2n 时， 2 1
1 1 12
n
n
b bb bn
，又 2 1
1 1 12 1
n n
n
b b bb bn n
，
两式相减可得 1 1 1n
n n
b b bn
方法一：化为 21 11 2
n nb b b
n n
（方法二：化为 1 1n
n
b n
b n
，累乘）
所以 nb n ，上式对 1n 也成立，所以 nb n ， *n N ．
② 2 1 1 1 2 3 3 5 2 1
1
n
n i i n n
i
M a b a b a b a b a b
25 1 5 3 5 3 5 5 3 (2 1)3
n n ，
2 2 13 5 5 3 5 3 5 5 3 (2 1)n
nM n ，
上面两式相减可得 2 2 152 10 1 3 3 3 5 3 (2 1)3
n n
nM n
1
15 1 310 5 3 (2 1)3 1 3
n
n n
，
化简可得 1
2 1
1
5 5( 1) 33
n
n
i i
i
a b n
.
【点评】该题考查的是有关数列的问题，解题方法如下：
（1）利用等比数列通项公式，结合题中条件，列出等量关系式，求得首项，之后利用公式求得其通项与前
n 项和；
（2）①根据求和符号的意义，写出对应的式子，类比写出当 n 取 1n 时对应的式子，两式相减，得到相邻
两项之间的关系，对其变形，求得结果；
②利用错位相减法求得结果.
33．（2021·全国高三其他模拟（理））已知数列{ }na 是各项均为正数的等比数列，且 2 4 6+ +a a a = 7 2 ，
3 5 64a a .
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）若数列{ }na 是递增数列，求数列 2{3 log }n
na 的前 n 项和 nS .
【答案】（1）答案见解析；（2）
+1(2 3)3 9
4
n
n
nS .
【分析】（1）由已知得 2 4 6, ,a a a 是公比为 2q 的等比数列，继而得 2 4 6, ,a a a 是公比为 q的等比数列.根据
等比数列的通项公式可求得答案；
（2）由（1）得 23 log ( 1)3n n
na n .运用错位相减可求得答案.
【解答】（1）因为数列{ }na 是各项均为正数的等比数列，所以公比 0q ，
因为 3 5 64a a ，所以 2
4 3 5 64a a a ，所以 4 48, 2 2a a .
由题易知 2 4 6, ,a a a 是公比为 2q 的等比数列，所以 2 4 6, ,a a a 是公比为 q的等比数列.
因为 2 4 6+ +a a a = 7 2 ，所以 12 2(1 ) 7 2q q
，
所以 1 5
2q q
，所以 22 5 2 0q q ，所以 1 2
12, 2q q .
所以当 2q = 时， 4 4 1
4 8 2 2n n n
na a q ，
当 1
2q 时， 4 4
4 7
1 18 ( )2 2
n n
n na a q
.
（2）因为数列{ }na 是递增数列，所以 12n
na ，所以 23 log ( 1)3n n
na n .
所以 1 2 3 10 3 1 3 2 3 ( 2)3 ( 1)3n n
nS n n ，
2 3 4 13 0 3 1 3 2 3 ( 2)3 ( 1)3n n
nS n n ，
两式相减得 2 3 4 12 3 3 3 3 ( 1)3n n
nS n
1
19(1 3 ) ( 1)31 3
n
nn
，
所以
1 +1 +19(1 3 ) ( 1)3 (2 3)3 9
4 2 4
n n n
n
n nS
.
【点评】本题考查错位相减法求和，对一个等差数列与一个等比数列相乘所得数列，其前 n 项和可用错位
相减法求解，首先写出和 1 2n nS c c c ，然后在此式两边乘以等比数列的仅比，并错位，两式相减，
可把和式转化为中间部分项是等比数列的和，应用等比数列求和公式可得结论．
数列求和方法除直接应用等差数列和等比数列前 n 项和公式外还有分组求和法、裂项相消法、错位相减法、
倒序相加法等等．
34．（2021·全国高三其他模拟（文））已知公差不为零的等差数列{ }na 的前 n 项和 nS 满足 4 8S a ．
（1）求证： 2a ， 4a ， 9a 成等比数列；
（2）若 1 2a ， 200mS ，求正整数 m 的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）8.
【分析】（1）由 4 8S a 得到 13d a ，从而用 1a 表示出 2a ， 4a ， 9a ，验证是否满足等比数列定义即可.
（2）由（1）中关系求得 mS ，根据函数单调性判断 200mS 的正整数 m 的最大值即可.
【解答】（1）设等差数列{ }na 的公差为 ( )d d 0 ，
由 4 8S a ，可得 1 14 6 7a d a d ，
即 13d a ，
所以 2 14a a ， 4 1 13 10a a d a ， 9 1 18 25a a d a ，
所以 2 2
4 1100a a ， 12
2
9 1 14 25 100a a aa a ，
所以 2
4 2 9a a a ，且 a1≠0，
所以 2a ， 4a ， 9a 成等比数列．
（2）由（1）知 13d a ，因为 1 2a ，所以 13 6d a ，
所以 ( 1)2 62m
m mmS 23 (3 1)m m m m ，
因为 200mS ，所以 (3 1) 200m m ，
因为一元二次函数 (3 1)y m m 在 m 1 时单增，
当 8m 时， (3 1) 184m m ；当 9m 时， (3 1) 234m m ，
所以能使 200mS 的正整数 m 的最大值为8 ．
【点评】用同一个变量表示三个不同的量，从而验证三个变量间的关系；求出 mS 的表达式后，利用单调性
求得最大的正整数 m 的值.
35．（2021·全国高三其他模拟（理））已知数列{ }na 是各项均为正数的等比数列，且 2 4 6+ +a a a = 7 2 ，
1 3 4a a .
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）求数列 2{3 log }n
na 的前 n 项和 nS .
【答案】（1） 12n
na ；（2）
+1(2 3)3 9
4
n
n
nS .
【分析】（1）由已知得 2 4 6, ,a a a 是公比为 2q 的等比数列，继而有 2 4 6, ,a a a 是公比为 q的等比数列.由等
比数列的通项公式可得答案．
（2）由（1）得 23 log ( 1)3n n
na n .再运用错位相减法可求得数列的和．
【解答】（1）因为数列{ }na 是各项均为正数的等比数列，所以公比 0q ，
因为 1 3 4a a ，所以 2
2 4a ，即 2 2a .
因为 2 4 6, ,a a a 是公比为 2q 的等比数列，所以 2 4 6, ,a a a 是公比为 q的等比数列.
因为 2 4 6+ +a a a = 7 2 ，所以 22(1 ) 7 2q q ，
所以 2 6 0q q ，所以 1 22, 3q q (不合题意，舍去).
所以 2 2 1
2 2 2 2n n n
na a q .
（2）因为 12n
na ，所以 23 log ( 1)3n n
na n .
所以 1 2 3 10 3 1 3 2 3 ( 2)3 ( 1)3n n
nS n n ，
2 3 4 13 0 3 1 3 2 3 ( 2)3 ( 1)3n n
nS n n ，
两式相减得 2 3 4 12 3 3 3 3 ( 1)3n n
nS n
1
19(1 3 ) ( 1)31 3
n
nn
，
所以
1 +1 +19(1 3 ) ( 1)3 (2 3)3 9
4 2 4
n n n
n
n nS
.
【点评】本题考查错位相减法求和，对一个等差数列与一个等比数列相乘所得数列，其前 n 项和可用错位
相减法求解，首先写出和 1 2n nS c c c ，然后在此式两边乘以等比数列的仅比，并错位，两式相减，
可把和式转化为中间部分项是等比数列的和，应用等比数列求和公式可得结论．
数列求和方法除直接应用等差数列和等比数列前 n 项和公式外还有分组求和法、裂项相消法、错位相减法、
倒序相加法等等．
36．（2021·上海高三二模）已知无穷实数列 na ， *n N ，若存在 0M ，使得对任意 *n N ， na M
恒成立，则称 na 为有界数列；记 1 ,( 1,2,3 , 1)i i ib a a i n ，若存在 0T ，使得对任意
*2,n n N ， 1 2 3 1nb b b b T 恒成立，则称 na 为有界变差数列.
（1）已知无穷数列 na 的通项公式为 *
2
1 ,na n Nn
，判断 na 是否为有界数列，是否为有界变差数列，
并说明理由；
（2）已知首项为 1 1c ，公比为实数 q的等比数列 nc 为有界变差数列，求 q的取值范围；
（3）已知两个单调递增的无穷数列{ }nd 和 ne 都为有界数列，记 n n nf d e ， *n N ，证明：数列 nf
为有界变差数列．
【答案】（1）是，理由见解析；（2） 1,0 (0,1] ；（3）证明见解析.
【分析】（1）由于 2
1 1na n
，所以可得无穷数列 na 为有界数列，由于
1 1,( 1,2,3 , 1)i i i i ib a a a a i n ，再由有界变差数列的定义进行判断即可；
（2）由有界变差数列的定义可得 1q ，则 nb 为首相为 1q ，公比为 q 的等比数列，从而可求得
1
1 2 3 1
11 1
n
n
qb b b b q q
，然后分 0 1q 和 1q 进行讨论再结合有界变差数列的定义可
得结果；
（3）由题意可得则存在 1 0M ，使得对任意 *n N ， 1nd M 恒成立，则存在 2 0M ，使得对任意
*n N ， 2ne M 恒成立，由于{ }nd 和 ne 为单调递增数列的有界数列，所以可得
1 1 2 1( ) ( )i i i i ib M d d M e e ，再求 1 2 3 1nb b b b 可得结论
【解答】（1） 2
1 1na n
则 1M 即可，则 na 为有界数列.
由 2
1
na n
，知 1n na a
1 1,( 1,2,3 , 1)i i i i ib a a a a i n
1 2 3 1 1 1 1n nb b b b a a a
则 1T 即可，则 na 为有界变差数列.
（2） 1n
nc q
则 11
1 1 ii i
i i ib c c q q q q
当 1q 时，则 0ib ，显然满足题意.
当 1q 时，则 2ib ，则 1 2 3 1 2( 1)nb b b b n ，
若 2( 1)n T ，则 12
Tn ，舍去，矛盾.
当 1q 时，则 nb 为首相为 1q ，公比为 q 的等比数列，
则
1
1 2 3 1
11 1
n
n
qb b b b q q
若 0 1q 时，
11 11 11 1
nqq qq q
，则符合题意.
若 1q 时，
111 1
nqq q
趋向于无穷大，与题意矛盾，舍去.
则q的取值范围为 1,0 (0,1] .
（3）因为{ }nd 和 ne 为有界数列，
则存在 1 0M ，使得对任意 *n N ， 1nd M 恒成立，
则存在 2 0M ，使得对任意 *n N ， 2ne M 恒成立，
1 1i i i i ib d e d e
1 1 1 1i i i i i i i id e d e d e d e
1 1 1( ) ( )i i i i i id d e e e d
1 1 1( ) ( )i i i i i id d e e e d
{ }nd 和 ne 为单调递增数列的有界数列，
1 1 1 1 1( ) ( )i i i i i i i i i i ib d e d e d d e e e d
1 1 2 1( ) ( )i i i iM d d M e e
则 2 1 1 1( ) ( )i i i i ib M d d M e e
则 1 2 3 1 2 1 1 1( ) ( )n n nb b b b M d d M e e
2 1 1 1 2 1 1 2 1 2(| | | |) (| | | |) (2 ) (2 ) 4n nM d d M e e M M M M M M
存在 1 24T M M 即可，则数列 nf 为有界变差数列.
【点评】此题考查数列的新定义，考查推理计算能力，解题的关键是正确理解数列的新定义，充分利用新
定义解题，属于中档题
37．（2021·浙江高三其他模拟）已知数列 na 满足 1
1
3a ， 1
1
1 1 3n
n na a
．
（1）证明：数列
11 3
4
n
na
为等比数列，并求数列 na 的通项公式；
（2）求证： 1 2
3
5na a a ．
【答案】（1）证明见解析； 1
4
3 3 1n nn
a
；（2）证明见解析．
【分析】（1）由题得
2 1
1
1 3 1 3
4 4
n n
n na a
，即得数列
11 3
4
n
na
为等比数列，再求数列 na 的通
项公式；
（2）对 n 分类讨论利用放缩法求证.
【解答】（1）因为 1
1
1 1 3n
n na a
，
所以
2 2 1 1
1
1
1 3 1 3 1 3 1 334 4 4 4
n n n n
n
n n n na a a a
，
又
1
1 9 9 334 4 4a
，
所以数列
11 3
4
n
na
是以 3
4
为首项， 1 为公比的等比数列，
所以
1
11 3 3 14 4
n
n
na
，
即 11 3 3 14
nn
na
，故 1
4
3 3 1n nn
a
．
（2）由 1
1
3a ， 2
1
6a ，得 1 2
1 3
2 5a a ，
当 4n 且 n 为偶数时，
1
1 1 1 1 1
4 1 1 4 3 3 4 1 1
3 3 1 3 1 3 3 3 2 3 1 3 3 3
n n
n n n n n n n n na a
，
所以 1 2 3 4 1
1 1 4 1 1 1 1
3 6 3 3 3 3 3n n na a a
1
1 4 1 2 31 327
12 3 2 27 54 51 3
；
当 3n 且 n 为奇数时， 1n 为偶数，则 1 2 1
3
5n na a a a ，
由于 0na ，则 1 2
3
5na a a ．
综上， 1 2
3
5na a a ．
【点评】方法技巧若数列的通项公式中含有 1 n ，则在求数列的前 n 项和时，常需要对 n 分奇偶分别求解．
38．（2021·全国高三专题练习）已知各项均为正数的等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 12 9 2S a ，
3 2 12 3a a a .
（1）若等差数列 nb 满足 1,2i ib a i ，求 na ， nb 的通项公式；
（2）若 nc ___________，求数列 nc 的前 n 项和 nT .
在①
1
4 1
n nb b
；② 1 2 3 1
2
( 1)n n
n
b b b b b n
；③
1
3n
n nS S
这三个条件中任选一个补充到第（2）问中，
并对其求解.
注：如果选择多个条件分别求解，按第一个解答计分.
【答案】（1） 12 3n
na ， 4 2nb n ；（2）答案见解析.
【分析】（1）利用等比数列的通项公式与求和公式求出 1a 和 q，得到数列 na 的通项公式，再求出对应等
差数列 nb 的前两项和公差，即可得数列 nb 的通项公式；（2）根据已知条件进行整理，得出数列 nc 的
通项公式，进而利用裂项相消法即可求解.
【解答】（1）设数列 na 的公比为 q，则 0q .
3 2 12 3a a a ，
2 2 3 0q q ，解得： 3q 或 1q ，
又因为各项均为正数，
所以 3q ，
又 2 12 9 2S a ，
2 12 7 2a a ，
代入 3q 得 1 2a ， 2 6a ，
1 1
1 2 3n n
na a q ，
则 1 1 2b a ， 2 2 2 3 6b a ，
设数列 nb 的公差为 d ，
∴ 2 1 6 2 4d b b ，
则 1 1 4 2nb b n d n .
（2）选择①：
4 2nb n ， 1 4 2nb n ，
则
1
1 4 1 11 1 1(4 2)(4 2) 4 2 4 2n
n n
c b b n n n n
，
1 2 3 1n n nT c c c c c
1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 1 1 12 6 6 10 10 14 4 6 4 2 4 2 4 2n n n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 6 6 10 10 14 4 6 4 2 4 2 4 2 nn n n n
2 11 1
2 4 2 2 1
n nnn n
.
选择②：
4 2nb n ， 1 2b ，
则 1 2
1 2 3 1
2 4 2 22 2
n
n n
n b b n nb b b b b n
，
2
1 2 3 1
2 2 1 1 1
( 1) 2 1 1 1n
n n
n nc b b b b b n n n n n n n
，
1 2 3 1n n nT c c c c c
1 1 1 1 1 1 1 1 11 2 2 3 3 4 1 1n n n n
L
11 1 1
n
n n
.
选择③：
由（1）知 12 3n
na ，
1 3 11
nn
n
a a qS q
.
11
1
3 3 1 1 1
2 3 1 3 13 1 3 1
n n
n n nn n
n n
c S S
，
1 2 3 1n n nT c c c c c
1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+2 2 8 2 8 26 2 26 80 2 3 1 3 1 2 3 1 3 1n n n n
1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 8 8 26 26 80 3 1 3 1 3 1 3
1
2 1n n n n
1
3 3 1
4 3 1
n
n
.
【点评】本题考查的核心是裂项求和，使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪
些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与
目的．
39．（2021·浙江高三其他模拟）已知数列 na 满足， 1 1a ，
2 1
1
22
n
n
n
n
a a
， *n N .
（1）证明：数列 3na 为等比数列；
（2）记 nS 为数列 14
n
n
a
的前 n 项和，求 nS 的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 3 .
【分析】（1）由递推式得出 3 +1na 与 3na 的关系，可得证；
（2）由（1）得出 3na 的通项公式，再由递推式得出 3 -1na ， 3 -2na 的通项，从而对 n 分三种情况，分别求出 nS
的最大值或范围，比较大小得出结论.
【解答】（1）因为
2 1
1
22
n
n
n
n
a a
，所以
6 1
3
3
3 1
22
n
n
n
n
a a
，
6 3
3 +1
3 +1
3 2
22
n
n
n
n
a a
，
6 5
3 +2
3 +2
3 3
22
n
n
n
n
a a
，
所以
6 1 6 1
3 3
3 6 3
3 +13 +1
3 2
2 22 2 22
n n
n n
n n
nn
n
a a
a
6 5
3 3 +2
3
3 33 33 2 3 3
6 53 2
3 +2 3 23 2
3 3
22 2
22 2 22 82 2
n
n n
n
nn nn n
nn
n nn
n
aa a
a
a
，
所以 3 1
3 8
n
n
a
a ，即 3 1
3
8n
n
a
a
，
所以数列 3na 是以 8 为公比的等比数列；
（2）因为 1 1a ，
2
1
1
2
1 22a a
，所以 2 8a ，又
2 2
2
2
3
122a a
，所以 3 8a ，
所以由（1）得， 3
3 2 n
na ，所以 3
3 1 2 n
na ， 3 3
3 2 2 n
na
，
所以 k N 时，
3
3
3 1 6 2 3
42
2 24
k
k
k k k
a
，
3
3 1
3 1 1 6 4 3
2 1
2 2
6
4
k
k
k k k
a
，
3 3
3 2
3 2 1 6 6 3
2
2 2
8
4
k
k
k k k
a
，
所以当 3n k 时，
3 5 6 3 2 3 1 31 2 4
3 1 2 3 40 5 3 3 3 2 3 14 4 4 4 4 4+ + + + + + + + +4 4 4
k k k
k k k k
a a a a a aa a aS
3 4 2 3 4 2 3 4 2
3 3 3 6 6 6 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2+ + + + + + + + +2 2 2 2 2 2 2 2 2k k k
3
1 118 8 20 120 11 271 8
k
k
，
所以 3 3
20 1 2017 72k kS
，
当 3 1n k 时， 3
3 1 3 3 1 3 3 34 2 2 2
20 1 4 20 81 +7 7 7
k
k k k k k k
aS S
令 3
20 8+7 7 2 kf k k N
， ，则函数 f k 在 k N 上单调递减，所以
3 1
20 81 + 2 37 7f k f
，
所以 3 1 3kS ，
当 3 2n k 时，
3 3 1
3 2 3 3 1 3 1 1 3 3 3 3 3 3
20 1 4 16 20 8 16 20
4 4 2 2 2 2 2 2
104 201 +7 7 7 7 7 7
k k
k k k k k k k k k k
a aS S
，
所以 3 2
20
7kS ，又因为 20 37
，所以 nS 的最大值为3 .
【点评】本题考查根据数列的递推式得出数列的通项公式，对数列求和及其最值问题，属于较难题.
40．（2021·北京高三一模）由 m 个正整数构成的有限集 1 2 3, , , , mM a a a a （其中
1 2 3 ma a a a ），记 1 2 mP M a a a ，特别规定 0P ，若集合 M 满足：对任意的
正整数 k P M ，都存在集合 M 的两个子集 ,A B ，使得 k P A P B 成立，则称集合 M 为“满集”.
（1）分别判断集合 1 1,2M 与 2 2,3M 是否为“满集”，请说明理由；
（2）若集合 M 为“满集”，求 1a 的值；
（3）若 1 2 3, , , , ma a a a 是首项为1，公比为 2 的等比数列，判断集合 M 是否为“满集”，并说明理由.
【答案】（1） 1M 是“满集”， 2M 不是“满集”；理由见解析；（2）1；（3）是“满集”，理由见解析.
【分析】（1）由 1 3P M 和 2 5P M 确定 k 可能的取值，根据“满集”定义可知 1M 满足定义，但 2M 存
在 4k 时不符合“满集”定义，由此可得结论；
（2）设 0k P M ，由“满集”定义知： 0 1k P A P B ，由此可知 0P A k 或 0 1P A k ，
在两种情况下均可确定 1 1a ，由此得到结果；
（3）由等比数列求和公式确定 P M ，可得到 1 22 2 2 sii ik 10 si i m ，取
2 12 , ,2 ,2si i iA ， B 即可得到结论.
【解答】（1） 1 3P M ，且 1M 的子集为， 1 ， 2 ， 1,2 ，
当 1k 时， 1k P P ；当 2k 时， 2k P P ；当 3k 时， 1,2k P P ，
1M 是“满集”；
2 5P M ，且 2M 的子集为， 2 ， 3 ， 2,3 ，
当 4k 时，不存在集合 M 的两个子集 ,A B ，使得 4 P A P B 成立，
2M 不是“满集”.
（2）设 0k P M ，集合 M 为“满集”对任意的正整数 k P M ，都存在集合 M 的两个子集 ,A B ，
使得 k P A P B 成立，
0 1k P A P B ，且 0P B ， 0P A k 或 0 1P A k .
当 0P A k 时， 1P B ，此时 1 1a ；
当 0 1P A k 时， 0P B ， 1 2 3 ma a a a ，
2 ma a 为最大 0 1k ，此时 1 1a .
综上所述： 1 1a .
（3）由题意知：集合 11,2,4, ,2mM ， 1 2 2 11 2
m
mP M
，
对任意的正整数 2 1mk ，
根据二进制可知， 1 22 2 2 sii ik 10 si i m .
取 2 12 , ,2 ,2si i iA ， B .
即 k P A P B ，集合 M 为“满集”.
【点评】本题考查集合中的新定义的问题，解题关键是能够充分理解“满集”的定义，通过分析 k 所需满足的
条件，找到符合要求的子集，从而说明是否符合“满集”定义.
微信/支付宝扫码支付