专题十一 等差数列与等比数列
一、单选题
1．（2021·全国高三专题练习（理））设数列 na 满足 1 3a ， 2 6a ， 2
*1
2
9n
n
n
aa na
N ，（ ）
A．存在 *nN ， na Q B．存在 0p ，使得 1n na pa 是等差数列
C．存在 *nN ， 5na D．存在 0p ，使得 1n na pa 是等比数列
【答案】D
【分析】
由 2
*1
2
9n
n
n
aa na
N ，得到 2
2 1 9n n na a a ，递推作差求得
+
1
2
+ 3
+
2
1n
n
n
n n na a a a
a a
，进而得到
12 +3 nn naa a ，结合选项和等差、等比数列的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】
由 2
*1
2
9n
n
n
aa na
N ，即 2
2 1 9n n na a a ，则 2
3 1 2 9n n na a a ，
两式相减，可得 2 2
3 1 2 2 1n n n n n na a a a a a ，可得
+
1
2
+ 3
+
2
1n
n
n
n n na a a a
a a
，
即
+
1
2
+ 3
+
2
1n
n
n
n n na a a a
a a
恒成立，所以数列 2
+1n
n na
a
a
为常数列，
因为又由 1 3a ， 2 6a ，可得 3 15a ，则
2
1 3 3 15 36
a a
a
，
所以 2
+1
3n n
na
a a ，即 12 +3 nn naa a ，
因为 1 2,a N a N ，可得 2na N
，可判定 A、C 不正确；
由 1 3a ， 2 6a ，可得 3 4 515, 39, 102,a a a ，
假设 B 成立，则 6 3 ,15 6 ,39 15 ,102 39p p p p 成等差数列，
则9 3 24 9 63 24p p p ，此时无解，所以 B 不正确；
对于 D 中，假设 2 1
1
n n
n n
a pa qa pa
，所以 2 1( )n n na p q a pqa ，
由 3
1
p q
pq
，解得 3 5 3 53 ,2 2p q ，
所以存在 ,p q 使得 1n na pa 是等比数列.
故选：D.
【点睛】
与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目
的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，
逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
2．（2021·全国高三专题练习）已知数列 na 的各项均为正数， 1 2a ， 1
1
4
n n
n n
a a a a
，若数列
1
1
n na a
的前 n 项和为 5，则 n （ ）
A．119 B．121 C．120 D．122
【答案】C
【分析】
根据题设条件化简得到 2 2
1 4n na a ，结合等差数列的通项公式，求得 2na n ，进而得到
1
1 1 12n n
n na a
，结合裂项法，求得数列的前 n 项和，列出方程，即可求解.
【详解】
由题意，数列 na 的各项均为正数， 1 2a ， 1
1
4
n n
n n
a a a a
，
可得 2 2
1 4n na a ，所以数列 2
na 是以 4 首项，公差为 4 的等差数列，
所以 2 4na n ，可得 2na n ，
又由
1
1 1 1 1 12 21n n
n na a n n
，
前 n 项和 1 12 1 3 2 1 1 12 2nS n n n ，
令 1 1 1 52 n ，解得 120n .
故选：C.
【点睛】
裂项求和的方法与注意点：
1、裂项相消法求和：把数列的通项公式拆成两项的差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得数
列的前 n 项和；
2、使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，且不可漏写未被消去的
项，未被消去的项有前后对称的特点.
二、多选题
3．（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
14 2 4 0, 1n n n na a a a a ，
则下列结论正确的是（ ）
A．若 11, 2
，则{ }na 是等差数列
B．若 11, 2
，则数列 1
nS
的前 n 项和为
1
n
n
C．若 12, 2
，则 1na 是等比数列
D．若 12, 2
，则 12 2n
nS n
【答案】ACD
【分析】
当 11, 2
时，化简得 12 2 2n na a ，得到 1 1n na a ，求得 na n ，进而求得 1
nS ，得到 A 正确，
B 不正确；当 12, 2
时，得到 1 2 1n na a ，求得 2 1n
na ，求得 nS ，可判定 C 正确，D 正确.
【详解】
因为数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 1 14 2 4 0n n n na a a a ，
当 11, 2
时，可得 1 1
2 2
2 2 2 2 2 0n n n na a a a ，
即 112 2 2 2 2 0n n n na a a a ，所以 12 2 2n na a ，
可得 1 1n na a ，即 1 1n na a ，
又因为 1 1a ，所以 1 ( 1) 1na n n ，
则 ( 1)
2n
n nS ，可得
1 2
1 1 1 1 1 1 22 ,1 1n n
n
S n n S S S n
L ，
故 A 正确，B 不正确.
当 12, 2
时，由已知得 1 1
2 22 22 2 2 2 2 0n n n na a a a ，
即 1 12 22 2 2 2 2 0n n n na a a a ，
所以 1 2 1n na a ，所以 1 1 2 1n na a ，所以 1 2n
na ，
所以 2 1n
na ，所以 12 1 2
2 21 2
n
n
nS n n
，故 C 正确，D 正确.
故选：ACD.
【点睛】
利用数列的递推公式求解数列的通项公式的策略：
1、对于递推关系转化为 1n na a d （常数）或 1n
n
a qa
（常数）可利用等差、等比数列的通项公式求解；
2、对于递推关系式可转化为 1 ( )n na a f n 的数列，通常采用叠加法（逐差相加法）求其通项公式；
3、对于递推关系式可转化为 1 ( )n
n
a f na
的数列，并且容易求数列{ ( )}f n 前 n 项积时，通常采用累乘法求
其通项公式；
4、对于递推关系式形如 1n na pa q 的数列，可采用构造法求解数列的通项公式.
三、解答题
4．（2021·全国高三专题练习（理））已知正项数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，且
2 2
1 1 12 2 4n n n n n na a a a a a ( 2n )， 1 1a .
（1）证明数列{ }na 是等差数列，并求其前 n 项和 nS .
（2）若 1
4 1n
n
b S
，试求数列{ }nb 的前 n 项和 nT .
【答案】（1）证明见解析， 2
nS n ；（2）
2 1
n
n .
【分析】
（1）由 2 2
1 1 12 2 4n n n n n na a a a a a ，化简得到 1 1 1(2 )( ) 2( 2 )n n n n n na a a a a a ，进而求得
1 2n na a ，结合等差数列的通项公式和求和公式，即可求解.
（2）由（1）求得 1 1 1( )2 2 1 2 1nb n n
，结合裂项法，即可求解.
【详解】
（1）由题意，数列{ }na 满足 2 2
1 1 12 2 4n n n n n na a a a a a
当 2n 时，可得 2 2 2
1 1 12 4n n n n n n na a a a a a a ，
所以 1 1 1 1( )( ) ( ) 2( 2 )n n n n n n n n na a a a a a a a a ，
所以 1 1 1(2 )( ) 2( 2 )n n n n n na a a a a a ，
因为数列{ }na 是正项数列，所以 12 0n na a ，所以 1 2n na a ，
又由 1 1a ，所以数列{ }na 是等差数列，首项为1，公差为 2 ，
可得 2 1na n ，所以 21( (1 2 1)
2 2
)n
n
n a a n nS n .
（2）由（1）知， 2
1 1 1 1( )4 1 2 2 1 2 1nb n n n
，
所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 3 5 2 5 7 2 2 1 2 1nT n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( )2 1 3 3 5 5 7 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
n
n n n n
.
【点睛】
关于数列的裂项法求和的基本策略：
1、基本步骤：
裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；
累加：将数列裂项后的各项相加；
消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前 n 项和.
2、消项的规律：
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.
5．（2021·浙江温州市·高三二模）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2
,
,n
n nS n n
为奇数
为偶数 ．
（1）求 2 3,a a 及通项公式 na ；
（2）记 1n n nb a a ，求数列 12n
nb 的前 2n 项的和 2nT ．
【答案】（1） 2 3a ， 3 1a ，
2
2
3 1, 2 1
1, 2n
n n n ka
n n n k
（其中 k N ）； （2） 24 2n n .
【分析】
（1）由 1 1 2 1 21, 4S a S a a ，求得 2a ，再由 3 1 2 3 3S a a a ，求得 3a ，分 n 为奇数和偶数，
根据 1n n na S S ，即可求得数列的图象公式；
（2）由（1）知，当 n 为奇数时，得到 4nb n ；当 n 为偶数时，得到 2nb n ，根据 2nT 中包含着 n 个奇数
项和 n 个偶数项，分别设为 ,n nA B ，结合等差数列的求和公式，以及分组求和法，即可求解.
【详解】
（1）由题意，数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2
,
,n
n nS n n
为奇数
为偶数 ，
所以 1 1 2 1 21, 4S a S a a ，解得 2 3a ，
又由 3 1 2 3 3S a a a ，解得 3 1a ，
当 2 1n k 时，可得 2 2
1 ( 1) 3 1n n na S S n n n n ，
当 2n k 时，可得 2 2
1 ( 1) 1n n na S S n n n n ，
所以
2
2
3 1, 2 1
1, 2n
n n n ka
n n n k
（其中 k N ）.
（2）由（1）知，当 n 为奇数时，可得 1 4n n nb a a n ；
当 n 为偶数时，可得 1 2n n nb a a n ，
即
1
1 2 ,2
2 ,
n
n
n n n
n nc b
n n
为奇数
为偶数 ，
因为 2nT 中包含着 n 个奇数项和 n 个偶数项，
设 n 个奇数项的和为 2 4 6 22 1 2 3 2 5 2 (2 1)n
nA n ，
n 个偶数项的和为 2 4 6 22 2 2 4 2 6 2 2n
nB n ，
由 3 5 6 2 +12 2 1 2 3 2 5 2 (2 1)n
nA n ，
可得 2 2 1 2 3 2 5 2 (2 1)n nA A n
2(1 2 1)2 (1 3 5 2 1) 2 22
n nn n ，即 22nA n
由 3 5 6 2 +12 2 2 2 4 2 7 6 2 2n
nB n
2 2 2 2 4 2 6 2 2n nB B n ，即 22 2nB n n
2(2 2 )2 (2 4 6 2 ) 2 2 22
n nn n n ，
所以 2 2 2
2 2 2 2 4 2n n nT A B n n n n n .
【点睛】
分组求和的解题策略：
1、一个数列的的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，
分别求和后相加减；
2、分组转化求和的常见类型：
①若数列 nc 满足 n n nc a b= ± （ ,n na b 为等差或等比数列），可分组求和；
②若 ,
,
n
n
n
a nc b n
为奇数
为偶数 （ ,n na b 为等差或等比数列），可分组求和.
6．（2021·全国高三专题练习（文））已知数列 na 对任意的 *n N 都满足 31 2
2 33 3 3 3
n
n
a aa a n .
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）令
3 4 1 3 4 3
1
log logn
n n
b a a
，求数列 nb 的前 n 项和为 nT .
【答案】（1） 3n
na ；（2） 1 1 1
4 3 4 3nT n
.
【分析】
（1）由 31 2
2 33 3 3 3
n
n
a aa a n ，得到当 2n 时， 3 11 2
2 3 1 13 3 3 3
n
n
a aa a n
，
两式相减求得 3 , 2n
na n ，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）化简 1 1 1
4 4 1 4 3nb n n
，结合裂项法，即可求解.
【详解】
（1）由题意，数列 na 满足 31 2
2 33 3 3 3
n
n
a aa a n ，
当 2n 时， 3 11 2
2 3 1 13 3 3 3
n
n
a aa a n
，
两式相减，可得 13
n
n
a ，即 3 , 2n
na n ，
又由当 1n 时， 1 3a ，满足上式，
所以数列 na 的通项公式为 3n
na .
（2）由（1）可得 3 4 1 3 4 3
1 1 1 1 1=log log 4 1 4 3 4 4 1 4 3n
n n
b a a n n n n
，
所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 3 7 4 7 11 4 4 1 4 3 4 3 4 3nT n n n
，
即数列 nb 的前 n 项和为 1 1 1
4 3 4 3nT n
.
【点睛】
关于数列的裂项法求和的基本策略：
1、基本步骤：
裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；
累加：将数列裂项后的各项相加；
消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前 n 项和.
2、消项的规律：
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.
7．（2021·天津河西区·高三一模）已知数列 na 是等差数列， nb 是递增的等比数列，且 1 1a ， 1 2b ，
2 22b a ， 3 33 1b a ．
（1）求数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）若 1
2
1 1
na
n
n n
c b b
，求数列 nc 的前 n 项和 nS ．
【答案】（1） na n ； 2n
nb ；（2） 1
11 2 1n nS
．
【分析】
（1）根据题设条件，列出方程组，求得公差 d 和公比 q的值，即可求得数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）由（1）求得 1
1 1
2 1 2 1n n nc
，结合裂项法，即可求解.
【详解】
（1）设等差数列 na 的公差为 d ，递增等比数列 nb 的公比为 1q q ，
由 1 1a ， 1 2b ， 2 22b a ， 3 33 1b a ，
可得 2
2 2 2
2 3 6 1
q d
q d
，解得 1
2
d
q
或 0
1
d
q
(舍去)，
所以数列 na 的通项公式为 na n ，数列 nb 的通项公式为 2n
nb ．
（2）由（1）知 11
2 1 1
2 1 2 12 1 2 1
n
n n nn nc
所以 2 2 3 1
1 1 1 1 1 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1n n nS
1 1
1 1 112 1 2 1 2 1n n
，
所以，数列 nc 的前 n 项和 1
11 2 1n nS
．
【点睛】
关于数列的裂项法求和的基本策略：
1、基本步骤：
裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；
累加：将数列裂项后的各项相加；
消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前 n 项和.
2、消项的规律：
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.
8．（2021·浙江宁波市·高三专题练习）在①
2
2n
n nS ；② 1 12n n na a a ， 7 74 28S a ；③ 1 1n
n
a n
a n
，
3 6S 这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加解答.
问题：设数列 na 的前 n 项和为 nS ，___________，若
2 n
n
n a
ab ，求数列 nb 的前 n 项和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答计分.
【答案】条件选择见解析；前 n 项和为 12 2 2
n
n
【分析】
分别选①②③，根据等差数列的通项公式及求和公式，求得 na n ，得到 1
2
n
nb n
，结合乘公比错位相
减法，即可求得数列 nb 的前 n 项和.
【详解】
若选①
2
2n
n nS ，
当 1n 时， 1 1 1a S ；当 2n 时， 1n n na S S n ，
又由当 1n 满足 na n ，所以 na n ，所以 1
2 2 2n
n
n
n a n
a nb n
，
则
1 2 31 1 1 11 2 32 2 2 2
n
nT n ，
2 3 11 1 1 1 11 2 12 2 2 2 2
n n
nT n n
所以
1 2 3 11 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
n n
nT n
1 1
1 112 2 1 11 21 2 21 2
n
n n
n n
，
所以数列 nb 的前 n 项和 12 2 2
n
nT n
，
若选② 1 12n n na a a ， 7 74 28S a ，
由 1 12n n na a a ，即 1 1
2
n n
n
a aa ，可得数列 na 是等差数列，
设数列 na 的公差为 d ，则 7 1
7 1
7 21 28
6 7
S a d
a a d
，解得 1 1, 1a d ，所以 na n ，
所以 1
2 2 2n
n
n
n a n
a nb n
，
则
1 2 31 1 1 11 2 32 2 2 2
n
nT n ，
2 3 11 1 1 1 11 2 12 2 2 2 2
n n
nT n n
所以
1 2 3 11 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
n n
nT n
1 1
1 112 2 1 11 21 2 21 2
n
n n
n n
，
所以数列 nb 的前 n 项和 12 2 2
n
nT n
，
若选③ 1 1n
n
a n
a n
， 3 6S ，
由 1 1n
n
a n
a n
，可得 1
1
n na a
n n
，所以 1
1
na a
n
，即 1na na ，
又由 3 1 2 3 16 6S a a a a ，所以 1 1a ，所以 na n ，
所以 1
2 2 2n
n
n
n a n
a nb n
，
则
1 2 31 1 1 11 2 32 2 2 2
n
nT n ，
2 3 11 1 1 1 11 2 12 2 2 2 2
n n
nT n n
所以
1 2 3 11 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
n n
nT n
1 1
1 112 2 1 11 21 2 21 2
n
n n
n n
，
所以数列 nb 的前 n 项和 12 2 2
n
nT n
.
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
9．（2021·全国高三专题练习）数列 na 的前 n 项之和为 nS ， 1 1a ， 1 1n na pa (p 为常数)
（1）当 1p 时，求数列 1
nS
的前 n 项之和；
（2）当 2p 时，求证数列 1na 是等比数列，并求 nS .
【答案】（1） 2
1
n
n
；（2）证明见解析， 12 2n
nS n .
【分析】
（1）由已知条件判定数列为等差数列，求得通项公式，进而得到 nS ，利用裂项求和法进一步求得 nT ；
（2）在已知递推关系两边同时加上 1，可以证得数列 1na 为等比数列，求得通项公式，进而利用分组
求和法和等比数列的求和公式计算 nS .
【详解】
（1）当 1p , 1 1n na a ,
数列 na 为等差数列，公差 1d ,又 1 1a ，
1 ( 1) 1 ( 1)na a n d n n ， 1 1
2 2
n
n
a a n n nS
,
1 2 2 2
1 1nS n n n n
,
数列 1
nS
的前 n 项之和
1 2
1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 221 3 3 4 1 1 1n
n
nT S S S n n n n
；
（2）当 2p 时， 1 2 1n na a ， 1 2 1 1 )1 2( 1n n na a a ，又 1 1a ， 1 1 2a ，
∴数列 1na 是首相为 2，公比为 2 的等比数列， 1 2n
na ， 2 1n
na ，
1 2 1 2(2 1) (2 1) ... (2 1) 2 2 ... 2n
n
nS n 12 1 2
2 21 2
n
nn n
.
【点睛】
本题考查等差数列的判定与求和，等比数列的判定与求和，裂项求和法和分组求和法，难度不大.关键是掌
握裂项相消求和方法和利用定义证明等比数列.
10．（2021·莆田第二十五中学高二期末）已知 na 为等差数列， nb 为等比数列， 1 1 1a b ，
5 4 35( )a a a ， 5 4 34( )b b b .
（1）求 na 和 nb 的通项公式；
（2） 2 2 1n n nc a b ，求数列 nc 的前 n 项和 nS .
【答案】（1） na n ； 12n
nb ；（2） 18 6 2 49 9
n
n
nS .
【分析】
（1）设等差数列{ }na 的公差为 d ，等比数列{ }nb 的公比为 q，根据题设条件，列出方程求得 ,d q 的值，即
可得出 na 和 nb 的通项公式；
（2）由（1）得出 2 4n
nc n ，结合错位相减法，即可求得数列 nc 的前 n 项和.
【详解】
（1）设等差数列{ }na 的公差为 d ，等比数列{ }nb 的公比为 q，
由 1 1a ， 5 4 35( )a a a ，可得1 4 5d d，解得 1d ，所以 1 1na n n ，
由 1 1b ， 5 4 34( )b b b ，可得 4 3 24( )q q q ，解得 2q = ，所以 12n
nb .
（2）由（1）可得 2 2na n ， 2
2 ! 2 4n n
nb ，所以 2 2 1 2 4n
n n nc a b n ，
故 2 3 12 4 4 4 6 4 2( 1) 4 2 4n n
nS n n n
2 3 4 14 2 4 4 4 6 4 2( 1) 4 2 4n n
nS n n
上述两式相减，得
2 3 13 2 4 2 4 2 4 ....... 2( 1) 4 2 4n n
nS n n
= 14(1 4 )2 2 41 4
n
nn
18 2(2 ) 43 3
nn ，
所以 18 6 2 49 9
n
n
nS .
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
11．（2021·江苏高三专题练习）由整数构成的等差数列 na 满足 3 1 2 45, 2a a a a .
（Ⅰ）求数列 na 的通项公式；
（Ⅱ）若数列 nb 的通项公式为 2n
nb ，将数列 na ， nb 的所有项按照“当 n 为奇数时， nb 放在前面；
当 n 为偶数时、 na 放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新数列 nc ， 1b ， 1a ， 2a ， 2b ， 3b ， 3a ，
4a ， 4b ，……，求数列 nc 的前 4 3n 项和 4 3nT .
【答案】（Ⅰ） 2na n ；（Ⅱ） 1 2
4 3 4 2 9 5n
nT n n
.
【分析】
（Ⅰ）设数列 na 的公差为 d ，根据题设条件，列出方程组，求得 1,a d ，即可求得数列 na 的通项公式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 2na n ，又由数列 nb 的通项公式为 2n
nb ，根据题意，得到
4 3nT 1 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2n n n n n n nb a a b b a a b b a a b b a a ，结合等差、
等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）由题意，设数列 na 的公差为 d ，
因为 3 1 2 45, 2a a a a ，可得
1
1 1 1
+2 =5
+ =2 +3
a d
a a d a d
，
整理得 (5 2 )(5 ) 2(5 )d d d ，即 22 17 15 0d d ，解得 15
2d 或 1d ，
因为 na 为整数数列，所以 1d ，
又由 1 +2 =5a d ，可得 1 3a ，
所以数列 na 的通项公式为 2na n .
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，数列 na 的通项公式为 2na n ，又由数列 nb 的通项公式为 2n
nb ，
根据题意，新数列 nc ， 1b ， 1a ， 2a ， 2b ， 3b ， 3a ， 4a ， 4b ，……，
则 4 3 1 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2n n n n n n n nT b a a b b a a b b a a b b a a
1 2 3 4 2 1 1 2 3 4 2 2n nb b b b b a a a a a
2 1
1 2 2 1 22 1 2 (2 2) 4 2 9 51 2 2
n
n na a n n n
.
【点睛】
与数列的新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在
阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目
的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，
逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
12．（2020·江苏南京市·南京师大附中高三月考）已知数列 na 中， 1 1a ，其前 n 项的和为 nS ，且满足
22 ( 2)2 1
n
n
n
Sa nS
.
（1）求证：数列 1
nS
是等差数列；
（2）设 1
n
n
b S
， 2
1
1n
n
n n
bc b b
，求数列 nc 的前 n 项和 nT .
【答案】（1）证明见解析；（2）
2 1n
nT n n
.
【分析】
（1）由
22 ( 2)2 1
n
n
n
Sa nS
，得到
2
1
2
2 1
n
n n
n
SS S S ，整理得
1
1 1 2
n nS S
，结合等差数列的定义，即可
求解；
（2）由（1）求得 1 2 1
n
nS
，可得 2 1nb n ，化简 1 1 11 2 2 1 2 1nc n n
，结合裂项求和，即可
求解.
【详解】
（1）由题意，数列 na 中，满足
22 ( 2)2 1
n
n
n
Sa nS
，可得而
2
1
2
2 1
n
n n
n
SS S S ，
整理得 1 12n n n nS S S S ，可得
1
1 1 2
n nS S
，
又由 1 1a ，可得
1 1
1 1 1S a
，
所以数列 1
nS
是首项为 1，公差为 2 的等差数列.
（2）由（1）知 1 1 2( 1) 2 1
n
n nS
，可得 2 1nb n ，
则
2 24 4 1 1 1 1 11(2 1)(2 1) (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n
n nc n n n n n n
所以 1 1 1 1 1 1 1 11 12 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 1n
nT n n nn n n n
.
【点睛】
关于数列的裂项法求和的基本策略：
1、基本步骤：
裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；
累加：将数列裂项后的各项相加；
消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前 n 项和.
2、消项的规律：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.
13．（2020·江苏宿迁市·宿迁中学）已知各项均为正数的等差数列{ }na 的首项为 1，且满足 2
3 5 6 21a a a .
（1）求{ }na 的通项公式；
（2）数列{ }nb 的通项公式为 2
( 1)2
n
n a
n n
ab a a
，其前 n 项和为 nS ，证明 1nS .
【答案】（1） na n ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设数列 na 的公差为 d，根据题意，列出方程，求得 1d ，即可求得数列 na 的通项公式；
（2）由（1）化简得到 1
2 1 1
( 1)2 2 ( 1)2n n n n
nb n n n n
，结合“裂项法”求得数列的前 n 项和，即可求
解.
【详解】
（1）设数列 na 的公差为 d，
因为 1 1a ， 2
3 5 6 21a a a ，可得 22 1 4 1 5 1 21d d d ，
解得 1d 或 21
17
，
又因为数列 na 的各项均为正数，所以 0d ，所以 1d ，
所以数列 na 的通项公式为 1 ( 1)na a n d n .
（2）由（1）可得 1
2 2( 1) 1 1
( 1)2 ( 1)2 2 ( 1)2n n n n n
n n nb n n n n n n
，
所以 1 2 1
1 1 1 1 11 4 4 12 2 ( 1)2n n n nS b b b n n 11 1( 1)2nn
，
因为 n N ，可得 ( 1) 02nn ，所以 11 1( 1)2nn
，即 1nS .
【点睛】
关于数列的裂项法求和的基本策略：
1、基本步骤：
裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；
累加：将数列裂项后的各项相加；
消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前 n 项和.
2、消项的规律：
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.
14．（2020·天津静海区·高三月考）已知正项数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 na 和 nS 满足：
24 1 1,2,3n nS a n ．
（1）求 na 的通项公式；
（2）设
1
1
n
n n
b a a
，求 nb 的前 n 项和 nT ；
（3）在（2）的条件下，对任意 *nN ，
23n
mT 都成立，求整数 m 的最大值．
【答案】（1） 2 1na n ；（2） nT
2 1
n
n
；（3）7．
【分析】
（1）由所给等式根据 ,n na S 的关系证明数列 na 为等差数列，确定数列的首项与公差即可写出通项公式；
（2）利用裂项相消法求和；（3）作差证明数列 nT 是递增数列，根据题意 min 23n
mT ，解不等式即可.
【详解】
（1）∵ 24 1n nS a ，①
∴ 2
1 14 1 2n nS a n ，②
①-②得 2 2
1 14 1 1n n n nS S a a ．
∴ 2 2
14 1 1n n na a a ，化简 1 1 2 0n n n na a a a ．
∵ 0na ，∴ 1 2 2n na a n ．
∴ na 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列．
∴ 1 1 2 2 1na n n ．
（2） 1
1 1 1 1 1
2 1 2 1 2 2 1 2 1n
n n
b a a n n n n
．
∴ 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1nT n n
1 112 2 1 2 1
n
n n
．
(3)由(2)知 1 112 2 1nT n
，
1
1 1 1 1 1 1 11 1 02 2 3 2 2 1 2 2 1 2 3n nT T n n n n
．
∴数列 nT 是递增数列，则 1min
1
3nT T ，
∴ 1
23 3
m ，解得 23
3m ，
∴整数 m 的最大值是 7．
【点睛】
裂项相消求和法适用于通项公式是分式形式的数列求和，求和时把每一项拆成一个或多个分式的差的形式，
然后在累加时抵消中间项.常见的拆项公式：
（1） 1 1 1 1
( )n n k k n n k
；
（2） 1 1 1 1
(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n n n n
；
（3） 1 1 1 1
( 1)( 2) 2 ( 1) ( 1)( 2)n n n n n n n
；
（4） 1 1 ( )n k nkn n k
.
15．（2020·江苏南通市·高三期中）已知等差数列 na 的首项为 1a ，公差为 1( , )d a Z d Z ，前 n 项的和
为 nS ，且 7 549,24 26S S .
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设数列
1
1
n na a
的前 n 项的和为 Tn，求 Tn.
【答案】（1） 2 1,na n n N ；（2）
2 1
n
n .
【分析】
（1）由 7 549,24 26S S ，列出方程组，求得 1a 1,d 2= = ，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）化简
1
1 1 1 1
2 2 1 2 1n na a n n
，结合裂项法，即可求解.
【详解】
（1）由题意,等差数列 na 中，因为 7 549,24 26S S ，
可得
1
1
7 67 492
5 424 5 262
a d
a d
，因为 1 ,a Z d Z ，可得 1a 1,d 2= = ，
所以数列的通项公式为 1 ( 1) 2 1,na a n d n n N .
（2）由（1）可得
1
1 1 1 1 1
(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n na a n n n n
，
所以 1 1 1 1 1 1 1 112 3 3 5 5 7 2 1 2 1nT n n
2 1
n
n
.
【点睛】
裂项求和的方法与注意点：
1、把数列的通项公式拆成两项的差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得数列的前 n 项和；
2、使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项，且不可漏写未被消去的
项，未被消去的项有前后对称的特点.
16．（2020·陕西西安市·长安一中高二期中（文））正项数列 na 满足： 2 (2 1) 2 0n na n a n ．
（1）求数列 na 的通项公式 na ；
（2）令 1
( 1)n
n
b n a
，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【答案】（1） 2na n ；（2）
2 1n
nT n
.
【分析】
（1）由 2 (2 1) 2 0n na n a n ，可得 2 1 0n na n a ，即可求解；
（2）由（1）得到 1 1 1
2
1
1( 1)n
n n nb n a
，结合裂项法，即可求解.
【详解】
（1）由题意，正项数列 na 满足： 2 (2 1) 2 0n na n a n ，可得 2 1 0n na n a ，
因为数列 na 是正项数列，可得 1 0na ，所以 2na n .
（2）由（1）知 2na n ，则 1 1 1 1 1 1 1
1 2 1 2 1
1
( 1) n
n
n
b n a n a n n n n
，
所以 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 12 2 2 3 1 1 2 1 2 1n
nT n n n n n n
.
【点睛】
关于数列的裂项法求和的基本策略：
1、基本步骤：
裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；
累加：将数列裂项后的各项相加；
消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前 n 项和.
2、消项的规律：
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.
17．（2021·山东高三专题练习）已知数列 na 中 1 0a ，且 12 1 0n na a ， *2,n n N .
（1）求证：数列 1na 为等比数列；
（2）设 1n nb n a ，求数列 nb 的 n 项和 nT .
【答案】（1）证明见解析；（2） ( 1) 2 1n
nT n .
【分析】
（1）由 12 1n na a ，化简得到
1
1 2( 2)1
n
n
a na
，进而证得数列 1na 是等比数列；
（2）由（1）可得 11 2n
na ，得到 11 2n
n nb n a n ，结合错位相减法，即可求解.
【详解】
（1）由题意，可得 12 1n na a ，即 11 2 1n na a ，所以
1
1 2( 2)1
n
n
a na
，
又由 1 0a ，可得 1 1 1a
所以数列 1na 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列.
（2）由（1）可得 11 2n
na ，所以 11 2n
n nb n a n .
所以 0 1 2 11 2 2 2 3 2 2n
nT n ，
则 1 2 32 1 2 2 2 3 2 2n
nT n L ，
由两式相减，可得 0 1 2 11 2 1 2 1 2 1 2 2 (1 )2 1n n n
nT n n L ，
所以 ( 1) 2 1n
nT n .
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
18．（2021·全国高三专题练习）数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 1 1a ， 12 1 2 3n nn a n S （ 1n ，
2，3，…）．
（1）证明：数列
2 1
nS
n
是等比数列；
（2）求数列 nS 的前 n 项和 nT ．
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3 2 3n
nT n ．
【分析】
（1）由 1 1
2 3
2 1n n n n
na S S Sn
，化简得 1 22 1 2 1
n nS S
n n
，结合等比数列的定义，即可证得数列
2 1
nS
n
是等比数列；
（2）由（1）求得 12 1 2n
nS n ，利用“错位相减法”，即可求解.
【详解】
（1）因为 12 1 2 3n nn a n S ，即 1
2 3
2 1n n
na Sn ，
又因为 1 1
2 3
2 1n n n n
na S S Sn
，可得
1
2 2 1
2 1n n
nS Sn
，所以 1 22 1 2 1
n nS S
n n
，
又 1 1a ，可得 1 11
S ，
所以数列
2 1
nS
n
是以 1 为首项，2 为公比的等比数列．
（2）由（1）可得 122 1
nnS
n
，所以 12 1 2n
nS n ，
则 2 2 11 3 2 5 2 2 3 2 2 1 2n n
nT n n ，
2 3 12 1 2 3 2 5 2 2 3 2 2 1 2n n
nT n n ，
① ②得： 1 2 11 2 2 2 2 2 1 2n n
nT n
12 2 21 2 2 1 21 2
n
nn
3 2 2 3nn ，
所以 2 3 2 3n
nT n ．
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）注意事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
19．（2020·黑龙江哈尔滨市·高三期中（理））数列 na 中， 1 2a ，
1
2 1
n n
na an
.
（1）求证：数列 na
n
是等比数列，并求数列 na 的通项公式；
（2）设 n
n
nb a n
，数列 12n
n nb b 的前 n 项和为 nS .求证： 1nS .
【答案】（1）证明见解析， 2n
na n ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由
1
2 1
n n
na an
，化简得到 1 21
n na a
n n
，根据等比数列的定义，得到数列 na
n
为等比数列，
进而求得 2n
na n .
（2）由（1）求得 1 1
1 12 2 1 2 1
n
n n n nb b
，结合裂项法，求得数列 12n
n nb b 的前 n 项和为 1
11 2 1n nS
，
即可作出证明.
【详解】
（1）由题意，数列 na 中， 1 2a ，
1
2 1
n n
na an
，
可得 1 2 1n nna n a ，即 1 21
n na a
n n
，
又由 1 2a ，可得 1 21
a ，所以 na
n
是以 2 为首项 2 为公比的等比数列，
由等比数列的通项公式，可得 2nna
n
，所以 2n
na n .
（2）由（1）可得 1
2 1n n
n
nb a n
，所以 1 11
2 1 12 2 1 2 12 1 2 1
n
n
n n n nn nb b ，
数列 12n
n nb b 的前 n 项和为
1 2 2 3 3 4 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 1 2 1 2( ( ) 1) 1n n n nS ，
又因为 n N ，所以 1
1 02 1n
，所以 1
11 12 1n
，
即 1
11 12 1n nS .
【点睛】
关于裂项法求和的基本策略：
1、基本步骤：
裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；
累加：将数列裂项后的各项相加；
消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前 n 项和.
2、消项的规律：
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.
20．（2021·全国）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， *1 12n na S n N ．
（1）求 nS ；
（2）若 2
1log 2n n n nb a a
，求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【答案】（1） 12 2n ； （2） 1( 1) 2 2nn n .
【分析】
（1）由 *1 12n na S n N ，递推化简得到
1
2n
n
a
a
，根据等比数列的通项公式，求得 2n
na ，再利用
等比数列的求和公式，即可求解；
（2）由（1）求得 2 1n
nb n ，结合“乘公比错位相减法”和“等差数列的求和公式”，即可求解.
【详解】
（1）由题意，数列 na 满足 *1 12n na S n N ，
当 2n 时，可得 1 1
1 12n na S ，
两式相减，可得 11
1 1( )2 2n nn n na S S aa ，整理得 12n na a ，即
1
2n
n
a
a
，
当 1n 时，可得 1 1 1
1 11 12 2a S a ，解得 1 2a ，
所以数列 na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
所以 2n
na ，所以 12(1 2 ) 2 21 2
n
n
nS .
（2）由（1）知 2n
na ，则 2
1 1log 2 ( ) 2 12( ) 2
n n
n n n n nb a a n n
设 2 , 1n
n nk n p ，数列 ,n nk p 的前 n 项和分别为 ,n nK P ，
则 1 2 3 11 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2n n
nK n n
2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 ( 1) 2 2n n
nK n n ，
两式相减得 2 3 1 1 12 2 3 2 2 2 2 2 2n n n n
nK n n ，
所以 1( 1) 2 2n
nK n ，
又由 1 1 1nP n ，
所以数列 nb 的前 n 项和 1( 1) 2 2n
n n nT n nK P .
【点睛】
错位相减法求解数列的前 n 项和的分法：
（1）适用条件：若数列 na 为等差数列，数列 nb 为等比数列，求解数列 n na b 的前 n 项和 nS ；
（2）主要事项：
①在写出 nS 和 nqS 的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出 n nS qS ；
②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；
③作差后，作差部分应用为 1n 的等比数列求和.
21．（2020·咸阳市高新一中高三月考（理））已知数列 na 是递增的等差数列， 2 3a ，若 1 3 1 8 1, ,a a a a a
成等比数列.
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若
1
3
n
n n
b a a
，数列 nb 的前 n 项和 nS ，求 nS .
【答案】（1） 2 1na n ； （2） 3
2 1
n
n .
【分析】
（1）设等差数列 na 的公差为 d ，根据题意列出方程组，求得 1,a d 的值，即可求解；
（2）由（1）求得
1
3 3 1 1( )2 2 1 2 1n
n n
b a a n n+
= = -- + ，结合“裂项法”即可求解.
【详解】
（1）设等差数列 na 的公差为 ( 0)d d ，
因为 2 3a ，若 1 3 1 8 1, ,a a a a a 成等比数列，
可得
1
2
1 1
3
2 7 2
0
a d
a a d d
d
，解得 1a 1,d 2= = ，
所以数列 na 的通项公式为 1 ( 1) 2 2 1na n n .
（2）由（1）可得
1
3 3 3 1 1( )(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n
n n
b a a n n n n
，
所以 3 1 1 1 1 1 1 1 3 1 3[(1 ) ( ) ( ) ( )] (1 )2 3 3 5 5 7 2 1 2 1 2 2 1 2 1n
nS n n n n
.
【点睛】
关于数列的裂项法求和的基本策略：
1、基本步骤：
裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式；
累加：将数列裂项后的各项相加；
消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前 n 项和 .
2、消项的规律：
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.
22．（2021·江西新余市·高二其他模拟（理））等比数列 na 中， 1 2a ，且 2， 2 1a ， 3a 成等差数列，
（1）求 na 的通项公式；
（2）数列 nb 满足 1 2 2 nb
na a a ，求数列 1
nb
的前 n 项和 nS ．
【答案】（1） *2 ( )n
na n N ；（2） *2 ( )1n
nS n Nn
【分析】
（1）设数列 na 的公比为 ( 0)q q ，由题意可得 2 31)( 22 a a ，且 1 2a ，即可得到关于 q 的二次方
程，即可求出 q 的值，代入公式，即可求得 na 的通项公式；
（2）根据题意，利用等差数列前 n 项和公式，即可求出 (1 )
2n
n nb ，进而可求得 1
nb 的表达式，利用裂
项相消求和法，即可求得 nS .
【详解】
（1）设数列 na 的公比为 ( 0)q q ，
因为 2， 2 1a ， 3a 成等差数列，
所以 2 31)( 22 a a ，即 2
1 12( 1) 2a q a q ，
又 1 2a ，所以 2 2 0q q ，
解得 2q = 或 0q （舍），
所以 1 1 *
1 2 2 2 ( )n n
n
naa q n N .
（2）因为
(1 )
1 2 3 2
1 2 3 2 2 2 2 2 2 n
n n
bn
na a a a
，
所以 (1 )
2n
n nb ，则 1 2 1 12( )(1 ) 1nb n n n n
，
所以 1 2 3
1 1 1 1 1 1 12[(1 ) ( ) ( ) ( )]2 2 3 3 4 1n nS b b b b n n
1 22(1 )1 1
n
n n
*( )n N .
【点睛】
本题考查等差中项、等差数列前 n 项和的应用，等比数列通项公式的求法，裂项相消法求和等知识，关键
点在于仔细审题，根据题中条件及等差、等比数列的公式，进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，
属中档题.
23．（2020·湖南永州市·高三月考）设数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 1 1a ， *
1 1( )n na S n N .
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）若 na ， 1b ， 2b ， ， nb ， 1na 组成一个 2n 项的等差数列，记其公差为 nd ，求数列 1
nd
的前 n 项
和 nT .
【答案】（1） 12n
na -= ；（2） 1
36 2n n
nT
.
【分析】
（1） 2n 时， -1 1n na S ,两式相减得 1 2n
n
a
a
，数列 na 是首项为1，公比为 2 的等比数列，求得
12n
na -= .
（2） 1( 1)n n na n d a ，代入得 1
1 1
2n
n
n
d
，利用错位相减法求和得解.
【详解】
（1）因为 *
1 1( )n na S n N 所以，当 2n 时， -1 1n na S
两式相减得， 1n n na a a ，即当 2n 时 1 2n
n
a
a
，
又当 1n 时， 2 1 1a a ，而 1 1a ，则 2
1
2a
a
，满足上式，
所以数列 na 是首项为1，公比为 2 的等比数列，
所以 12n
na -= .
（2）依题意可知， 1( 1)n n na n d a ，
由（1）得， 12 ( 1) 2n n
nn d ，即 1
1 1
2n
n
n
d
，
则 0 1 2 1
2 3 4 1
2 2 2 2n n
nT
，
1 2 3 1
1 2 3 4 1
2 2 2 2 2 2n n n
n nT
，
两式相减得 1 2 3 1
1 1 1 1 1 122 2 2 2 2 2n n n
nT
，
即
111 1 321 312 2 21 2
n
n n n
n nT
，
所以， 1
36 2n n
nT
【点睛】
本题考查利用 nS 与 na 求通项及利用错位相减法求和，属于基础题.
24．（2020·天津滨海新区·高三其他模拟）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 2 *
nS n n N ，数列 nb 为
等比数列，且 2 1a ， 4 1a 分别为数列 nb 第二项和第三项.
（1）求数列 na 与数列 nb 的通项公式；
（2）若数列
1
1
n n n
n n
c a b a a
，求数列 nc 的前 n 项和 nT .
【答案】（1） *2 1na n n N ; 2n
nb ， *n N （2）
2 1
n
n
【分析】
（1）由数列的通项 na 和 nS 的关系，求得数列 na 的通项公式，再结合等比数列的通项公式，联立方程组，
求得数列 nb 的首项和公比，即可求得数列 nb 的通项公式，得到答案.
（2）由（1）可得
12 1 2 2 1 2 1
n
nc n n n
，利用 “裂项法”和“乘公比错位相减法”，即可求解数
列 nc 的前 n 项和，得到答案.
【详解】
（1）由题意，数列 na 的前 n 项和为 2
nS n ，
当 1n 时， 1 1a
当 2n 时∴ 1 2 1n n na S S n ，
当 1n 时也满足上式
所以数列 na 的通项公式为 *2 1na n n N .
设数列 nb 的首项为 1b ，公比为 q，则 2 2 1
2
4 3 1
1 4
1 8
a b b q
a b b q
，
∴ 1 2b ， 2q = ，∴ 2n
nb ， *n N .
（2）由（1）可得
1
1
n n n
n n
c a b a a
，所以
12 1 2 2 1 2 1
n
nc n n n
设 2 1 2nn 前 n 项和为成 nA ，
1
2 1 2 1n n
前 n 项和为 nB ，
2 31 2 3 2 5 2 2 1 2n
nA n
2 3 4 12 1 2 3 2 5 2 2 1 2n
nA n
∴ 2 3 12 2 2 2 2 2 2 2 1 2n n
nA n
1
18 2 22 2 1 21 2
n
nn
16 3 2 2nn
∴ 16 2 3 2n
nA n ， *n N
∵
1 1 1 1
2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n n
∴ 1 1 1 1 1 112 3 3 5 2 1 2 1nB n n
1 112 2 1 2 1
n
n n
∴ 16 2 3 2 2 1
n
n
nT n n
【点睛】
本题主要考查了等差、等比数列的通项公式的求解，以及“裂项法”和“乘公比错位相减法”求解数列的前 n 项
和，其中解答中熟记数列的通项 na 和 nS 的关系，熟练应用“裂项法”和“乘公比错位相减法”，准确运算是解
答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
25．（2020·宁夏高三月考（理））已知数列 na 满足 1
1
4a ， 1 12 n n n na a a a （ 2n ， *n N ），
0na
（1）证明数列 1 1
na
*( )n N 为等比数列，求出 na 的通项公式；
（2）数列 na 的前项和为 nT ，求证：对任意 *n N ， 2
3nT .
【答案】（1）证明见解析， 1
1
3 2 1n na
；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由 1 12 0n n n na a a a l 两边同时除以 1n na a 得到有
1
2 1 1
n na a
，再构造等比数列得解
（2）放缩 1 1
1 1
3 2 1 3 2n n na
，再利用等比数列求和得解.
【详解】
（1）由 1 12 0n n n na a a a 有
1
2 1 1
n na a
，∴
1
1 11 2( 1)
n na a
∴数列 1 1
na
是首项为
1
1 1 3a
，公比为 2 的等比数列.
∴ 11 1 3 2n
na
，∴ 1
1
3 2 1n na
（2） 1
1
3 2 1n na
，
∴ 2 1 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1
3 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 3 2 3 2 3 2n n nT ，
1 2
1
1 1 1 1[1 ( ) ( ) ]3 2 2 2n
111 2 1 22 (1 )13 3 2 31 2
n
n
.
【点睛】
本题考查利用递推关系证明等比数列及求通项，并用放缩法证明不等式，属于基础题.
26．（2020·湖北武汉市·高二期末）已知数列{ }na 满足 1 1a ， 1 3( 1)n nna n a ，设 n
n
ab n
．
（1）求 1b ， 2b ， 3b ；
（2）判断数列 nb 是否为等比数列，说明理由；并求{ }na 的通项公式．
【答案】（1） 1 1b ， 2 3b ， 3 9b ；（2）是，理由见解析， 13n
na n .
【分析】
（1）根据递推公式，赋值求解即可；
（2）利用定义，求证 1n
n
b
b
为定值即可，求出数列 nb 通项公式，再求 na 的通项公式.
【详解】
（1）由条件可得 1
3( 1)
n n
na an
将 1n 代入得 2 16a a ，又 1 1a ，
∴ 2 6a ， 2
2 32
ab ，即 2 3b ，
将 2n 代入得 3 2
9
2a a ，
∴ 3 27a ，即 3 9b ，
又 1 1a ，∴ 1 1b ．
综上: 1 1b ， 2 3b ， 3 9b
（2）由条件可得 1 3
1
n na a
n n
，即 1 3n
n
b
b
， n +N ，
又 1 1b ，所以 nb 是首项为 1，公比为 3 的等比数列， 13n
nb .
因为 13nn
n
a
nb ，所以 13n
na n .
【点睛】
本题考查利用递推关系求数列某项的值，以及利用数列定义证明等比数列，及求通项公式，是数列综合基
础题.
27．（2020·重庆高二月考）已知数列 na ， nb ， nS 为数列 na 的前 n 项和， 2 14a b ， 2 2n nS a ，
2
1 1n nnb n b n n *n N .
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）证明 nb
n
为等差数列.
（3）若数列 nc 的通项公式为
,2
,4
n n
n
n n
a b n
c a b n
为奇数
为偶数
，令 2 1 2n n nP c c . nT 为 nP 的前 n 项的和，求 nT .
【答案】（1） 2n
na ；（2）见解析；（3） 7 12 7 49 9
nn
【详解】
试题分析：（1）根据题意得到
1 1
2 2
2 2
n n
n n
S a
S a
两式作差得到 12n na a ，根据等比数列的公式得到 2n
na ；
（2）由题意得到 1 11
n nb b
n n
，可得 nb
n
是公差为1，首项为1的等差数列. （3）由
1
2 1 2 4 1 4n
n n nP c c n
，由错位相减得到数列之和.
解析：
（1）当 1n 时，
1 1
2 2
2 2
n n
n n
S a
S a
12 2n n na a a 12n na a
当 1n 时， 1 12 2S a 1 2a ，
综上， na 是公比为 2 ，首项为 2 的等比数列， 2n
na .
（2） 2 14a b ， 1 1b ， 2
1 1n nnb n b n n ， 1 11
n nb b
n n
综上， nb
n
是公差为1，首项为1的等差数列.
（3）由（2）知： 1 1nb nn
2
nb n
2 1 2n n nP c c
2 22 1 22 1 2 2 2
2 4
n nn n 2 2 14 1 2 4 1 4n nn n
0 1 2 13 4 +7 4 +11 4 + 4 1 4n
nT n
1 2 34 3 4 7 4 11 4nT 14 5 4 4 1 4n nn n
两式相减得：
0 1 23 3 4 4 4 4 4nT 14 4 4 1 4n nn
14 1 4
3 3 4 4 1 41 4
n
n
nT n
， 7 12 7 49 9
n
n
nT .
点睛：这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知 nS 和
na 的关系，求 na 表达式，一般是写出 1nS 做差得通项，但是这种方法需要检验 n=1 时通项公式是否适用；
数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.
28．（2020·河北保定市·高碑店一中高一月考）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 1 12n nS a n N
（1）求数列 na 的通项公式 na ；
（2）设 1 1
3
log 1n nb S n N
，令
1 2 2 3 1
1 1 1
n
n n
T b b b b b b
，求 nT .
【答案】（1） 12 3
n
na
；（2）
2 4
n
n .
【分析】
（1）根据数列的递推关系式 1 12n nS a n N ，化简得
1
1
3
n
n
a
a
，再结合等比数列的定义，即可求得
其通项公式；
（2）由（1）代入求得 1nb n ，得到
1
1 1 1
1 2n nb b n n
，利用“裂项法”，即可求解.
【详解】
（1）由 1 12n nS a n N ，得 11 2n nS a ，
则当 1n 时， 1 1
11 2S a ，得 1
2
3a
当 2n 时， 1 1 1
1 1 11 12 2 2n n n n n n na S S a a a a
，
整理得
1
1
3
n
n
a
a
所以 na 是等比数列，且公比为 1
3
，首项 1
2
3a ，
所以 n
12 3
n
a
，即数列 na 的通项公式 n
12 3
n
a
.
（2）由（1）及 1 12n nS a ，可得
1
1 1
1 11 2 3
n
n nS a
所以 1 1
3
log 1 1n nb S n ，可得 1
1 1 1 1
1 2 1 2n nb b n n n n
，
所以 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( )2 3 3 4 1 2 2 4n
nT n n n
.
【点睛】
本题主要考查了等比数列的定义及通项公式的求解，以及“裂项法”求和的应用，其中解答中熟练利用数列的
递推关系式和等比数列的定义，以及合理利用“裂项法”是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
29．（2021·湖北荆州市·高二期末）已知等差数列 na 的前 n 项和为 *
nS n N ， nb 的通项公
式为 3 4 1 11 42 , 2 , 11n
nb b a a S b ．
（Ⅰ）求 na 的通项公式；
（Ⅱ）求数列 2 2 1n na b 的前 n 项和 *
nT n N ．
【答案】（Ⅰ） 3 2na n ， *n N ；（Ⅱ） 13 2 843 3
n
n
nT ， *n N .
【分析】
（Ⅰ）设等差数列 na 的首项为 1a ，公差为 d，结合已知条件求 1a 、d，进而得到通项公式；
（Ⅱ）由已知有 2 2 1 (3 1) 4n
n na b n ，利用错位相减法，求前 n 项和 *
nT n N .
【详解】
（Ⅰ）设等差数列 na 的公差为 d，
由 3 4 12b a a ，可得 13 8d a ．①
由 11 411S b ，可得 1 5 16a d ．②
联立①②，解得 1 1a ， 3d ，
等差数列 na 的通项公式为 3 2na n ， *n N ．
（Ⅱ）由 1
2 2 16 2, 2 4n
n na n b
，有 2 2 1 (3 1) 4n
n na b n ，
故 2 32 4 5 4 8 4 (3 1) 4n
nT n ，
2 3 4 14 2 4 5 4 8 4 (3 4) 4 (3 1) 4n n
nT n n ，
上述两式相减，得
2 3 13 2 4 3 4 3 4 3 4 (3 1) 4n n
nT n 112 1 4
4 (3 1) 41 4
n
nn
1(3 2) 4 8nn ．
∴ 13 2 843 3
n
n
nT ．
【点睛】
本题考查了数列，利用已知条件求通项公式基本量，进而求得通项公式，应用错位相减法求前 n 项和，属
于基础题.
30．（2020·广东河源市·中山高级中学高二期中）已知等差数列 na 满足 2 53, 25a S .
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）令
1
1
n
n n
b a a
，求数列 nb 的前 n 项和 nS .
【答案】（1） 2 1na n ； （2）
2 1
n
n .
【分析】
（1）由 2 53, 25a S ，列出方程组，求得 1a 1,d 2= = ，即可求得数列 na 的通项公式；
（2）由（1）求得
1
1 1 1 1( )2 2 1 2 1n
n n
b a a n n
，结合“裂项法”求和，即可求解.
【详解】
（1）设等差数列 na 的公差为 d ，
因为 2 53, 25a S ，可得
1
1
3
5 45 252
a d
a d
，解得 1a 1,d 2= = ，
所以数列 na 的通项公式 1 2 1 2 1na n n .
（2）由（1）知 2 1na n ，
可得
1
1 1 1 1 1( )(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1n
n n
b a a n n n n
，
所以数列 nb 的前 n 项和：
1 1 1( )2 1 2 1 2 1
1 1 1 1 1 1 1[(1 ) ( ) ( ) ] (1 )2 3 3 5 5 7 12 2n
nS n n n n
.
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式的求解，以及“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公
式和前 n 项和公式，以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.
31．（2020·黑龙江校高二开学考试（理））已知数列{ }na 满足 1 2a ， 1 3 2n na a .
（1）证明{ 1}na 是等比数列，并求{ }na 的通项公式；
（2）若数列{ }nb 满足 3log ( 1)n nb a ， nT 为数列 ·( 1)n nb a 的前 n 项和，求 nT .
【答案】（1）证明见解析； 3 1n
na ；（2） 12 1 334 4
n
n
nT .
【分析】
（1）由递推关系直接构造新的等比递推关系，进而求出数列{ }na 的通项公式.
（2）先用（1）的结论，再用错位相减法求出数列的和.
【详解】
（1）数列{ }na 满足 1 2a ， 1 3 2n na a ，
整理得 1 1 3( 1)n na a ， 1 1 31
n
n
a
a
（常数），
所以{ 1}na 是以 3 为首项，公比为 3 的等比数列
1
11 ( 1) 3n
na a ，得 3 1n
na .
（2）数列{ }nb 满足 3log ( 1)n nb a n ，
所以数列 ·( 1)n nb a 的通项公式为 ·3n
nc n ，
所以 1 21 3 2 3 3n
nT n L ①，
3 nT 2 3 11 3 2 3 3nn ②，
① ②得： 1 2 1 13 (3 1)2 (3 3 3 ) 3 33 1
n
n n n
nT n n
，
整理得 12 1 334 4
n
n
nT .
【点睛】
本题考查数列的通项公式求法，错位相减法求和，同时考查式的运算能力，属于基础题.
32．（2019·广东湛江市·高二期末（文））已知数列{ }na 是等比数列，首项 1 1a ，公比 0q ，其前 n 项和
为 nS ，且 1 1S a ， 3 3S a ， 2 2S a 成等差数列.
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）若数列{ }nb 满足 n
n
nb a
，求数列{ }nb 的前 n 项和 nT .
【答案】(1)
11
2
n
na
；(2) 1 2 1n
nT n .
【解析】
试题分析：
（1）由题意可得 3 3 1 1 2 22 S a S a S a ，整理计算有： 3 14a a ，据此可得数列的公比为 1
2q ，
通项公式
11
2
n
na
.
（2）结合（1）的结果知 12n
nb n ， 其通项公式为等差数列与等比数列相乘的形式，错位相减可得前 n
项和为 1 2 1n
nT n .
试题解析：
（1）因为 1 1S a ， 3 3S a ， 2 2S a 成等差数列，
所以 3 3 1 1 2 22 S a S a S a ，
所以 3 1 3 2 3 1 22S S S S a a a ，
所以 3 14a a ，因为数列 na 是等比数列，所以 23
1
1
4
a qa
，
又 0q ，所以 1
2q ，所以数列 na 的通项公式
11
2
n
na
.
（2）由（1）知 12n
nb n ，
0 1 2 11 2 2 2 3 2 2n
nT n ，
1 2 12 1 2 2 2 1 2 2n n
nT n n ，
所以 0 1 2 11 2 2 1 2 3 2 2 1 2 2n n
nT n n n
0 1 2 12 2 2 2 2n nn
1 1 2
2 1 2 11 2
n
n nn n
.
故 1 2 1n
nT n .
点睛：一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前 n 项和时，可采用错位相减
法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解．
33．（2020·苏州市相城区望亭中学高二月考）已知等差数列 na 的公差 d 大于 0，且满足 3 6 55a a ，
2 7 16a a ．数列 nb 满足 2 3
1 22 2n
b ba b 1 ( *)2
n
n
b n N ．
（1）求数列 na ， nb 的通项公式；
（2）设 1 2
1
n n n
n
n
a a ac b
，求 nc 取得最大值时 n 的值．
【答案】（1） 2 1na n ， 1, 1
2 , 2n n
nb n
；（2） 4n ．
【分析】
（1）列方程解出 1a 和 d ，得通项公式 na ，由已知式 2 3
1 22 2n
b ba b 12
n
n
b
，写出 1( 2)na n ，相
减后可求得 nb ，同时注意 1b ；
（2）作商比较，得{ }nc 的单调性，从而可得最大值．
【详解】
（1）由题意 1 1
1 1
( 2 )( 5 ) 55
6 16
a d a d
a d a d
，∵ 0d ，∴可解得 1 1
2
a
d
，
∴ 1 2( 1) 2 1na n n ，
又由已知 1 1 1a b ，
由式 2 3
1 22 2n
b ba b 12
n
n
b
得 2n 时有式 32
1 1 22 2n
bba b 1
22
n
n
b
，
两式相减得 11 22
n
n nn
b a a ， 2n
nb ， 1b ＝1 不适用，
∴ 1, 1
2 , 2n n
nb n
．
（2） 1 2
1
n n n
n
n
a a ac b
，则
1 2 3
1 2 1 3
1 2 2
1
2 5
4 2
n n n
n n n n
n n nn n n
n
a a a
c b b a n
a a ac b a n
b
，
∵ *n N ，∴ 3n 时， 1 2 5 14 2
n
n
c n
c n
，{ }nc 是递增数列， 4n 时， 1 2 5 14 2
n
n
c n
c n
，{ }nc 是递减
数列，
∴{ }nc 是 4c 最大， 4n 时， nc 最大．
【点睛】
本题考查等差数列、等比数列的通项公式，通项公式不能用一个式子表示时要写成分段函数形式，考查数
列的单调性，作商比较是确定数列单调性的常用方法．
34．（2020·湖北荆州市·高二期末）已知等差数列{an}满足 a1+a4+a7＝0，a3+a6+a9＝﹣18，前 n 项和
为 Sn．
（1）求 S9
（2）记 bn＝|an|，求数列{bn}的前 9 项和 T9．
【答案】（1）27（2）63
【分析】
(1)根据等差数列的等和性与基本量法求解即可.
(2)根据(1)中 9 27S ,再去绝对值分析 9T 与 9 27S 的关系计算即可.
【详解】
（1）等差数列{an}满足 a1+a4+a7＝0,a3+a6+a9＝﹣18,
可得 3a4＝0,即 a4＝0,3a6＝﹣18,即 a6＝6,
可得公差 d 6 4
6 4
a a 3,a1＝a4﹣3d＝﹣9,
则 S9＝9×（﹣9） 1
2
9×8×3＝27；
（2）bn＝|an|＝|﹣9+3（n﹣1）|＝|3n﹣12|,n≤4 时,an≤0,n≥5 时,an＞0,
可得 T9＝S9﹣S4﹣S4＝27﹣2（﹣36+6×3）＝63．
【点睛】
本题主要考查了根据等差数列的性质与基本量法求解等差数列前 n 项和的问题.同时也考查了带绝对值的等
差数列的求和问题,需要分绝对值中的正负去绝对值,属于基础题.
35．（2020·福清西山学校高三期中（文））数列{ }na 中， nS 为前 n 项和，且 *2 3 ( )n nS na n n N .
（1）求证：{ }na 是等差数列；
（2）若 2
1
15, n
n n
a b
a a
， nT 是{ }nb 的前 n 项和，求 nT .
【答案】（1）证明见解析；（2） 1 ( 2 3 3)2nT n .
【分析】
（1）以“ 1n ”代替“ n ”再用两个等式作差，可得 na 与 1na 的递推关系，即得证.
（2）用（1）结论分子有理化，裂项求和.
【详解】
（1）证明：因为 *2 3n nS na n n N ，
所以 1 12 1 3 1 2n nS n a n n ，
所以 12 1 3n n na na n a ，
即 12 1 3n nn a n a ，
所以 11 3n nn a na ，
所以 1 11 2 1n n n nn a na n a n a ，
整理得 1 12n n na a a ，即 1 12 n n na a a ，
所以 na 是等差数列.
（2）解：由 2 3n nS na n ，
得 1 12 3S a ，即 1 3a ，
由 2 5a ，得 2d ，
所以 3 1 2 2 1na n n
所以
1
1 1
2 3 2 1n
n n
b
a a n n
2 3 2 1
2
n n ，
所以 1 15 3 7 5 9 7 2 3 2 1 2 3 32 2nT n n n
【点睛】
此题考查由 nS 与 na 关系式确定数列属性，同时也考查裂项求和，是常考题.
36．（2020·大同市煤矿第四中学校高三期中（理））已知数列 na 成等差数列，各项均为正数的数列 nb 成
等比数列， 1 32, 8b b ，且 2 3 23a a b ， 3 4 33a a b .
（1）求数列 na 和 nb 的通项公式；
（2）设
2 2 1
1
logn
n n
c a b
，求数列 nc 的前 n 项和 nS .
【答案】（1） 2 1na n ； 2n
nb ；（2）
2 1n
nS n
.
【分析】
（1）由等差数列和等比数列的基本量法求得通项公式；
（2）由裂项相消法求和．
【详解】
解：（1）因为{ }nb 是等比数列，所以 2
2 1 3 16b b b ，又 2 0b ，所以 2 4b ，
设等差数列{ }na 的公差为 d ，
由 2 3 2
3 4 3
3
3
a a b
a a b
，两式相减得3 8 4d d ， 2d ，
所以 2 3 1 1 23 3( 2) ( 4) 4a a a a b ， 1 1a ，
所以 1 2( 1) 2 1na n n ，
而 2
1
4 22
bq b
，所以 2n
nb ．
（2）由（1）得 1 1 1 1
(2 1)(2 1) 2 2 1 2 1nc n n n n
，
11 1 1 1 1 1 1 112 3 2 3 5 2 2 1 2
112 2 2 11 1n n
nS nn n
．
【点睛】
本题考查求等比数列和等比数列的通项公式，考查裂项相消法求和．考查运算求解能力，属于中档题．.
37．（2020·陕西西安市·高二月考（理））已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且
1 1
11, ( 1,2,3, )2n na a S n ．
（1）求数列 na 的通项公式；
（2）设 3 1
2
log 3n nb a 时，求数列
1
1
n nb b
的前 n 项和 nT ．
【答案】（1） 2
1, 1
1 3 ( 2)2 2
n
n
n
a
n
；（2）
1n
nT n
.
【分析】
（1）由 1 ( 2)n n nS S a n 得出{ }na 的递推式，得其从第二项起等比数列，从而可得通项公式；
（2）求出 nb ，用裂项相消法求 nT ．
【详解】
（1）由已知得
1
1
1 ,2
1 ( 2),2
n n
n n
a S
a S n
得到 1
3 ( 2)2n na a n ．
∴数列 na 是以 2a 为首项，以 3
2
为公比的等比数列．又 2 1 1
1 1 1
2 2 2a S a ，
2 2
2
3 1 3 22 2 2
n n
na a n
．
又 1 1a 不适合上式， 2
1, 1
1 3 ( 2)2 2
n
n
n
a
n
（2）
1
3 1 3
2 2
3 3log 3 log 2 2
n
n nb a n
．
1
1 1 1 1
(1 ) 1n nb b n n n n
．
1 2 2 3 3 4 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 2 2 3 3 4 1n
n n
T bb b b b b b b n n
11 1 1
n
n n
．
【点睛】
本题考查由 nS 与 na 的关系求通项公式，考查裂项相消法求和．由 nS 与 na 的关系求通项公式，一般都是利
用 1 ( 2)n n nS S a n 得出{ }na 的递推式，变形过程中要注意结果对 1a 是否适用．
38．（2020·湖南长沙市·高二月考）已知数列 na 的前 n 项和为 nS ， 1 0a ， 1n nS a n ， *nN .
（1）求证：数列 1na 是等比数列；
（2）设数列 nb 的前 n 项和为 nT ，已知
1n
n
nb a
，若不等式 9
2 2n
n
T m a
对于 *nN 恒成立，求实
数 m 的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 61
16 .
【分析】
（1）利用 1( 2)n n na S S n 可得数列{ }na 的递推关系， 1 2 1n na a ，然后可证明{ 1}na 是等比数列；
（2）由（1）求出 1na ，即得 nb ，利用错位相减法求得 nT ，不等式 9
2 2n
n
T m a
对于 *nN 恒成立，
转化为 2 54 2n
n m 恒成立，求出 2 54 2n
n
的最小值即可得结论．
【详解】
（1）由 1 2 3 1n na a a a n a ，
得 1 2 3 1 1n na a a a n a （ 2n ），
两式相减得 1 2 1n na a ，所以 1 1 2 1n na a （ 2n ），
因为 1 0a ，所以 1 1 1a ， 2 1 1 1a a ， 2 11 2 1a a .
所以 1na 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列.
（2）由
1n
n
nb a
，又由（1）可知 12 1n
na ，得 12n n
nb ，
∴ 2 1
2 31 2 2 2n n
nT ，则 2 3
1 1 2 3
2 2 2 2 2n n
nT ，
两式相减得 2 3 1
1 1 1 1 1 21 1 22 2 2 2 2 2 2n n n n
n nT
，
所以 1
24 2n n
nT
.
由 9
2n nT m 恒成立，即 2 54 2n
n m 恒成立，
又 1 1
2 3 2 5 2 74 42 2 2n n n
n n n
，
故当 3n 时， 2 54 2n
n
单调递减；当 3n 时， 3
2 3 5 314 2 8
；
当 4n 时， 2 54 2n
n
单调递增；当 4n 时， 4
2 4 5 614 2 16
；
则 2 54 2n
n 的最小值为 61
16
，所以实数 m 的最大值是 61
16 .
【点睛】
本题考查由 nS 求 na ，考查等比数列的证明，等比数列的通项公式，考查错位相减法求和以及数列不等式恒
成立问题．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力，属于中档题．
39．（2020·长沙市湖南师大第二附属中学有限公司高三月考）已知等差数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，数列{ }nb
为正项等比数列，且 1 3a ， 1 1b ， 3 2 12b S ， 5 3 22a a b .
（1）求数列{ }na 和{ }nb 的通项公式；
（2）若
2 (
( )
nn
n
nSc
b n
为奇数）
为偶数
，设{ }nc 的前 n 项和为 nT ，求 2nT .
【答案】（1） 2 1na n ， 12n
nb .（2） 2nT
2 11 2 1
3 2 1
n
n
【分析】
（1）利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出；
（2）由 a1＝3，an＝2n+1 得 Sn＝n（n+2）．则 n 为奇数，cn
2 1 1
2nS n n
．“分组求和”，利用“裂项求和”、
等比数列的前 n 项和公式即可得出．
【详解】
（1）设等差数列 na 的公差为 d ，等比数列 nb 的公比为 q，
∵ 1 3a ， 1 1b ， 3 2 12b S ， 5 3 22a a b ，∴
2 6 12
2 2
q d
d q
∴ 3q 或 2q ，且 nb 是正项等比数列，
∴ 2d ， 2q ，
∴ 2 1na n ， 12n
nb .
（2）由（1）知 3 2 1 22n
n nS n n
∴
1
1 1
2
2
n
n
nn nc
n
为奇数
为偶数
∴ 2nT 1 1 1 1 11 3 3 5 2 1 2 1n n
1 3 5 2 12 2 2 2 n
=
2 11 2 2 41 2 1 1 4
n
n
=
2 11 2 1
3 2 1
n
n
.
【点睛】
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前 n 项和公式、“分组求和”、“裂项求和”，考查了推理能力
与计算能力，属于中档题．
40．（2020·高二期中）设数列{ }na 的前 n 项和为 nS ，已知 1 1a ，
*
1 3 1 ( N )n nS S n .
（1）求数列{ }na 的通项公式；
（2）若数列{ }nb 满足： 3 1logn nb a ，{ }nb 的前 n 项和为 nT ，求
1 2 100
1 1 1
T T T
的值.
【答案】（1） 13 n
na ；（2） 200
101 .
【分析】
（1）由 *
1 3 1( )n nS S n N 得： *
13 1( 2, )n nS S n n N ，两式相减可得{ }na 的递推关系，从而证
明{ }na 是等比数列，得其通项公式；
（2）求出 nb ，由等差数列的前 m 项和公式得 nT ，然后用裂项相消法求和
1 2 100
1 1 1
T T T
．
【详解】
解：（1）由 *
1 3 1( )n nS S n N 得： *
13 1( 2, )n nS S n n N ，
相减得 1 3n
n
a
a
， *( 2, )n n N ，.
又 2 13 1S S ，即 1 2 13 1a a a ，可得数列 2 3a .
{ }na 是以 1 为首项 3 为公比的等比数列，.
13 n
na .
（2）由（1）知， 3 1logn nb a n ，.
则 11 2 2n
n nT n
，.
1 2 100
1 1 1
2 2 2
1 2 2 3 100 101
1 1 1 1 12 1 2 22 2 3 100 101
200= .101
T T T
【点睛】
本题考查求等比数列的通项公式，考查由 nS 求 na 的方法，考查等差数列的前 n 项和公式，考查裂项相消法
求数列的和．错位相减法、裂项相消法、分组（并项）求和法、倒序相加法是数列求得的几种特殊方法，
需记住它们的应用的条件．
41．（2020·校高三月考（理））已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ， 4 7a ， 5 25S ，
数列 nb 满足 1
1
3b ， 1
1
3n n
nb bn
．
（1）求数列 na ， nb 的通项公式；
（2）求数列 nb 的前 n 项和 nT ．
【答案】（1） 2 1na n ( *n N )；
3n n
nb ( *n N )；（2） 3 2 3 1
4 4 3
n
n
nT
( *n N ).
【分析】
（1）根据等差数列的通项公式、前 n 项和公式，结合已知条件求 1a 、 d 即可得通项公式，由 nb 数列的
递推式得 1 1
3
n
n
b n
b n
及 1
1
3b ，即可得 nb 的通项公式；（2）根据（1）所得 nb 通项公式，应用错位相
减法求其前 n 项和 nT .
【详解】
（1）数列{ }na 的首项为 1a ，公差为 d ，
由题意: 4 1
5 1
3 7
5 10 25
a a d
S a d
，解得： 1 1
2
a
d
，
1 ( 1) 2 1na a n d n ， *n N ，
又 1
1
1 1
3 3
n
n n
n
bn nb bn b n
，所以 1 2
1
1 2 1
1 2 1
3( 1) 3( 2) 3 1 3 3
n n
n n
n n
b b b n n nb bb b b n n
， *n N ；
（2）由（1）知： 1
3
n
nb n
1 2n nT b b b
1 21 1 11 23 3 3
n
n ，
2 3 11 1 1 11 23 3 3 3
n
nT n
，
1 2 12 1 1 1 1
3 3 3 3 3
n n
nT n
1 1
1 113 3 1 1 1 111 3 2 3 31 3
n
n n n
n n
，
13 1 3 1 3 2 3 114 3 2 3 4 4 3
n n n
n
nT n
，
nT 的表达式为 3 2 3 1
4 4 3
n
n
nT
.
【点睛】
本题考查了数列，根据等差数列的公式、累乘法求数列通项公式，并应用错位相减法求数列前 n 项和，属
于基础题.
42．（2020·武威第六中学高三月考（文））已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2
*3
2n
n nS n N ，正项
等比数列 nb 满足 1 1b a ， 5 6b a .
（1）求数列 na 与 nb 的通项公式；
（2）设 n n nc a b ，求数列 nc 前 n 项和 nT .
【答案】（1） 3 2na n ， 12n
nb ；（2） 5 3 5 2n
nT n .
【分析】
（1）由 1
1
, 1
, 2n
n n
S na S S n
即可求 na 通项公式，再结合已知求 nb 的通项公式；（2）根据（1）的结
论有 13 2 2n
nc n ，应用错位相减法求 nc 前 n 项和 nT 即可.
【详解】
（1）当 2n 时， 1n n na S S 22 3 1 13
2 2
n nn n 3 2n .
当 1n 时， 1 1 1a S 也适合上式，
∴ 3 2na n ，即有 1 1b ， 5 16b .
设数列 nb 的公比为 q，则 4 16q ，又 0q ，有 2q = ，
∴ 12n
nb .
（2）由（1）可知， 13 2 2n
nc n ，
所以 1 2n nT c c c 2 2 11 4 2 7 2 3 5 2 3 2 2n nn n .……①
2 12 1 2 4 2 3 5 2 3 2 2n n
nT n n .……②
由①-②得， 2 11 3 2 2 2 3 2 2n n
nT n
12 2 21 3 3 2 21 2
n
nn
，
所以 5 3 5 2n
nT n .
【点睛】
本题考查了由 ,n na S 的关系求通项公式，利用错位相减法求前 n 项和，等比数列基本量公比、前 n 项和公式
的应用，属于基础题.
四、填空题
43．（2020·通榆县第一中学校高三月考（文））已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且3 64n nS a ，若
*1 1 ,m ka a m k k N ，则 k 的取值集合是__________.
【答案】 4,5
【分析】
由数列 na 和 nS 的关系，推得
1
1
4
n
n
a
a
，得到数列 na 是首项为16 、公比为 1
4
的等比数列，进而得到
1 5 2 4 31, 1, 1a a a a a ，结合1 m k ，即可求解.
【详解】
由题意，数列 na 的前 n 项和为 S，且3 64n nS a ，
当 1n 时， 1 13 64a a ，解得 1 16a ，
当 2n 时，3 64n nS a 和 1 13 64n nS a ，
两式相减得 13 n n na a a ，即
1
1
4
n
n
a
a
则数列 na 是首项为16 、公比为 1
4
的等比数列，即各项依次为 1 1 116,4,1, , , ,4 16 64
所以 1 5 2 4 31, 1, 1a a a a a
结合1 m k ，得 k 的取值集合是 4,5 .
故答案为： 4,5 .
【点睛】
有关数列中 na 和 nS 的关系问题的求解策略：
根据所求结果不同额要求，将问题向不同的两个方向转化；（1）利用 1( 2)n n na S S n 转化为 1,n nS S 的
关系，再求解；（2）利用 1 ( 2)n n nS S a n 转化为 1,n na a 的关系，再求解.
44．（2020·桃江县第一中学高三期中）已知函数 1( ) 1f x x ，数列 na 是正项等比数列，且 1011 1a ，
3 2020 2021 12 f a f a ff aa f a ________.
【答案】 2021
2
【分析】
由 1( ) 1f x x ，求得 1( ) ( ) 1f x f x
，根据数列 na 是正项等比数列，由等比数列的性质，得到
2
1 2021 2 2020 1011 1a a a a a ，结合倒序相加法求和，即可求解.
【详解】
由题意，函数 1( ) 1f x x ，可得 1 11 1 1( ) ( ) 1 ( 1) 11 1
xf x f xx x x x
，
又由数列 na 是正项等比数列，且 1011 1a ，
根据等比数列的性质可得 2
1 2021 2 2020 3 2019 1011 1a a a a a a a ，
设 31 2 2020 2021f a f a fS af a f a ，
则 2021 2019 20 1202 f a f a f aS f a f a ，
所以 1 2021 2 2020 2021 12 [ ( ) ( )] [ ( ) ( )] [ ( ) ( )] 2021S f a f a f a f a f a f a ，
可得 2021
2S ，即 20201 12 202( ) 202) 1( 2f a f af a f a .
故答案为： 2021
2 .
【点睛】
倒序相加法求和：如果一个数列 na 的首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数时，求解这个
数列的前 n 项和，即可采用倒序相加法求解.
45．（2020·上海浦东新区·上外浦东附中高二月考）取出数列 ,( 4)na n 的任意连续四项，若其中奇数项
之和，偶数项之和均为同一个常数 h （如连续四项 1a ， 2a ， 3a ， 4a ，满足 1 3 2 4a a a a h ），则称数
列 ,( 4)na n 为错位等和数列，其中常数 h 是公和.若 nS 表示 na 的前 n 项和，有如下命题：
（1）若一个等差数列是错位等和数列，则 1na a ；
（2）若一个等比数列是错位等和数列，则
2n
nhS ；
（3）若 1 2a a ，则错位等和数列一定是最小正周期为 4 的周期数列；
（4）在错位等和数列 na 中， 5h ，且 2013 2014 6a a ，若 n 是偶数，则 10 4, 4 2
10 , 4n
k n kS k n k
；
其中，真命题的序号是________
【答案】（1）（2）（3）（4）
【分析】
在（1）（2）中根据等差、等比数列的性质即可知 na 为常数数列，即可判断正误；由
4 3 4 1 4 2 4 4 1 4 1n n n n n na a a a a a 有 4 2 4 2n na a ，结合已知即可判断正误；由（3）的结论及已知得
1 2 6a a 、 1 2 3 4 10a a a a 即可得 nS ，进而可知正误.
【详解】
（1）由 1 3 2 4a a a a h 得 0d ，即 na 为常数数列，所以 1na a 正确；
（2）由 1 3 2 4a a a a h 得 1q ，所以 na 为常数数列， 1
2na h ，所以
2n
nhS ，正确；
（3）任取四项，则 4 3 4 1 4 2 4n n n na a a a h ，且 4 2 4 4 1 4 1n n n na a a a h ，即有 4 3 4 1n na a ，
同理 4 2 4 2n na a ，又 1 2a a ，所以错位等和数列一定是最小正周期为 4 的周期数列，正确；
（4）由（3）及 2013 2014 6a a ，得 1 2 6a a ，
又 5h ，即 1 3 2 4 5a a a a ，所以 3 4 4a a ，且 1 2 3 4 10a a a a ，
而错位等和数列一定是最小正周期为 4 的周期数列，
所以 10 4, 4 2
10 , 4n
k n kS k n k
.
故答案为：（1）（2）（3）（4）
【点睛】
本题考查了数列新定义，综合应用了等差、等比数列的性质，以及数列的周期性，属于中档题.
46．（2020·湖北省高一月考）数列 na 的前 n 项和为 nS ，已知 1
1
5a ，且对任意正整数 ,m n ，
都有 m n m na a a ，若 nS t 恒成立，则实数t 的最小值为________.
【答案】 1
4
【分析】
令 1m ，求得 1 1
5
n
n
a
a
，得到 na 是首项为 1
5
，公比为 1
5
的等比数列，利用等比数列的求和公式，求得
1 1 114 5 4
n
nS
，结合 nS t 恒成立，即可求解.
【详解】
由题意，数列 na 满足 1
1
5a ，且对任意正整数 ,m n ，都有 m n m na a a ，
令 1m ，可得 1
1
5n na a ，即 1 1
5
n
n
a
a
，所以 na 是首项为 1
5
，公比为 1
5
的等比数列，
所以
1 115 5 1 1 111 4 5 41 5
n
n
nS
，
又由 nS t 恒成立，所以 1
4t ，故实数t 的最小值为 1
4 .
故答案为： 1
4 .
【点睛】
本题主要考查了等比数列的定义，以及等比数列的前 n 项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的定义，
以及等比数列的求和公式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
47．（2020·四川攀枝花市·高三月考（文））正项等比数列{ }na 满足 1 3
5
4a a ，且 2 2a ， 4
1
2 a ， 3a 成等差
数列，设 *
1( )n n nb a a n N ，则 1 2 nb b b 取得最小值时的 n 值为_________．
【答案】 2
【分析】
先由题意列关于 1,a q 的方程组，求得{ }na 的通项公式，再表示出 1 2 nb b b ，即可求得答案.
【详解】
设等比数列{ }na 的公比为 q.
由 22a ， 4
1
2 a ， 3a 成等差数列，可得 4 2 32a a a ，则 3 2
1 1 12a q a q a q ，
所以 2 2q q ，解得 1q (舍去)或 2q = .
因为 2
1 3 1 1
5
4a a a a q ，所以 1
1
4a .
所以 1 31 2 24
n n
na .所以 3 2 2 5
1 2 2 2n n n
n n nb a a
.
所以
1 (2 8)3 1 1 3 (2 5) ( 4)2
1 2 =2 2 2
n nn n n
nb b b
，
当 2n 时， ( 4)n n 取得最小值， 1 2 nb b b 取得最小值.
故答案为 2 .
【点睛】
本题考查数列的综合问题，涉及等比数列、等差数列、等比数列求积、求最值等.利用等比数列的基本量进
行运算是解题的突破口.
48．（2020·安徽省太和第一中学高三月考（理））已知数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 2 2n nS a ，则数列
n
n
a
的前 n 项和 nT ______．
【答案】 22 2n
n
【分析】
令 1n ，可得 1 2a .由 2n 时 1n n na S S 得出{ }na 是等比数列，求出 na 后用错位相减法求得和 nT ．
【详解】
令 1n ，可得 1 2a .
又由已知可得 2 2 0n nS a ，当 2n 时， 1 12 2 0n nS a ，
两式相减， 12 2 0n n na a a , 12n na a ,又 1 0a ，∴
1
2n
n
a
a
， 2n ，
所以数列 na 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
所以 12 2 2n n
na ，所以
2n
n
n n
a
，
所以 1 2 3
1 2 3
2 2 2 2n n
nT L ， 2 3 1
1 1 2 1
2 2 2 2 2n n n
n nT
L ，
两式相减，得 1 2 3 1
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2n n n
nT
1 1
1 11 22 2 11 2 21 2
n
n n
n n
，
得 22 2n n
nT .
故答案为： 22 2n
n ．
【点睛】
本题考查由数列的前 n 项求数列的通项公式，考查错位相减法求和，.属于中档题．错位相减法、裂项相消
法、分组（并项）求和法、倒序相加法是数列求和的几种特殊方法．需掌握它们的应用．
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