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题型一 等差、等比数列的交汇
例1 已知{a }为等差数列，前n项和为S (n∈N*)，{b }是首项为2的等比数列，且
n n n
公比大于0，b ＋b ＝12，b ＝a －2a ，S ＝11b .
2 3 3 4 1 11 4
(1)求{a }和{b }的通项公式；
n n
(2)求数列{a b }的前n项和(n∈N*).
2n 2n－1
解 (1)设等差数列{a }的公差为d，等比数列{b }的公比为q.
n n
由已知b ＋b ＝12，得b (q＋q2)＝12，
2 3 1
而b ＝2，所以q2＋q－6＝0.
1
又因为q>0，解得q＝2，所以b ＝2n.
n
由b ＝a －2a ，可得3d－a ＝8①，由S ＝11b ，可得a ＋5d＝16②，联立①②，
3 4 1 1 11 4 1
解得a ＝1，d＝3，由此可得a ＝3n－2.
1 n
所以数列{a }的通项公式为a ＝3n－2，数列{b }的通项公式为b ＝2n.
n n n n
(2)设数列{a b }的前n项和为T ，由a ＝6n－2，b ＝2×4n－1，有a b ＝
2n 2n－1 n 2n 2n－1 2n 2n－1
(3n－1)×4n，故
T ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，
n
4T ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，
n
上述两式相减，得－3T ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1
n
＝－4－(3n－1)×4n＋1
＝－(3n－2)×4n＋1－8.
得T ＝×4n＋1＋.
n
所以数列{a b }的前n项和为×4n＋1＋.
2n 2n－1
感悟提升 等差与等比数列的基本量间的关系，利用方程思想和通项公式、前n
项和公式求解，求解时注意对性质的灵活运用.
训练1 已知等差数列{a }的前n项和为S ，公差d≠0，a 是a ，a 的等比中项，S
n n 2 1 5 5＝25.
(1)求{a }的通项公式；
n
(2)若数列{b }满足b ＋b ＝S ，求b －b .
n n n＋1 n 2 20
解 (1)∵a 是a ，a 的等比中项，
2 1 5
∴a＝a a ，∴(a ＋d)2＝a (a ＋4d)，
1 5 1 1 1
∴d2＝2a d.
1
又∵d≠0，d＝2a ，①
1
S ＝5a ＋10d＝25，②
5 1
由①②解得a ＝1，d＝2，
1
∴a ＝2n－1，S ＝＝n2.
n n
(2)∵b ＋b ＝n2，
n n＋1
当n≥2时，b ＋b ＝(n－1)2，
n－1 n
∴b －b ＝2n－1，
n＋1 n－1
∴
∴b －b ＝＝189，
20 2
∴b －b ＝－189.
2 20
题型二 数列与不等式的交汇
例2 (12分)(2021·浙江卷)已知数列{a }的前n项和为S ，a ＝－，且4S ＝3S －
n n 1 n＋1 n
9(n∈N*).
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)设数列{b }满足3b ＋(n－4)a ＝0(n∈N*)，记{b }的前n项和为T .若T ≤λb 对
n n n n n n n
任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.
[规范答题]
解 (1)因为4S ＝3S －9，
n＋1 n
所以当n≥2时，4S ＝3S －9，
n n－1
两式相减可得4a ＝3a ，即＝.……………………2分
n＋1 n
当n＝1时，4S ＝4＝－－9，
2
解得a ＝－，所以＝.
2
所以数列{a }是首项为－，公比为的等比数列，
n
所以a ＝－×＝－.……………………4分
n
(2)因为3b ＋(n－4)a ＝0，
n n
所以b ＝(n－4)·.……………………5分
n所以T ＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－4)·，
n
所以T ＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－5)·
n
＋(n－4)·，……………………7分
以上两式相减得T ＝－3×＋＋＋…＋－(n－4)·
n
＝－＋－(n－4)·＝－n·，
所以T ＝－4n·.……………………9分
n
因为T ≤λb 对任意n∈N*恒成立，
n n
所以－4n·≤λ(n－4)·恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立.
当n＜4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1；
当n＝4时，－12≤0恒成立；
当n>4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1，即实数λ的取值范围为[－3，1]. ……………………12分
第一步 根据题目条件，求出数列的通项公式
第二步 根据数列项的特征，选择合适的方法(公式法、分组转化法、裂项
相消法、错位相减法等)求和
第三步 利用第二步中所求得的数列的和，证明不等式或求参数的范围
第四步 反思解题过程，检验易错点，规范解题步骤
训练2 已知正项数列{a }的前n项和为S ，且a ＝2，4S ＝a a (n∈N*).
n n 1 n n n＋1
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)设数列的前n项和为T ，求证：＜T ＜.
n n
(1)解 ∵4S ＝a a ，n∈N*，
n n n＋1
∴4a ＝a ·a ，又a ＝2，∴a ＝4.
1 1 2 1 2
当n≥2时，4S ＝a a ，得4a ＝a a －a a .
n－1 n－1 n n n n＋1 n－1 n
由题意知a ≠0，∴a －a ＝4.
n n＋1 n－1
当n＝2k＋1，k∈N*时，a －a ＝4，即a ，a ，…，a 是首项为4，公差为4的等
2k＋2 2k 2 4 2k
差数列，
∴a ＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；
2k
当n＝2k，k∈N*时，a －a ＝4，
2k＋1 2k－1
即a ，a ，…，a 是首项为2，公差为4的等差数列，
1 3 2k－1
∴a ＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1).
2k－1综上可知，a ＝2n，n∈N*.
n
(2)证明 ∵＝＞
＝，
∴T ＝＋＋…＋＞
n
＝＝.
又∵＝＜＝＝，
∴T ＝＋＋…＋＜
n
＝＜.
即得＜T ＜.
n
题型三 数列中的结构不良试题
例3 在①a＝a (2a －5a )，且a ＞0；②S ，2S ，3S 成等差数列，且S ＝；
n n n＋1 n n n＋1 n＋2 2
③2S ＋a －t＝0(t为常数)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解
n n
答.
问题：已知数列{a }的前n项和为S ，a ＝，________，其中n∈N*.
n n 1
(1)求{a }的通项公式；
n
(2)记b ＝loga ，求数列{a ·b }的前n项和为T .
n n＋1 n n n
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 (1)选择条件①：
因为a＝a (2a －5a )，
n n n＋1
所以3a＋5a ·a －2a＝0.
n n＋1
所以(3a －a )(a ＋2a )＝0.
n＋1 n n＋1 n
因为a ＞0，所以3a －a ＝0，即＝.
n n＋1 n
所以数列{a }是首项a ＝，公比q＝的等比数列.
n 1
所以a ＝a ·qn－1＝·＝.
n 1
选择条件②：
因为S ，2S ，3S 成等差数列，
n n＋1 n＋2
所以S ＋3S ＝4S .
n n＋2 n＋1
所以3(S －S )＝S －S ，
n＋2 n＋1 n＋1 n
即3a ＝a .
n＋2 n＋1
又S ＝，a ＝，所以a ＝＝a ，
2 1 2 1
所以＝(n∈N*).所以{a }是首项a ＝，公比q＝的等比数列.
n 1
所以a ＝a ·qn－1＝·＝.
n 1
选择条件③：
因为2S ＋a －t＝0(t为常数)，
n n
所以当n≥2时，2S ＋a －t＝0.
n－1 n－1
两式相减得2(S －S )＋a －a ＝0，
n n－1 n n－1
即3a ＝a (n≥2).
n n－1
又a ＝，＝(n≥2)，
1
所以{a }是首项a ＝，公比q＝的等比数列.
n 1
所以a ＝a ·qn－1＝·＝.
n 1
(2)由(1)知a ＝，所以b ＝loga ＝log＝n＋1，
n n n＋1
所以a ·b ＝(n＋1).
n n
所以T ＝2×＋3×＋…＋n·＋(n＋1)·，①
n
T ＝2×＋3×＋…＋n·＋(n＋1)·.②
n
①－②得T
n
＝＋－(n＋1)·＝＋－(n＋1)·＝－.
所以T ＝－.
n
感悟提升 高考中结构不良题的解法
(1)先定后动，先对题目中确定的条件进行分析推断，再观察分析“动”条件，结
合题干要求选出最适合自己解答的条件求解.
(2)最优法，当题干中确定的条件只有一个时，要根据自己的知识优势和擅长之处
选择更适合自己的条件进行解答.
训练3 (2021·葫芦岛二模)已知首项为2的数列{a }中，前n项和S 满足S ＝tn2＋
n n n
n(t∈R).
(1)求实数t的值及数列{a }的通项公式a ；
n n
(2)从①b ＝，②b ＝2a ＋a ，③b ＝2a ·a 三个条件中任选一个补充在下面问题
n n n n n n n
中并求解.若________，求数列{b }的前n项和T .
n n
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 (1)令n＝1得S ＝t＋1＝2，所以t＝1.
1
因为S ＝n2＋n，所以当n≥2时，
n
S ＝(n－1)2＋n－1，
n－1
所以a ＝S －S ＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n，(n≥2)
n n n－1
当n＝1时，经验证符合上式，所以a ＝2n.
n(2)若选①，b ＝＝＝＝，
n
所以T ＝b ＋b ＋…＋b
n 1 2 n
＝
＝＝.
若选②，b ＝a ＋2a ＝2n＋4n，
n n n
所以T ＝(2＋41)＋(4＋42)＋…＋(2n＋4n)
n
＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋(4＋42＋…＋4n)
＝＋
＝n(n＋1)＋(4n－1)＝n2＋n＋－.
若选③，b ＝2a ·a ＝2n·4n，
n n n
T ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n，
n
则4T ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2n·4n＋1，
n
两式相减得－3T ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n·4n＋1＝－2n·4n＋1＝－
n
2n·4n＋1，
故T ＝＋×4n＋1.
n
1.(2020·全国Ⅲ卷)设等比数列{a }满足a ＋a ＝4，a －a ＝8.
n 1 2 3 1
(1)求{a }的通项公式；
n
(2)记S 为数列{log a }的前n项和.若S ＋S ＝S ，求m.
n 3 n m m＋1 m＋3
解 (1)设{a }的公比为q，则a ＝a qn－1.
n n 1
因为a ＋a ＝4，a －a ＝8，
1 2 3 1
所以解得
所以{a }的通项公式为a ＝3n－1.
n n
(2)由(1)知log a ＝n－1.
3 n
所以数列{log a }是首项为0，公差为1的等差数列，
3 n
因此S ＝.
n
由于S ＋S ＝S ，
m m＋1 m＋3
得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，
即m2－5m－6＝0.
解之得m＝6或m＝－1(舍去).
所以实数m的值为6.2.设数列{a }满足a ＝1，a －a ＝2·3n－1.
n 1 n＋1 n
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)令b ＝(2n＋1)a ，求数列{b }的前n项和S .
n n n n
解 (1)由已知，当n≥2时，a －a ＝2·3n－2，
n n－1
a ＝a ＋(a －a )＋(a －a )＋…＋(a －a )
n 1 2 1 3 2 n n－1
＝1＋2(1＋3＋32＋…＋3n－2)＝1＋2×＝3n－1，
当n＝1时，a ＝1符合上式，所以a ＝3n－1，n∈N*.
1 n
(2)由(1)知b ＝(2n＋1)a ＝(2n＋1)·3n－1，
n n
S ＝3×30＋5×31＋…＋(2n＋1)·3n－1，①
n
3S ＝3×31＋5×32＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)·3n，②
n
①－②得－2S ＝3＋2(31＋32＋…＋3n－1)－(2n＋1)·3n
n
＝2(1＋31＋…＋3n－1)－(2n＋1)·3n＋1
＝2×－(2n＋1)·3n＋1＝－2n·3n.
所以S ＝n·3n，n∈N*.
n
3.①对任意n＞1，n∈N*满足S ＋S ＝2(S ＋1)；②S －2＝S ＋a (n∈N*)；③
n＋1 n－1 n n＋1 n n
S ＝na －n(n＋1)(n∈N*).从这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解
n n＋1
答.
问题：已知数列{a }的前n项和为S ，a ＝4，________，若数列{a }是等差数列，求
n n 2 n
出数列{a }的通项公式；若数列{a }不是等差数列，说明理由.
n n
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
解 若选择条件①：因为对任意n＞1，n∈N*，满足S ＋S ＝2(S ＋1)，
n＋1 n－1 n
所以S －S ＝S －S ＋2，
n＋1 n n n－1
即a －a ＝2，
n＋1 n
因为无法确定a 的值，所以a －a 不一定等于2，
1 2 1
所以数列{a }不一定是等差数列.
n
若选择条件②：由S －2＝S ＋a ，则S －S －a ＝2，即a －a ＝2，n∈N*.
n＋1 n n n＋1 n n n＋1 n
又因为a ＝4，所以a ＝2，
2 1
所以数列{a }是等差数列，公差为2，因此数列{a }的通项公式为a ＝2n.
n n n
若选择条件③：因为S ＝na －n(n＋1)，所以S ＝(n－1)a －(n－1)n(n≥2，
n n＋1 n－1 n
n∈N*)，
两式相减得，a ＝na －(n－1)a －2n(n≥2)，即a －a ＝2(n≥2).
n n＋1 n n＋1 n
又S ＝a －2，即a －a ＝2，所以a －a ＝2，n∈N*.
1 2 2 1 n＋1 n又a ＝4，a －a ＝2，所以a ＝2，
2 2 1 1
所以数列{a }是以2为首项，2为公差的等差数列，所以a ＝2＋2(n－1)＝2n.
n n
4.各项均为正数的数列{a }的前n项和为S ，S ＝a＋a (n∈N*).
n n n n
(1)求a ；
n
(2)令b ＝c ＝b (n∈N*)，求{c }的前n项和T .
n n 2n＋4 n n
解 (1)a ＝S ＝a＋a a－a ＝0，
1 1 1 1
因为a ＞0，故a ＝2；
1 1 ⇒
当n≥2时，a ＝S －S
n n n－1
＝a＋a －a－a ，
n n－1
(a－a)－(a ＋a )＝0，
n n－1
即(a ＋a )(a －a －2)＝0.
n n－1 n n－1
因为a ＞0，所以a －a ＝2，即{a }为等差数列，
n n n－1 n
所以a ＝2n(n∈N*).
n
(2)c ＝b ＝b ＝a ＝6，c ＝b ＝b ＝b ＝b ＝a ＝2，
1 6 3 3 2 8 4 2 1 1
n≥3时，c ＝b ＝b ＝b ＝a ＝2n－1＋2，
n 2n＋4 2n－1＋2 2n－2＋1 2n－2＋1
此时，T ＝8＋(22＋2)＋(23＋2)＋…＋(2n－1＋2)＝2n＋2n；
n
当n＝2时，T ＝22＋2×2＝8＝c ＋c .
2 1 2
所以T ＝
n
5.已知等差数列{a }的公差为－1，且a ＋a ＋a ＝－6.
n 2 7 12
(1)求数列{a }的通项公式a 与前n项和S ；
n n n
(2)将数列{a }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b }
n n
的前3项，记{b }的前n项和为T ，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有S ＜T ＋
n n n m
λ恒成立，求实数λ的取值范围.
解 (1)由a ＋a ＋a ＝－6，得a ＝－2，
2 7 12 7
∴a ＝4，
1
∴a ＝5－n，从而S ＝.
n n
(2)由题意知b ＝4，b ＝2，b ＝1，
1 2 3
设等比数列{b }的公比为q，则q＝＝，
n
∴T ＝＝8，
m
∵随m增加而递减，
∴{T }为递增数列，得4≤T ＜8.
m m又S ＝＝－(n2－9n)
n
＝－，
故(S ) ＝S ＝S ＝10，
n max 4 5
若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有S ＜T ＋λ，
n m
则10＜8＋λ，得λ＞2.
即实数λ的取值范围为(2，＋∞).
6.已知数列{a }满足对任意的n∈N*，都有a＋a＋…＋a＝(a ＋a ＋…＋a )2，且a
n 1 2 n n
＞0.
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)设数列的前n项和为S ，不等式S ＞log (1－a)对任意的正整数n恒成立，求实
n n a
数a的取值范围.
解 (1)由a＋a＋…＋a＝(a ＋a ＋…＋a )2知a＋a＋…＋a＝(a ＋a ＋…＋a
1 2 n 1 2 n＋
)2，
1
则a＝(a ＋a ＋…＋a )2－(a ＋a ＋…＋a )2＝a [2(a ＋a ＋…＋a )＋a ].
1 2 n＋1 1 2 n n＋1 1 2 n n＋1
又a ＞0，所以a＝2(a ＋a ＋…＋a )＋a ，
n 1 2 n n＋1
则a＝2(a ＋a ＋…＋a )＋a (n≥2)，
1 2 n－1 n
故a－a＝a ＋a ，因为a ＞0，所以a －a ＝1.
n n＋1 n n＋1 n
又a＝a，所以a ＝1.
1
又a＝2a ＋a ，a ＞0，所以a ＝2，
1 2 n 2
所以a －a ＝1，即当n≥1时，
2 1
有a －a ＝1，
n＋1 n
所以数列{a }是首项为1，公差为1的等差数列，故a ＝n.
n n
(2)由(1)知a ＝n，
n
则＝＝，
所以S ＝＋＋…＋
n
＝＋＋…＋
＝－，
则S －S ＝＞0，所以数列{S }单调递增，所以(S ) ＝S ＝.
n＋1 n n n min 1
要使不等式S ＞log (1－a)对任意的正整数n恒成立，只要＞log (1－a)即可.
n a a
易知0＜a＜1，则1－a＞a，解得0＜a＜.
所以实数a的取值范围是.
