压轴11 数列的奇偶项问题与子数列问题的5 大核心题型
子数列问题(包括数列中的奇数项、偶数项、公共项以及分段数列)与数列的增减项问题是近几年高考的
重点和热点，一般方法是构造新数列，利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列.
题型01 数列中相邻两项和或积的问题
1.（2025·广东清远·二模）已知数列
na
的前n 项和为
2
*)
4 (
N
n
S
n
n n
=
+
Î
．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)若数列
nc
满足
1
n
n
n
c
c
a
+ +
=
，且不等式
2
2
0
nc
n
+
³
对任意的
*
N
nÎ
都成立，求
1c 的取值范围．
【解题指导】（1）求
1a →由
1
n
n
n
a
S
S -
=
-
求通项
（2）确定数列
2n
c
为等差数列→分奇偶求数列的通项公式→分奇偶分别转化恒成立求解
1c 的取值范围.
【解】（1）由题意得，
①当
1
n = 时，
1
1
5
a
S
=
=
；
②当
2
n ³
时，
2
2
1
4
(
1)
4
1
2
3
n
n
n
a
S
S
n
n
n
n
n
-
=
-
=
+
-
-
-
-
=
+
．
当
1
n = 时，
1
2
3
5
a =
+
=
，
【易错提醒】注意验证
1
n = 的情况
2
3
na
n
\
=
+ ．
（2）由（1）知
1
2
3
N*
n
n
c
c
n
n
+ +
=
+
Î
，①
\当
1
n = 时，
2
1
5
c
c
+
=
；
当
2
n ³
时，
1
2
1
3
n
n
c
c
n
-
+
=
-
+ ，②
①-②得
1
1
2
2
n
n
c
c
n
+
-
-
=
³
，
【技巧】构造隔项等差数列：an＋1＋an＝pn＋q(p，q≠0)⇒an＋2＋an＋1＝p(n＋1)＋q⇒两式相减得⇒an＋2－an＝
技法指导
递推公式为an＋1＋an＝f(n)或an＋1·an＝f(n)的形式，求通项公式或数列求和的方法
（1）求通项公式：由an＋1＋an＝f(n)与上式作差可得隔项递推公式an＋2－an＝f(n+1)－f(n)；对于后一种
可由an＋2·an+1＝f(n+1)与上式作商可得隔项递推公式，然后求解.
（2）求前n 项和Sn：求出通项公式,则Sn=S 奇+S 偶；或者利用an＋1＋an＝f(n)，可直接并项求和.
p
\数列
2n
c
是以
2c 为首项，公差为2 的等差数列，
数列
2
1
n
c
-
是以
1c 为首项，公差为2 的等差数列．
当n 为偶数时，
2
1
2
1
3
2
n
n
c
c
n
c
æ
ö
=
+ ´
-
=
+ -
ç
÷
è
ø
；
当n 为奇数时，
1
1
1
2
1
1
2
n
n
c
c
n
c
+
æ
ö
=
+ ´
-
=
- +
ç
÷
è
ø
，
1
1
1
,
2
1
3
,
2
n
n
c n
k
c
n
c n
k
- +
=
-
ì
\
= í
+ -
=
î
，
*
N
k Î
．
又对任意的
*
nÎN 都有
2
2
0
nc
n
+
³
成立，
（ⅰ）当n 为奇数时
2
2
1
1,
2
1
2
0
n
n
c
n
n
c
n
³
+
=
- +
+
³
恒成立，
即
2
1
2
1
c
n
n
-
£
+
- 对n 为奇数时恒成立．
【技巧】转化为函数恒成立问题，分离参数、构造函数求最值
当
1
n = 时，
2
min
2
1
2
n
n
+
-
=
，
1
2
c
\-
£
，即
1
2
c ³ - ；
（ⅱ）当n 为偶数时
2
2
1
2,
2
3
2
0
n
n
c
n
n
c
n
³
+
=
+
-
+
³
恒成立，
即
2
1
2
3
c
n
n
£
+
+
对n 为偶数时恒成立．
当
2
n =
时，
2
min
2
3
13
n
n
+
+
=
，
1
13
c
\
£
．
【易错题型】利用二次函数求最值，注意此时n 为偶数，且
2
n ³
综上所述，
1c 的取值范围是
2,13
-
．
2.（2026·广东·一模）在数列
na
中，
1
2
a =
，
2
8
a =
，且对任意的
*
nÎN ，都有
2
1
4
4
n
n
n
a
a
a
+
+
=
-
．
(1)证明：
1
2
n
n
a
a
+ -
是等比数列，并求出
na
的通项公式；
(2)求数列
na
的前n 项和
n
S ．
【解】（1）因为
1
2
a =
，
2
8
a =
，所以
2
1
2
8
2 2
4
a
a
-
=
- ´
=
．
因为
2
1
4
4
n
n
n
a
a
a
+
+
=
-
，所以
2
1
1
2
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
+
-
=
-
，
又
2
1
2
4
0
a
a
-
=
¹
，则有
1
2
0
n
n
a
a
n
+
+
-
¹
ÎN
，所以
2
1
1
2
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
+
-
=
-
，
所以
1
2
n
n
a
a
+ -
是以4 为首项，2 为公比的等比数列．
所以
1
1
1
2
4 2
2
n
n
n
n
a
a
-
+
+ -
=
´
=
，所以
1
1
1
2
2
n
n
n
n
a
a
+
+ -
= ，
又
1
1
2
a = ，所以2
n
n
a
ì
ü
í
ý
î
þ是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以
1
1
1
2
n
n
a
n
n
= +
-
´ =
，所以
2n
na
n
=
×
．
（2）设
2
3
1 2
2 2
3 2
2
= × +
×
+ ×
+×××+
×
n
n
S
n
，
则
2
3
1
2
1 2
2 2
1 2
2
n
n
n
S
n
n
+
= ×
+ ×
+×××+
-
×
+
×
，
两式相减得
1
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
1 2
n
n
n
n
n
n
S
n
n
n
+
+
+
+
-
-
=
+
+
+
- ×
=
- ×
=
-
-
-
L
，
则
1
1 2
2
n
n
S
n
+
=
-
×
+
.
题型02
( ),
( ),
n
f n n
a
g n n
ì
= í
î
为奇数
为偶数
型
3.（2023·新课标Ⅱ卷T18）已知
na
为等差数列，
6,
2
,
n
n
n
a
n
b
a n
-
ì
= í
î
为奇数
为偶数
，记
n
S ，
nT 分别为数列
na
，
nb
的
前n 项和，
4
32
S =
，
3
16
T =
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)证明：当
5
n >
时，
n
n
T
S
>
．
【思维探究】
看到什么
想到什么
na
为等差数列
联想等差数列的通项公式
6,
2
,
n
n
n
a
n
b
a n
-
ì
= í
î
为奇数
为偶数
求出数列
na
的通项公式,表示出
nb
4
32
S =
，
3
16
T =
．
用
1,
a d 表示
4
S 及
3T ，联立方程组求解
na
的通项公式
把
1,
a d 代入
na
的通项公式
当
5
n >
时，
n
n
T
S
>
利用奇偶分组讨论的方法将
nT ，表示出
技法指导
1.当n 为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，其中奇数项、偶数项各有
𝑛
2项，可直接分组求和，即
Sn＝（a1＋a3＋…＋an－3＋an－1）＋（a2＋a4＋…＋an－2＋an）.
2.当n 为奇数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an⇒Sn＝Sn－1＋an，其中Sn－1 可利用上述结论代入，然后再
快速求解Sn＝Sn－1＋an.
3.当题目条件中出现连续两项的和时，常采用减项作差法，可得数列的奇数项、偶数项所具备的性质，
从而求出其通项公式.
4.当题目条件中出现连续两项的积时，常采用约项作商法，可得数列的奇数项、偶数项所具备的性质，
从而求出其通项公式.
来，对于数列的比较大小可以用作差法
【解】（1）设等差数列
na
的公差为d ，而
6,
2
1,
N
2
,
2
n
n
n
a
n
k
b
k
a n
k
*
-
=
-
ì
=
Î
í
=
î
，
则
1
1
2
2
1
3
3
1
6,
2
2
2 ,
6
2
6
b
a
b
a
a
d b
a
a
d
=
-
=
=
+
=
-
=
+
- ，
于是
4
1
3
1
4
6
32
4
4
12
16
S
a
d
T
a
d
=
+
=
ì
í
=
+
-
=
î
，解得
1
5,
2
a
d
=
=
，
1
(
1)
2
3
na
a
n
d
n
=
+
-
=
+ ，
所以数列
na
的通项公式是
2
3
na
n
=
+ .
（2）由（1）知，
2
(5
2
3)
4
2
n
n
n
S
n
n
+
+
=
=
+
，
2
3,
2
1,
N
4
6,
2
n
n
n
k
b
k
n
n
k
*
-
=
-
ì
=
Î
í
+
=
î
，
当n 为偶数时，
1
2(
1)
3
4
6
6
1
n
n
b
b
n
n
n
- +
=
-
- +
+
=
+ ，
2
13
(6
1)
3
7
2
2
2
2
n
n
n
T
n
n
+
+
=
×
=
+
，
当
5
n >
时，
2
2
3
7
1
(
)
(
4 )
(
1)
0
2
2
2
n
n
T
S
n
n
n
n
n n
-
=
+
-
+
=
-
>
，因此
n
n
T
S
>
，
【技法】作差法比较两个实数大小
当n 为奇数时，
2
2
1
1
3
7
3
5
(
1)
(
1)
[4(
1)
6]
5
2
2
2
2
n
n
n
T
T
b
n
n
n
n
n
+
+
=
-
=
+
+
+
-
+
+
=
+
- ，
当
5
n >
时，
2
2
3
5
1
(
5)
(
4 )
(
2)(
5)
0
2
2
2
n
n
T
S
n
n
n
n
n
n
-
=
+
-
-
+
=
+
-
>
，因此
n
n
T
S
>
，
所以当
5
n >
时，
n
n
T
S
>
.
【解后反思】当n 为偶数时:
1
2
3
1
n
n
n
S
a
a
a
a
a
-
=
+
+
+×××+
+
，其中奇数项，偶数项各为2
n 项；可直接利用分
组求和
1
3
3
1
2
4
2
n
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
a
a
-
-
-
=
+
+×××+
+
+
+
+×××+
+
；
4.（2025·辽宁大连·模拟）若数列
na
和
nb
满足：
1
1
a = ，
1
7
b = ，且
1
1
2
3
4
n
n
n
n
n
n
a
b
a
b
b
a
+
+
=
-
ì
í
=
-
î
(1)设
n
n
n
c
a
b
=
-
，证明：
nc
是等比数列；
(2)设
,
4
,
n
n
n
n
n
a
b n
d
a
b n
-
ì
= í
-
î
为奇数
为偶数，试求
n
d
的前n 项和
n
S ．
【解】（1）
1
1
2
3
4
n
n
n
n
n
n
a
b
a
b
b
a
+
+
=
-
=
-
Q
，
，
1
1
2
3
4
2
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
b
a
b
a
a
b
+
+
\
-
=
-
-
+
=
-
，
1
2
n
n
c
c
+
\
=
，又
1
1
1
6
0
c
a
b
=
-
= - ¹
nc
\
构成以6
- 为首项，2 为公比的等比数列.
（2）由（1）可知
1
6 2
3 2
n
n
nc
-
= - ×
= - ×
，
3 2n
n
n
a
b
\
-
= - ×
3 2n
n
n
b
a
\
=
+ ×
1
3 2
2
3 2
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
+
\
=
+ ×
-
= -
+ ×
，
1
1
2
2
n
n
n
n
a
a
+
+
\
-
= -
-
又
1
1
2
1
0
a -
= - ¹
2n
n
a
\
-
构成以1
- 为首项，1
- 为公比的等比数列
1
2
1 ( 1)
( 1)
n
n
n
n
a
-
\
-
= - × -
= -
2
( 1)
n
n
n
a
\
=
+ -
，
2
2
( 1)
3 2
2
( 1)
n
n
n
n
n
nb
+
\
=
+ -
+ ×
=
+ -
3 2 ,
3,
n
n
n
d
n
ì- ×
\
= í
î
为奇数
为偶数
，
∴当n 为偶数时，
1
3
1
1
3
3
2
2
2
3
2
2
2
2
n
n
n
n
S
n
-
+
= - ´
+
+
+ ´
= -
+
+
L
当n 为奇数时，
2
2
1
1
3
3
1
2
1
2
3
2
2
2
2
n
n
n
n
n
S
S
d
n
n
+
+
+
+
=
-
= -
+
+
+
-
= -
+
+
所以
2
1
3
1
2
,
2
2
3
2
2,
2
n
n
n
n
n
S
n
n
+
+
ì-
+
+
ïï
= í
ï-
+
+
ïî
为奇数
为偶数
题型03 含有(-1)n 类型
5.（2025·河南郑州·二模）已知数列
na
的各项均为正数，前n 项和为
n
S ，且
1
1
a = ，
1
n
S + 是1
n
S
-
与
1
n
S + 的
等差中项.
(1)证明：数列
n
S
是等差数列；
(2)设
1
n
n
n
n
b
S
a
= -
×
+
，求数列
nb
的前2n 项和
2n
T .
【解题指导】（1）等差中项列式→完全平方公式计算化简→由定义得出等差数列；
（2）等差数列的通项公式→求出
n
S →借助
1
n
-
正负分组→公式求和得出
2n
T
【解】（1）因为
1
n
S + 是1
n
S
-
与
1
n
S + 的等差中项，所以
1
1
2
1
n
n
n
S
S
S
+
+
= -
+
，
所以
2
1
1
1
1
2
1
n
n
n
n
S
S
S
S
+
+
+
= +
-
=
-
，
因为数列
na
的各项均为正数，所以
0
n
S >
，
所以
1
1
n
n
S
S +
=
- ，所以
1
1
n
n
S
S
+ -
= ，
所以数列
n
S
是公差为1，首项为
1
1
1
S
a
=
= 的等差数列；
（2）因为数列
n
S
是公差为1，首项为
1
1
S = 的等差数列，
所以
1
1
1
n
S
n
n
= +
-
´ =
，
技法指导
对
分奇、偶进行讨论,转化为相邻两项和或差求解，当项数不确定时，要分奇数和偶数讨论求解.
n
所以
2
n
S
n
=
，当
1
n = 时，
1
1
a = ，
当
2
n ³
时，
2
2
1
1
2
1
n
n
n
a
S
S
n
n
n
-
=
-
=
-
-
=
- ，
所以
2
1
na
n
=
- ,
所以
1
n
n
n
n
b
S
a
= -
×
+
，
【技巧】求和时通过(－1)n 实现正负交替，要注意符号的变换
2
1
1
2
2
3
3
4
4
2
2
n
n
n
T
S
a
S
a
S
a
S
a
S
a
= -
-
+
+
-
-
+
+
+
+
+
L
2
1
4
3
2
2
1
1
2
2
n
n
n
S
S
S
S
S
S
a
a
a
-
=
-
+
-
+
+
-
-
-
+
-
L
L
2
4
2
1
2
2
n
n
a
a
a
a
a
a
=
+
+
+
-
-
+
-
L
L
1
3
2
1
2
4
2
2
n
n
a
a
a
a
a
a
-
= -
+
+
+
+
+
+
+
L
L
1
2
1
2
2
2
2
2
n
n
n a
a
n a
a
-
+
+
= -
+ ´
1
4
3
3
4
1
2
2
2
n
n
n
n
+
-
+
-
= -
+ ´
2
2
1
4
2
2
3
n
n
n
n
n
n
= -
-
+
+
=
+
【解后反思】通项中含有(－1)n 的情形
(1)等差数列的通项公式乘以(－1)n，用并项求和法求数列前n 项的和，
如an＝(－1)n(2n－1)，前20 项的和
a1＋a2＋…＋a20＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－37＋39).
(2)等比数列的通项公式中含有(－1)n，其前n 项和可写成分段的形式，可求最值，
如等比数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1· 3
2n，则其前n 项和
1
1 (
)
2
n
n
S = - -
，求Tn＝Sn－1
Sn的取值范围时，n
分奇偶讨论，求Tn 的最值.
6.（2026·河北保定·一模）已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
1
1
a = ，
1
1
1
2
n
n
S
S
n
n
+ -
=
+
.
(1)求
n
S
(2)若
1
2
1
1
n
n
n
n
n
b
a a +
+
= -
，求数列
nb
的前n 项和.
【解】（1）因为
1
1
1
2
n
n
S
S
n
n
+ -
=
+
，且
1
1
a = ，
可知数列
n
S
n
ì
ü
í
ý
î
þ 是以首项为
1
1
1
S = ，公差为
1
2 的等差数列，
则
1
1
1
1
2
2
n
S
n
n
n
+
= +
-
=
，所以
1
2
n
n n
S
+
=
.
（2）由（1）可知：
1
2
n
n n
S
+
=
，
当
2
n ³
时，则
1
1
1
2
2
n
n
n
n n
n n
a
S
S
n
-
+
-
=
-
=
-
=
，
且
1
1
a = 符合上式，所以
na
n
=
，
可得
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
b
a a
n n
n
n
+
+
+
æ
ö
= -
= -
= -
+
ç
÷
+
+
è
ø ，
设数列
nb
的前n 项和为
nT ，
则
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
3
4
1
1
n
n
nT
n
n
n
-
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
= -
+
+
+
-
+
+×××+ -
+
= - +
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
+
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
所以数列
nb
的前n 项和为
1
1
1
n
n
-
- +
+
.
题型04 两数列的公共项
7.（2026·重庆万州二模）已知数列
na
的前n 项和
2
3
2
n
n
n
S
+
=
，
nb
为等比数列，公比为2，且
1b ，
2
1
b + ，
3b 为等差数列.
(1)求
na
与
nb
的通项公式；
(2)把数列
na
和
nb
的公共项由小到大排成的数列记为
nc
，求数列
nc
的前n 项和
nT .
【解】（1）由
2
3
2
n
n
n
S
+
=
得，
当
1
n = 时，
1
1
2
a
S
=
=
，
当
2
n ³
时，
2
2
1
3
1
1
3
3
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
a
S
S
n
-
-
+
-
+
=
-
=
-
=
- ，
当
1
n = 时，上式也成立，所以
3
1
na
n
=
- .
依题意，
1
3
2
2
1
b
b
b
+
=
+
，
2
1
1
1
2
2
2 1
b
b
b
+
×
=
× +
，
解得
1
2
b =
，所以
2n
nb =
.
（2）数列
na
和
nb
的公共项从小到大依次为
12 ，
32 ，
52 ，
7
2 ，…，
所以
12 ，
32 ，
52 ，
7
2 ，…,构成首项为2，公比为4 的等比数列，所以
1
2 4n
nc
-
=
´
，
则
1
2
2 1
4
2 4
1
1
4
3
n
n
n
n
T
c
c
c
-
-
=
+
+
+
=
=
-
L
.
8.（2025·山东青岛·二模）已知等差数列
na
满足
3
1
8
a
a
-
=
，且
2
1
a - 是
1a 和
3
1
a + 的等比中项，数列
nb
的
技法指导
两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数；两个等比数列的公共项是
等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数．
前n 项和为
n
S ，且满足
1
3
b =
，
1
2
3
n
n
S
b +
=
- .
（1）求数列
na
和
nb
的通项公式；
（2）将数列
na
和
nb
中的公共项按从小到大的顺序依次排成一个新的数列
kc
，
*
N
k Î
，令
3
log
k
k
d
c
=
，
求数列
1
1
k
k
d d +
ì
ü
í
ý
î
þ
的前k 项和
kT .
【解】（1）
3
1
8,
2
8,
4
a
a
d
d
-
=
\
=
\
=
Q
，
且
2
2
1
3
1
1
a
a
a
-
=
×
+
，即
2
1
1
1
3
9
a
a
a
+
=
×
+
，
1
3
a
\
=
，
3
1
4
4
1
na
n
n
\
=
+
-
´
=
- ，
Q
1
2
3
n
n
S
b +
=
- ，
2
n ³
时，
1
2
3
n
n
S
b
- =
- ，两式相减得，
1
2 n
n
n
b
b
b
+
=
-
，
即
1
3
n
n
b
b
+ =
，
2
n ³
，且
2
1
1
2
3
2
3
9
b
S
b
=
+
=
+
=
，\
2
1
3
b
b
=
，
\数列
nb
是首项为3，公比为3 的等比数列，
3n
nb
\
=
；
（2）数列
na
中的项有
3,7,11,15,14,23,27,... ，数列
nb
中的项有
3,9,27,81,243,... ，
观察规律发现，当
nb 中的第1，3,5，…，项在
na
中有相等的数，即公共项
2
1
3,27,243,...,3
,...
k
kc
-
=
，
即
2
1
3 k
kc
-
=
为通项，
*
k ÎN ，
2
1
3
log 3
2
1
k
k
d
k
-
\
=
=
- ，
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2 2
1
2
1
k
k
d d
k
k
k
k
+
æ
ö
\
=
=
-
ç
÷
-
+
-
+
è
ø ，
1
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
...
1
2
2
2
1
k
k
k
k
T
d d
d d
d d
d
d
k
+
+
æ
ö
æ
ö
=
+
+
+
=
-
=
-
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
è
ø
1
2
2
2
1
2
1
k
k
k
k
=
´
=
+
+ ，故
2
1
k
k
T
k
=
+
题型05 数列有关增减项问题
9.（2025·陕西咸阳二模）已知等比数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
1
2
*
(
)
2
n
n
a
S
n
N
+ =
+
Î
．
（1）求数列
na
的通项公式．
（2）在
na 与
1
na + 之间插入n 个数，使这
2
n +
个数组成一个公差为
n
d 的等差数列，在数列
n
d
中是否存在3
项
m
d ，
kd ，
p
d ，（其中m，k，p 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3 项，若不存在，请说明
理由．
【解】（1）由题意知：
技法指导
对于数列的中间插项或减项构成新数列问题，我们要把握两点：先判断数列之间共插入(减少)了多少项
(运用等差等比求和或者项数公式去看)，再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项.
当
1
n = 时：
1
1
2
2
a q
a
=
+ ①
当
2
n =
时：
2
1
1
1
2(
)
2
a q
a
a q
=
+
+ ②
联立①②，解得
1
2,
3
a
q
=
=
.
所以数列
na
的通项公式
1
2 3n
na
-
=
´
.
（2）由（1）知
1
2 3n
na
-
=
´
，
1
2
3n
na + =
´
.
所以
1
(
2 1)
n
n
a
a
n
d
+ =
+
+
-
.
所以
1
1
4 3
1
1
n
n
n
n
a
a
d
n
n
-
+ -
´
=
=
+
+
.
设数列
n
d
中存在3 项
m
d ，
kd ，
p
d ，（其中m，k，p 成等差数列）成等比数列.
则
2=
k
m
p
d
d
d
×
，
所以
2
1
1
1
4 3
4 3
4 3
1
1
1
k
m
p
k
m
p
-
-
-
æ
ö
´
´
´
=
×
ç
÷
+
+
+
è
ø
，即
2
1
2
2
4 3
4
3
1
(
1)(
1)
k
m p
k
m
p
-
+ -
æ
ö
´
´
=
ç
÷
+
+
+
è
ø
.
又因为m，k，p 成等差数列,
所以2k
m
p
=
+
所以
2
(
1)
(
1)(
1)
k
m
p
+
=
+
+
化简得
2
2
k
k
mp
m
p
+
=
+
+
，所以
2
k
mp
=
又2k
m
p
=
+
，所以k
m
p
=
=
与已知矛盾.
所以在数列
n
d
中不存在3 项
m
d ，
kd ，
p
d 成等比数列.
10.（2025·安徽黄山一模）已知数列
nb
为等比数列，正项数列
na
满足
1
2
2
4
4
n
n
n
a
a
a
+ -
-
=
，且
1
1
2,
1
a
b
=
= ，
4
4
a
b
=
.
(1)求
na
和
nb
的通项公式；
(2)若从
na
中去掉与数列
nb
中相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列
nc
，设
1
2
3
1 0
100
0
c
c
c
c
T
+
+
+
=
+L
，求
100
T
.
【解】（1）因为
1
2
2
4
4
n
n
n
a
a
a
+ -
-
=
，
所以
2
2
1
(
2)
n
na
a
+ =
+
，又
0
na >
，
所以
1
2
n
n
a
a
+ =
+
.
即
1
2
n
n
a
a
+ -
=
，又
1
2
a =
，
所以数列
na
是首项为2，公差为2 的等差数列.
所以
1
(
1) 2
2
na
a
n
n
=
+
-
´
=
，即
2
na
n
=
，
设
nb
的公比为q，又
4
4
8
b
a
=
=
，
1
1
b = ，
所以
3
8
q =
，解得
2
q =
，
所以
1
2n
nb
-
=
.
综上，数列
na
和
nb
的通项公式分别为
2
na
n
=
，
1
2n
nb
-
=
；
（2）由（1）知
1
1
b = ，
2
1
2
b
a
=
=
，
3
2
4
b
a
=
=
，
4
4
8
b
a
=
=
，
5
8
16
b
a
=
=
，
6
16
32
b
a
=
=
，
7
32
64
b
a
=
=
，
8
64
128
b
a
=
=
，
9
128
256
b
a
=
=
.
所以
1
2
3
100
1
2
3
1
100
07
(
)
c
c
c
c
a
a
a
a
T
+
+
+
+
=
+
+
+
+
=
L
L
2
3
8
(
)
b
b
b
-
+
+
+
L
.
7
107(2
214)
2(1 2 )
11302
2
1 2
+
-
=
-
=
-
.
1．（2025·福建福州·期中）在数列
na
中，已知
1
1
a = ，
1
1
2
n
n
n
a
a +
æ
ö
×
= ç
÷
è
ø
，记
n
S 为
na
的前n 项和，
2
2
1
n
n
n
b
a
a
-
=
+
，
*
nÎN ．
(1)判断数列
nb
是否为等比数列，并写出其通项公式；
(2)求数列
na
的通项公式．
【解】（1）因为
1
1
2
n
n
n
a
a +
æ
ö
×
= ç
÷
è
ø
，所以
1
1
2
1
2
n
n
n
a
a
+
+
+
æ
ö
×
= ç
÷
è
ø
，
所以
2
2
1
1
,
2
2
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
=
=
，
又
1
1
2
1
1,
2
a
a a
=
=
，所以
2
1
2
a =
，
因为
2
2
1
n
n
n
b
a
a
-
=
+
，
所以
2
2
1
1
2
2
2
1
2
2
1
2
2
1
1
1
1
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
b
a
a
b
a
a
a
a
-
+
+
+
-
-
+
+
=
=
=
+
+
，
所以
nb
是以
1
2
1
3
2
b
a
a
=
+
=
为首项，公比为
1
2 的等比数列，
所以
1
3
1
3
2
2
2
n
n
n
b
-
æ
ö
=
´
=
ç
÷
è
ø
.
（2）由（1）知
2
1
2
n
n
a
a
+ =
，所以
1
3
5
,
,
,
a a a L是以
1
1
a = 为首项，
1
2 为公比的等比数列；
2
4
6
,
,
,
a a a L是以
2
1
2
a =
为首项，公比为
1
2 的等比数列，
所以
1
2
2
1
,
2
1
,
2
n
n
n
n
a
n
-
ìæ
ö
ïç
÷
ïè
ø
= í
ïæ
ö
ïç
÷
è
ø
î
为奇数
为偶数
.
2.（2021·全国·新高考1 卷T17）已知数列
na
满足
1
1
a = ，
1
1,
,
2,
.
n
n
n
a
n
a
a
n
+
+
ì
= í
+
î
为奇数
为偶数
（1）记
2
n
n
b
a
=
，写出
1b ，
2b ，并求数列
nb
的通项公式；
（2）求
na
的前20 项和.
【解】（1）显然2n 为偶数，则
2
1
2
2
2
2
1
2,
1
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
+
=
+
=
+ ，
所以
2
2
2
3
n
n
a
a
+ =
+
，即
1
3
n
n
b
b
+ =
+ ，且
1
2
1+1
2
b
a
a
=
=
=
，
所以
nb
是以2 为首项，3 为公差的等差数列，
于是
1
2
2,
5,
3
1
n
b
b
b
n
=
=
=
- ．
由题意知
1
2
3
1,
2,
4
a
a
a
=
=
=
，所以
1
2
2
4
3
2,
1
5
b
a
b
a
a
=
=
=
=
+ =
．
由
1
1
n
n
a
a
+ -
= （n 为奇数）及
1
2
n
n
a
a
+ -
=
（n 为偶数）可知，
数列从第一项起，
若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以
*
2
3(
)
n
n
a
a
n
N
+ -
=
Î
，则
1
1
3
3
1
nb
b
n
n
=
+
-
´ =
- ．
（法二）由题意知数列
na
满足
*
1
1
3
( 1)
1,
(
)
2
2
n
n
n
a
a
a
n
+
-
=
=
+
+
ÎN
．
所以
1
1
2
1
3
( 1)
1 1
2
2
2
b
a
a
-
=
=
+
+
= + =
，
3
2
2
4
3
3
2
2
3
( 1)
3
( 1)
1
1
2 1
2
3
5
2
2
2
2
b
a
a
a
a
a
-
-
=
=
+
+
=
+ =
+
+
+ =
+
+ =
+
=
，
则
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
(
)
(
)
(
)
1
2 1
2
2 1
+
n
n
n
n
n
n
b
a
a
a
a
a
a
a
a
a
-
-
-
=
=
-
+
-
+
-
+
= +
+ +
+
+
+ +
L
L
1
2(
1) 1
3
1
n
n
n
=
+
-
+ =
-
´
．
所以
1
2
2,
5
b
b
=
=
，数列
nb
的通项公式
3
1
nb
n
=
- ．
（2）
20
1
2
3
20
1
3
5
19
2
4
6
20
+
+
+
+
+
+
+
+
(
)
(
)
S
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
=
+
=
+
+
+
L
L
L
1
2
3
10
1
2
3
10
(
1
1
1
1)
b
b
b
b
b
b
b
b
=
- +
- +
- +
+
-
+
+
+
+
+
L
L
1
10
(
) 10
2
10
300
2
b
b
+
´
=
´
-
=
．
3.（2025·河北秦皇岛·二模）已知数列
na
是公差大于2 的等差数列，其前n 项和为
n
S ，
2
5
a =
，且
1
1
a + ，
2
1
a + ，
5
2
a -
成等比数列．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)令
1
2
3
( 1)
(3
2)
n
n
n
n
a
b
n
a
+
+
= -
+
，求数列
nb
的前n 项和
nT ．
【解】（1）设等差数列
na
的公差为(
2)
d d >
，则
1
2
5
a
a
d
d
=
-
=
-
，
5
2
3
5
3
a
a
d
d
=
+
=
+
，
由
1
1
a + ，
2
1
a + ，
5
2
a -
成等比数列，得
2
(6
)(3
3 )
6
d
d
-
+
=
，而
2
>
d
，解得
3
d =
，
所以数列
na
的通项公式为
2
(
2)
3
1
na
a
n
d
n
=
+
-
=
- .
（2）由（1）得
1
1
2(3
1)
3
1
1
( 1)
( 1)
(
)
(3
2)(3
1)
3
1
3
2
n
n
n
n
b
n
n
n
n
+
+
-
+
= -
= -
+
+
-
-
+
，
当n 为偶数时，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
5
5
8
8
11
11
14
3
4
3
1
3
1
3
2
2
3
2
nT
n
n
n
n
n
=
+
-
+
+
+
-
+
+
+
+
-
+
=
-
-
-
-
+
+
L
，
当n 为奇数时，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
5
5
8
8
11
11
14
3
4
3
1
3
1
3
2
2
3
2
nT
n
n
n
n
n
=
+
-
+
+
+
-
+
+
-
+
+
+
=
+
-
-
-
+
+
L
，
所以
1
1
,
2
3
2
1
1
,
2
3
2
n
n
n
T
n
n
ì
-
ïï
+
= í
ï
+
ï
+
î
为偶数
为奇数
.
4.（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知数列
na
满足
1
5
a =
，
1
2
3n
n
n
a
a
+ -
=
（
*
nÎN ），记
3n
n
n
b
a
=
-
．
(1)求证：
nb
是等比数列；
(2)设
2
1
n
n
n
c
b
+
=
，数列
nc
的前n 项和为
n
S ．若不等式
1
( 1)
2
n
n
n
n
S
l
-
-
<
+
对一切
*
nÎN 恒成立，求实数l 的
取值范围．
【解】（1）由已知，
1
2
3n
n
n
a
a
+ -
=
Q
，
1
3
2
n
n
n
a
a
+
\
=
+
，
3n
n
n
b
a
\
=
-
，
1
1
1
3
3
2
3 3
2
2 3
2(
3 )
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
a
a
a
a
b
+
+
+
=
-
=
+
- ´
=
- ´
=
-
=
，
又
1
5
a =
Q
,
1
1
1
3
5
3
2
b
a
\
=
-
=
-
=
，
\数列
nb
中任意一项不为0,
1
2
n
n
b
b
+ =
，
\数列
nb
是首项为2, 公比为2 的等比数列，
1
2 2
2
n
n
nb
-
=
´
=
.
（2）由第（1）问知，
2n
nb =
，
则
2
1
2
n
n
n
c
+
=
，设数列
nc
的前n 项和为
n
S ,
所以
2
3
3
5
7
2
1
...
2
2
2
2
n
n
n
S
+
=
+
+
+
+
①，
2
3
4
1
1
3
5
7
2
1
...
2
2
2
2
2
n
n
n
S
+
+
=
+
+
+
+
②，
所以①-②可得：
1
2
3
1
1
1
1
1
1
3
2
2
2
2
1
3
2
1
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
S
-
+
+
æ
ö
-
ç
÷
+
+
è
ø
=
+
+
+
+
-
=
+
-
-
L
，
所以
1
5
2
5
2
æ
ö
=
-
+
ç
÷
è
ø
n
n
S
n
.
由
1
1
2
n
n
n
n
S
l
-
-
<
+
，得
1
1
1
5
2
5
2
2
n
n
n
n
n
l
-
æ
ö
-
<
-
+
+
ç
÷
è
ø
，
化简得
1
1
5 1
2
n
n l
é
ù
æ
ö
-
<
-
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
.
当n 为奇数时，有
1
5 1
2
n
l
æ
ö
é
ù
ê
ú
ê
ú
ë
<
-
÷
è
ø û
-
ç
，即
1
5
5
2
n
l
æ
ö
> ´
-
ç
÷
è
ø
，
而
max
1
1
2
2
5
5
5
5
2
5
n
é
ù
æ
ö
-
= -
ç
÷
è
ø
´
-
= ´
ê
ú
ê
ú
ë
û
，所以
5
2
l > -
；
当n 为偶数时，有
1
1
5 1
5
5
2
2
n
n
l
é
ù
æ
ö
æ
ö
<
-
=
- ´
ê
ú
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
ê
ú
ë
û
，
而
mi
2
n
1
1
5
5
15
4
5
2
5
2
n
é
ù
=
-
=
ê
ú
ê
ú
ë
æ
ö
æ
ö
- ´
´
ç
÷
ç
÷
è
ø
ø
û
è
，所以
15
4
l <
.
综上，l 的取值范围为
5 15
,
2
4
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
.
5.（2025·河北廊坊联考）已知数列{
}
na
的前n 项和
n
S 满足2
n
n
S
na
n
-
=
，
*
n
N
Î
，且
2
3
a =
．
（1）求证：数列
1 (
2)
1
na
n
n
-
ì
ü
³
í
ý
-
î
þ
是常数列；
（2）求数列{
}
na
的通项公式．若数列{ }
nb
通项公式
3
2
nb
n
=
-
，将数列{
}
na
与{ }
nb
的公共项按从小到大的顺
序排列得到数列{ }
nc
，求{ }
nc
的前n 项和．
【解】（1）证明：由2
n
n
S
na
n
-
=
，得
1
1
2
(
1)
1
n
n
S
n
a
n
+
+
-
+
=
+ ，
将上述两式相减，得
1
1
2
(
1)
1
n
n
n
a
n
a
na
+
+
-
+
+
= ，即
1
(
1)
1
n
n
na
n
a +
-
-
= ．
\
1
1(
2)
1
n
n
na
a
n
n
+
-
=
³
-
，
则
1
1
1
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
na
a
a
a
n
n
n
n
n
+
- -
-
-
-
-
-
=
-
-
-
1
1
0(
2)
1
1
n
n
a
a
n
n
n
-
-
=
-
=
³
-
-
，
\数列
1 (
2)
1
na
n
n
-
ì
ü
³
í
ý
-
î
þ
是常数列；
（2）由（1）可知，当
2
n ³
时，
2
1
1
2
1
2
1
na
a
n
-
-
=
=
-
-
，
2
1(
2)
na
n
n
\
=
-
³
，检验当
1
n = 时，
2
1
na
n
=
- 也适用，
\
*
2
1(
)
na
n
n
=
-
ÎN
，
\数列{
}
na
是以1 为首项，以2 为公差的等差数列，
又数列{ }
nb
是以1 为首项，以3 为公差的等差数列，
\这两个数列的公共项所构成的新数列{ }
nc
是以1 为首项，以6 为公差的等差数列，
{ }
nc
\
的前n 项和为
2
(
1)
1
6
3
2
2
n n
n
n
n
-
´ +
´
=
-
．
6.（2025·陕西西安·二模）已知数列
na
满足
1
1
a = ，
1
2,
,
2
,
,
n
n
n
a
n
a
a n
+
+
ì
= í
î
为奇数
为偶数
(1)记
2
2
n
n
b
a
=
+
，求
1b ，
2b ，并证明数列
nb
是等比数列；
(2)记
2
3
n
n
c
a
=
+
，求满足
1
2
3
100
n
c
c
c
c
+
+
+
+
<
L
的所有正整数n 的值.
【解】（1）由题意，
2
3
a =
，
3
6
a =
，
4
8
a =
，所以
1
5
b =
，
2
10
b =
，
又因为
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a
a
b
a
a
a
+
+
+
+
+
+
+
=
=
=
=
+
+
+
，
所以数列
nb
是首项为5，公比为2 的等比数列；
（2）由（1）知
1
5 2n
nb
-
= ´
，所以
1
5 2
1
n
nc
-
= ´
+ ，
所以
0
1
1
1
2
3
5
2
2
2
5 2
5
n
n
n
c
c
c
c
n
n
-
+
+
+
+
= ´
+
+
+
+
= ´
+
-
L
L
，
因为
1
2
3
n
c
c
c
c
+
+
+
+
L
单调递增，
且
1
2
3
4
1
2
3
4
5
79
100
160
c
c
c
c
c
c
c
c
c
+
+
+
=
<
<
+
+
+
+
=
，
所以正整数n 的所有取值为1，2，3，4.
7.（2025·福建莆田·二模）记
n
S 为等差数列
na
的前n 项和．已知
4
3
3
2
14,
15
a
a
S
=
+
=
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)记集合
*
*
,
,
2
1,
n
n
A
x x
a n
B
x x
n
=
=
Î
=
=
+
Î
N
N
，将A
B
U
中的元素从小到大依次排列，得到新数列
nb
，求
nb
的前20 项和．
【解】（1）设公差为d ，
由题意得
1
1
1
3
2
14,
3
15
6
2
3
a
a
S
d
d
d
a
+
+
+
=
=
=
+
，
解得
1
3,
2
d
a
=
=
，
故
1
1
2
3
1
3
1
na
a
n
d
n
n
=
+
-
=
+
-
=
- ；
（2）
2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,35,38,41,44,47,50,53,56,
A =
L ，
3,5,9,17,33,65,
B =
L ，
故
nb
的前20 项为2,3,5,8,9,11,14,17,20,23,26,29,32,33,35,38,41,44,47,50 ，
故
nb
的前20 项和为
2
5
8 11 14 17
20
23
26
29
32
35
38
41
44
47
50
3
9
33
+ + +
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+ +
+
17
17 16
3
9
33
17
2
3
45
487
2
S
´
=
+ +
+
=
´ +
´ +
=
.
8.（2025·山东滨州·二模）在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把
这样的操作称为该数列的一次“积扩充”．如：数列2，3 经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二次“积
扩充”后得到数列2，12，6，18，3；…．设数列1，2，4 经过第n 次“积扩充”后所得数列的项数记为
n
A ，
所有项的积记为
nP ．
(1)求
2
A 和
2P ；
(2)求
n
A 和
nP ．
(3)求数列
nP
的前n 项积
nT ．
【解】（1）由题意
1
5
A =
，
2
9
A =
，
0 1 2 1 3
7
1
2
2
128
P
+ + + +
=
=
=
，
7 0 2 2 6 2
19
2
2
2
P
+ + + + +
=
=
.
（2）
1
1
2
1
n
n
n
n
A
A
A
A
+ =
+
- =
- ，所以
1
1
2
1
n
n
A
A
+ - =
-
，
又因为
1
1
4
0
A - =
¹
，所以
1
0
n
A - ¹
，所以
1
1
2
1
n
n
A
A
+ - =
-
，
所以数列
1
n
A -
是以4 为首项，2 为公比的等比数列，
所以
1
1
2n
n
A
+
- =
，即
1
2
1
n
n
A
+
=
+ ；
设
2
log
n
n
L
P
=
，则
1
3
2
n
n
L
L
+ =
-
，即
1
1
3
1
n
n
L
L
+ - =
-
，
又因为
1
1
6
0
L - =
¹
，所以
1
0
n
L - ¹
，所以
1
1
3
1
n
n
L
L
+ - =
-
，
所以数列
1
n
L -
是以6 为首项，3 为公比的等比数列，
所以
1
1
6 3
2 3
n
n
n
L
-
- =
×
=
×
，即
2 3
1
n
n
L =
×
+ ，
所以
2 3
1
2
n
nP
×
+
=
.
（3）要求
1
2· ·
n
n
T
P P
P
=
×
L
，
只需求
2
2
1
2
2
1
2
2
2
log
log
· ·
log
log
log
n
n
n
T
P P
P
P
P
P
=
×
=
+
+
+
L
L
，
又
2 3
1
2
2
log
log 2
2 3
1
n
n
nP
×
+
=
=
×
+ ，
所以
1
2
2
1
2
2
2
log
log
log
2 3
1
2 3
1
2 3
1
n
n
P
P
P
+
+
+
=
×
+
+
×
+
+
+
×
+
L
L
1
1
2
1
3
3
2
3
3
3
2
3
3
1 3
n
n
n
n
n
n
+
+
-
=
´
+
+
+
+
=
´
+
=
+
-
-
L
，
所以
1
2
log
3
3
n
nT
n
+
=
+
- ，所以
1
3
3
2
n
n
nT
+ + -
=
.
9．
（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知等差数列
na
满足
1
3
1
2
6,
3
a
a
a a
+
=
=
．数列
nb
的各项均为正数，1
2
b =
，
且
2
1
1
2
2
n
n
n
n
n
b
b b
b
b
+
+
-
+
-
0
=
．
(1)求数列
,
n
n
a
b
的通项公式；
(2)设
1
1
,
1
n
n
n
n
b
n
c
n
a
a
-
+
ì
ïï
= í
ï
ï
×
î
为奇数
，为偶数
，求数列
nc
的前2n 项和
2n
T ．
【解】（1）
na
是等差数列，由等差中项性质得：
1
3
2
2
6
a
a
a
+
=
=
，得
2
3
a =
，
又
1
2
3
a a =
，所以
1
1
a = ，公差
2
1
2
d
a
a
=
-
=
，
所以
1
(
1)
2
1
na
a
n
d
n
=
+
-
=
- ；
2
1
1
2
2
2
1
n
n
n
n
n
n
n
b
b b
b
b
b
b
+
+
-
+
-
=
+
-
1
1
1
2
1
0
n
n
n
n
n
b
b
b
b
b
+
+
+
=
-
+
=
，
因为数列
nb
各项为正数，
1
0
nb + ¹
，故
1
2
n
n
b
b
+ =
，
即
nb
是首项
1
2
b =
、公比为2 的等比数列，则通项公式：
1
2 2
2
n
n
nb
-
=
×
=
；
（2）由
nc 的定义，前2n 项和可分为奇数项和与偶数项和两部分：
设奇数n 项和为
n
S ，设偶数n 项和为
n
F ，
2
1
3
2
1
n
n
T
c
c
c
-
=
+
+
+
+
L
2
4
2
n
n
n
c
c
S
F
c
+
+
+
=
+
L
，
n 为奇数时
2n
n
n
c
b
=
=
，奇数项为
1
3
2
1
,
,
,
n
b b
b
-
¼
，是首项为2 、公比为4 的等比数列，
共n 项，故
2 4
1
2 4
1
4 1
3
n
n
n
S
-
-
=
=
-
，
n 为偶数时，设
2
N
n
k k
=
Î
，则：
2
2
1
2
1
1
1
1
1
1
4
3
4
1
4 4
3
4
1
k
k
k
c
a
a
k
k
k
k
-
+
æ
ö
=
=
=
-
ç
÷
-
+
-
+
è
ø ，
裂项相消求和：
1
1
1
1
1
1
1
4
5
5
9
4
3
4
1
n
F
n
n
é
ù
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
+
+
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ê
ú
-
+
è
ø
è
ø
è
ø
ë
û
L
1
1
1
4
4
1
4
1
n
n
n
æ
ö
-
=
ç
÷
+
+
è
ø
，
所以
2
2 4
1
3
4
1
n
n
n
n
T
S
F
n
n
-
=
+
=
+
+
.
10.（2026·河南南阳·模拟预测）记数列
na
的前n 项和为
n
S ，已知
1
1, 2
n
n
a
a
S
=
-
为常数列.
(1)求
na
的通项公式；
(2)在
na 与
1
na + 之间插入n 个数，使这
2
n +
个数组成一个公差为
n
d 的等差数列，求数列
1
n
d
ì
ü
í
ý
î
þ
的前n 项和
nT .
【解】（1）由
1
1
a = ，
可得
1
1
1
1
1
1
2
2
a
S
a
a
a
-
=
-
=
= ，
又
2
n
n
a
S
-
为常数列，
所以2
1
n
n
a
S
-
= ，
即
2
1
n
n
S
a
=
- ，
当
2
n ³
时，
1
1
2
1
n
n
S
a
-
-
=
- ，
所以，当
2
n ³
时，
1
2
n
n
a
a -
=
，又
1
1
a = ，
所以
na
是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
故
1
2n
na
-
=
；
（2）因为
1
2n
na
-
=
，所以
1
1
2
1
1
n
n
n
n
a
a
d
n
n
-
+ -
=
=
+
+ ，
1
1
1
2n
n
n
d
-
+
=
，
0
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
2
3
(
1)
2
2
2
n
n
n
T
n
d
d
d
-
=
+
+
+
=
´
+ ´
+
+
+
´
L
L
，
1
2
1
1
1
1
2
3
1
2
2
2
2
n
n
T
n
=
´
+ ´
+
+
+
´
L
，
所以
1
2
1
1
1
1
1
1
2
(
1)
2
2
2
2
2
n
n
n
T
n
-
=
+
+
+
+
-
+
´
L
1
1
1
1
(1
)
1
1
1
2
2
2
3
1
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
-
-
-
+
+
=
+
-
=
-
-
-
3
3
2n
n +
=
-
，
所以
1
3
6
2
n
n
n
T
-
+
=
-
11．（2026·河北保定·一模）已知等差数列
na
满足
1
2
1
+
+
=
+
n
n
a
a
n
．
(1)求
na
的通项公式；
(2)设数列
nb
满足
2
( 1)
2 n
a
n
n
n
b
a
= -
×
+
，求
nb
的前2n 项和
2n
T 及其最小值．
【解】（1）设
na
的公差为d，因为
1
2
1
+
+
=
+
n
n
a
a
n
，
所以
1
1
(
1)
2
1
a
n
d
a
nd
n
+
-
+
+
=
+ ，整理得
1
2
2
2
1
nd
a
d
n
+
-
=
+ ，
所以
1
2
2
2
1
d
a
d
=
ì
í
-
=
î
，解得
1
1
a
d
=
= ，
故
na
的通项公式为
na
n
=
．
（2）由（1）
2
( 1)
2
n
n
nb
n
= -
×
+
，
则
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
3
4
(2
1)
2
2
2
2 n
n
T
n
n
é
ù
= -
+
-
+
+
-
-
+
+
+
+
+
ë
û
L
L
2
2 1 2
2 1
2 1
4
3
4
3
2
2
1
2
2
1
1 2
n
n
n
n
n
-
é
ù é
ù
=
+
-
+
+
-
+
+
-
-
+
-
+
ë
û ë
û
-
L
2
1
3
7
4
1
2
2
n
n
+
é
ù
=
+
+
+
-
+
-
ë
û
L
2
1
3
4
1
2
2
2
n
n
n
+
+
-
=
+
-
2
2
1
2
2
2
n
n
n
+
=
+
+
-
易得
2
2
y
n
n
=
+ 在[1,
)
+¥ 上单调递增，
2
1
2
2
n
y
+
=
-
在[1,
)
+¥ 上单调递增，
所以
2
2
1
2
2
2
2
n
n
T
n
n
+
+
+
=
- 在[1,
)
+¥ 上单调递增，
所以当
1
n = 时，
2n
T 取得最小值，最小值为
2
9
T =
．
12．（25-26 高二上·广东广州·期末）记
n
S 为等比数列
na
的前n 项和，已知
1
3
1
n
n
S
a +
+
= ．
(1)求
na
的通项公式；
(2)设
1
1
n
n
n
b
na
-
= -
，求数列
nb
的前n 项和
nT ．
【解】（1）由
1
3
1
n
n
S
a +
+
= ，
当
2
n ³
时，
1
3
1
n
n
S
a
- +
= ，
两式相减得，
1
3
0
n
n
n
a
a
a
+
+
-
=
，即
1
2
2
n
n
a
a
n
+ = -
³
，
因为数列
na
为等比数列，所以数列
na
的公比为2
- ，
当
1
n = 时，
1
2
3
1
a
a
+
= ，而
2
1
2
a
a
= -
，解得
1
1
a = ，
所以
1
2
n
na
-
= -
.
（2）由（1）知，
1
2
n
na
-
= -
，则
1
1
1
1
2
1
1
2
n
n
n
n
n
n
b
na
n
n
-
-
-
-
= -
= -
×
×
-
=
，
所以
0
1
2
1
1 2
2 2
3 2
2n
nT
n
-
= ×
+
×
+ ×
+
+
×
L
，
则
1
2
3
1
2
1 2
2 2
3 2
1 2
2
n
n
nT
n
n
-
= ×
+ ×
+ ×
+
+
-
×
+
×
L
，
两式相减得，
0
0
1
2
1
2
1 2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1 2
n
n
n
n
n
nT
n
n
n
-
-
-
=
+
+
+
+
- ×
=
- ×
=
-
×
-
-
L
，
则
1 2
1
n
nT
n
=
-
×
+ .
13．（2026·宁夏银川·模拟预测） 设函数
3sin 2
cos2
1
0
f x
x
x
w
w
w
=
+
+
>
，且
f x 的图象相邻两条对
称轴的距离为π
2 .
(1)求
f x 的单调递增区间；
(2)求
f x 在
13
0, 24
x
p
æ
ö
Îç
÷
è
ø 上的值域；
(3)将
f x 所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列
nx
，求数列的前30项和.
【解】（1）因为
3sin 2
cos2
1
f x
x
x
w
w
=
+
+
3
1
2(
sin 2
cos2
) 1
2
2
x
x
w
w
=
+
+
π
2sin 2
1
6
x
w
æ
ö
=
+
+
ç
÷
è
ø
，
因为
f x 的图象相邻两条对称轴之间的距离为π
2 ，所以
f x 的最小正周期为π ，
所以
2π
π
2w =
，又
0
w >
，所以
1
w = ，所以
π
2sin 2
1
6
f x
x
æ
ö
=
+
+
ç
÷
è
ø
，
令
π
π
π
2 π
2
2 π
2
6
2
k
x
k
-
+
£
+
£
+
，k ÎZ ，解得
π
π
π
π
3
6
k
x
k
-
+
£
£
+
，k ÎZ ，
所以
f x 的单调递增区间为
π
π
π,
π
3
6
k
k
k
é
ù
-
+
+
Î
ê
ú
ë
û
Z ；
（2）因为
π
2sin 2
1
6
f x
x
æ
ö
=
+
+
ç
÷
è
ø
，
13
0, 24
x
p
æ
ö
Îç
÷
è
ø，所以
5
2
,
6
6
4
x
p
p
p
æ
ö
+
Îç
÷
è
ø，
2
sin(2
)
(
,1]
6
2
x
p
+
Î -
，
2sin(2
)
(
2,2]
6
x
p
+
Î -
，2sin(2
) 1
(
2
1,3]
6
x
p
+
+ Î -
+
，
所以
f x 在
13
0, 24
x
p
æ
ö
Îç
÷
è
ø上的值域为
2
1,3ù
-
+
û .
（3）因为
π
2sin 2
1
6
f x
x
æ
ö
=
+
+
ç
÷
è
ø
，令
0
f x =
，得
π
1
sin 2
6
2
x
æ
ö
+
= -
ç
÷
è
ø
，
所以
π
5π
2
2 π
6
6
x
k
+
= -
+
或
π
π
2
2 π
6
6
x
k
+
= -
+
，k ÎZ ，即
π
π
2
x
k
= -
+
或
π
π
6
x
k
= -
+
，k ÎZ ，
所以
f x 所有的正零点需满足
π
π>0
2
x
k
= -
+
或
π
π>0(
Z)
6
x
k
kÎ
= -
+
，得k 为正整数.
所以数列
2
1
n
x
-
是以π
2 为首项，π 为公差的等差数列，所以数列
2n
x
是以5π
6 为首项，π 为公差的等差数列，
所以
1
2
3
4
29
30
1
3
29
2
4
30
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
+
+×××+
+
=
+
+×××+
+
+
+×××+
π
15 14
5π
15 14
15
π
15
π
230π
2
2
6
2
´
´
æ
ö
æ
ö
=
´
+
´
+
´
+
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
14.（2026·云南昭通·模拟预测）已知各项递增的等比数列
na
，等差数列
nb
其前n 项和分别为
n
S ，
nT ，
满足
2
2
6
S
T
=
=
，
4
30
S =
，
4
20
T =
.
(1)求
na
，
nb
的通项公式；
(2)将数列
na
与
nb
中的项按从小到大依次排列构成一个新数列
nc
，求数列
nc
的前50 项和
50
H
.
【解】（1）设等比数列{
}
na
的首项为
1a ，公比为q ，
显然
0
q >
且
1
q ¹ .
由已知得
2
1
4
1
1
6
1
1
30
1
a
q
q
a
q
q
ì
-
ï
=
-
ïí
-
ï
=
ï
-
î
，两式相除可得
2
q =
（负值舍去），所以
1
2
a =
，
所以
2n
na =
；
2
1
2
4
1
2
3
4
1
2
6
2
4
20
T
b
b
T
b
b
b
b
b
b
d
=
+
=
ì
í
=
+
+
+
=
+
+
=
î
，
∴
1
2
b =
，
2
=
d
，所以
2
nb
n
=
.
（2）数列{
}
na
中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，…，
依题意可知新数列{ }
nc
的前50 项中，数列{
}
na
的项只有前6 项，数列{ }
nb
有44 项，
所以
50
(2
4
8 16
32
64)
(2
4
6
8
88)
H
=
+
+ +
+
+
+
+
+
+ +
+
L
6
2(1 2 )
44 (2
88)
126 1980
2106
1 2
2
-
´
+
=
+
=
+
=
-
.
15．（2026·四川攀枝花·一模）已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，
*
0
N
na
n
>
Î
，且4，
1
na + ，
n
S 成等比数列．
(1)求数列
na
的通项公式；
(2)若
1
1
4
( 1)n
n
n
n
n
b
a a
+
+
= -
×
，记数列
nb
的前2n 项和为
2n
T ，证明：
2
4
1
5
n
T
£
< ．
【解】（1）由题意
2
2
4
1
2
1
n
n
n
n
S
a
a
a
=
+
=
+
+ .
当
1
n = 时，
2
1
1
1
4
2
1
a
a
a
=
+
+
Þ
2
1
1
0
a -
=
Þ
1
1
a = .
当
2
n ³
时，
2
4
2
1
n
n
n
S
a
a
=
+
+ ，
2
1
1
1
4
2
1
n
n
n
S
a
a
-
-
-
=
+
+ ，
两式相减，得
2
2
1
1
4
2
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
-
-
=
+
-
-
所以
1
1
1
2
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
-
-
-
+
=
+
-
，
又因为
0
na >
，所以
1
2
n
n
a
a -
-
=
.
所以数列
na
是以
1
1
a = 为首项，以
2
=
d
为公差的等差数列.
所以
1
1
2
2
1
na
n
n
= +
-
´
=
- .
（2）因为
1
1
4
1
n
n
n
n
n
b
a
a
+
+
= -
×
×
1
4
1
2
1
2
1
n
n
n
n
+
= -
×
-
×
+
1
1
1
1
2
1
2
1
n
n
n
+ æ
ö
= -
×
+
ç
÷
-
+
è
ø ，
所以
2
1
1
1
1
1
1
3
3
5
5
7
n
T
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+
-
+
+
+
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
L
1
1
1
1
4
3
4
1
4
1
4
1
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
+
+
-
+
ç
÷
ç
÷
-
-
-
+
è
ø
è
ø
1
1
4
1
n
= -
+ ，
因为
2n
T
为单调递增数列，且
2 1
1
4
1
5
5
T ´ = -
=
,
所以
2
4
1
5
n
T
£
< .
16．
（2026·陕西咸阳·二模）已知数列
na
，
nb
满足
2
1
1
2
,
3
2,
*
+
+
+
+
=
=
+
ÎN
n
n
n
n
n
a
a
a
b
b
n
，且
2
2
1
2
2
=
=
+
=
b
a
a
．
(1)求
na
，
nb
的通项公式；
(2)求数列
n
n
a b
的前n 项和
n
S ；
(3)在数列
na
的前20 项中，任取两项，求这两项至少有一项是数列
nb
中的项的概率．
【解】（1）因为
2
1
2
n
n
n
a
a
a
+
+
+
=
，所以
2
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
+
-
=
-
，
又
2
1
2
2
a
a
=
+
=
，所以
1
2
1
0,
2
a
a
a
=
-
=
，所以
1
2
n
n
a
a
+ -
=
，
na
是首项为0，公差为2 的等差数列，所以
2
1
2
2
na
n
n
=
-
=
-
，
由
1
3
2
n
n
b
b
+ =
+
，得
1
1
3
1
n
n
b
b
+ + =
+
，所以
2
1
3
2
2
b
b
=
+
=
，所以
1
0
b =
，
故
1
1
1
0
b + = ¹
，所以
1
nb +
是等比数列，首项为1，公比为3，所以
1
1
3n
nb
-
+ =
，
所以
nb
的通项公式为
1
3
1
n
nb
-
=
- ．
（2）
1
2
1 3
2
1
n
n
n
a b
n
n
-
=
-
-
-
，
0
1
2
1
0 3
2 3
4 3
2
1 3
2 0 1
2
1
n
n
S
n
n
-
=
´
+ ´
+ ´
+×××+
-
-
+ +
+×××+
-
，
令
0
1
2
1
1 1 3
2 1 3
3 1 3
1 3n
S
n
-
=
-
+
-
+
-
+×××+
-
，
则
1
2
3
3
1 1 3
2 1 3
3 1 3
1 3n
S
n
=
-
+
-
+
-
+×××+
-
，
上两式相减，得
2
1
3
2
3
1 3
3
2
0
3
3
3
1 3
1
1 3
1 3
2
2
n
n
n
n
n
n
S
n
n
-
-
-
-
=
+ +
+×××+
-
-
= - +
-
-
= -
+
-
，
所以
2
3 3
3
4
4
n
n
S
-
=
+
，又
2
2 0 1
2
1
n
n
n
+ +
+×××+
-
=
-
，
所以
2
2
2
3 3
3
2
2
2
n
n
n
S
S
n
n
n
n
-
=
-
-
=
+
-
+
．
（3）因为
2
1
na
n
=
-
，
na
的前20 项分别为0,2,4,
,38
×××
，
由
1
3
1
38
n
nb
-
=
- £
得
1,2,3,4
n =
，
又
1
0,
n
b
b
=
是偶数，所以在
na
的前20 项中有4 项是
nb
中的项，
所以所求概率
2
1
1
4
4
16
2
20
C
C C
7
C
19
P
+
=
=
．
