培优专题02 数列及其应用 4 大重难题型
💎题型 01 数列的通项公式问题
命题方向一 定义法求数列的通项公式
命题方向二 退位法求数列的通项公式
命题方向三 累加法求数列的通项公式
命题方向四 累乘法求数列的通项公式
命题方向五 构造求数列的通项公式
💎题型 02 数列的前 n 项和问题
命题方向一 分组求和法求数列的前项和
命题方向二 裂项相消法求数列的前项和
命题方向三 错位相减法求数列的前项和
💎题型 03 数列与不等式的综合应用
命题方向一 数列与不等式的证明
命题方向二 数列与不等式的恒成立或能成立问题
💎题型 04 数列与其他模块知识的创新交汇问题
命题方向一 数列与集合的融合创新
命题方向二 数列与复数的交汇问题
命题方向三 数列与三角的交汇问题
命题方向四 数列与概率统计交汇问题
命题方向五 数列与函数、导数的交汇问题
题型01 数列的通项公式问题
抓关键·破难点
一、退位相减法
◎适用于递推关系中含有
nS 与
na 的形式
（1）退位：仿照
nS 写出
1
nS - .
（2）相减求
na ：将
nS 与
1
nS - 的表达式代入
1
n
n
n
a
S
S -
=
-
中化简计算，得到
(
2)
na n ³
.
（3）验证：验证
1
n =
时的情况，若符合，则通项公式成立；若不符合，则要将通项公式写成分段形式.
二、构造法
◎适用于形如
1
( )(
1,
0)
n
n
a
pa
f n p
p
+ =
+
¹
¹
的递推公式求通项.
①若
( )
f n 为常函数：可构造
1
(
)(
n
n
a
p a
l
l l
+ + =
+
为待定系数）.
②若
( )
f n 为一次函数，可构造
1
1
2
1
2
1
2
(
1)
(
)( ,
n
n
a
n
p a
n
l
l
l
l
l l
+ +
+ +
=
+
+
为待定系数）.
③若
( )
f n 为①②外的其他函数类型，可将等式两边同时除以
1
np + ，转化为
1
1
1
( )
n
n
n
n
n
a
a
f n
p
p
p
+
+
+
=
+
，令
n
n
n
a
b
p
=
，
1
( )
( )
n
f n
g n
p +
=
，原式转化为
1
( )
n
n
b
b
g n
+ =
+
，结合累加法求出
nb ，进而求得
na .
三、不动点法
◎适用于形如
1
( , , ,
n
n
n
ma
D
a
A B m D
Aa
B
+
+
=
+
为参数，
0,
0)
A
mB
AD
¹
-
¹
的递推公式求通项.
①求不动点：
( )
(
0,
0)
ax
b
f x
c
ad
bc
cx
d
+
=
¹
-
¹
+
，
1
1
1
( ),
( )
n
n
a
f a
a
f a
+ =
¹
，
令
ax
b
x
cx
d
+
=
+
，即
2 (
)
0
cx
d a x b
+
-
- =
，令此关于x的一元二次方程的两个根分别为
1
2
,
x x .
②构造特殊数列：若
1
2
x
x
=
，则有
1
1
1
1
1
(
n
n
p p
a
x
a
x
+
=
+
-
-
为参数），构造等差数列；若
1
2
x
x
¹
，则有
1
1
1
1
2
2
(
n
n
n
n
a
x
a
x q q
a
x
a
x
+
+
-
-
=
-
-
为参数），构造等比数列.
③求通项：利用公式法求新构造数列的通项公式，进而得到
na .
刷经典·通方法
🎯命题方向一 定义法求数列的通项公式
1．（2021·新高考Ⅱ卷）记
nS 是公差不为0 的等差数列
na
的前n 项和，若
5
3a
S
=
，
2
4
4
a a
S
=
.
（1）求数列
na
的通项公式
na ；
（2）求使
n
n
S
a
>
成立的n 的最小值.
【答案】（1）2
6
n -
；
（2）7.
【分析】（1）设等差数列首项为
1a ，公差为(
0)
d d ¹
，将若
5
3a
S
=
，
2
4
4
a a
S
=
转化为关于
1,
a d 的方程
组，解出
1,
a d 后得到通项公式
na .
（2）由（1）写出前n 项和
nS 的表达式，代入不等式
n
n
S
a
>
，解关于n 的一元二次不等式，结合n
N *
Î
求出最小的n .
【详解】（1）设等差数列
的公差为(
0)
d d ¹
，则
解得
1
4,
2,
a
d
= -
ì
í
=
î
所以
.
（2）结合（1）可知，
2
(
1)
2
4
5
2
n
n n
S
n
n
n
-
´
= -
+
=
-
，则
等价于
2
5
2
6
n
n
n
-
>
-
，
解得
或
6
n >
，又
，所以
7
n ³
，故使
n
n
S
a
>
成立的n 的最小值为7.
2．（2023·新课标Ⅰ卷）设等差数列
na
的公差为d ，且
1
d >
，令
2
n
n
n
n
b
a
+
=
，记
nS ，
n
T 分别为数列
na
，
nb
的前n 项和.
（1）若
2
1
3
3
3
a
a
a
=
+
，
3
3
21
S
T
+
=
，求
na
的通项公式；
（2）若
nb
为等差数列，且
99
99
99
S
T
-
=
，求d.
na
1
1
1
1
1
2
5
10 ,
3
4
6 ,
a
d
a
d
a
d
a
d
a
d
+
=
+
ì
í
+
+
=
+
î
4
(
1)
2
2
6
na
n
n
= - +
-
´
=
-
n
n
S
a
>
1
n <
*
nÎN
【答案】（1）
3
na
n
=
（2）51
50
【分析】（1）先由
2
1
3
3
3
a
a
a
=
+
结合等差数列通项公式求出公差d ，再将
3
3
21
S
T
+
=
转化为关于首项
1a
的方程，解出
1a 后得到
na
的通项公式.
（2 ）由
nb
为等差数列，结合
2
n
n
n
n
b
a
+
=
与等差数列通项形式，推导出
na 的表达式，再代入
99
99
99
S
T
-
=
，求解d.
【详解】（1）因为
2
1
3
3
3
a
a
a
=
+
，所以
2
1
1
3
2
a
a
a
d
-
=
+
，所以
1
3
2
d
a
d
=
+
，所以
1a
d
=
，
所以
na
nd
=
.因为
2
n
n
n
n
b
a
+
=
，所以
2
1
n
n
n
n
b
nd
d
+
+
=
=
，
所以
1
3
3
3
3(
3 )
6
2
2
a
a
d
d
S
d
+
+
=
=
=
，
3
1
2
3
2
3
4
9
T
b
b
b
d
d
d
d
=
+
+
=
+
+
=
.
因为
3
3
21
S
T
+
=
，所以
9
6
21
d
d
+
=
，解得
3
d =
或
1
2
d =
，
因为
1
d >
，所以
3
d =
.所以
na
的通项公式为
3
na
n
=
.
（2）因为
2
n
n
n
n
b
a
+
=
，且
nb
为等差数列，所以
2
1
3
2b
b
b
=
+
，即
2
1
3
6
2
12
2
a
a
a
´
=
+
，
所以
1
1
1
6
1
6
2
a
d
a
a
d
-
=
+
+
，所以
2
2
1
1
3
2
0
a
a d
d
-
+
=
，解得
1a
d
=
或
1
2
a
d
=
.
①当
1a
d
=
时，
na
nd
=
，所以
2
2
1
n
n
n
n
n
n
n
b
a
nd
d
+
+
+
=
=
=
，
1
99
99
99
99(
99 )
99 50
2
2
a
a
d
d
S
d
+
+
=
=
=
´
，
1
99
99
2
100
99
99
99 51
2
2
b
b
d
d
T
d
æ
ö
+
ç
÷
+
´
è
ø
=
=
=
.
因为
99
99
99
S
T
-
=
，
所以
99 51
99 50
99
d
d
´
´
-
=
，即
2
50
51
0
d
d
-
-
=
，解得
51
50
d =
或
1
d = - （舍去）.
②当
1
2
a
d
=
时，
(
1)
na
n
d
=
+
，所以
2
2
(
1)
n
n
n
n
n
n
n
b
a
n
d
d
+
+
=
=
=
+
，
1
99
99
99
99(2
100 )
99 51
2
2
a
a
d
d
S
d
+
+
=
=
=
´
，
1
99
99
1
99
99
99
99 50
2
2
b
b
d
d
T
d
æ
ö
+
ç
÷
+
´
è
ø
=
=
=
.
因为
99
99
99
S
T
-
=
，所以
99 50
99 51
99
d
d
´
´
-
=
，即
2
51
50
0
d
d
-
-
=
，
解得
50
51
d = -
（舍去）或
1
d =
（舍去）.
综上，
51
50
d =
.
3．（2026·安徽合肥模拟预测）已知
na
是等差数列，
n
b
是等比数列，且
1
1
3
a
b
=
=
，2
4
2
2
a
a
b
+
=
，1
3
3
a a
b
=
．
（1）求
na
和
n
b
的通项公式；
（2）求数列
n
n
a
b
ì
ü
í
ý
î
þ
的前n 项和．
【答案】（1）
3
n
a
n
=
，
3n
nb =
；
（2）
1
9
1
3
1
4
2
4 3n
n
-
æ
ö
-
+
ç
÷
è
ø
【分析】（1）设等差数列
na
公差为d ，等比数列
n
b
公比为q ，将已知条件
2
4
2
2
a
a
b
+
=
，
1
3
3
a a
b
=
转化为关于d ，q 的方程组，解出d ，q 后得到两个数列的通项公式。
（2）由（1）得到
n
n
a
b 的表达式，利用错位相减法求其前n 项和.
【详解】（1）设公差为d ，公比为
0
q q ¹
，
2
4
2
2
a
a
b
+
=
，故
1
1
2
4
2
a
d
b q
+
=
，6
4
6
d
q
+
=
，
1
3
3
a a
b
=
，故
2
3 3 2
3
d
q
+
=
，联立
2
6
4
6
3 3
2
3
d
q
d
q
+
=
ì
í
+
=
î
，解得
3
3
d
q
=
ì
í =
î
或
3
2
0
d
q
ì
= -
ïí
ï =
î
（舍去），
故
3 3
1
3
na
n
n
= +
-
=
，
1
3 3
3
n
n
nb
-
=
×
=
；
（2）
1
3
3
3
n
n
n
n
a
n
n
b
-
=
=
，设数列
n
n
a
b
ì
ü
í
ý
î
þ
的前n 项和为
n
S ，
则
0
2
3
1
1
2
3
4
3
3
3
3
3n
n
n
S
-
+
+
+
+
+
=
L
，①
2
3
4
3
1
1
2
4
3
3
3
3
3
3n
n
S
n
+
+
+
+
+
=
L
，②
两式①-②得
2
3
1
1
1
2
1
1
1
1
3
3
1
3
1
1
3
3
3
3
3
3
3
2
2 3
1
3
n
n
n
n
n
n
n
n
S
n
-
-
æ
ö
= +
+
+
+
+
-
=
-
=
-
+
ç
÷
è
ø
-
L
，
所以
1
9
1
3
1
4
2
4 3
n
n
S
n
-
æ
ö
=
-
+
ç
÷
è
ø
.
🎯命题方向二 退位法求数列的通项公式
4．（2026·甘肃陇南·二模）记数列
na
的前n 项和为
n
S ，已知
1
1
2,
3
2
1
n
n
a
S
S
n
+
=
=
+
- ．
（1）证明：
nS
n
+
为等比数列；
（2）设
3
n
n
n
a
b =
，求数列
n
b
的前n 项和nT．
【答案】（1）证明见解析
（2）
2
1
1
3
6
2 3
n
n
n
T =
-
+ ×
【分析】（1）对已知递推式
1
3
2
1
n
n
S
S
n
+ =
+
- ．进行变形，构造
1
(
1)
n
S
n
+ +
+
与
n
S
n
+
的关系，结合首
项验证等比数列定义，完成证明.
（2）先由（1）求出
n
S ，再利用
1(
2)
n
n
n
S
n
a
S
-
-
³
=
及
1a 得到
n
a ，进而写出
3
n
n
n
a
b =
，最后用错位相减法
求数列
n
b
的前n 项和nT．
【详解】（1）将
1
3
2
1
n
n
S
S
n
+ =
+
-
两边同时加
1
n+
，得
1
1
3
3
3
n
n
n
S
n
S
n
S
n
+ +
+
=
+
=
+
，
因为
1
1
1
1
3
S
a
+
=
+
=
，所以
nS
n
+
是以3 为首项，3 为公比的等比数列；
（2）由（1）知
3n
n
S
n
+
=
，即
3 n
n
S
n
=
-
， 当
2
n³ 时，
1
1
2
3
1
n
n
n
n
a
S
S
-
-
´
=
-
=
- ，
当
1
n= 时，
1
1
13
1
2
a
S
=
=
-
=
不符合上式，
故
1
2,
1
2
3
1,
2
n
n
n
a
n
-
=
ì
= í ´
-
³
î
，所以
2 ,
1
3
2
1 ,
2
3
3
n
n
n
b
n
ì
=
ïï
= í
ï
-
³
ïî
，
当
2
n³ 时，
1
2
3
2
3
2
2
1
1
1
1
3
3
3
3
3
n
n
n
T
b
b
b
b
n
æ
ö
=
+
+
+
+
=
+
-
-
+
+
+
ç
÷
è
ø
L
L
1
1
1
1
2
1
2
1
1
2
1
1
3
1
1
3
9
3
6
3
3
6
2 3
1
3
n
n
n
n
n
n
-
-
-
æ
ö
=
-
=
-
-
=
+
´
-
ç
÷
×
è
ø
-
，
由于当
1
n= 时也满足该式，因此
2
1
1
3
6
2 3
n
n
n
T =
-
+ ×
．
5．（2026·河北保定模拟·预测）记数列
na
的前n 项和为
n
S ，已知
1
1
2
3,
3
n
n
S
a
a
n
+
=
=
+ .
（1）证明：数列
na
为等差数列；
（2）求数列
1
2
1
n
n
n
S S +
ì
ü
+
í
ý
î
þ
的前n 项和
nT .
【答案】（1）证明见解析
（2）
2
2
2
9(
1)
n
n
n
T
n
+
=
+
【分析】（1）利用再利用
1
1
n
n
n
a
S
S
+
+
=
-
将已知递推式转化为关于
n
S 的等式，再通过
1(
2)
n
n
n
S
n
a
S
-
-
³
=
推导
1
n
n
a
a
+ -
为常数，结合首项验证等差数列定义.
（2）先由（1）求出
n
a 与
nS ，对
1
2
1
n
n
n
S S +
+
的进行裂项变形，再利用裂项相消法求前n 项和
nT .【详解】（1）
因为
1
2
3
n
n
S
a
n
+ =
+ ，所以
1
2
3
n
n
na
S
n
+ =
+
，
当
2
n ³
时，
1
1
2
3
1
n
n
n
a
S
n
-
-
=
+
-
，
两式相减得
1
1
3
n
n
na
n
a
+ -
+
= ，①
则
2
1
1
2
3
n
n
n
a
n
a
+
+
+
-
+
= ，②
②- ①得
2
1
1
1
2
2
n
n
n
n
a
n
a
n
a
+
+
+
+
+
=
+
，所以
2
1
2
2
n
n
n
a
a
a
n
+
+
+
=
³
.
因为
1
2
3
n
n
na
S
n
+ =
+
，又
1
3
a =
，所以当
1
n = 时，
2
1
1
2
3
2
3
9
a
S
a
=
+
=
+
=
；
当
2
n =
时，
3
2
2
2
6
24
6
30
a
S
=
+
=
+
=
，则
3
15
a =
，所以
1
3
2
2
a
a
a
+
=
，满足
2
1
2
n
n
n
a
a
a
+
+
+
=
，
所以
2
1
2
n
n
n
a
a
a
+
+
+
=
，故数列
na
为等差数列.
（2）由（1）可知数列
na
是首项为3，公差为6 的等差数列，
所以
3 6
1
6
3
na
n
n
= +
-
=
- ，
2
3
6
3
3
2
n
n
n
S
n
+
-
=
=
，
则
2
2
2
2
1
2
1
1
2
1
1
1
1
9
(
1)
9
(
1)
n
n
n
n
S S
n
n
n
n
+
é
ù
+
+
=
×
=
-
ê
ú
+
+
ë
û
，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
9
2
2
3
3
4
(
1)
9
(
1)
9(
1)
n
n
n
T
n
n
n
n
ù
é
ù
+
é
=
-
+
-
+
-
+
+
-
=
-
=
ú
ê
ú
ê
+
+
+
ë
û
ë
û
L
.
🎯命题方向三 累加法求数列的通项公式
6.（2026·山东滨州检测训练）在数列
na
中，
1
1
20,
2
2
n
n
n
a
a
a
+
=
=
+
-
.
（1）求
na
的通项公式；
（2）若
2n
n
n
b
a
=
-
，求数列
n
b
的前n 项和
n
S 的最大值.
【答案】（1）
2
2
20
n
n
a
n
=
-
+
；
（2）90.
【分析】（1）由递推式
1
2
2
n
n
n
a
a
+ -
=
-
，利用累加法，将
1
na
a
-
表示为等比数列与等差数列的求和，结
合
1
20
a =
求出通项公式.
（2）由
2n
n
n
b
a
=
-
化简得等差数列
n
b
，写出其前n 项和
n
S 的的二次函数形式，根据二次函数性质或数列
单调性求最大值。
【详解】（1）依题意，当
2
n ³
时，
1
1
2
2
n
n
n
a
a
-
-
-
=
-
，则
1
2
1
3
2
1
(
)
(
)
(
)
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a -
=
+
-
-
-
+
+
+
L
1
2
3
1
2
3
1
20
(2
2)
(2
2)
(2
2)
(2
2)
(2
2
2
2
)
2(
1)
20
n
n
n
-
-
=
+
-
+
-
+
-
+
+
-
=
+
+
+
+
-
-
+
L
L
1
2(1 2
)
2
22
2
2
20
1 2
n
n
n
n
-
-
=
-
+
=
-
+
-
，
1
20
a =
满足上式，
所以
na
的通项公式为
2
2
20
n
n
a
n
=
-
+
.
（2）由（1）得
2
2
20
n
n
n
b
a
n
=
-
= -
+
，数列
n
b
是递减等差数列，
由
0
nb ³
，得
10
n£
，则数列
n
b
前10 项均为非负数，从第11 项起为负数，
而
10
0
b =
，因此数列
n
b
前10 项和与前9 项和相等，都最大，
所以数列
n
b
的前n 项和
n
S 的最大值为
10
9
18
0 10
90
2
S
S
+
=
=
´
=
.
7．（2026·四川德阳模拟·预测）已知数列{
}
n
a
和首项为2 的等比数列{ }
nb
的各项均为正数，若
2
2
1
8
n
n
a
a
n
+ -
=
，
2
3
2
1
2b
b a
=
，且
5
32
b =
.
（1）求{
}
n
a
和{ }
nb
的通项公式和{
}
n
n
a b
的前n 项和
n
S ；
（2）若数列{ }
nc
的通项公式满足
(
)
n
n
n
n
n
a
c
a a
b
+
+
=
+
×
1
4
1
，设
nT 为{ }
nc
的前n 项和，求证:
1
nT < .
【答案】（1）
2
1
na
n
=
- ；
2n
nb =
；
1
2
3
2
6
n
n
S
n
+
=
-
×
+
（2）证明见详解
（1）先由等比数列{ }
nb
的首项及
5
32
b =
求出公比，得到
nb ；再利用
2
3
2
1
2b
b a
=
求出
1a ，通过累加法结合
2
2
1
8
n
n
a
a
n
+ -
=
求出
na ；最后用错位相减法求{
}
n
n
a b
的前n 项和
n
S ；
（2）将
,
n
n
a b 代入
nc ，对
nc 进行裂项变形，利用裂项相消法求出
n
T ，再放缩证明
1
nT < .
【详解】（1）设等比数列{ }
nb
的公比为
0
q q >
，首项
1
2
b =
，
4
4
5
1
2
32
2
b
b q
q
q
=
=
=
Þ
=
，
所以
1
2
2
2
n
n
nb
-
=
´
=
，
3
3
2
8
b =
=
，
2
2
2
4
b =
=
，
又因为
2
3
2
1
2b
b a
=
，所以
2
1
1
2 8=4
1
a
a
´
Þ
= ，
令
2
n
n
e
a
=
，
2
1
1
1
e
a
=
= ，又
2
2
1
8
n
n
a
a
n
+ -
=
有
1
8
n
n
e
e
n
+ -
=
，
则有
1
1
1
2
3
2
2
1
n
n
n
n
n
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
-
-
-
-
=
-
+
-
+
+
-
+
-
L
8
1
8
2
8 2 8 1 8 1 2 3
2
1
4
1
n
n
n
n
n n
=
-
+
-
+
+ ´ + ´ =
+ + +
+ - + -
=
-
L
L
，
所以
2
2
1
4
1
4
4
1
2
1
n
n
e
n n
e
n
n
n
- =
-
Þ
=
-
+ =
-
2
2
2
1
na
n
Þ
=
-
，
又因为数列{
}
n
a
的各项均为正数，所以
2
1
na
n
=
- ，
令
2
1 2n
n
n n
d
a b
n
=
=
-
×
，
所以
1
2
3
1
n
n
n
S
d
d
d
d
d
-
=
+
+
+
+
+
L
2
3
1
1 2 3 2
5 2
2
3 2
2
1 2
n
n
n
n
-
= ´ + ´
+ ´
+
+
-
×
+
-
×
L
①，
2
3
4
1
2
1 2
3 2
5 2
2
3 2
2
1 2
n
n
nS
n
n
+
= ´
+ ´
+ ´
+
+
-
×
+
-
×
L
②，
由①—②有：
1
2
3
1
1
1
4 1
2
2
2 2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
6
3
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
S
n
n
n
-
+
+
+
-
-
=
+
+
+
+
-
-
×
=
+ ´
-
-
×
= - +
-
×
-
L
1
2
3 2
6
n
nS
n
+
Þ
=
-
×
+ ，
（2）因为
1
4
2
1
4
2
3
(
1)
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
2
n
n
n
n
n
n
n
a
n
n
c
a a
b
n
n
n
n
+
+
- +
+
=
=
<
+
×
-
+
´
é
ù
-
+
+
×
ë
û
1
1
1
2
1
2
2
1
2
n
n
n
n
-
=
-
-
´
+
´
，
所以
1
2
3
0
2
1
1
1
1
1
1
1
1 2
3 2
3 2
5 2
2
1
2
2
1
2
n
n
n
n
T
c
c
c
c
n
n
-
=
+
+
+
+
<
-
+
-
+
+
-
´
´
´
´
-
´
+
´
L
L
1
1
1
2
1
2n
n
= -
<
+
´
.
🎯命题方向四 累乘法求数列的通项公式
8．（2022·新高考Ⅱ卷）记
nS 为数列
na
的前n 项和，已知
1
1
a = ，
n
n
S
a
ì
ü
í
ý
î
þ
是公差为1
3
的等差数列.
（1）求
na
的通项公式；
（2）证明：
1
2
1
1
1
2
n
a
a
a
+
+
+
<
L
.
【答案】（1）
(
1)
2
n
n n
a
+
=
，
*
nÎN
（2）证明见解析
【分析】（1）先由等差数列
n
n
S
a
ì
ü
í
ý
î
þ
的首项与公差，写出其通项公式，结合
1
(
2)
n
n
n
S
S
a n
-
=
+
³
推导出
1
n
n
a
a -
的表达式，再用累乘法求出
na
的通项公式；
（2）由（1）得 1
2
(
1)
na
n n
=
+
，对其进行裂项变形，利用裂项相消法求出前n 项和，最后通过放缩证明不
等式成立.
【详解】（1）法一：因为
1
1
a = ，所以
1
1
1
S
a = ，又
n
n
S
a
ì
ü
í
ý
î
þ
是公差为1
3
的等差数列，
所以
1
2
1 (
1)
3
3
n
n
S
n
n
a
+
= +
-
´
=
.因为当
2
n ³
时，
1
n
n
n
a
S
S -
=
-
，
所以
1
2 (
2)
3
n
n
n
S
n
n
S
S -
+
=
³
-
，所以
1
3
(
2)
2
n
n
n
S
S
n
S
n
-
-
=
³
+
，整理得
1
2 (
2)
1
n
n
S
n
n
S
n
-
+
=
³
-
，
所以
3
1
2
1
2
2
1
4
5
1
2
(
1)(
2) (
2)
1
2
2
1
6
n
n
n
n
S
S
S
S
n
n
n n
n
n
S
S
S
S
n
n
-
-
-
+
+
+
+
´
´
´
´
=
´
´
´
´
=
³
-
-
L
L
，
所以
(
1)(
2) (
2)
6
n
n n
n
S
n
+
+
=
³
，
又
1
1
S =
也满足上式，所以
*
(
1)(
2)
6
n
n n
n
S
n
+
+
=
ÎN
，则
1
(
1) (
1) (
2)
6
n
n
n n
S
n
-
-
+
=
³
，
所以
(
1)(
2)
(
1) (
1)
(
1) (
2)
6
6
2
n
n n
n
n
n n
n n
a
n
+
+
-
+
+
=
-
=
³
，
又
1
1
a = 也满足上式，所以
*
(
1)
2
n
n n
a
n
+
=
ÎN
.
法二：因为
1
1
a = ，所以
1
1
1
S
a = ，又
n
n
S
a
ì
ü
í
ý
î
þ
是公差为1
3
的等差数列，
所以
1
2
1 (
1)
3
3
n
n
S
n
n
a
+
= +
-
´
=
，所以
2
3
n
n
n
S
a
+
=
.
因为当
2
n ³
时，
1
1
2
1
3
3
n
n
n
n
n
n
n
a
S
S
a
a
-
-
+
+
=
-
=
-
，所以
1
1
1
(
2)
3
3
n
n
n
n
a
a n
-
+
-
=
³
，
所以
1
1(
2)
1
n
n
a
n
n
a
n
-
+
=
³
-
，
所以
3
1
2
1
2
2
1
3
4
5
1
(
1) (
2)
1
2
3
2
1
2
n
n
n
n
a
a
a
a
n
n
n n
n
a
a
a
a
n
n
-
-
-
+
+
´
´
´
´
=
´
´
´
´
´
=
³
-
-
L
L
，
所以
(
1) (
2)
2
n
n n
a
n
+
=
³
，
又
1
1
a = 也满足上式，所以
*
(
1)
2
n
n n
a
n
+
=
ÎN
.
（2）因为
(
1)
2
n
n n
a
+
=
，所以1
2
1
1
2
(
1)
1
na
n n
n
n
æ
ö
=
=
-
ç
÷
+
+
è
ø
，
所以
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2[ 1
(
)
]
2
2
3
1
1
n
a
a
a
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
+
=
-
+
-
+
+
-
+
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
-
+
è
ø
è
ø
è
ø
L
L
1
2 1
2
1
n
æ
ö
=
-
<
ç
÷
+
è
ø
.
9．（2026·江西福州阶段检测）已知数列
na
的首项
1
2
a =
，且
1
1
0
2
n
n
n
a
na
n
-
+
-
=
³
.
（1）求数列
na
的通项公式：
（2）若数列
2
1
na
ì
ü
í
ý
î
þ
的前n 项和为
nT ，证明：
1
nT < .
【答案】（1）
1
na
n
=
+
（2）证明见详解.
【分析】由递推式
1
1
0
2
n
n
n
a
na
n
-
+
-
=
³
变形得
1
1
n
n
a
n
a
n
-
+
=
，利用累乘法结合首项
1
2
a =
求出通项公式；
（2）由（1）得
2
2
1
1
(
1)
na
n
=
+
，通过放缩
2
1
1
(
1)
(
1)
n
n n
<
+
+
后裂项，再用裂项相消法求和，证明
1
nT < .
【详解】（1）因为
1
1
2,(
1)
0(
2)
n
n
a
n
a
na
n
-
=
+
-
=
³
，所以
1
1(
2)
n
n
a
n
n
a
n
-
+
=
³
，
即
2
3
4
1
2
3
1
3
4
5
1
,
,
,
,
2
3
4
n
n
a
a
a
a
n
a
a
a
a
n
-
+
=
=
=
=
L
，将上述
1
n - 个式子相乘得
1
1
2
na
n
a
+
=
，
所以
1
na
n
=
+ ，当
1
n = 时，成立，故
1
na
n
=
+ .
（2）由（1）得
1
na
n
=
+ ，所以
2
2
1
1
1
1
1
(
1)
(
1)
1
na
n
n n
n
n
=
<
=
-
+
+
+ ，
所以
2
2
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(1
)
(
)
(
)
1
1
2
2
3
1
1
n
n
T
a
a
a
n
n
n
=
+
+
+
<
-
+
-
+
+
-
= -
<
+
+
L
L
，即
1
nT < .
10．（2026·河北沧州质量检测）在数列
na
中，
1
1
2
2
1
1,
,
3
n
n
n
a
a
a
a
+
ì
ü
+
=
=
í
ý
î
þ
是公差为1 的等差数列.
（1）求
na
的通项公式；
（2）设
1
1
,
n
n
n
n
b
n
a a
S
+
=
+
为数列
n
b
的前n 项和，若对任意
N
n
+
Î
，总有
0
n
S
m
-
<
，求m 的取值范围.
【答案】（1）
2
1
na
n n
=
+
（2）
1
m ³
【分析】（1）先由等差数列
1
2
n
n
n
a
a
+
ì
ü
+
í
ý
î
þ
的首项与公差，写出其通项公式，得到
1
n
n
a
a
+ 的表达式，再用累
乘法求出
na
的通项公式；
（2）将
na 代入
1
1
n
n
n
b
n
a a +
=
+
，对
nb 进行裂项变形，利用裂项相消法求出前n 项和
nS ，，分析
nS 的
单调性，由
nS
m
<
恒成立，得到m 的取值范围.
【详解】（1）由
1
2
1
1,
3
a
a
=
=
可知
2
1
3
1
a
a = .
由题设条件可知
1
2
1
1
1
n
n
n
a
n
n
a
+
+
= +
-
´ =
，所以
1
2
n
n
a
n
a
n
+ =
+
，
当
2
n ³
时，
1
1
1
n
n
a
n
a
n
-
-
=
+ ，
所以
1
2
1
1
2
1
1
2
3
2
1
2
1
1
1
4
3
1
n
n
n
n
n
a
a
a
n
n
n
a
a
a
a
a
n
n
n
n n
-
-
-
-
-
-
=
´
´
´
´
=
´
´
´
´
´
´ =
+
-
+
L
L
.
当
1
n = 时，
1
1
a = 满足
2
1
na
n n
=
+
，故
na
的通项公式为
2
1
na
n n
=
+
.
（2）由（1）可知
1
4
1
1
1
2
1
2
1
1
2
n
n
n
b
n
a a
n n
n
n n
n
n
+
é
ù
=
+
=
= ´
-
ê
ú
+
+
+
+
+
ë
û
，
所以
1
1
1
1
1
1
2
1 2
2 3
2 3
3 4
1
1
2
nS
n n
n
n
é
ù
= ´
-
+
-
+
+
-
ê
ú
´
´
´
´
+
+
+
ë
û
L
1
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
n
n
n
n
é
ù
= ´
-
= -
<
ê
ú
+
+
+
+
ë
û
. 则
1
m ³ .
🎯命题方向五 构造求数列的通项公式
11．（2026·石家庄第一中学·一模）已知数列
n
a
满足
1
2
3
3
n
n
a
a
n
+ =
+
-
，且
1
1
a = - ．
（1）若
3
n
n
b
a
n
=
+
，证明：数列
n
b
是等比数列；
（2）求数列
n
a
的前n项和
n
S ．
【答案】 （1）证明见解析
（2）
1
3 (
1)
2
2
2
n
n
n n
S
+
+
=
- -
【分析】（1）将
3
n
n
b
a
n
=
+
，代入递推式，整理得到
1
nb + 与
n
b 的倍数关系，结合首项验证等比数列定义，
完成证明；
（2）由（1）得到
n
b 的通项，反解出
n
a ，将n项和拆分为等比数列与等差数列的和，分别求和后合并得到
n
S ．
【详解】（1）因为
1
2
3
3
n
n
a
a
n
+ =
+
-
，所以
1
2
3
3
3
3(
1)
6
2(
(
1)
2
3 )
n
n
n
n
a
a
n
n
n
a
n
a
n
+
=
+
- +
+
+
=
+
=
+
+
，
所以
1
3(
1)
2
(
3 )
n
n
a
a
n
n
+ +
+
=
+
，即
1
2
n
n
b
b
+ =
，又
1
1
3
2
b
a
=
+
=
，
所以数列
n
b
是以2 为首项，2 为公比的等比数列
（2）由（1）可得
1
2
2
2
n
n
n
b
-
=
´
=
，所以
3
2
3
n
n
n
a
b
n
n
=
-
=
-
，
所以前n 项和
1
2
2(1
2 )
(1
)
2
2
2
3 1
2
3
1
2
2
n
n
n
n
n
n
S
-
+
=
+
+×××+
-
+
+×××+
=
- ´
-
1
3 (
1)
2
2
2
n
n n
+
+
=
- -
12．（2026·河北秦皇岛阶段检测）在数列
na
中，已知
1
1
3
a =
，且满足
1
1
2
1
n
n
n
a
a
a
+
+
=
-
．
（1）求
na
的通项公式；
（2）求数列
1
2
n
n
n
a a +
ì
ü
í
ý
î
þ
的前n 项和
n
S ．
【答案】（1）
1
2
2
1
n
n
n
a
-
=
+
（2）
1
1 1
1
2 3
2
1
n
n
S
+
æ
ö
=
-
ç
÷
+
è
ø
【分析】（1）对递推式
1
1
2
1
n
n
n
a
a
a
+
+
=
-
变形，构造新数列
1
1
n
a
ì
ü
-
í
ý
î
þ
，证明其为等比数列，进而求出
na
的通项公式；
（2）将
1
,
n
n
a
a + 代入
1
2
n
n
n
a a + ，化简后利用裂项相消法或错位相减法求前n 项和
n
S ．
【详解】（1）因为
1
1
1
2
1
2
2
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a a
+
+
+
=
-
=
-
，且易知
0
na >
，
所以
1
1
2
2
n
n
a
a +
=
-
，所以
1
1
1
1
1
2
n
n
a
a
+
=
´
+ ，所以
1
1
1
1
2
2
2
n
n
a
a
+
æ
ö
-
=
-
ç
÷
è
ø
．
因为
1
1
3
a =
，所以
1
1
2
1
a -
= ，所以
1
2
na
ì
ü
-
í
ý
î
þ
是首项为1，公比为
1
2 的等比数列，
所以
1
1
1
2
2
n
na
-
æ
ö
-
= ç
÷
è
ø
，所以
1
2
2
1
n
n
n
a
-
=
+
．
（2）因为
1
1
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
2
1
2
1
2
2
2 2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a a
-
-
+
+
+
+
´
æ
ö
+
+
=
=
=
-
ç
÷
+
+
+
+
è
ø
，
所以
1
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
1
2 2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2 3
2
1
n
n
n
n
S
+
+
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
+
+
-
=
-
ç
÷
ç
÷
+
+
+
+
+
+
+
è
ø
è
ø
L
．
13.（2025·高考综合改革适应性·演练）已知数列
na
中，
1
1
3
3,
2
n
n
n
a
a
a
a
+
=
=
+
（1）证明：数列
1
1
n
a
ì
ü
-
í
ý
î
þ
为等比数列；
（2）求
na
的通项公式；
（3）令
1
n
n
n
a
b
a
+
=
，证明:
1 1
n
n
b
b +
<
< ．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
3
3
2
n
n
n
n
a =
-
；
（3）证明见解析.
【分析】（1）根据题设条件化简，结合等比数列的定义即可证明；
（2）由（1）求得数列
1
1
n
a
ì
ü
-
í
ý
î
þ
的通项公式，再求
na 即得；
（3）将（2）中得到的
na
的通项代入
1
n
n
n
a
b
a
+
=
求得
nb ，化简后利用数列的单调性即可得证.
【详解】（1）由
1
3
2
n
n
n
a
a
a
+ =
+
得
1
2
1
2 1
1
3
3
3
n
n
n
n
a
a
a
a
+
+
=
=
×
+
，则
1
1
2
2
1
2
1
1
1
3
3
3
n
n
n
a
a
a
+
æ
ö
-
=
-
×
=
-
ç
÷
è
ø
，
所以数列
1
1
n
a
ì
ü
-
í
ý
î
þ
是首项为
1
1
2
1
3
a
-
=
，公比为2
3 的等比数列.
（2）由（1）得
1
1
2
2
2
1
3
3
3
n
n
n
a
-
æ
ö
æ
ö
-
=
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
,解得：
1
3
3
2
2
1
3
n
n
n
n
n
a =
=
-
æ
ö
-ç
÷
è
ø
.
（3）
1
1
1
1
1
1
3
3
3·
3
3·
2 1
3· 3
2
3
3
2
2
2
3
2
3
3
2
3
3
3·
2
3·
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a
+
+
+
+
+
+
æ
ö
æ
ö
-
-
-
ç
÷
ç
÷
-
-
è
ø
è
ø
=
=
×
=
=
=
-
-
æ
ö
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
1
1
.
3
3
2
2
n
= -
æ
ö
×
-
ç
÷
è
ø
令
3
3
2
2
n
f n
æ
ö
= ×
-
ç
÷
è
ø
，
1,
nÎ
+¥ ，
因为
3
3
2
2
n
f n
æ
ö
= ×
-
ç
÷
è
ø
在
1,
nÎ
+¥ 上单调递增，则
3
5
1
3
2
0
2
2
f
n
f
³
=
´
-
=
>
所以数列
1
3
3
2
2
n
ì
ü
ï
ï
ï
ï
í
ý
æ
ö
ï
ï
×
-
ç
÷
ï
ï
è
ø
î
þ
在
N
n
*
Î
上单调递减，从而数列
nb
在
N
n
*
Î
上单调递增，且
1
n
b <
，
故得
1 1
n
n
b
b +
<
< .
题型02 数列的前n 项和问题
抓关键·破难点
◎高分技法一、分组求和法
①适用范围：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注
意在含有字母的数列中对字母的讨论．
②常见类型：
分组转化法：若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列：
奇偶并项求和：通项公式为an＝{
bn，n 为奇数，
cn，n 为偶数
的数列，
其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列．
◎高分技法二、裂项相消法
①识别：观察待求和式子是否满足分式型、指数型、根式型等结构.
②裂项：利用裂项技巧裂项，检验裂项后的式子是否需要“配凑”系数才能保证裂项前、后的式子等价.
③相消：明确正、负相消时，是从哪一项开始消去的，消去多少项，留下了多少项，一般前面留下了几项，
后面相应留下几项。
-----------------------考场必备的5 大裂项技巧--------------------------
◎高分技法三、错位相减法
①识别：数列各项由公差为d 的等差数列{
}
na
和公比为(
1)
q q ¹
的等比数列{ }
nb
对应项之积构成.
②展开：
1 1
2 2
n
n
n
S
a b
a b
a b
=
+
+×××+
---------------①
③乘公比：
1 2
2 3
1
n
n
n
qS
a b
a b
a b +
=
+
+×××+
--------②
④错位相减：①- ②得
1 1
2
3
1
(1
)
(
)
n
n
n
n
q S
a b
d b
b
b
a b +
-
=
+
+
+×××
-
.
⑤求和：
1 1
2
3
1
(
)
1
n
n
n
n
a b
d b
b
b
a b
S
q
+
+
+
+×××
-
=
-
.
刷经典·通方法
🎯命题方向一 分组求和法求数列的前n 项和
1.（2021·新高考Ⅰ卷）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.
【答案】（1）
3
1
nb
n
=
- .
（2）300.
【分析】（1）根据递推式计算
2
1b
a
=
，
2
4
b
a
=
，再由
1
2(
1)
2
2
n
n
n
b
a
a
+
+
+
=
=
，结合奇偶项递推关系，证明
{ }
nb
是等差数列，进而求出其通项公式；
（2）将前 20 项和拆分为奇数项和与偶数项和，分别利用等差数列求和公式计算，再合并得到结果.
【详解】（1）因为2n 为偶数，所以
2
1
2
2
n
n
a
a
+ =
+
，
2
2
2
1
1
n
n
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，
所以
1
2
b =
，
2
5
b =
，
3
1
nb
n
=
- .
（2）当n 为奇数时，
1
1
n
n
a
a +
=
- ，所以
na
的前20 项和为
1
2
20
a
a
a
+
+
+
L
1
3
19
2
4
20
a
a
a
a
a
a
=
+
+
+
+
+
+
+
L
L
2
4
20
2
4
20
1
1
1
a
a
a
a
a
a
=
-
+
-
+
+
-
+
+
+
+
é
ù
ë
û
L
L
2
4
20
2
10
a
a
a
=
+
+
+
-
L
.
由（1）可知，
2
4
20
1
2
10
10 9
2 10
3
155
2
a
a
a
b
b
b
´
+
+
+
=
+
+
+
=
´
+
´
=
L
L
，
所以
na
的前20 项和为2 155 10
300
´
-
=
.
2．（2026·湖南邵阳第二次联考）已知数列
n
a
是等差数列，且
1
1
a = ，
3
4
2
3
a
a
=
+
，数列
n
b
满足1
3
b = ，
1
3
n
n
n
b
b
a
+ =
+
.
（1）求
n
a
的通项公式，并证明数列
n
b
n
+
是等比数列；
（2）若数列
n
c
满足
n
n
n
c
a
b
=
+
，求
n
c
的前n 项和nT.
【答案】（1）
2
1
n
a
n
=
- ，证明见解析
（2）
(
1)
2 3
2
2
n
n
n n
T
-
= ´
+
-
【分析】（1）利用等差数列通项公式，由
3
4
2
3
a
a
=
+
，求出公差d ，得到
n
a
的通项；将
n
a 代入
1
3
n
n
n
b
b
a
+ =
+
，+an，构造数列
n
b
n
+
，证明其为等比数列；
（2）由（1）得
nb 的通项，进而得到
n
n
n
c
a
b
=
+
，将前n 项和nT.拆分为等差数列与等比数列的和，分别求
和后合并.
【详解】（1）设等差数列
n
a
的公差为d，由
1
1
a = ，
3
4
2
3
a
a
=
+
，
得
1
1
2
2
3
3
a
d
a
d
+
=
+
+
，解得
2
=
d
.所以
1
2(
1)
2
1
n
a
n
n
= +
-
=
- .
由
1
3
n
n
n
b
b
a
+ =
+
得
1
3
2
1
+ =
+
-
n
n
b
b
n
，即
1
1
3
n
n
b
n
b
n
+ +
+
=
+
，
又
1
1
4
b +
=
，所以
n
b
n
+
是一个以4 为首项，3 为公比的等比数列.
（2）由（1）可得
1
4
3n
nb
n
-
+
=
´
，所以
1
4
3n
nb
n
-
=
´
-
.所以
1
4
3
1
n
n
n
n
c
a
b
n
-
=
+
=
´
+
- .
所以
4
4 3
(
1)
(
1)
(
1)
2 3
1
2 3
2
1 3
2
2
2
n
n
n
n
n n
n n
n n
T
- ´
-
-
-
=
+
=
-
+
=
´
+
-
-
.
3.（2026·内蒙古包头市·一模）数列
na
的前n项和
1
nS
n n
=
+
，数列
nb
满足
1
2
1
2
2
n n
n
b b
b
+
=
L
，n
+
ÎN ．
（1）求数列
na
，
nb
的通项公式；
（2）将数列
na
和数列
1
n
nb
-
各取前100 项，按从小到大排成一个新的数列
nd
，其中重复的数只取
一次，求数列
nd
的前100 项和．
【答案】（1）
2
na
n
=
；
2n
nb =
（2）
50
2
2550
1
4
3
+
-
【分析】（1）利用
na 与
nS 的关系可求数列
na
的通项公式，当
2
n ³
时，由已知可得
1
2
1
2
1
2
n
n
n
b b
b
-
- =
L
，
两式相除可求数列
nb
的通项公式；
（2）结合（1），利用分组求和法可求数列
nd
的前100 项和．
【详解】（1）令
1
n =
，则
1
1
2
a
S
=
=
，1
2
b =
，
当
2
n ³
时，
1
1
1
2
n
n
n
a
S
S
n n
n
n
n
-
=
-
=
+
-
-
=
，1 2
a = 也符合上式，∴
2
na
n
=
；
当
2
n ³
时，由
1
2
1
2
2
n n
n
b b
b
+
=
L
，可得
1
2
1
2
1
2
n
n
n
b b
b
-
- =
L
，
两式相除可得
1
2
1
2
2
2
2
n n
n
n
n
nb
+
-
=
=
，1
2
b =
也符合上式，∴
2n
nb =
．
（2））1 2
a = ，
2
4
a =
，
3 6
a = ，…，
100
200
a
=
，
1
1
1
2
b
-
= -
，
2
2
2
1
2
b
-
=
，
3
3
3
1
2
b
-
= -
，…，
100
100
100
1
2
b
-
=
，
将数列
na
和数列
1
n
nb
-
各取前100 项，按从小到大排成一个新的数列
nd
，其中重复的数只取一次，
则
99
99
1
99
1
2
d
b
= -
= -
，
97
97
2
97
1
2
d
b
= -
= -
，…，
1
50
1
1
2
d
b
= -
= -
，
51
1
2
d
a
=
=
，
52
2
4
d
a
=
=
，…，
100
50
100
d
a
=
=
，
∴
1
3
99
100
2
2
2
2
4
100
T
= -
+
+
+
+
+
+
+
L
L
50
50
2
1 4
2 100
50
2
2550
1 4
1 4
2
3
´
-
+
´
= -
+
=
+
-
-
．
🎯命题方向二 裂项相消法求数列的前n 项和
4. （2026·黑龙江哈尔滨第三中学·一模）已知数列
na
的前n 项和为
2
nS
n
=
.
（1）求
na
的通项公式；
（2）令
1
2
n
n
n
b
a a +
=
，求数列
nb
的前n 项和
n
T .
【答案】（1）
2
1
na
n
=
-
（2）
2
2
1
n
n +
【分析】（1）根据
,
n
n
a
S
关系即可作差求解；
（2）利用裂项相消法求和即可得解.
【详解】（1）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
-
=
-
=
-
-
=
- ，
当
1
n =
时，
1 1
a = 也符合
2
1
na
n
=
- ，所以
2
1
na
n
=
- .
（2）由（1）可得
1
2
2
1
1
2
1 2
1
2
1
2
1
n
n
n
b
a a
n
n
n
n
+
=
=
=
-
-
+
-
+
，
1
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
3
3
5
5
7
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
T
b
b
b
b
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+
+
+
+
=
-
+
-
+
-
+
+
-
= -
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
-
+
+
+
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
L
L
5 .（2026·广东深圳市第一次调研）已知数列
na
是等比数列，1 2
a = ，
2
4
a =
，数列
nb
满足：
1 1
2 2
1
n n
n
ab
a b
a b
n a +
+
+
+
= ×
L
.
（1）求
na
，
nb
的通项公式；
（2）求数列
1
1
n
n
b
b +
ì
ü
í
ý
×
î
þ
的前n 项和
nS .
【答案】（1）
2 n
n
a
=
，
*
n Î N ，
1
nb
n
= + ，
*
n Î N .
（2）
2
4
n
n
S
n
=
+
.
【分析】（1）根据1 2
a = ，
2
4
a =
，通过等比数列定义求出公比
2
1
2
a
q
a
=
=
，代入等比数列通项公式求出
2 n
n
a
=
，再根据作差法求出在
2
n ³
时，
1
nb
n
= + ，验证当
1
n =
时，1
2
b =
符合该式，即可求出
nb ；
（2）利用裂项相消的方法求出
nS 即可.
【详解】（1）设等比数列
na
的公比为q，则
2
1
2
a
q
a
=
=
，所以
2 n
n
a
=
，
*
n Î N ，
的
因为
2
1
1
2
2
2
2
2
n
n
n
b
b
b
n
+
+
+
+
= ×
L
，当
2
n ³
时，
2
1
1
2
1
2
2
2
(
1) 2
n
n
n
b
b
b
n
-
-
+
+
+
=
- ×
L
，
两式相减得
1
2
2
1
2
2
1
2
1
2
n
n
n
n
n
nb
n
n
n
n
n
+
é
ù
×
=
×
-
-
×
=
-
-
×
=
+
×
ë
û
，则
2
n ³
时，
1
nb
n
= + ；
当
1
n =
时，由
1 1
2
1
ab
a
= ×
得
1
2
4
b =
，解得1
2
b =
符合该式；所以
1
nb
n
= + ，
*
n Î N .
（2）由于
1
1
1
1
1
(
1) (
2)
1
2
n
n
b b
n
n
n
n
+
=
=
-
×
+
×
+
+
+
，
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
4
1
2
2
2
2
4
n
n
S
n
n
n
n
æ
ö æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
+
+
-
=
-
=
ç
÷ ç
÷
ç
÷
+
+
+
+
è
ø è
ø
è
ø
L
，所以
2
4
n
n
S
n
=
+
.
6.（2026·河北唐县第一中学·一模） 已知数列
na
的前n 项和为
nS ，且
1 1
a = ，
1
1
1
2
n
n
S
S
n
n
+ -
=
+
.
（1）求
nS ；
（2）若
1
2
1
1
n
n
n
n
n
b
a a +
+
= -
，求数列
nb
的前n 项和.
【答案】（1）
1
2
n
n n
S
+
=
；
（2）
1
1
1
n
n
-
- +
+
.
【分析】（1）由
1
1
1
2
n
n
S
S
n
n
+ -
=
+
.知
n
S
n
ì
ü
í
ý
î
þ
是首项为 1、公差为1
2 的等差数列，先求
n
S
n ，再得
n
S ；
（2）由
n
S 求
n
a ，将
n
b 裂项后，按n 奇偶性用裂项相消法求和.
【详解】（1）因为
1
1
1
2
n
n
S
S
n
n
+ -
=
+
，且
1 1
a = ，可知数列
nS
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
n
T ，
则
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
3
4
1
1
n
n
n
T
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
-
- +
+
.
7.（2026·辽宁抚顺·一模）已知数列
n
a
满足
1
2
3,
8
a
a
=
=
，且对任意的正整数n ，当
2
n ³
时，都有
1
1
2
2
n
n
n
a
a
a
+
-
+
=
+
．
（1）证明：数列
2
na
n
-
是等差数列；
（2）设
1
2
3
n
n
n
n
b
a a +
+
=
，求数列
n
b
的前n 项和
n
S ．
【答案】（1）证明见解析
（2）
4
3
1
3
nS
n n
n
n
=
+
+
+
【分析】（1）对递推式变形，证明
2
na
n
-
的后项减前项为常数，结合首项验证其为等差数列；
（2）由（1）得
na ，将
nb 裂项后，用裂项相消法求前n 项和.
【详解】（1）根据题意，令
2
n
n
c
a
n
=
-
，
当
2
n ³
时，
2
2
1
1
1
1
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
c
c
a
n
a
n
a
a
n
a
a
n
+
+
+
-
-
=
-
+
-
-
=
-
-
- =
-
-
+ ，
2
2
1
1
1
1
2
1
n
n
n
n
n
n
c
c
a
n
a
n
a
a
n
-
-
-
-
=
-
-
-
-
=
-
-
+ ，所以
1
1
n
n
n
n
c
c
c
c
+
-
-
=
-
，
且
2
2
1
2
1
1
2,
2
4
c
a
c
a
=
-
=
-
=
=
，则
2
1
2
c
c
-
=
，
所以数列
2
na
n
-
是首项为2，公差为2的等差数列；
（2）根据（1）可得
2
2
2
1
n
a
n
n
-
=
+
-
，所以
2
2
n
a
n
n
=
+
，
则
2
2
2
2
1
2
3
2
3
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
b
a a
n
n
n
n
n
n
n
n
+
+
+
=
=
=
-
+
+
+
+
+
+
+
+
，
所以
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
4
4
4
4
9
6
9
6
16
8
2
1
2
1
n
S
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
ç
÷
=
-
+
-
+
-
+
+
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
+
+
+
+
+
+
è
ø
è
ø
è
ø
+
+
+
è
ø
L
2
4
1
1
3
3
1
3
1
2
1
n n
n
n
n
n
+
=
-
=
+
+
+
+
+
.
8 .（2026·辽宁名校联盟·二模）已知数列
na
的前n 项和为
nS ，1 2
a = ，且
1
2
2
n
n
S
n a
n
+
=
-
-
．
（1）证明：数列
nS
n
ì
ü
í
ý
î
þ
为等差数列；
（2）记
1
1
n
n
n
b
a a +
=
，求数列
nb
的前n项和
n
T ．
【答案】（1）证明见详解
（2）
8
4
n
n
T
n
=
+
【分析】（1）由
1
2
2
n
n
S
n a
n
+
=
-
-
及
1
1
n
n
nS
S
a +
+
=
-
，变形得
1
2
1
n
n
S
S
n
n
+ -
=
+
，结合首项
1
2
1
S =
，证
明
nS
n
ì
ü
í
ý
î
þ
为等差数列；
（2）由（1）得
nS ，进而求出
na ，将
1
1
n
n
n
b
a a +
=
裂项后，用裂项相消法求前n项和
n
T ．
【详解】（1）由
1
2
2
n
n
S
n a
n
+
=
-
-
得：
1
2
2
n
n
n
S
n
S
S
n
+
é
ù
=
-
-
-
ë
û ，
即
2
1
1
2
2
1
2
1
n
n
n
n
n
S
nS
nS
n
n
nS
n
S
n n
+
+
=
-
-
-
Þ
=
+
+
+
，
所以
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
S
nS
S
S
S
S
n n
n n
n
n
n
n
+
+
+
+
=
+
Û
=
+
Þ
-
=
+
+
+
+
，
又1 2
a = ，所以
1
1
2
1
1
S
a
=
=
，所以数列
nS
n
ì
ü
í
ý
î
þ
是以首项为2，公差为2 的等差数列.
（2）由（1）知数列
nS
n
ì
ü
í
ý
î
þ
是以首项为2，公差为2
等差数列，
所以
2
2
1
2
2
2
n
n
S
n
n
S
n
n =
+
-
´
=
Þ
=
，
当
2
n ³
时，
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
2
1
4
2
n
n
n
a
S
S
n
n
n
n
n
n
-
=
-
=
-
-
=
-
-
+
=
-
，
当
1
n =
时，
1
4 1 2 2
a = ´ - =
满足条件，所以
4
2
na
n
=
-
，
所以
1
1
1
1
1
1
4
2
4
2
8 2
1
2
1
n
n
n
b
a a
n
n
n
n
+
æ
ö
=
=
=
-
ç
÷
-
+
-
+
è
ø
，
所以
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
8
3
3
5
2
1
2
1
8
2
1
8
4
n
n
T
n
n
n
n
é
ù
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
+
+
-
=
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ê
ú
-
+
+
+
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
ë
û
L
.
的
9.（2026·安徽江南十校检测）已知等差数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
*
4
2
2
4
,
2
1
N
n
n
S
S a
a
n
=
=
+
Î
.
（1）求数列
na
的通项公式；
（2））若
1
1
1
1
4
+
+
+
-
=
n
n
n
n
n
a
a
b
a a
，求数列
nb
的前n 项和nT.
【答案】（1）
*
2
1,
N
na
n
n
-
Î
=
（2）
2
4
2
n
n
n
T
n
+
=
+
【分析】（1）设等差数列
na
的首项为
1a ，公差为d ，利用
4
2
4
S
S
=
和
2
2
1
n
n
a
a
=
+ 列方程组，解出
1a
与 d ，进而得到通项公式。
（2）将
2
1
na
n
=
- 代入
nb ，化简后裂项，再用裂项相消法求前n项和
n
T .
【详解】（1）数列
na
为等差数列，设首项为1a，公差为
2
,
2
1
n
n
d a
a
=
+ 对
*
N
nÎ
恒成立，
必有
2
1
2
1
a
a
=
+ ，所以
1
1
2
1
1
1
4
2
2
1
2
1
4
6
4 2
4
a
d
a
a
a
a
d
a
d
S
S
+
=
+
=
+
ì
ì
Þ
í
í
+
=
+
=
î
î
，解得
1
1
2
a
d
=
ì
í
=
î
，
所以
1
2
1
2
1
n
a
n
n
=
+
-
=
- ，
即数列
na
的通项公式为
*
2
1,
N
na
n
n
=
-
Î
.
（2）
2
2
1
2
1
1
1
4
1 4
1 1
4
4 2
1 2
1
4
4
1
n
n
n
n
n
a
a
n
n
b
a a
n
n
n
+
+
+
-
æ
ö
- +
=
=
=
ç
÷
-
+
-
è
ø
*
1
1
1
1
1
1
1
,
N
4
2
1 2
1
4
8 2
1
2
1
n
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
=
+
=
+
-
Î
ç
÷
ç
÷
ç
÷
-
+
-
+
è
ø
è
ø
2
1
2
3
1
1
1
4
8
2
1
4
2
n
n
n
n
n
T
b
b
b
b
n
n
+
æ
ö
=
+
+
+
+
=
+
-
=
ç
÷
+
+
è
ø
L
.
10.（2026·山东聊城·一模）已知数列
na
满足
3 ,
1
4
2
1,
2
n
n
a
n
n
ì
=
ï
= í
ï
-
³
î
.
（1）求
na
的前n 项和
nS ；
（2）记数列
nb
的前n 项和为
n
T ，若
2
2
2
6
n
n
n
T
b
+
=
-
+
．
（i）证明数列2
n
n
b
ì
ü
í
ý
î
þ
为等差数列，并求出
nb
的通项公式；
（ii）求数列
n
n
T
S
ì
ü
í
ý
î
þ
的前n 项和
n
M ．
【答案】（1）
2
1
4
n
S
n
=
-
（2）（i）证明见解析，
2
1 2n
nb
n
=
-
×
；（ii）
4
2
8
16
2
1
n
n
n
M
n
+
=
-
-
+
【分析】（1）分
1
n =
、
2
n ³
两种情况结合等差数列的求和公式求解即可；
（2）（i）结合题设及
n
T 与
nb 的关系可得
1
1
2
2
2
n
n
n
n
b
b -
-
-
=
，即可求证，再求解通项公式即可；
（ii）先得到
1
3
1
1
2
2
8
2 2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
T
S
n
n
n
n
+
é
ù
æ
ö
æ
ö
= ×
-
-
-
ê
ú
ç
÷
ç
÷
-
+
-
+
è
ø è
ø
ë
û
，再结合分组求和、裂项相消法求解即可
【详解】（1）当
1
n =
时，
1
1
3
4
S
a
=
=
；
当
2
n ³
时，
2
1
2
3
4
1 3 2
1
3
3
1
3 5 7
2
1
4
4
2
4
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
n
n
-
+
-
=
+
+
+
+
+
=
+ + + +
+
- =
+
=
-
L
L
，
显然
1
3
4
S =
满足上式，则
2
1
4
n
S
n
=
-
.
（2）（i）由
2
2
2
6
n
n
n
T
b
+
=
-
+
，
当
1
n =
时，
3
1
1
1
2
2
6
b
T
b
=
=
-
+ ，即1
2
b =
；
当
2
n ³
时，
1
1
1
2
2
6
n
n
n
T
b
+
-
-
=
-
+
，则
1
1
1
2
2
2n
n
n
n
n
n
b
T
T
b
b
+
-
-
=
-
-
-
=
，
即
1
1
2
2
n
n
n
b
b
+
-
=
+
，则
1
1
2
2
2
n
n
n
n
b
b -
-
=
+
，即
1
1
2
2
2
n
n
n
n
b
b -
-
-
=
，
所以数列2
n
n
b
ì
ü
í
ý
î
þ
是以
1
1
2
b = 为首项，以2 为公差的等差数列，
则
1
1
2
2
1
2
n
n
b
n
n
=
+
-
´
=
-
，即
2
1 2n
nb
n
=
-
×
.
由（1）知，
2
2
1 2
1
1
4
4
n
n
n
S
n
-
+
=
-
=
，
由（i）知，
2
1
2
1
2
2
6
2
1 2
2
6
2
3 2
6
n
n
n
n
n
n
T
b
n
n
+
+
+
+
=
-
+
=
-
×
-
+
=
-
×
+
，
则
1
2
3
2
6
2
3
2
3
3
2
2
3
8
8
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
n
n
n
n
n
n
n
n
T
n
n
S
n
n
n
n
n
n
+
é
ù
-
×
+
-
×
+
-
×
=
= ×
= ×
-
ê
ú
-
+
-
+
-
+
-
+
ê
ú
ë
û
.
1
3
1
1
2
2
8
2 2
1
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
+
é
ù
æ
ö
æ
ö
= ×
-
-
-
ê
ú
ç
÷
ç
÷
-
+
-
+
è
ø è
ø
ë
û
，
所以
2
2
3
1
3
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
8
1
2
2
3
3
5
2
1
2
1
3
3
5
2
1
2
1
n
n
n
M
n
n
n
n
+
é
ù
æ
ö
æ
ö
= ×
-
+
-
+
+
-
-
-
+
-
+
+
-
ê
ú
ç
÷
ç
÷
-
+
-
+
è
ø è
ø
ë
û
L
L
1
4
3
1
2
2
8
16
8
1
2
2
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
+
+
é
ù
æ
ö
-
-
æ
ö
= ×
-
-
-
=
ê
ú
ç
÷
ç
÷
+
+
+
è
ø è
ø
ë
û
.
🎯命题方向三 错位相减法求数列的前n 项和
11．（2025· 全国高考一卷）已知数列
na
中，
1
3
a =
，
1
1
1
(
1)
n
n
a
a
n
n
n n
+ =
+
+
+
.
（1）证明：数列
n
na
为等差数列；
（2）给定正整数m，设函数
2
1
2
( )
m
m
f x
a x
a x
a x
=
+
+
+
L
，求
( 2)
f ¢ -
.
【答案】（1）证明见解析
（2）
7
7
( 2)
( 2)
9
3
9
m
m
f
æ
ö
-
=
-
+
´ -
ç
÷
è
ø
¢
【分析】（1）对递推式变形，得到
1
(
1)
1
n
n
n
a
na
+
+
-
= ，结合首项
1
1
3
a
×
=
，证明
n
na
为等差数列；
（2）由（1）得
na ，对
( )
f x 求导后代入
2
x = - ，得到等差乘等比型数列求和，用错位相减法计算最终结
果.
【详解】（1）
两边同时乘(
1)
n n +
，得
，
又
1
1
3
a
´
=
，所以
n
na
是首项为3，公差为1 的等差数列.
（2）由（1）可知数列
n
na
的通项公式为
3
(
1) 1
2
n
na
n
n
=
+
-
´ =
+
，
又
1
1
2
( )
2
m
m
f
x
a
a x
ma x
-
=
+
+
+
¢
L
，
故
1
( 2)
3
4 ( 2)
(
2) ( 2)m
f
m
-
¢ -
=
+ ´ -
+
+
+
´ -
L
，
所以
2
2
( 2)
3 ( 2)
4 ( 2)
(
2) ( 2)m
f
m
-
-
= ´ -
+ ´ -
+
+
+
´ -
¢
L
.
两式相减，得
2
1
3
( 2)
3
( 2)
( 2)
( 2)
(
2) ( 2)
m
m
f
m
-
-
=
+ -
+ -
+
+ -
-
+
´ -
¢
L
7
7
( 2)
3
3
m
m
æ
ö
=
-
+
´ -
ç
÷
è
ø
，
1
1
1
(
1)
n
n
a
a
n
n
n n
+ =
+
+
+
1
(
1)
1
n
n
n
a
na
+
+
=
+
所以
7
7
( 2)
( 2)
9
3
9
m
m
f
æ
ö
-
=
-
+
´ -
ç
÷
è
ø
¢
.
12．（2026·四川成都石室中学二模））已知正项数列
n
a
的前n 项和为
n
S ，且
1
1
a = ，
2
*
2
n
n
n
S
a
a
n
=
+
Î N
，
．
（1）求数列
n
a
的通项公式；
（2）若
1
2
n
n
n
a
b
+
=
，求数列
n
b
的前n 项和nT．
【答案】（1）
n
a
n
=
（2）
3
3
2
n
n
n
T
+
= -
【分析】（1）利用
2
2
n
n
n
S
a
a
=
+
与
2
1
1
1(
2)
2
n
n
n
n
S
a
a
-
-
-
³
=
+
作差，结合正项数列条件，证明
n
a
是首
项为 1、公差为1 的等差数列，进而得到
n
a
的通项公式；
（2）将
n
a
n
=
代入
1
2
n
n
n
a
b
+
=
，此为等差乘等比型数列，用错位相减法求前n 项和nT．
【详解】（1）由
2
*
2
n
n
n
S
a
a
n
=
+
Î N
，
，当
2
n³ 时，
2
1
1
1
2
n
n
n
S
a
a
-
-
-
=
+
，
则
2
2
1
1
1
2
2
n
n
n
n
n
n
S
S
a
a
a
a
-
-
-
-
=
+
-
+
，即
2
2
1
1
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
-
-
-
=
+
-
，
所以
2
2
1
1
n
n
n
n
a
a
a
a
-
-
=
+
-
，即
1
1
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
-
-
-
+
-
=
+
，
由数列
n
a
为正项数列，所以
1
0
n
n
a
a - >
+
，从而有
1
1
n
n
a
a -
-
= ，
2
n³ ，
所以数列
n
a
是以
1
1
a = 为首项，1为公差的等差数列，
所以
1
1
1
n
a
n
n
=
+
-
´
=
，
*
nÎN ．
（2）由（1）知
1
1
2
2
n
n
n
n
a
n
b
+
+
=
=
，所以
1
2
3
n
n
T
b
b
b
b
=
+
+
+
+
L
，
2
3
2
3
4
1
2
2
2
2
n
n
n
T
+
=
+
+
+
+
L
，则
2
3
4
1
1
2
3
4
1
2
2
2
2
2
n
n
n
T
+
+
=
+
+
+
+
L
，
从而
2
3
1
1
1
2
3
2
4
3
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
T
T
+
+
-
-
-
+
-
=
+
+
+
+
-
L
，
即
1
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
3
4
2
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
T
-
+
+
-
+
+
æ
ö
´
-
ç
÷
+
+
+
+
æ
ö
è
ø
= +
+
+
+
-
= +
-
= +
´
-
-
=
-
ç
÷
è
ø
-
L
，
所以
3
3
2
n
n
n
T
+
= -
.
13．（2026·河南九师联盟模拟预测））已知数列
na
的前n 项和为
*
2
1
2
,
,
N
n
n
n
n
S
a
a
a
n
+
+
=
-
Î
，且
6
3
4
S
S
=
，
2
2
1
n
n
a
a
=
+ ．
（1）求数列
na
的通项公式；
（2）数列
n
b
满足
1
2
n
a
nb
æ
ö
= ç
÷
è
ø ，求数列
n n
a b 的前n 项和nT．
【答案】（1）
2
1
na
n
=
-
（2）
2
1
10
6
5
1
9
9
2
n
n
n
T
-
+
=
-
´
【分析】（1）由
2
1
2
n
n
n
a
a
a
+
+
=
-
可知
na
是等差数列，设公差为 d，结合
6
3
4
S
S
=
，与
2
2
1
n
n
a
a
=
+ 列方
程，求出首项
1a 和公差d ，进而得到通项公式；
（2）由（1）得
na ，代入
1
2
n
a
nb
æ
ö
= ç
÷
è
ø ，得到
n n
a b 为等差乘等比型数列，用错位相减法求前n 项和nT．
【详解】（1）因为
2
1
2
n
n
n
a
a
a
+
+
+
=
，所以数列
na
为等差数列，
设数列
na
的公差为d，且
6
3
4
S
S
=
，则
1
1
6
15
4
3
3
a
d
a
d
+
= ´
+
，解得
1
2a
d
=
，
又
2
2
1
n
n
a
a
=
+ ，所以
1
1
2
1
2
1
1
a
n
d
a
n
d
é
ù
+
-
=
+
-
+
ë
û
，即
1
1
a
d
+
=
，
则
1
1
2
1
a
d
a
d
=
ì
í + =
î
，解得
1
1,
2
a
d
=
=
，所以
1
(
1)
2
2
1
n
a
n
n
= +
-
´
=
- ；
（2）由（1）可知
2
1
1
2
n
nb
-
æ
ö
= ç
÷
è
ø
，
2
1
2
1
2
n
n
n
n
a b
-
-
=
，所以
1
3
5
2
1
1
3
5
2
1
2
2
2
2
n
n
n
T
-
-
=
+
+
+
+
L
，
则
3
5
7
2
1
1
1
3
5
2
1
4
2
2
2
2
n
n
n
T
+
-
=
+
+
+
+
L
，
两式相减可得：
1
2
2
1
1
3
5
3
1
2
2
2
4
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
T
+
-
=
-
+
+
+
+
-
L
，
即
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
3
1
2
1
1
2
1
5
6
5
4
2
4
2
1
4
2
2
2
3
2
6
3 2
1
4
n
n
n
n
n
n
n
n
n
T
-
-
+
+
+
æ
ö
-
´
-
ç
÷
-
-
+
è
ø
=
+
-
=
+
-
=
- ´
-
，
化简可得：
2
1
10
6
5
1
9
9
2
n
n
n
T
-
+
=
-
´
.
14. （2026·陕西榆林一模）已知数列
na
的前n项和
2
1
3
4
n
S
n
n
=
+
，等比数列
nb
满足1
3
b
a
=
，2
7
b
a
=
．
（1）求
na
和
nb
的通项公式；
（2）求数列
n
n
a
b
×
的前n 项和
n
T ．
【答案】（1）
1
1
2
n
a
n
=
+
，
2n
nb =
（2）
2n
nT
n
=
×
．
【分析】（1）利用
1(
2)
n
n
n
a
S
S
n
-
=
-
³
并验证
1
n =
，求出{
}
na
的通项；再由已知求出等比数列
nb 的首
项与公比，进而得到其通项。
（2）{
}
n
n
a
b
×
为等差乘等比型数列，采用错位相减法求前n项和
n
T .
【详解】（1）当
1
n =
时，
1
1
1
1
3
1
4
a
S
=
=
´
+
=
，
当
2
n ³
时，
2
2
1
1
1
1
3
(
1)
3
1
1
4
4
2
n
n
n
a
S
S
n
n
n
n
n
-
é
ù
=
-
=
+
-
-
+
-
=
+
ë
û
，
1 1
a = 也满足
1
1
2
n
a
n
=
+
，所以
1
1
2
n
a
n
=
+
．
因为1
3
2
7
2,
4
b
a
b
a
=
=
=
=
，所以
nb
的公比
2
1
2
b
q
b
=
=
，
所以
1
2 2
2
n
n
nb
-
= ´
=
．
（2）由（1）可知
1
1
1
2
1
2
2
n
n
n
n
a
b
n
n
-
×
=
+
×
=
+
×
，
所以
2
1
2 1 3 2
2
1
2
n
n
nT
n
n
-
-
=
´ + ´ +×××+ ´
+
+
´
①，
2
1
2
2
2
3 2
2
1
2
n
n
nT
n
n
-
=
´
+ ´
+ ×××+
´
+
+
´
②,
两式相减，得
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
2
1
2
2
2 1
2
1
n
n
n
n
n
n
T
n
n
n
-
-
-
=
+
+
+×××+
-
+
×
=
+
-
×
= - ×
-
-
+
，
所以
2n
nT
n
=
×
．
题型03 数列与不等式的综合应用
抓关键·破难点
高考对数列解答题的考查偏重于综合性，其中数列不等式的证明是数列模块中的难点。当数列结构复杂
时，不能直接求和，要对通项进行预放缩后才能利用求和公式，进而证明不等式.因此，放缩的思想就是通过
放缩将不能求和的数列变成可以求和的数列.
一、数列不等式放缩法的类型
序号
放缩法类型
具体操作
①
分式放缩
对于 “分式” 型不等式，将代数式中的分母或分子 “扩大” 或 “缩小”，
放缩成等比数列的形式，再利用等比数列求和公式化简，进而得以证明
②
不等式放缩
利用基本不等式或其他重要不等式对 “和”“积”“倒数和”“平方和” 等
刷经典·通方法
🎯命题方向一 数列与不等式的证明
1．（2023·新课标Ⅱ卷）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
nS ，
n
T 分别为数列
na
，
nb
的前n 项和，若
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
>
.
【答案】（1）
2
3
na
n
=
+
（2）证明见解析
【分析】（1）利用等差数列前n 项和公式与
nb 的分段定义，列方程组求出
na
的首项和公差，得到通项；
（2）分别写出
nS 和
n
T 的表达式，通过作差比较，证明当
5
n >
时，
n
n
T
S
>
.
【详解】（1）设等差数列
na
的公差为d.因为
6,
2
,
n
n
n
a
n
b
a n
-
ì
= í
î
为奇数
为偶数
，
所以
1
1
6
b
a
=
-
，
2
2
1
2
2
2
b
a
a
d
=
=
+
，
3
3
1
6
2
6
b
a
a
d
=
-
=
+
-
.
因为
4
32
S =
，
3
16
T =
，所以
1
1
1
1
4
6
32
6
2
2
2
6
16
a
d
a
a
d
a
d
+
=
ì
í
-
+
+
+
+
-
=
î
，
整理得
1
1
2
3
16
7
a
d
a
d
+
=
ì
í
+
=
î
，解得
1
5
2
a
d
=
ì
í
=
î
，所以
na
的通项公式为
2
3
na
n
=
+
.
（2）由（1）知
2
3
na
n
=
+
，所以
2
[5
(2
3)]
4
2
n
n
n
S
n
n
+
+
=
=
+
.
当n 为奇数时，
( 1 14)
(3
22)
(7
30)
[(2
7)
(4
2)]
2
3
nT
n
n
n
= - +
+
+
+
+
+
+
-
+
+
+
-
L
[ 1 3
7
(2
7)
(2
3)] [14
22
30
(4
2)]
n
n
n
= - + +
+
+
-
+
-
+
+
+
+
+
+
L
L
2
1
1
( 1
2
3)
(14
4
2)
3
5
10
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
+
-
- +
-
+
+
+
-
=
+
=
.
当
5
n >
时，
2
2
2
3
5
10
3
10
(
5)(
2)
4
0
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
T
S
n
n
+
-
-
-
-
+
-
=
-
+
=
=
>
，
所以
n
n
T
S
>
.
当n 为偶数时，
( 1 14)
(3
22)
(7
30)
[(2
5
(4
6)
)
]
nT
n
n
= - +
+
+
+
+
+
+
-
+
+
L
[ 1 3
7
(2
5)] [14
22
3
(4
6)
0
]
n
n
= - + +
+
+
-
+
+
+
+
+
+
L
L
2
( 1
2
5)
(14
4
6)
3
7
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
- +
-
+
+
+
=
+
=
.
当
5
n >
时，
2
2
2
3
7
(
1)
4
0
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n n
T
S
n
n
+
-
-
-
=
-
+
=
=
>
，所以
n
n
T
S
>
.
综上可知，当
5
n >
时，
n
n
T
S
>
.
2．（2026·锡林郭勒盟检测）记
n
S 为正项数列
n
a
的前n 项和，已知
2
4
2
3
n
n
n
S
a
a
=
+
-
.
（1）求数列
n
a
的通项公式；
（2）若数列
n
b
满足
1
1
b =
，
1
2
n
n
n
n
a
b
b
a
+
+
=
，求证：
1
2
3
5
2
n
b
b
b
b
+
+
+
+
<
L
.
【答案】（1）
2
1
n
a
n
=
+
（2）证明见解析
【分析】（1）利用
2
4
2
3
n
n
n
S
a
a
=
+
-
与
2
1
1
1
4
2
3(
2)
n
n
n
S
a
a
n
-
-
-
=
+
-
³
作差，结合正项数列条件，
证明
n
a
是等差数列，进而求出通项公式；
（2）由递推关系
1
2
n
n
n
n
a
b
b
a
+
+
=
累乘得到
nb 的表达式，将其裂项后求和，通过放缩证明不等式成立.
【详解】（1）当
1
n= 时，可得
1
3
a =
，
当
2
n ³
时，
2
1
1
1
4
2
3
n
n
n
S
a
a
-
-
-
=
+
-
，
2
4
2
3
n
n
n
S
a
a
=
+
-
.作差可得
1
1
2
0
n
n
n
n
a
a
a
a
-
-
-
-
+
=
，
因为是正项数列，所以
1
2
n
n
a
a -
-
=
，即数列
n
a
为等差数列，所以
3
2
1
2
1
n
a
n
n
=
+
-
=
+ .
（2）由题可得
1
2
n
n
n
n
b
a
b
a
+
+
=
，
所以
1
2
3
2
1
1
2
1
1
1
4
3
1
15
(2
1)(2
3)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
b
a
a
a
a
a
a a
b
a
a
a
a
a
a
a
n
n
-
-
-
+
-
+
=
×
×
×
×
×
=
=
+
+
L
，又
1
1
b =
，
所以
15
15
1
1
(2
1)(2
3)
2
2
1
2
3
nb
n
n
n
n
æ
ö
=
=
-
ç
÷
+
+
+
+
è
ø ，
又
1
1
b =
也满足上式，
所以，
1
2
3
15
1
1
1
1
1
1
15
1
1
5
15
5
2
3
5
5
7
2
1
2
3
2
3
2
3
2
2 2
3
2
n
b
b
b
b
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
+
+
+
+
=
-
+
-
+
+
-
=
-
=
-
<
ç
÷
ç
÷
+
+
+
+
è
ø
è
ø
L
L
3. （2026 · 重庆名校联盟第一次· 联考）已知数列
na
的前n 项和为
nS ，若
2
1
1
2
n
n
nS
n
S
n
n
+ -
+
=
+
，且1 2
a = ．
（1）证明：
nS
n
ì
ü
í
ý
î
þ
为等差数列，并求
nS ．
（2）若
1
2
1
n
n
b
S
=
- ，数列
nb
的前n 项和
n
T ，求证：
1
2
n
T <
．
【答案】（1）证明见解析，
2
2
n
S
n
=
（2）证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的概念证明，结合等差数列通项公式求
nS ；
（2）利用裂项相消法求和即可证明．
【详解】（1）
2
1
1
1
2
2
1
n
n
n
n
S
S
nS
n
S
n
n
n
n
+
+ -
+
=
+
Þ
-
=
+
，
所以数列
nS
n
ì
ü
í
ý
î
þ
是以
1
1
2
1
1
S
a
=
=
为首项，2 为公差的等差数列，
所以
2
2
2
1
2
2
n
n
S
n
n
S
n
n =
+
-
=
Þ
=
；
（2）
2
1
1
1
1
1
1
2
1
4
1
2
1
2
1
2 2
1
2
1
n
n
b
S
n
n
n
n
n
æ
ö
=
=
=
=
-
ç
÷
-
-
-
+
-
+
è
ø
，
1
2
3
1
1
1 1
1
1 1
1
1
1
1
1
2
3
2 3
5
2 5
7
2 2
1
2
1
n
n
T
b
b
b
b
n
n
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
=
+
+
+
+
=
-
+
-
+
-
+
+
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
-
+
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
L
L
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
5
5
7
2
1
2
1
2
2
1
2
n
n
n
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
+
-
+
+
-
=
-
<
ç
÷
ç
÷
-
+
+
è
ø
è
ø
L
．
4.（2026·湖北武汉3 月·调研）在数列
na
中，1 6
a = ，
3
20
a =
，
4
30
a =
，且
1
n
n
a
a
+ -
是等差数列.
（1）求
2a ；
（2）证明：
1
2
1
1
1
1
2
n
a
a
a
+
+
+
<
L
【答案】（1）
2 12
a =
（2）证明见解析
【分析】（1）使用等差中项性质即可求解；
（2）使用累加法求得
na
的通项公式，再使用裂项相消即可得证.
【详解】（1）设
1
n
n
n
b
a
a
+
=
-
，则
1
2
1
2
2
2
3
6,
20
,
10
b
a
a
a
b
a
b
=
-
=
-
=
-
=
，
因为
1
n
n
a
a
+ -
是等差数列，即
nb
是等差数列，
则有1
3
2
2
b
b
b
+
=
，即
2
2
6
10
2 (20
)
a
a
-
+
=
×
-
，解得
2 12
a =
.
（2）由（1）知，1
2
6,
8
b
b
=
=
，则
nb
公差为2，首项为6，
则
2
4
nb
n
=
+
，即
1
2
4
n
n
a
a
n
+ -
=
+
，
.
的
当
2
n ³
时，
1
2
2
n
n
a
a
n
-
-
=
+
1
2
2
n
n
a
a
n
-
-
-
=
M
2
1
6
a
a
-
=
将各式相加，得
1
2
2
2
6
n
a
a
n
n
-
=
+
+
+
+
L
，
即
2
2
2
6
1
6
3
4
2
n
n
n
a
n
n
+
+
-
-
=
=
+
-
，即
2
3
2
na
n
n
=
+
+
，而1 6
a = 满足上式，
因此
2
3
2
na
n
n
=
+
+
，
2
1
1
1
1
1
3
2
1
2
1
2
n
a
n
n
n
n
n
n
=
=
=
-
+
+
+
+
+
+
，
则
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
4
1
2
2
2
n
a
a
a
n
n
n
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
+
=
-
+
-
+
+
-
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
+
+
è
ø
è
ø
è
ø
L
L
，
因为
1
n ³
，则
1
0
2
n
>
+
，则1
1
1
2
2
2
n
-
<
+
，得证.
🎯命题方向二 数列与不等式的恒成立或能成立问题
5．(2026·贵州黔东南模拟·预测)已知公差不为0 的等差数列
n
a
的前n 项和为
n
S ，且
9
45
S =
，
3
a ，
4
a ，
7
a 成等比数列.
（1）求
n
a
的通项公式；
（2）求使
n
n
S
a
>
成立的n 的最小值.
【答案】（1）
2
5
n
a
n
=
-
；
（2）6.
【分析】（1）利用等差数列前n 项和公式
9
45
S =
及等比中项性质
2
4
3
7
a
a a
=
，联立方程求出首项与公差，
得到通项公式；
（2）写出
n
S 与
n
a 的表达式，解不等式
n
n
S
a
>
，求出满足条件的最小正整数n.
【详解】（1）设等差数列的公差为
0
d
d ¹
，首项为1a，
由题意可得
9
1
2
1
1
1
9 8
9
45
2
3
2
6
0
S
a
d
a
d
a
d
a
d
d
´
ì
=
+
=
ï
ïï
+
=
+
+
í
ï
¹
ï
ïî
，化简得
1
2
1
4
5
3
2
0
0
a
d
d
a d
d
+
=
ì
ï
+
=
í
ï
¹
î
，
解得
1
3
a = - ，
2
=
d
，所以
1
1
2
5
n
a
a
n
d
n
=
+
-
=
-
.
（2）由（1）可知
2
1
1
4
2
n
n n
S
na
d
n
n
-
=
+
=
-
.
由
n
n
S
a
>
，得
2
4
2
5
n
n
n
-
>
- ，即
2
6
5
0
n
n
-
+
>
，即
1
5
0
n
n
-
-
>
，解得
1
n< 或
5
n >
.
因为n
+
ÎN ，所以n 的最小值是6.
即使
n
n
S
a
>
成立的n 的最小值为6.
6．（2026·湖北孝感·二模）已知数列
na
的前n 项和为
n
S ，若对任意
*
N
nÎ
，向量
4, 2
1
np
n
=
-
-
uur
，
,
n
n
n
q
S a
=
uur
，
有
1
n
n
p q
×
=
uur uur
．数列
nb
满足
1,
3
,
n
n
n
a
n
b
a n
+
ì
= í
î
为奇数
为偶数，其前n 项和为nT．
（1）求数列
na
的通项公式；
（2）若
n
n
T
S
n
l
-
>
对任意
*
N
nÎ
恒成立，求实数l的取值范围．
【答案】（1）
2
1
n
a
n
=
-
（2）
,1
-¥
【分析】由
1
n
n
p q
×
=
uur uur
得4
(2
1)
1
n
n
S
n
a
-
+
= ，再写出
1
n- 时的式子作差，整理后证明
na
是等差数列，进而求
出通项公式；
（2）根据
nb 的分段定义，分n 为奇数、偶数分别求出
n
n
T
S
-
，再将不等式
n
n
T
S
n
l
-
>
恒成立问题转化
为求
n
n
T
n
S
-
的最小值，从而确定l 的取值范围.
【详解】（1）因为
1
n
n
p q
×
=
uur uur
，即：
4
2
1
1
4
2
1
1
n
n
n
n
S
n
a
S
n
a
+ -
-
= Þ
-
+
= ．①
当
1
n= 时，
1
1
4
3
1
S
a
-
= ，又
1
1
S
a
=
，所以
1
1
a = ．
当
2
n³ 时，
1
1
4
2
1
1
n
n
S
n
a
-
-
-
-
= ，②
由①－②整理得：
1
4
2
1
2
1
n
n
n
a
n
a
n
a
-
=
+
-
-
．整理得
1
2
1
2
2
3
n
n
a
n
n
a
n
-
-
=
³
-
，
由累乘法得：
3
2
1
1
2
1
n
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a -
=
´
´
´×××´
，代入比值：
3
5
2
1
1
2
1
1
3
2
3
n
n
a
n
n
-
=
´
´
´ × × × ´
=
-
-
，
当
1
n= 时，
1
1
2 1 1
a = =
´ - ，符合上式，
所以数列
na
的通项公式为
2
1
n
a
n
=
- ．
（2）当n 为偶数时，
1
3
5
1
2
4
6
n
n
n
T
b
b
b
b
b
b
b
b
-
=
+
+
+ ××× +
+
+
+
+ ××× +
1
3
5
1
2
4
6
1
1
1
1
3
3
3
3
n
n
a
a
a
a
a
a
a
a
-
é
ù
=
+
+
+
+
+
+×××+
+
+
+
+
+×××+
ë
û
2
4
6
2
2
n
n
n
S
a
a
a
a
=
+
+
+
+
+×××+
2
3 2
1
3
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
S
S
n
+
-
´
=
+
+ ×
=
+
+
，
所以
2
3
2
n
n
T
S
n
n
-
=
+
，n 为偶数
2
n³
，由
n
n
T
S
n
l
-
>
恒成立，得
3
2
n
l <
+
，
n 是偶数，当
2
n= 时，
3
2
n+ 有最小值7
2，所以
7
2
l <
；
当n 为奇数时，
1
n+ 为偶数，
2
2
1
1
1
1
3
1
1
(
1)
1
3
2
2
2
n
n
n
n
n
n
T
T
b
S
n
n
a
S
n
n
+
+
+
+
=
-
=
+
+
+
+
-
=
+
-
+
，
所以
2
1
1
2
2
n
n
T
S
n
n
-
=
-
+
，n 为奇数，
由
n
n
T
S
n
l
-
>
恒成立，得
1
1
2
2
n
n
l <
+
-
，
又
1
1
2
2
f x
x
x
=
+
-
在
1,+¥ 上单调递增，
所以当
1
n= 时，
1
1
2
2
f n
n
n
=
+
-
有最小值1，所以
1
l< ．
综上，实数l的取值范围是
,1
¥
-
7. (2026·福建名校联盟·开学考试)记数列
na
的前n 项和为
nS ，已知3
2
1
n
n
a
S
=
+ ．
（1）求
na
的通项公式；
（2）设
1
1
2
1
1
n
n
n
n
a
b
a
a
+
+
+
=
-
-
，记数列
nb
的前n 项和为
n
T ，若
*
n
" Î N ，
n
n
T
t S
< <
，求t 的取值范围．
【答案】（1）
1
3n
na
-
=
（2）1,1
4
é
ö
÷
êë
ø
【分析】（1）由 3
2
1
n
n
a
S
=
+ ，写出
1
n- 时的式子作差，得到
na 与
1
na - 的递推关系，证明
na
是等比数
列，进而求出通项公式；
（2）将
na 代入
nb ，裂项后求
nT ；再求出
nS 的表达式，根据
n
n
T
t S
< <
，对任意
*
n
" Î N 恒成立，分别求
nT
的上确界和
nS 的下确界，从而确定t的取值范围.
【详解】（1）因为
1
1
1
3
2
1 2
1
a
S
a
=
+ =
+ ，所以
1 1
a = ，
当
2
n ³
时，
1
1
3
2
1
n
n
a
S
-
-
=
+ ，所以
1
3
3
2
n
n
n
a
a
a
-
-
=
，即
1
3
n
n
a
a -
=
，
则
na
是首项为1，公比为3 的等比数列，所以
na
的通项公式为
1
3n
na
-
=
．
（2）由（1）可得
1
1
3
1
1
1
2 3
1
3
1
3
1 3
1
n
n
n
n
n
n
b
+
+
æ
ö
=
=
-
ç
÷
-
-
-
-
è
ø
，
所以
2
2
3
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
1
2 3 1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
2 2
3
1
n
n
n
n
T
+
+
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
+
+
-
=
-
ç
÷
ç
÷
-
-
-
-
-
-
-
è
ø
è
ø
L
，
因为
1
1 1
1
1
2 2
3
1
4
n
n
T
+
æ
ö
=
-
<
ç
÷
-
è
ø
，
1
1 3
3
1
3 1
1
1 3
2
2
n
n
n
S
´
-
-
-
=
=
³
=
-
，
所以t 的取值范围为1 ,1
4
é
ö
÷
êë
ø
．
题型04 数列与其他模块知识的创新交汇问题
抓关键·破难点
数列是以正整数为自变量的一类特殊函数，因此数列创新问题常与解析几何、函数、概率等模块交汇
考查。与解析几何交汇，能依托数的本质属性与形的几何特征；与函数交汇，能放大数列的函数特征；与
概率交汇，能彰显数列工具的妙用。这些问题以数列为核心，常出现在解答题中，明确问题属于哪个知识
主体、运用相应主体模块是解题关键。
创新交汇1：交汇函数
定位主体：需要分析切线、单调性、极值时，主体为函数，要充分运用导数工具；根据函数图象上的
点列建立坐标之间的递推关系时，主体为数列。
创新交汇2：交汇概率
定位主体：需要求概率值、分布列、期望时，主体为概率；根据实际情境分析出各个情况下概率的递
推关系后，需要求具体期望值时，主体为数列。
刷经典·通方法
🎯命题方向一 数列与集合的融合创新
1. （2026·广东东莞3 月质量·检测）已知数列
na
的前n 项和为
nS ，且
2
3
2
-
=
n
n
n
S
，
*
N
n Î
.
（1）求数列
na
的通项公式；
（2）设集合
*
,
N
n
P
x x
a
n
=
=
Î
，
*
6
2,
N
Q
x x
n
n
=
=
-
Î
，等差数列
nc
的任一项
nc
P
Q
Î
U
，
其中
1c 是P
Q
U
中的最小元素，
12
64
70
c
<
<
，求数列
nc
的前n 项和
n
T .
【答案】（1）
3
2
na
n
=
-
，
*
N
n Î
（2）
2
3
2
nT
n
n
=
-
【分析】（1）根据
1
1
,
1
,
2
n
n
n
S n
a
S
S
n
-
=
ì
= í
-
³
î
求出通项公式；
（2）在第一问基础上得到P
Q
P
=
U
，1 1
c = ，
*
12
1 3
N
c
m m
= +
Î
，根据
12
64
70
c
<
<
求出
22
m=
，
12
67
c =
，求出等差数列
nc
的公差，及通项公式
6
5
nc
n
=
-
，从而求出
n
T .
【详解】（1）由
2
3
2
-
=
n
n
n
S
，
*
N
n Î
得：
当
2
n ³
时，
2
2
1
3
1
1
3
3
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
a
S
S
n
-
-
-
-
-
=
-
=
-
=
-
，
当
1
n =
时，
1
1
1
a
S
=
=
符合上式，
所以数列
na
是首项为1，公差为3 的等差数列.故
3
2
na
n
=
-
，
*
N
n Î
；
（2）因为
*
3
2,
N
P
x x
n
n
=
=
-
Î
，
*
6
2,
N
Q
x x
n
n
=
=
-
Î
，∴P
Q
P
=
U
，
又∵nc
P Q
Î U
，其中
1c 是P
Q
È
中的最小元素，∴1 1
c = ，
∵
nc
的公差是3 的倍数，∴
*
12
1 3
N
c
m m
= +
Î
.
又∵
12
64
70
c
<
<
，∴
64
1 3
70
N
m
m
*
< +
<
ì
í
Î
î
，解得：
22
m=
，所以
12
67
c =
，
设等差数列
nc
的公差为d，则
12
1
67
1
6
12
1
11
c
c
d
-
-
=
=
=
-
，所以
1 6
1
6
5
nc
n
n
= +
-
=
-
，
所以
nc
的通项公式为
6
5
nc
n
=
-
.
因此数列
nc
的前n 项和
2
1
6
1
3
2
2
n
n n
T
n
n
n
-
´
= ´ +
=
-
.
🎯命题方向二 数列与复数的交汇问题
2．（2026·山东青岛3 月·调研）设
nz
为复数数列，
1
3
5 i
2
2
z =
+
，
1
1
i
n
n
n
z
z
z
+ =
+
，记
n
z 的实部为
n
a ，
虚部为
n
b ．
（1）求数列
na
的通项公式；
（2）证明：数列
1
ln
2
nb
ì
ü
æ
ö
-
í
ý
ç
÷
è
ø
î
þ为等比数列；
（3）求
1
2
1
1
1
2
2
2
n
b
b
b
æ
öæ
ö
æ
ö
-
-
×××
-
ç
֍
÷
ç
÷
è
øè
ø
è
ø ．
【答案】（1）
3
2
na =
（2）证明见解析
（3）
2
1
2
n -
【分析】（1）由复数递推式
1
1
i
n
n
n
z
z
z
+ =
+
，展开后分离实部与虚部，得到
na 的递推关系，进而求出通项
公式；
（2）由虚部
nb 的递推式，变形得到
1
2
nb -
的递推关系，取对数后证明
1
ln
2
nb
ì
ü
æ
ö
-
í
ý
ç
÷
è
ø
î
þ是等比数列；
（3）利用（2）的结论，将乘积转化为指数形式，结合等比数列求和公式计算结果。
【详解】（1）因为
1
1
i
n
n
n
z
z
z
+ =
+
，故
1
1i
i 1
i i
i 1
i
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a
b
a
b
a
b
b
a
+
+
é
ù
+
=
-
+
+
=
-
-
+
ë
û
2
2
1
1
i=
1
i
n
n
n n
n
n
n
n
n
n
n
a
b
a b
b
b
a
a
b
b
a
é
ù
é
ù
=
-
+
+
-
+
+
-
+
ë
û
ë
û ，
而
n
a ，
n
b 均为实数，故
2
1
1
,
1
n
n
n
n
n
n
a
a
b
b
b
a
+
+
=
=
-
+
，
而
1
1
1
3
5 i
i
2
2
z
a
b
=
+
=
+
，1a，1b均为实数，故
1
1
3
5
,
2
2
a
b
=
=
，故
3
2
na =
.
（2）由（1）可得
3
2
na =
，故
1
3
1
4
n
n
n
b
b
b
+ =
-
+
，
2
1
3
4
n
n
n
b
b
b
+ =
-
+
，
所以
2
1
1
1
2
2
n
n
b
b
+
æ
ö
-
=
-
ç
÷
è
ø ，因为
2
1
1
4
0
2
b
æ
ö
-
=
>
ç
÷
è
ø
，故
1
2
0
nb -
>
，
故
2
1
1
1
1
ln
ln
2 ln
2
2
2
n
n
n
b
b
b
+
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
=
-
=
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø ，而
1
1
ln
ln 2
0
2
b
æ
ö
-
=
¹
ç
÷
è
ø
，
故数列
1
ln
2
nb
ì
ü
æ
ö
-
í
ý
ç
÷
è
ø
î
þ 为等比数列，且首项为ln2，公比为2.
（3）由（2）可得
1
1
2
1
ln
2
ln 2
ln 2
2
n
n
nb
-
-
æ
ö
-
=
=
ç
÷
è
ø
，故
1
2
1
2
2
n
nb
-
-
=
，
故
0
1
1
1 2
2
2
2
2
1
1 2
1
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
b
b
b
-
-
+
+
+
-
-
æ
ö æ
ö
æ
ö
-
-
×××
-
=
=
=
ç
÷ ç
÷
ç
÷
è
ø è
ø
è
ø
L
.
🎯命题方向三 数列与三角的交汇问题
3. （2026·湖北随州·二模）已知数列
na
和
nq
，
nS 为数列
na
的前n 项和，
1
π
1,
0,
2
n
a
q
æ
ö
=
Îç
÷
è
ø
，且
1
3 tan
2
2
n
n
S
q
=
+
，
1
3
2cos
n
n
a
q
+ =
．
（1）求
2
3
a
a
，
；
（2）求数列
na
的通项公式；
（3）求证：
2
2
3 2
1
n
n
S
-
+
£
-
．
【答案】（1）
2 1
a = ，
3
3
a =
（2）
2
3
π
2sin 3 2
n
n
a
-
=
´
（3）证明见解析
【分析】（1）先由
1
1 1
S
a
=
= 求出
1
tanq ，进而得到
1
cosq ，算出
2a ；再由
2
1
2
S
a
a
=
+
求出
2
tanq ，得到
2
cosq ，算出
3a ；
（2）利用
1
1
n
n
n
a
S
S
+
+
=
-
，结合已知的
nS 与
1
na + 表达式，消去
nq ，得到{ }
na 的递推关系，进而求出通项公式；
（3）由
nS 的表达式，结合tan nq 的放缩，利用等比数列求和公式证明不等式。
【详解】（1）由
1
1
1
3 tan
1
2
2
S
q
=
+
= ，
1
π
0, 2
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø
，得
1
π
6
q =
，故
2
1
3
1
2cos
a
q
=
= ，
由
2
2
1
2
1
3 tan
2
2
2
S
a
a
q
=
+
=
+
=
，
2
π
0, 2
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø
，得
2
π
3
q
=
，故
3
2
3
3
2cos
a
q
=
=
（2）由
1
1
1
3
3
1
tan
tan
2
2
cos
n
n
n
n
n
n
a
S
S
q
q
q
+
+
+
=
-
=
-
=
×
，
得
1
1
tan
tan
cos
n
n
n
q
q
q
+ -
=
，又
1
1
1
1
1
sin
sin
sin
tan
tan
cos
cos
cos
cos
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
q
q
q
q
q
q
q
q
q
q
+
+
+
+
+
-
-
=
-
=
，
所以
1
1
sin
1
cos
cos
cos
n
n
n
n
n
q
q
q
q
q
+
+
-
=
两边同时乘以
1
cos
cos
n
n
q
q + 得
1
1
1
π
sin
cos
sin 2
n
n
n
n
q
q
q
q
+
+
+
æ
ö
-
=
=
-
ç
÷
è
ø
，
由
π
0, 2
n
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø
得
1
1
π
2
n
n
n
q
q
q
+
+
-
=
-
，即
1
π
1
π
2
2
2
n
n
q
q
+
æ
ö
-
=
-
ç
÷
è
ø
，
于是
1
1
π
π
1
2
2
2
n
n
q
q
-
æ
ö æ
ö
-
=
-
×
ç
÷ ç
÷
è
ø è
ø
，又
2
1
3
1
1
2
cos
a
q
= =
×
得
1
π
6
q =
，
所以
1
π
π
1
2
3
2
n
n
q
-
-
= -
´
，所以
1
1
1
3
1
3
1
3
π
π
π
2
cos
2
2sin
cos
3 2
2
3 2
n
n
n
n
a
q
+
-
-
=
´
´
×
=
×
=
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
，
经验证
1
a 也符合，所以
2
3
π
2sin 3 2
n
n
a
-
=
´
；
（3）构造函数
3
π
( )
sin
, 0
π
6
f x
x
x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
£
ø
£
，则
3
( )
cos
π
f
x
x
¢
=
-
，
所以
( )
f
x
¢
在
π
0, 6
æ
ö
ç
÷
è
ø
单调递减，且
(0)
0
f ¢
>
，
π
0
6
f æ
ö
¢
<
ç
÷
è
ø
，
由零点存在定理，存在唯一的
0
π
0, 6
x Îæ
ö
ç
÷
è
ø
，使得
0
0
f
x
¢
=
，
则当
0
(0,
)
x
x
Î
时，
( )
0
f
x
¢
>
；当
0
π
, 6
x
x
æ
ö
Î ç
÷
è
ø 时，
( )
0
f
x
¢
<
；
故
( )
f x 在
0
(0,
)
x
上单调递增，在
0
π
, 6
x
æ
ö
ç
÷
è
ø 上单调递减，
又
π
(0)
0
6
f
f æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，所以
3
π
( )
sin
0, 0
π
6
f x
x
x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
£
£
ø
³
所以当
π
0, 6
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø
时，
3
sin
π
x
x
>
，
所以当
3
n ³
时，
2
2
2
π
3
π
1
sin 3 2
π
3 2
2
n
n
n
-
-
-
³
æ
ö
=
ç
÷
è
ø
´
´
´
，
所以当
3
n ³
时，
3
2
2
3
3
3
2
π
1
2sin
2
3 2
2
n
n
n
n
a
-
-
-
£
=
´
=
´
´
，
当
3
n ³
时，
2
2
1
2
3
1
2
1 1
2
3
2
3 2
1
1
2
n
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
-
-
æ
ö
-
=
+
+ ×××+
= + +
+ ×××+
£
+
=
+
-
ç
÷
-
è
ø
．
当n＝1，n＝2 时，不等式成立.
🎯命题方向四 数列与概率统计交汇问题
4．（2026·广东茂名第一次·综合测试）已知甲､乙两个盒子均装有1 个白球和1 个黑球，现进行如下操
作：从这两个盒子中各取1 个球放入对方的盒子中.重复这样的操作，第n 次操作后甲盒中白球的个数记为
,
1 ,
2
n
n
n
n
n
X
a
P
X
b
P
X
=
=
=
=
.
（1）求
1
1
,
a b ；
（2 证明：
2
3
n
a
ì
ü
-
í
ý
î
þ 是等比数列；
（3）求
n
X 的数学期望.
【答案】（1）
1
2 ，
1
4
（2）证明见解析
（3）1
【分析】（1）初始状态甲盒有1 个白球，第一次操作分四种取球情况，计算得
1
1
2
a =
，
1
1
4
b =
；
（2）由状态转移得到
1
n
a + 与
,
n
n
a
b 的关系，结合
(
0)
1
n
n
n
a
b
P X
+
+
=
=
，整理后证明
2
3
n
a
ì
ü
-
í
ý
î
þ
是公比
为
1
2
-
的等比数列；
（3）数学期望
(
)
0
n
E X
=
，
(
0)
1
2
n
n
n
P X
a
b
=
+
×
+
结合（2）的结论化简求值.
【详解】（1）初始时甲、乙两盒均装有 1 个白球和 1 个黑球，第一次操作时，从两盒中各取一球交换，
共有 4 种等可能情况：
甲取白、乙取白：交换后甲盒白球数为 1；
甲取白、乙取黑：交换后甲盒白球数为 0；
甲取黑、乙取白：交换后甲盒白球数为 2；
甲取黑、乙取黑：交换后甲盒白球数为 1。
故
1
1
1
1
2
1
1
0
,
1
,
2
.
4
4
2
4
P X
P X
P X
=
=
=
=
=
=
=
1
1
1
1
,
.
2
4
a
b
=
=
（2）记
0
n
n
c
P X
=
=
，则
1
n
n
n
a
b
c
+
+
= ，
由全概率公式得：
1
1
1
1
1
0
1
, 1
2
2
4
n
n
n
n
c
P X
P X
a
+
+
=
=
=
×
=
×
=
，
1
1
1
1
1
1
1
1
0 1
2 1
2
2
2
2
n
n
n
n
n
a
P X
P X
P X
P X
+
+
æ
ö
=
=
=
=
×
´
+
´
+
=
× +
=
×
ç
÷
è
ø
1
2
n
n
n
c
a
b
=
+
+
，
所以
1
1
, 2
2
n
n
n
n
a
c
a
b
+ =
+
+
，
1
1
1
1
1
2
1
, 3
2
2
4
n
n
n
n
b
P X
P X
a
+
+
=
=
=
×
=
×
=
，
由 （1） 和（3）知
1
1
n
n
c
b
+
+
=
，结合初始值
1
1
1
4
c
b
=
=
，
可得对任意
1
n³ 有
n
n
c
b
=
，代入
1
n
n
n
a
b
c
+
+
= 中，得：
1
2
1
,(4)
2
n
n
n
n
a
a
b
b
-
+
= Þ
=
，
将（4） 代入（2）式得：
1
1
1
1
1
1
2
2
1
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
a
a
b
a
b
b
a
a
a
+
-
=
+
+
=
+
= ×
+
= -
，
整理得
1
1
1
2
n
n
a
a
+ = -
+ ，即：
1
2
1
2
(
)
3
2
3
n
n
a
a
+ -
-
= -
，又
1
2
1
2
1
0
3
2
3
6
a -
=
-
= -
¹
，
所以数列
2
{
}
3
n
a
-
是公比为1
2
- 的等比数列.
（3）由题意知：
n
X 的取值为：0,1, 2 ，
分布列为：
n
X
0
1
2
P
n
c
n
a
n
b
0
1
2
n
n
n
n
E
X
c
a
b
=
×
+ ×
+
×
，由 （2） 知
2
1
n
n
a
b
+
= ，因此
1
n
E X
= .
🎯命题方向五 数列与函数、导数的交汇问题
5 .（2026·江苏南京师范大学附属中学G4·联考）数列
na
中，1 2
a = ，
1
1
1
1
n
n
n
n
a
a
n n
n
n
+
+
=
+
+
+
，
*
n Î N .
（1）证明：
2
na
n
ì
ü
í
ý
î
þ
是等差数列；
（2）设
2
1
2
n
n
x
x
x
f x
a
a
a
=
+
+
+
L
，求
1
f ¢
.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
1
n
n +
.
【分析】（1）对递推式变形，两边同乘
2
(
1)
n
n
+
，得到
1
2
2
1
(
1)
n
n
a
a
n
n
+
-
=
+
，结合首项
1
2
2
1
a =
，证明
2
na
n
ì
ü
í
ý
î
þ
是等差数列是等差数列；
（2）由（1）得
2(
1)
n
a
n
n
=
+
，代入
( )
f x 后求导，在
1
x =
处转化为等差乘等比型数列求和，用错位相减
法计算结果.
【详解】（1）对任意的
*
n Î N ，
1
1
1
1
n
n
n
n
a
a
n n
n
n
+
+
=
+
+
+
，
等式两边同时除以
1
n n +
得
1
2
2
1
1
n
n
a
a
n
n
+
=
+
+
，即
1
2
2
1
1
n
n
a
a
n
n
+
-
=
+
，
又
1
1
2
2
1
a
a
=
=
，所以
2
na
n
ì
ü
í
ý
î
þ
是以2为首项，1为公差的等差数列.
（2）由（1）知
2
2
1
1
n
a
n
n
n
=
+
-
=
+
，所以
2
1
na
n
n
=
+
，
因为
2
1
2
n
n
x
x
x
f x
a
a
a
=
+
+
+
L
，则
1
1
2
1
2
n
n
x
nx
f
x
a
a
a
-
¢
=
+
+
+
L
，
对任意的k
*
Î N ，
2
1
1
1
1
1
1
k
k
k
a
k
k
k k
k
k
=
=
=
-
+
+
+
，
所以
1
2
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
3
1
1
1
n
n
n
f
a
a
a
n
n
n
n
æ
ö
æ
ö
æ
ö
¢
=
+
+
+
=
-
+
-
+
+
-
= -
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
+
+
è
ø
è
ø
è
ø
L
L
.
6．（2026·河南开封高级中学第一次·调研）已知函数
2
2
x
f
x
x
=
+
.
（1）若数列
n
a
f n
=
，求数列
n
a
的前n 项和
n
S ；
（2）已知函数
f
x
在
*
(
)
x
n n
=
Î N
处的切线为直线nl ，直线nl 在y 轴上的截距为
n
b
，求数列
n
b
的前
n 项和nT.
【答案】（1）
1
2
2
2
n
n
S
n
n
+
=
-
+
+
（2）
1
1
2
2
[
1 2
2]ln 2
n
n
n
T
n
+
+
=
-
-
-
+
【分析】（1） 将
2
2
n
n
a
n
=
+
拆分为等比数列{2 }
n
与等差数列{2 }
n
，分别用等比数列、等差数列前
n 项和公式求和后相加；
（2）先求
( )
f x 在 x
n
=
处的导数得到切线斜率，写出切线方程，令
0
x =
求出截距nb；再将 nb 拆分为
等比数列与等差乘等比型数列，分别求和后得到nT.
【详解】（1）因为
2
2
n
n
a
n
=
+
，所以
1
2
3
2
2
2
2
2
1
2
3
n
n
S
n
=
+
+
+ × × × +
+
´
+
+
+ × × ×
1
2
2 1 2
1
2
2
2
1 2
2
n
n
n n
n
n
+
-
+
=
+ ´
=
- +
+
-
.
（2）
2 ln 2
2
x
f
x
=
+
¢
，直线nl 的方程为
2
2
2 ln2 2
n
n
y
n
x
n
-
-
=
+
-
，
令
0
x =
，得
2
2
2 ln2
2
2
2 ln2
n
n
n
n
y
n
n
n
=
+
-
+
=
- ×
，
所以
2
2 ln2
n
n
n
b
n
=
-
×
，
令数列
2n
n×
的前n 项和为
n
Q ，则
1
2
3
1
2
2
2
3
2
2n
n
Q
n
= ´
+
´
+
´
+ ××× +
´
，
2
3
1
2
1
2
2
2
1
2
2
n
n
n
Q
n
n
+
=
´
+
´
+ × × × +
-
´
+
´
，
两式相减得
2
3
1
1
1
2 1 2
2 2
2
2
2
2
1
2
2
1 2
n
n
n
n
n
n
Q
n
n
n
+
+
+
-
-
= +
+
+×××+
- ×
=
- ×
=
-
-
-
，故
1
1 2
2
n
n
Q
n
+
=
-
+
，
又数列
2n 的前n 项和为
1
2
2
n+ -
，
所以数列
n
b
的前n 项和
1
1
2
2
[
1 2
2]ln 2
n
n
n
T
n
+
+
=
-
-
-
+
.
7. （2026·江苏南京市六合区名校联盟第一次·调研）设
n
na
x
=
，
2
1
( )
nb
n
=
，
nS 为数列
n
n
a
b
×
的前n
项和，令
1
n
n
f
x
S
=
- ，xÎR，
*
N
a Î
．
（1）若
2
x =
，求数列2
1
n
n
a
ì
ü
-
í
ý
î
þ
的前n 项和
n
T ；
（2）求证：对
*
N
n
" Î
，方程
0
nf
x =
在
2 ,1
3
nx
é
ù
Îê
ú
ë
û
上有且仅有一个根；
（3）求证：对
*
N
p
" Î
，由（2）中
nx 构成的数列
nx
满足
1
0
n
n
p
x
x
n
+
<
-
<
．
【答案】（1）
2
3
3
2
n
n
n
T
+
=
-
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【分析】（1）由题意结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解；
（2）求导得函数
f x 在
0, ¥
+
上是增函数，结合零点存在定理即可得证；
（3）一方面由
1
1
2
(
1)
n
n
n
n
x
f
x
f
x
f
x
n
+
+
=
+
>
+
结合
1
nf
x
+
0, ¥
+
上单调递增可得
1
0
n
n
x
x +
-
> ，即
0
n
n p
x
x +
-
>
；另一方面通过放缩、0
1
n p
x +
<
£ 以及裂项相消可得
1
n
n
p
x
x
n
+
-
<
，由此即可得证.
【详解】（1）若
2
x =
，
2 n
n
a
=
，则
2
1
1
2
1 ( )
2
n
n
n
n
a
- =
-
，
则
1
2
1
1
1
1 ( )
3
( )
2
1 ( )
2
2
2
n
n
T
n
= ´
+
´
+¼ +
-
，
2
3
1
1
1
1
1
1 ( )
3
( )
2
1 ( )
2
2
2
2
n
n
T
n
+
\
= ´
+
´
+ ¼ +
-
，
2
3
1
1
1
1
1
1
1
2
( )
( )
( )
2
1 ( )
2
2
2
2
2
2
n
n
nT
n
+
é
ù
\
=
+ ´
+
+¼+
-
-
ê
ú
ë
û
在
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
2
2
2
1 ( )
1 ( )
2
1 ( )
1
2
2
2
2
2
1
2
n
n
n
n
n
n
-
+
-
+
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
=
+ ´
-
-
=
+ -
-
-
-
，
2
1
1
2
3
3
( )
2
1 ( )
3
2
2
2
n
n
n
n
n
T
n
-
+
\
=
-
-
-
=
-
；
（2）
2
3
2
2
2
1
R,
N
2
3
n
n
x
x
x
f
x
x
x
n
n
+
= - + +
+
+¼+
Î
Î
，
2
1
1
0
2
3
n
n
x
x
x
f
x
n
-
¢
= +
+
+¼+
>
，
故函数
f x 在
0, ¥
+
上是增函数．
由于
1 1
0
f
=
，当
2
n ³
时，
2
2
2
1
1
1
1
0
2
3
nf
n
=
+
+¼+
>
，即
1
0
nf
>
．
又
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
( )
( )
( )
( )
2
2
1
1
2
3
3
3
3
1
( )
3
3
2
3
4
3
4
3
n
n
i
n
i
f
n
=
é
ù
ê
ú
æ
ö = - +
+
+
+
+¼+
£ -
+
×
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
å
，
2
1
1
2
2
( ) [1
)
1
1
1
2
3
3
( )
0
2
3
4
3
3
1
3
n
n
-
-
æ
ù
-ç
ú
è
û
= -
+
´
= -
×
<
-
，
根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的
2 ,1
3
nx
é
ù
Îê
ú
ë
û
，满足
0
n
n
f
x
=
．
（3）对于任意
N
p
+
Î
，由1 中
nx 构成数列
nx
，当
0
x >
时，
1
1
2
(
1)
n
n
n
n
x
f
x
f
x
f
x
n
+
+
=
+
>
+
Q
，
1
1
1
0
n
n
n
n
n
n
f
x
f
x
f
x
+
+
+
\
>
=
=
．
由
1
nf
x
+
在
0, ¥
+
上单调递增，可得
1
n
n
x
x
+ <
，即
1
0
n
n
x
x +
-
> ，
故数列
nx
为减数列，即对任意的n 、
N
p
+
Î
，
0
n
n p
x
x +
-
>
．
由于
2
3
2
2
2
1
0
2
3
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
f
x
x
n
= - +
+
+
+¼+
=
，①，
n p
f +
2
3
1
2
2
2
2
2
2
2
1
3
3
(
1)
(
2)
(
)
n
n
n
n p
n p
n p
n p
n p
n p
n p
n p
n p
x
x
x
x
x
x
x
x
n
n
n
n
p
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
é
ù
= - +
+
+
+¼+
+
+
+¼+
ê
ú
+
+
+
ê
ú
ë
û
，②，
用①减去②并移项，利用0
1
n p
x +
<
£ ，可得
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
k
k
k
k
n
p
n
p
n
p
n
p
n
n
p
n
n
p
n
p
n
n
p
k
k
n
k
n
k
n
k
n
x
x
x
x
x
x
k
k
k
k
k k
n
n
p
n
+
+
+
+
+
+
+
+
=
= +
= +
= +
= +
-
-
=
+
£
£
<
=
-
<
-
+
å
å
å
å
å
．
综上可得，对于任意
N
p
+
Î
，由1 中
nx 构成数列
nx
满足
1
0
n
n
p
x
x
n
+
<
-
<
．
8．（2026·云南红河州、文山州·模拟预测））已知数列
na
满足
1
1
2
n
n
a
a a
a
+ =
L
（
*
nÎN ），且
1
2
a =
，
函数
2
2
f x
x x
x a
=
-
-
．
（1）求函数
f x 的极大值；
（2）若
3
2
3
e x
x
x
g x
-
-
=
，
1
1 ,
2
x
¥
é
ö
"
Î
+
÷
êë
ø ，
2
2 , 2
3
x
é
ù
$
Î ê
ú
ë
û ，使得
1
2
g x
f x
m
£
+
成立，求m 的取值范围；
（3）若
2
1 log 2
n
n
a
b
n
n
=
-
，求
n
b
的前n 项和nT．
【答案】（1）32
27
（2）
211
27
m³
（3）
2
2
2
7
10
39
2n
n
n
-
+
+
-
【分析】（1）先由数列递推关系求出
2
2
a =
，得到
2
( )
(
2)
f x
x x
=
-
；求导找极值点，判断单调性后求
出极大值；
（2）将不等式转化为
max
max
g x
f x
m
£
+
；分别求
( )
g x 在1 ,
2
é
ö
+¥ ÷
êë
ø
上的最大值和
( )
f x 在2 , 2
3
é
ù
ê
ú
ë
û
上
的最大值，代入解出m 的范围；
（3）先由数列递推式求出
1
2
2
n
n
a
-
=
，化简
1
1
log
2
2
n
a
n-
=
，得到
1
(2
1)
2
n
n
n
n
b
-
-
=
；用错位相减法求前n
项和
n
T .
【详解】（1）由
1
1
2
n
n
a
a a
a
+ =
L
（
*
nÎN ），则
2
1
2
a
a
=
=
，
所以函数
2
2
f x
x x
=
-
，则
2 3
2
f x
x
x
=
-
-
¢
，
令
0
f
x
¢
= ，解得
1
2
3
x =
，或
2
2
x =
，
当
2
, 3
x
¥
æ
ö
Î -
ç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
> ，函数
f x 在
2
, 3
¥
æ
ö
-
ç
÷
è
ø 上单调递增，
当
2 ,2
3
x
æ
ö
Îç
÷
è
ø 时，
0
f
x
¢
< ，函数
f x 在2 ,2
3
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递减，
当
2,
x
¥
Î
+
时，
0
f
x
¢
> ，函数
f x 在
2, ¥
+
上单调递增，
所以
2
3
x =
时，
f x 有极大值，极大值为
2
32
3
27
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
；
（2）因为
1
1 ,
2
x
¥
é
ö
"
Î
+
÷
êë
ø ，
2
2 , 2
3
x
é
ù
$
Î ê
ú
ë
û ，使得
1
2
g x
f x
m
£
+
成立，
所以
max
max
g x
f x
m
£
+
，
由（1）知
2 ,2
3
x
é
ù
Îê
ú
ë
û 时，
max
2
32
3
27
f
x
f æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
，
由
3
2
3
e x
x
x
g x
-
-
=
，则
3
2
3
2
2
3
3
3
4
3 e
2
3
e
2
1
3
2
7
3
e
e
e
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
g x
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
¢
+
=
= -
= -
，
令
0
g x
¢
= ，解得
1
2
x =
，或
3
x= ．
当
1
3
2
x
<
<
时，
0
g x
¢
> ，则
g x 在1 ,3
2
æ
ö
ç
÷
è
ø上单调递增，
当
3
x> 时，
0
g x
¢
< ，则
g x 在
3, ¥
+
上单调递减，
当
3
x= 时，
g x 取得最大值，即
max
3
9
g x
g
=
=
，故
32
9
27
m
£
+
，解得
211
27
m³
，
所以
211
27
m³
；
（3）因为
1
1
2
n
n
a
a a
a
+ =
L
①，则
1
2
1
n
n
a
a a
a -
=
L
，
2
n³ 且
*
nÎN ②，
①¸②得
2
1
n
n
a
a
+ =
（
2
n³ ），则
2
2
2
2
2
2
1
2
3
n
n
n
n
a
a
a
a
-
-
-
é
ù
=
=
=
=
ê
ú
ë
û
L，
即
2
2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2
1
2
3
4
2
n
n
n
n
n
a
a
a
a
a
a
´
´ ´
´ ´ ´
´ ´ ´
´
-
-
-
-
=
=
=
=
=
=
L
L
，其中
2
a 的指数为
2
n- 个2 相乘，
因为
2
1
2
a
a
=
=
，所以
2
2
2
2
2
2
n
n
na
a
-
-
=
=
，
当
1
n= 时，
1 2
2
1
1
2
2
a
a
-
=
=
¹
，所以数列
na
的通项公式为
2
2
2,
1
2
,
2
n
n
n
a
n
-
=
ìï
= í
³
ïî
，
当
2
n³ 时，
1
1
1
2
2
1 log
2
1
2 1 log 2
2
1 log
2
k
k
n
n
n
n
k
a
a
a
k
k
k
T
b
k
k
k
k
=
=
=
é
ù
é
ù
=
=
-
= ´
-
+
-
ë
û
ë
û
å
å
å
2
2
1 2
2
1
2
1
2
1
1
2
1
1
1
2
2
2
n
n
k
k
k
k
k
k
k
k
-
-
-
=
=
-
-
´
-
= +
= +
-
å
å
2
2
1 2
2
1
1
1
1
2 1
2
1
1 8
4
2
2
2
2
n
n
n
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
-
-
=
=
=
æ
ö
´
-
-
=
-
+
= - +
-
ç
÷
è
ø å
å
å
，
令
1 2
n
n
k
k
k
S
=
= å
，则
1
2
3
1
2
3
2
2
2
2
n
n
n
S =
+
+
+
+
LL
，①
两边同乘
1
2 得，
2
3
4
1
1
1
2
3
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
S
+
-
=
+
+
+
+
+
LL
，②
①-②得
1
2
3
4
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
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
=
+
+
+
+
+
-
=
-
-
LL
，化简得：
2
2
2
n
n
n
S
+
= -
，
令
2
1 2
n
n
k
k
k
Q
=
= å
，
法一：
2
2
2
2
1
2
3
1
2
3
2
2
2
2
n
n
n
Q =
+
+
+
+
LL
，①
两边同乘
1
2 得，
2
2
2
2
2
2
3
4
1
1
1
1
2
3
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
Q
+
-
=
+
+
+
+
+
LL
，②
①-②得：
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
3
4
1
1
1
1
2
1
3
2
4
3
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
Q
+
-
-
-
-
-
=
+
+
+
+
+
-
LL
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
k
n
k
n
k
k
n
k
k
k
k
k
k
n
k
n
k
n
+
+
+
=
=
=
=
-
-
-
=
-
=
-
=
-
-
å
å
å
å
2
2
1
1
2
1
4
6
2 2
1
3
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
+
+
+
+
+
æ
ö
æ
ö
=
-
-
-
-
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，所以
2
4
6
6
2
n
n
n
n
Q
+
+
=
-
，
法二：因为
1
2
3
1
1
1
n
n
x
x
x
x
x
x
+
-
+
+
+
+
+
=
-
LL
（
1
x¹ ），
将上式两边求导得
1
2
3
1
2
1
1
1
2
3
4
1
n
n
n
n
x
nx
x
x
x
nx
x
+
-
-
+
+
+
+
+
+
+
=
-
LL
，
两边同乘
1
2
2
3
4
2
1
,
2
3
4
1
n
n
n
x
n
x
nx
x x
x
x
x
nx
x
+
+
-
+
+
+
+
+
+
+
=
-
LL
，
将上式两边求导得：
2
2
2
2
3
2
1
1 2
3
4
n
x
x
x
n x -
+
+
+
+
+
LL
2
1
1
2
3
1
1
2
1
2
1
1
n
n
n
n
n
x
n n
x
x
x
n
x
nx
x
+
+
+
é
ù
é
ù
-
+
+
+
-
+
-
+
+
ë
û
ë
û
=
-
两边同乘x ：
2
2
2
3
2
4
2
2
3
4
n
x
x
x
x
n x
+
+
+
+
+
LL
2
1
2
2
2
3
3
1
2
1
2
1
1
n
n
n
n
x
n
x
n n
x
x
x
n
x
nx
x
+
+
+
+
é
ù
é
ù
-
+
+
+
-
+
-
+
+
ë
û
ë
û
=
-
即
2
1
2
2
2
3
2
3
1
1
2
1
2
1
1
n
n
n
n
n
k
k
x
n
x
n n
x
x
x
n
x
nx
k x
x
+
+
+
+
=
é
ù
é
ù
-
+
+
+
-
+
-
+
+
ë
û
ë
û
=
-
å
，
令
1
2
x =
，则
2
1
2
2
2
3
2
3
1
1
2
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
n
n
n
n
n
k
k
n
n n
n
n
k
+
+
+
+
=
é
ù
é
ù
+
+
+
æ
ö
-
+
-
+
-
+
ê
ú
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
ë
û
=
æ
ö
-
ç
÷
è
ø
å
2
4
6
6
2n
n
n
+
+
=
-
，
所以
2
4
6
6
2
n
n
n
n
Q
+
+
=
-
，所以
2
4
6
2
1 8
4
1 8 6
4 2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
T
Q
S
æ
ö
+
+
+
æ
ö
= - +
-
= - +
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
2
2
2
7
10
39
2
2n
n
n
n
-
+
+
=
-
³
，当
1
n= 时，
1
1
1
T
b
=
= ，满足上式，所以
2
2
2
7
10
39
2
n
n
n
n
T
-
+
+
=
-
.
