2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§6-3 等比数列及其前n项和（试题部分）

2021届课标版高考文科数学大一轮复习精练：§6-3 等比数列及其前n项和（试题部分）

‎§6.3　等比数列及其前n项和 探考情 悟真题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测 热度 考题示例 考向 关联考点 等比数列 的定义及 通项公式 ‎①理解等比数列的概念.②掌握等比数列的通项公式.③了解等比数列与指数函数的关系 ‎2019课标全国Ⅲ,6,5分 等比数列基本量的计算 等比数列的求和公式 ‎★★★‎ ‎2019课标全国Ⅱ,18,12分 等比数列基本量的计算 等差数列求和公式 ‎2018课标全国Ⅰ,17,12分 等比数列判定及通项公式 递推公式 ‎2017课标全国Ⅱ,17,12分 等比数列基本量的计算 等差数列基本量的计算 等比数列的性 质及其应用 能利用等比数列的性质解决相应的问题 ‎2015课标Ⅱ,9,5分 等比数列下标和定理 等比数列通项公式 ‎★★☆‎ 等比数列的 前n项和 掌握等比数列的前n项和公式 ‎2018课标全国Ⅲ,17,12分 等比数列前n项和公式 等比数列通项公式 ‎★★★‎ ‎2017课标全国Ⅰ,17,12分 等比数列前n项和公式 等差数列的判定 ‎2019课标全国Ⅰ,14,5分 等比数列前n项和公式 ‎—‎ 分析解读 本节在高考中主要考查等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式及等比中项等相关内容.对等比数列的定义、通项公式、性质及等比中项的考查,常以选择题、填空题的形式出现,难度较小.对前n项和以及与其他知识(函数、不等式)相结合的考查,多以解答题的形式出现,注重题目的综合性与新颖性,突出对逻辑思维能力的考查.本节内容在高考中分值为5分左右,难度不大.‎ 破考点 练考向 ‎【考点集训】‎ 考点一　等比数列的定义及通项公式 ‎1.(2019河南濮阳模拟,6)已知等比数列{an}各项均为正数,满足a1+a3=3,a3+a5=6,则a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7=(　　)‎ A.62 B.62‎2‎ C.61 D.61‎‎2‎ 答案　A　‎ ‎2.(2018湖北八校第一次联考,17)已知数列{an}满足a1=1,a2=4,an+2=4an+1-4an.‎ ‎(1)求证:{an+1-2an}是等比数列;‎ ‎(2)求{an}的通项公式.‎ 答案　(1)证明:由an+2=4an+1-4an得an+2-2an+1=2an+1-4an=2(an+1-2an)=22(an-2an-1)=…=2n(a2-2a1)≠0,‎ ‎∴an+2‎‎-2‎an+1‎an+1‎‎-2‎an=2,∴{an+1-2an}是等比数列.‎ ‎(2)由(1)可得an+1-2an=2n-1(a2-2a1)=2n,∴an+1‎‎2‎n+1‎-an‎2‎n=‎1‎‎2‎,∴an‎2‎n是首项为‎1‎‎2‎,公差为‎1‎‎2‎的等差数列,∴an‎2‎n=n‎2‎,则an=n·2n-1.‎ 考点二　等比数列的性质及其应用 ‎　(2018安徽马鞍山第二次教学质量监测,5)已知等比数列{an}满足a1=1,a3·a5=4(a4-1),则a7的值为(　　)‎ A.2 B.4 C.‎9‎‎2‎ D.6‎ 答案　B　‎ 考点三　等比数列的前n项和 ‎1.(2020届河南信阳月考,6)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn,已知S3=‎7‎‎4‎,S6=‎63‎‎4‎,则a8的值是(　　)‎ A.28 B.32 C.35 D.41‎ 答案　B　‎ ‎2.(2018广东佛山教学质量检测(二),16)数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=3-‎2n+3‎‎2‎n,n∈N*,则a1+a2+…+an=　　　　. ‎ 答案　1-‎‎1‎‎2‎n ‎3.(2018湖南(长郡中学、衡阳八中)、江西(南昌二中)等十四校第二次联考,17)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,a1=1,b1=2,b2=2a2,b3=2a3+2.‎ ‎(1)求{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若anbn的前n项和为Sn,求证:Sn<2.‎ 答案　(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,‎ 由题意得‎2q=2(1+d),‎‎2q‎2‎=2(1+2d)+2,‎ 解得d=1,‎q=2‎或d=-1,‎q=0‎(舍),‎ ‎∴an=n,bn=2n.‎ ‎(2)证明:由(1)知anbn=n‎2‎n,‎ ‎∴Sn=‎1‎‎2‎+‎2‎‎2‎‎2‎+‎3‎‎2‎‎3‎+…+n-1‎‎2‎n-1‎+n‎2‎n,‎ 则‎1‎‎2‎Sn=‎1‎‎2‎‎2‎+‎2‎‎2‎‎3‎+‎3‎‎2‎‎4‎+…+n-2‎‎2‎n-1‎+n-1‎‎2‎n+n‎2‎n+1‎,‎ 两式相减得‎1‎‎2‎Sn=‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎3‎+…+‎1‎‎2‎n-n‎2‎n+1‎=‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎-n‎2‎n+1‎,‎ ‎∴Sn=2-‎1‎‎2‎n-1‎-n‎2‎n=2-n+2‎‎2‎n,∴Sn<2.‎ 炼技法 提能力 ‎【方法集训】‎ 方法　等比数列的判定方法 ‎1.(2019河南安阳模拟,15)如图所示,正方形上连接着等腰直角三角形,等腰直角三角形两直角边上再连接正方形,……,如此继续下去,若共得到1 023个正方形,设初始正方形的边长为‎2‎,则最小正方形的边长为　　　　. ‎ 答案　‎‎1‎‎16‎ ‎2.(2019河南名校联盟尖子生第六次联合调研,17)已知数列{an}满足a1=0,且an+1-1=2an(n∈N*).‎ ‎(1)求证:数列{an+1}为等比数列;‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Sn.‎ 答案　(1)证明:∵an+1-1=2an,‎ ‎∴an+1+1=2(an+1),‎ 又a1+1=1,‎ ‎∴数列{an+1}是以1为首项,2为公比的等比数列.‎ ‎(2)由(1)知,an+1=(a1+1)×2n-1=2n-1,‎ ‎∴an=2n-1-1.‎ ‎∴Sn=a1+a2+a3+…+an ‎=(20-1)+(21-1)+(22-1)+…+(2n-1-1)‎ ‎=(20+21+22+…+2n-1)-n ‎=2n-n-1.‎ ‎【五年高考】‎ A组　统一命题·课标卷题组 考点一　等比数列的定义及通项公式 ‎1.(2019课标全国Ⅲ,6,5分)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=(　　)‎ A.16 B.8 C.4 D.2‎ 答案　C　‎ ‎2.(2019课标全国Ⅱ,18,12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=log2an,求数列{bn}的前n项和.‎ 答案　本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体现了数学运算的核心素养.‎ ‎(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0.‎ 解得q=-2(舍去)或q=4.‎ 因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.‎ ‎(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.‎ ‎3.(2018课标全国Ⅰ,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an.设bn=ann.‎ ‎(1)求b1,b2,b3;‎ ‎(2)判断数列{bn}是否为等比数列,并说明理由;‎ ‎(3)求{an}的通项公式.‎ 答案　(1)由条件可得an+1=‎2(n+1)‎nan.‎ 将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.‎ 将n=2代入得,a3=3a2,所以a3=12.‎ 从而b1=1,b2=2,b3=4.‎ ‎(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.‎ 由条件可得an+1‎n+1‎=‎2‎ann,即bn+1=2bn,‎ 又b1=1,所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.‎ ‎(3)由(2)可得ann=2n-1,所以an=n·2n-1.‎ ‎4.(2017课标全国Ⅱ,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.‎ ‎(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若T3=21,求S3.‎ 答案　设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.由a2+b2=2得d+q=3①.‎ ‎(1)由a3+b3=5得2d+q2=6②.‎ 联立①和②解得d=3,‎q=0‎(舍去),或d=1,‎q=2.‎ 因此{bn}的通项公式为bn=2n-1.‎ ‎(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.‎ 解得q=-5或q=4.‎ 当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.‎ 当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.‎ 考点二　等比数列的性质及其应用 ‎　(2015课标Ⅱ,9,5分)已知等比数列{an}满足a1=‎1‎‎4‎,a3a5=4(a4-1),则a2=(　　)‎ A.2 B.1 C.‎1‎‎2‎ D.‎‎1‎‎8‎ 答案　C　‎ 考点三　等比数列的前n项和 ‎1.(2015课标Ⅰ,13,5分)在数列{an}中,a1=2,an+1=2an,Sn为{an}的前n项和.若Sn=126,则n=　　　　. ‎ 答案　6‎ ‎2.(2019课标全国Ⅰ,14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,S3=‎3‎‎4‎,则S4=　　　　. ‎ 答案　‎‎5‎‎8‎ ‎3.(2018课标全国Ⅲ,17,12分)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.‎ 答案　(1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.‎ 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.‎ 故an=(-2)n-1或an=2n-1.‎ ‎(2)若an=(-2)n-1,则Sn=‎1-(-2‎‎)‎n‎3‎.‎ 由Sm=63得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.‎ 若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.‎ 综上,m=6.‎ ‎4.(2017课标全国Ⅰ,17,12分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.‎ 答案　(1)设{an}的公比为q,由题设可得a‎1‎‎(1+q)=2,‎a‎1‎‎(1+q+q‎2‎)=-6.‎ 解得q=-2,a1=-2.‎ 故{an}的通项公式为an=(-2)n.‎ ‎(2)由(1)可得Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=-‎2‎‎3‎+(-1)n·‎2‎n+1‎‎3‎.‎ 由于Sn+2+Sn+1=-‎4‎‎3‎+(-1)n·‎‎2‎n+3‎‎-‎‎2‎n+2‎‎3‎ ‎=2‎-‎2‎‎3‎+(-1‎)‎n·‎‎2‎n+1‎‎3‎=2Sn,‎ 故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.‎ B组　自主命题·省(区、市)卷题组 考点一　等比数列的定义及通项公式 ‎　(2018北京,5,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于‎12‎‎2‎.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为(　　)‎ A.‎3‎‎2‎f B.‎3‎‎2‎‎2‎f C.‎12‎‎2‎‎5‎f D.‎12‎‎2‎‎7‎f 答案　D　‎ 考点二　等比数列的性质及其应用 ‎　(2015广东,13,5分)若三个正数a,b,c成等比数列,其中a=5+2‎6‎,c=5-2‎6‎,则b=　　　　. ‎ 答案　1‎ 考点三　等比数列的前n项和 ‎1.(2018天津,18,13分)设{an}是等差数列,其前n项和为Sn(n∈N*);{bn}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Tn(n∈N*).已知b1=1,b3=b2+2,b4=a3+a5,b5=a4+2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn;‎ ‎(2)若Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn,求正整数n的值.‎ 答案　(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1=1,b3=b2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故bn=2n-1.所以,Tn=‎1-‎‎2‎n‎1-2‎=2n-1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.由b4=a3+a5,可得a1+3d=4.‎ 由b5=a4+2a6,可得3a1+13d=16,从而a1=1,d=1,故an=n,‎ 所以,Sn=n(n+1)‎‎2‎.‎ ‎(2)由(1),有T1+T2+…+Tn=(21+22+…+2n)-n=‎2×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-n=2n+1-n-2.‎ 由Sn+(T1+T2+…+Tn)=an+4bn可得 n(n+1)‎‎2‎‎+2n+1-n-2=n+2n+1,‎ 整理得n2-3n-4=0,解得n=-1(舍),或n=4.‎ 所以,n的值为4.‎ ‎2.(2016北京,15,13分)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.‎ 答案　(1)等比数列{bn}的公比q=b‎3‎b‎2‎=‎9‎‎3‎=3,(1分)‎ 所以b1=b‎2‎q=1,b4=b3q=27.(3分)‎ 设等差数列{an}的公差为d.‎ 因为a1=b1=1,a14=b4=27,‎ 所以1+13d=27,即d=2.(5分)‎ 所以an=2n-1(n=1,2,3,…).(6分)‎ ‎(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.‎ 因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.(8分)‎ 从而数列{cn}的前n项和Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1‎ ‎=n(1+2n-1)‎‎2‎+‎‎1-‎‎3‎n‎1-3‎ ‎=n2+‎3‎n‎-1‎‎2‎.(13分)‎ C组　教师专用题组 考点一　等比数列的定义及通项公式 ‎1.(2014安徽,12,5分)如图,在等腰直角三角形ABC中,斜边BC=2‎2‎.过点A作BC的垂线,垂足为A1;过点A1作AC的垂线,垂足为A2;过点A2作A1C的垂线,垂足为A3;……,依此类推.设BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,……,A5A6=a7,则a7=　　　　. ‎ 答案　‎‎1‎‎4‎ ‎2.(2014福建,17,12分)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81.‎ ‎(1)求an;‎ ‎(2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Sn.‎ 答案　(1)设{an}的公比为q,依题意得a‎1‎q=3,‎a‎1‎q‎4‎‎=81,‎ 解得a‎1‎‎=1,‎q=3.‎因此,an=3n-1.‎ ‎(2)因为bn=log3an=n-1,‎ 所以数列{bn}的前n项和Sn=n(b‎1‎+bn)‎‎2‎=n‎2‎‎-n‎2‎.‎ ‎3.(2014北京,15,13分)已知{an}是等差数列,满足a1=3,a4=12,数列{bn}满足b1=4,b4=20,且{bn-an}为等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)求数列{bn}的前n项和.‎ 答案　(1)设等差数列{an}的公差为d,由题意得 d=a‎4‎‎-‎a‎1‎‎3‎=‎12-3‎‎3‎=3.所以an=a1+(n-1)d=3n(n=1,2,…).‎ 设等比数列{bn-an}的公比为q,由题意得 q3=b‎4‎‎-‎a‎4‎b‎1‎‎-‎a‎1‎=‎20-12‎‎4-3‎=8,解得q=2.‎ 所以bn-an=(b1-a1)qn-1=2n-1.‎ 从而bn=3n+2n-1(n=1,2,…).‎ ‎(2)由(1)知bn=3n+2n-1(n=1,2,…).‎ 数列{3n}的前n项和为‎3‎‎2‎n(n+1),数列{2n-1}的前n项和为1×‎1-‎‎2‎n‎1-2‎=2n-1.‎ 所以数列{bn}的前n项和为‎3‎‎2‎n(n+1)+2n-1.‎ ‎4.(2013四川,16,12分)在等比数列{an}中,a2-a1=2,且2a2为3a1和a3的等差中项,求数列{an}的首项、公比及前n项和.‎ 答案　设该数列的公比为q.由已知,可得 a1q-a1=2,4a1q=3a1+a1q2,‎ 所以a1(q-1)=2,q2-4q+3=0,解得q=3或q=1.‎ 由于a1(q-1)=2,因此q=1不合题意,应舍去.‎ 故公比q=3,首项a1=1.‎ 所以数列的前n项和Sn=‎3‎n‎-1‎‎2‎.‎ ‎5.(2013天津,19,14分)已知首项为‎3‎‎2‎的等比数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),且-2S2,S3,4S4成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明Sn+‎1‎Sn≤‎13‎‎6‎(n∈N*).‎ 答案　(1)设等比数列{an}的公比为q,因为-2S2,S3,4S4成等差数列,所以S3+2S2=4S4-S3,即S4-S3=S2-S4,可得2a4=-a3,于是q=a‎4‎a‎3‎=-‎1‎‎2‎.又a1=‎3‎‎2‎,所以等比数列{an}的通项公式为an=‎3‎‎2‎×‎-‎‎1‎‎2‎n-1‎=(-1)n-1·‎3‎‎2‎n.‎ ‎(2)证明:Sn=1-‎-‎‎1‎‎2‎n,Sn+‎1‎Sn=1-‎-‎‎1‎‎2‎n+‎1‎‎1-‎‎-‎‎1‎‎2‎n=‎‎2+‎1‎‎2‎n‎(‎2‎n+1)‎,n为奇数,‎‎2+‎1‎‎2‎n‎(‎2‎n-1)‎,n为偶数.‎ 当n为奇数时,Sn+‎1‎Sn随n的增大而减小,所以Sn+‎1‎Sn≤S1+‎1‎S‎1‎=‎13‎‎6‎.‎ 当n为偶数时,Sn+‎1‎Sn随n的增大而减小,所以Sn+‎1‎Sn≤S2+‎1‎S‎2‎=‎25‎‎12‎.‎ 故对于n∈N*,有Sn+‎1‎Sn≤‎13‎‎6‎.‎ 考点二　等比数列的性质及其应用 ‎1.(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则(　　)‎ A.a1a3,a2a4 D.a1>a3,a2>a4‎ 答案　B　‎ ‎2.(2014大纲全国,8,5分)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3,S4=15,则S6=(　　)‎ A.31 B.32 C.63 D.64‎ 答案　C　‎ ‎3.(2013辽宁,14,5分)已知等比数列{an}是递增数列,Sn是{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=　　　　. ‎ 答案　63‎ 考点三　等比数列的前n项和 ‎1.(2013课标Ⅰ,6,5分)设首项为1,公比为‎2‎‎3‎的等比数列{an}的前n项和为Sn,则(　　)‎ A.Sn=2an-1 B.Sn=3an-2‎ C.Sn=4-3an D.Sn=3-2an 答案　D　‎ ‎2.(2013江西,12,5分)某住宅小区计划植树不少于100棵,若第一天植2棵,以后每天植树的棵数是前一天的2倍,则需要的最少天数n(n∈N*)等于　　　　. ‎ 答案　6‎ ‎3.(2013北京,11,5分)若等比数列{an}满足a2+a4=20,a3+a5=40,则公比q=　　　　　;前n项和Sn=　　　　　. ‎ 答案　2;2n+1-2‎ ‎4.(2015四川,16,12分)设数列{an}(n=1,2,3,…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列‎1‎an的前n项和为Tn,求Tn.‎ 答案　(1)由已知Sn=2an-a1,‎ 有an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),‎ 即an=2an-1(n≥2).‎ 从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.‎ 又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).‎ 所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.‎ 所以,数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.‎ 故an=2n.‎ ‎(2)由(1)得‎1‎an=‎1‎‎2‎n.‎ 所以Tn=‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎‎2‎+…+‎1‎‎2‎n=‎1‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎2‎n‎1-‎‎1‎‎2‎=1-‎1‎‎2‎n.‎ ‎5.(2015重庆,16,13分)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=‎9‎‎2‎.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)设{an}的公差为d,则由已知条件得 a1+2d=2,3a1+‎3×2‎‎2‎d=‎9‎‎2‎,‎ 化简得a1+2d=2,a1+d=‎3‎‎2‎,‎ 解得a1=1,d=‎1‎‎2‎,‎ 故通项公式an=1+n-1‎‎2‎,即an=n+1‎‎2‎.‎ ‎(2)由(1)得b1=1,b4=a15=‎15+1‎‎2‎=8.‎ 设{bn}的公比为q,则q3=b‎4‎b‎1‎=8,从而q=2,‎ 故{bn}的前n项和 Tn=b‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=‎1×(1-‎2‎n)‎‎1-2‎=2n-1.‎ ‎6.(2014四川,19,12分)设等差数列{an}的公差为d,点(an,bn)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*).‎ ‎(1)证明:数列{bn}为等比数列;‎ ‎(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-‎1‎ln2‎,求数列{anbn‎2‎}的前n项和Sn.‎ 答案　(1)证明:由已知可知,bn=‎2‎an>0,‎ 当n≥1时,bn+1‎bn=‎2‎an+1‎‎-‎an=2d,‎ 所以数列{bn}是首项为‎2‎a‎1‎,公比为2d的等比数列.‎ ‎(2)函数f(x)=2x的图象在(a2,b2)处的切线方程为y-‎2‎a‎2‎=(x-a2)‎2‎a‎2‎ln 2,该切线在x轴上的截距为a2-‎1‎ln2‎.‎ 由题意知,a2-‎1‎ln2‎=2-‎1‎ln2‎,解得a2=2.‎ 所以d=a2-a1=1,an=n,bn=2n,anbn‎2‎=n·4n.‎ 于是,Sn=1×4+2×42+3×43+…+(n-1)×4n-1+n×4n,‎ ‎4Sn=1×42+2×43+…+(n-1)×4n+n×4n+1,‎ 因此Sn-4Sn=4+42+…+4n-n×4n+1=‎4‎n+1‎‎-4‎‎3‎-n×4n+1=‎(1-3n)‎4‎n+1‎-4‎‎3‎.‎ 所以Sn=‎(3n-1)‎4‎n+1‎+4‎‎9‎.‎ ‎7.(2013湖北,19,13分)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)是否存在正整数n,使得Sn≥2 013?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,说明理由.‎ 答案　(1)设数列{an}的公比为q,则a1≠0,q≠0.由题意得S‎2‎‎-S‎4‎=S‎3‎-S‎2‎,‎a‎2‎‎+a‎3‎+a‎4‎=-18,‎ 即‎-a‎1‎q‎2‎-a‎1‎q‎3‎=a‎1‎q‎2‎,‎a‎1‎q(1+q+q‎2‎)=-18,‎ 解得a‎1‎‎=3,‎q=-2.‎ 故数列{an}的通项公式为an=3×(-2)n-1.‎ ‎(2)由(1)有Sn=‎3·[1-(-2‎)‎n]‎‎1-(-2)‎=1-(-2)n.‎ 若存在n,使得Sn≥2 013,则1-(-2)n≥2 013,‎ 即(-2)n≤-2 012.‎ 当n为偶数时,(-2)n>0,上式不成立;‎ 当n为奇数时,(-2)n=-2n≤-2 012,即2n≥2 012,则n≥11.‎ 综上,存在符合条件的正整数n,且所有这样的n的集合为{n|n=2k+1,k∈N,k≥5}.‎ ‎【三年模拟】‎ 时间:50分钟　分值:65分 一、选择题(每小题5分,共30分)‎ ‎1.(2018河南郑州一模,3)若等比数列{an}的前n项和为Sn,且S2=3,S6=63,则S5=(　　)‎ A.-33 B.15 C.31 D.-33或31‎ 答案　D　‎ ‎2.(2019山西3月高考考前适应性测试,6)正项等比数列{an}中,a1a5+2a3a7+a5a9=16,且a5与a9的等差中项为4,则{an}的公比是(　　)‎ A.1 B.2 C.‎2‎‎2‎ D.‎‎2‎ 答案　D　‎ ‎3.(2019江西九江一模,3)等比数列{an}中,若a4·a5·a6=8,且a5与2a6的等差中项为2,则公比q=(　　)‎ A.2 B.‎1‎‎2‎ C.-2 D.-‎‎1‎‎2‎ 答案　B　‎ ‎4.(2018山西太原模拟(二),4)已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,S3=3a3,则S5=(　　)‎ A.1 B.5 C.‎31‎‎48‎ D.‎‎11‎‎16‎ 答案　D　‎ ‎5.(2020届九师联盟,6)已知{an}是正项等比数列,{bn}是等差数列,且a4=b5,则(　　)‎ A.a2+a6≥b3+b7 B.a2+a6≤b3+b7 C.a2+a6≠b3+b7 D.a2+a6=b3+b7‎ 答案　A　‎ ‎6.(2020届河南商丘月考,8)已知等比数列{an},an>0,a1=256,S3=448,Tn为数列{an}的前n项乘积,则当Tn取得最大值时,n=(　　)‎ A.8 B.9 C.8或9 D.8.5‎ 答案　C　‎ 二、填空题(共5分)‎ ‎7.(2020届皖江名校联盟第一次联考,14)已知所有项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,S4=a4+21,则公比q=　　　　. ‎ 答案　4‎ 三、解答题(共30分)‎ ‎8.(2020届宁夏银川兴庆月考,17)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足Sn=2n+k‎2‎(k∈R).‎ ‎(1)求k和数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足bn=‎1‎‎(2n+1)log‎2‎(an·an+1‎)‎,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 答案　(1)由已知式子得2Sn=2n+1+k(k∈R),当n≥2时,得2Sn-1=2n+k(k∈R),‎ 两式相减得2an=2Sn-2Sn-1=2n,即an=2n-1(n≥2),‎ 又a1=S1=2+k‎2‎,当k=-2时,a1=1,符合数列{an}为等比数列,‎ 所以{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)可得log2(an·an+1)=log2(2n-1·2n)=2n-1,‎ 所以bn=‎1‎‎(2n+1)(2n-1)‎=‎1‎‎2‎‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎,‎ 所以Tn=b1+b2+…+bn=‎1‎‎2‎×1-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎5‎+…+‎1‎‎2n-1‎-‎1‎‎2n+1‎=n‎2n+1‎.‎ ‎9.(2019安徽淮南二模,17)记Sn,q分别为等比数列{an}的前n项和与公比,已知a2=9,S3=-21,|q|>1.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)求Sn‎+‎‎3‎‎4‎的前n项和Tn.‎ 答案　(1)由题设可得a‎1‎q=9,‎a‎1‎‎(1+q+q‎2‎)=-21.‎ 解得q=-3或q=-‎1‎‎3‎.∵|q|>1,∴q=-3.∴a1=-3.‎ 故{an}的通项公式为an=(-3)n.‎ ‎(2)由(1)可得Sn=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q=-‎3‎‎4‎+‎3‎‎4‎×(-3)n,‎ 则Sn+‎3‎‎4‎=‎3‎‎4‎×(-3)n.‎ ‎∴Sn‎+‎‎3‎‎4‎是以-‎9‎‎4‎为首项,-3为公比的等比数列,‎ ‎∴Tn=‎-‎9‎‎4‎[1-(-3‎)‎n]‎‎4‎=-‎9‎‎16‎+‎9‎‎16‎·(-3)n.‎ ‎10.(2020届黑龙江哈尔滨香坊月考,17)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-n(n∈N*).‎ ‎(1)证明数列{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)记bn=(2n-1)an,求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 答案　(1)由Sn=2an-n(n∈N*)可得n=1时,a1=S1=2a1-1,可得a1=1;n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-n-2an-1+n-1,化为an=2an-1+1,即an+1=2(an-1+1).所以数列{an+1}是首项和公比均为2的等比数列,则an+1=2n,即an=2n-1,n∈N*.‎ ‎(2)bn=(2n-1)an=(2n-1)(2n-1)=(2n-1)·2n-(2n-1),‎ Tn=[1×2+3×4+5×8+…+(2n-1)·2n]-(1+3+5+…+2n-1),‎ 设Rn=1×2+3×4+5×8+…+(2n-1)·2n,‎ 则2Rn=1×4+3×8+5×16+…+(2n-1)·2n+1,‎ 上面两式相减可得-Rn=2+2(4+8+16+…+2n)-(2n-1)·2n+1=2+2·‎4(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎-(2n-1)·2n+1,‎ 化简可得Rn=6+(2n-3)·2n+1,‎ 则Tn=6+(2n-3)·2n+1-‎1‎‎2‎n(1+2n-1)=6+(2n-3)·2n+1-n2.‎