2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题38等比数列及其前n项和（Word版附解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题38等比数列及其前n项和（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。


专题38等比数列及其前n项和
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：等比数列基本量的运算
题型二：等比数列的判定与证明
题型三：等比数列项的性质的应用
题型四：等比数列前n项和的性质的应用

培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
1.理解等比数列的概念.
2.掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.
3.了解等比数列与指数函数的关系．
【考点预测】
1．等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为＝q(n∈N*，q为非零常数)．
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，G2＝ab.
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn－1.
(2)前n项和公式：
Sn＝
3．等比数列的性质
(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N*)．
(2)对任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q＝2k，则am·an＝ap·aq＝a.
(3)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m仍成等比数列(m为偶数且q＝－1除外)．
(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(5)若或则等比数列{an}递增．
若或则等比数列{an}递减．
【常用结论】
1.若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a}，，{an·bn}，也是等比数列.
2.由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.
3.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.
4.三个数成等比数列，通常设为，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为，，xq，xq3.
【方法技巧】
1.等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．
2.等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.
3.等比数列的三种常用判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．
(3)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则 {an}是等比数列．
4.等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n项和公式的变形，根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．
二、【题型归类】
【题型一】等比数列基本量的运算
【典例1】(多选)已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a1，a3，2a2成等差数列，则下列说法正确的是(　　)
A.a1＞0 B.q＞0
C.＝3或－1 D.＝9
【解析】设等比数列{an}的公比为q，
由题意得2＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q.
因为数列{an}的各项均为正数，所以a1＞0，且q＞0，故A，B正确；
由q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－1(舍)，
所以＝q＝3，＝q2＝9，故C错误，D正确，故选ABD.
故选ABD.
【典例2】已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于(　　)
A.－ B.－2 C.2 D.
【解析】由题意知q3＝＝，即q＝.
故选D.
【典例3】《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍.”则当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是________.(结果精确到0.1.参考数据：lg 2＝0.30，lg 3＝0.48)(　　)
A.2.9天 B.3.9天 C.4.9天 D.5.9天
【解析】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，前n项和为An.
莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，
其前n项和为Bn.
则An＝，Bn＝，
由题意可得5×＝，解得2n＝30，2n＝1(舍去).
∴n＝log230＝＝＝≈4.9.
故选C.
【题型二】等比数列的判定与证明
【典例1】已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝，a2＝，求{an}的通项公式．
【解析】(1)证明　an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，
因为{an}中各项均为正数，
所以an＋1＋an>0，所以＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)解　由题意知an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1
＝2×3n－1，
因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，a2＝3a1，
所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，
故an＋1＝3an，
所以4an＝2×3n－1，an＝×3n－1.
【典例2】Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)易知q≠1，
由题意可得
解得a1＝1，q＝3，
∴an＝3n－1，Sn＝＝.
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，
解得λ＝，
此时Sn＋＝×3n，
则＝＝3，
故存在常数λ＝，使得数列是以为首项，3为公比的等比数列．
【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝.
(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．
【解析】(1)由条件可得an＋1＝an.
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＝，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＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
【题型三】等比数列项的性质的应用
【典例1】已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于(　　)
A．40 B．60 C．32 D．50
【解析】数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，
即4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，
∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.
故选B.
【典例2】已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，a2＋a5＝4，则a8＝_____.
【解析】由已知得，2S9＝S3＋S6，∴q≠1，
则有2×＝＋，
解得q3＝－，
又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝4，
∴a2＝8，∴a8＝a2·q6＝8×＝2.
【典例3】已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2a＝π，则tan(a3·a5)等于(　　)
A. B．－ C．－ D．±
【解析】由已知得a＋2a＝π，∴a＝，
又a3·a5＝a＝，∴tan(a3·a5)＝.
故选A.
【题型四】等比数列前n项和的性质的应用
【典例1】已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________．
【解析】由题意，得解得所以q＝＝＝2.
【典例2】设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝________．
【解析】设等比数列{an}的公比为q，因为＝，所以{an}的公比q≠1.由÷＝，得q3＝－，所以＝＝.
三、【培优训练】
【训练一】(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为(　　)
A．b10＝8b5 B．{bn}是等比数列
C．a1b30＝105 D.＝
【解析】由题意知，{an}为等差数列，a1＝5，S30＝390，设公差为d，则S30＝30×5＋d，所以d＝.对于B，{bn}中，＝＝2an＋1－an＝2d，故{bn}为等比数列，故B正确．对于A，＝25d＝2≠8，故A错误．对于C，a1b30＝5×32×2×29＝5×32×216≠105，故C错误．对于D，＝＝，故D正确．
故选BD.
【训练二】(多选)已知数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足： (ai＋i)＝2bn－2，b1＝2，b2＋b3是b3与b4的等差中项，数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　)
A.数列{an－bn}是等差数列
B.Sn＝2n＋1－2－
C.数列{an}是递增数列
D. ＜2
【解析】设{bn}的公比为q.
由题知b3＋b4＝2(b2＋b3)⇒b4－b3－2b2＝0⇒q2－q－2＝0⇒q＝2或－1(舍)，故bn＝2n，an＋n＝2bn－2bn－1＝2n＋1－2n＝2n，an＝2n－n，an－bn＝－n，故{an－bn}为等差数列，A正确；
Sn＝2＋22＋…＋2n－(1＋2＋…＋n)＝2(2n－1)－，B正确；
an＋1－an＝2n－1≥1，故{an}是递增数列，C正确；
当n＝1时，＝1，2＝1，矛盾，故D错误.
故选ABC.
【训练三】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn＝λan－1(λ为常数)．若数列{bn}满足anbn＝－n2＋9n－20，且bn＋1＜bn，则满足条件的n的取值集合为________．
【解析】当n＝1时，a1＝S1＝λa1－1.又a1＝1，所以λ－1＝1，解得λ＝2.所以Sn＝2an－1，所以Sn－1＝2an－1－1(n≥2)．所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.又anbn＝－n2＋9n－20，所以bn＝，所以bn＋1－bn＝－＝＜0.又2n＞0，所以n2－11n＋28＝(n－4)·(n－7)＜0，解得4＜n＜7.又n∈N*，所以满足条件的n的取值集合为{5，6}．
【训练四】已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
(2)求T2n.
【解析】(1)因为an·an＋1＝，
所以an＋1·an＋2＝，
所以＝，
即an＋2＝an.
因为bn＝a2n＋a2n－1，
所以＝＝＝，
因为a1＝1，a1·a2＝，
所以a2＝，所以b1＝a1＋a2＝.
所以{bn}是首项为，公比为的等比数列．
所以bn＝×＝.
(2)由(1)可知，an＋2＝an，
所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，以为公比的等比数列，
所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝＋＝3－.
【训练五】已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为.
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
【解析】(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以Sn＝＝<.
因为∀n∈N*，Sn≤m恒成立，
所以m≥，即实数m的最小值为.
【训练六】已知公比不为1的等比数列{an}满足a1＋a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和，求使Sk＞成立的最大正整数k的值.
【解析】(1)设公比为q.由题意得a1＋a2＝2a3，
∴a1(1＋q－2q2)＝0，
又∵a1≠0，∴q＝－或1(舍)，
∵a1＋a3＝5，∴a1(1＋q2)＝5，∴a1＝4，
∴an＝4·.
(2)Sn＝＝.
∵Sk＞，∴＞，
∴＜－，
显然，k为奇数，即＞＞＝.
解得k≤3，所以满足条件的最大正整数k的值为3.
四、【强化测试】
【单选题】
1. 等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1，2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4＝(　　)
A．16　　　 　B．15　　 　　C．8　　　 　D．7
【解析】设公比为q，由题意得4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，又a1≠0，所以4q＝4＋q2，解得q＝2，所以S4＝＝15，
故选B.
2. 设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3，S4＝15，则公比q＝(　　)
A．5 B．4
C．3 D．2
【解析】因为S2＝3，S4＝15，S4－S2＝12，
所以
两个方程左右两边分别相除，得q2＝4，
因为数列是正项等比数列，
所以q＝2.
故选D.
3. 设单调递增等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＋a4＝10，a2a3a4＝64，则正确的是(　　)
A．Sn＝2n－1－1 B．an＝2n
C．Sn＋1－Sn＝2n＋1 D．Sn＝2n－1
【解析】设等比数列{an}的公比为q，
因为a2a3a4＝64，所以a＝64，解得a3＝4.
又a2＋a4＝10，
所以＋4q＝10，即2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或q＝.
又等比数列{an}单调递增，
所以q＝2，a1＝1，所以an＝2n－1，
所以Sn＝＝2n－1，Sn＋1－Sn＝2n＋1－1－(2n－1)＝2n.
因此只有选项D正确.
故选D.
4. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则数列{a}的前n项和为(　　)
A. B.
C. D．9n－1
【解析】设数列{a}的前n项和为Tn，因为Sn＝3n＋a，所以Sn－1＝3n－1＋a(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝2·3n－1(n≥2)，且S1＝a1＝3＋a.又数列{an}为等比数列，所以an＝2·3n－1且2＝3＋a，所以a＝－1.因为＝＝9且a＝4，所以{a}是首项为4，公比为9的等比数列．所以{a}的前n项和Tn＝＝.
故选A.
5. 已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若公比q＝2，则＝(　　)
A． B．
C． D．
【解析】法一：由题意知a1＋a3＋a5＝a1(1＋22＋24)＝21a1，而S6＝＝63a1，所以＝＝，故选A．
法二：由题意知S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝a1＋a3＋a5＋(a2＋a4＋a6)＝a1＋a3＋a5＋2(a1＋a3＋a5)＝3(a1＋a3＋a5)，故＝.
故选A．
6. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人最后一天走的路程为(　　)
A．24里 B．12里
C．6里 D．3里
【解析】记该人每天走的路程里数为{an}，可知{an}是公比q＝的等比数列，
由S6＝378，得S6＝＝378，解得a1＝192，
所以a6＝192×＝6.
故选C．
7. 已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为(　　)
A．×(310－1) B．×(910－1)
C．×(279－1) D．×(2710－1)
【解析】因为an＋1－an＝＝3，
所以{an}为等差数列，公差为3，{bn}为等比数列，公比为3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，
所以ban＝33n－3＝27n－1，所以{ban}是以1为首项，27为公比的等比数列，所以{ban}的前10项和为＝×(2710－1).
故选D．
8. 已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为(　　)
A.×(310－1) B.×(910－1)
C.×(279－1) D.×(2710－1)
【解析】因为an＋1－an＝＝3，
所以{an}为等差数列，公差为3，{bn}为等比数列，公比为3，所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2，bn＝1×3n－1＝3n－1，
所以ban＝33n－3＝27n－1，
所以{ban}是以1为首项，27为公比的等比数列，
所以{ban}的前10项和为＝×(2710－1).
故选D.
【多选题】
9. 若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是(　　)
A．若a1>0,0 B．若a1<0,0 C．若q>0，则S4＋S6>2S5
D．若bn＝，则{bn}是等比数列
【解析】A，B显然是正确的；
C中，若a1＝1，q＝，则a6 D中，＝＝(q≠0)，
∴{bn}是等比数列．
故选ABD.
10. 已知等比数列{an}的公比为q，前4项的和为a1＋14，且a2，a3＋1，a4成等差数列，则q的值可能为(　　)
A. B．1 C．2 D．3
【解析】因为a2，a3＋1，a4成等差数列，
所以a2＋a4＝2(a3＋1)，
因此a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋3a3＋2＝a1＋14，故a3＝4.
又{an}是公比为q的等比数列，
所以由a2＋a4＝2(a3＋1)，
得a3＝2(a3＋1)，即q＋＝，
解得q＝2或.
故选AC.
11. 数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有(　　)
A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1 D．an＝
【解析】由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，
当n≥2时，an＝2Sn－1，
两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，
可得an＋1＝3an，即＝3(n≥2)，
又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以＝2，
所以数列的通项公式为an＝
当n≥2时，Sn＝＝＝3n－1，
又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，
所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1；
又由＝＝3，
所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，
综上可得选项ABD是正确的．
故选ABD.
12. 如图，已知点E是▱ABCD的边AB的中点，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足＝an＋1·－2(2an＋3)·，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　)

A．a3＝13 B．数列{an＋3}是等比数列
C．an＝4n－3 D．Sn＝2n＋1－n－2
【解析】＝an＋1·－2(2an＋3)·(＋)，
故＝(an＋1－2an－3)·－(2an＋3)·，
，共线，故an＋1－2an－3＝0，
即an＋1＋3＝2(an＋3)，a1＝1，
故an＋3＝4×2n－1，故an＝2n＋1－3.
a3＝24－3＝13，A正确；
数列{an＋3}是等比数列，B正确；
an＝2n＋1－3，C错误；
Sn＝4×－3n＝2n＋2－3n－4，故D错误．
故选AB.
【填空题】
13. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.
【解析】由于S3＝7，S6＝63知公比q≠1，
又S6＝S3＋q3S3，
得63＝7＋7q3.
∴q3＝8，q＝2.
由S3＝＝＝7，
得a1＝1.
14. 已知{an}是等比数列，且a3a5a7a9a11＝243，则a7＝________；若公比q＝，则a4＝________.
【解析】由{an}是等比数列，
得a3a5a7a9a11＝a＝243，
故a7＝3，a4＝＝81.
15. 设Tn为正项等比数列{an}(公比q≠1)前n项的积，若T2 015＝T2 021，则＝________.
【解析】由题意得，
T2 015＝T2 021
＝T2 015·a2 016a2 017a2 018a2 019a2 020a2 021，
所以a2 016a2 017a2 018a2 019a2 020a2 021＝1，
根据等比数列的性质，
可得a2 016a2 021＝a2 017a2 020＝a2 018a2 019＝1，
设等比数列的公比为q，
所以a2 016a2 021＝＝1⇒a2 021＝q52,
a2 018a2 019＝＝1⇒a2 019＝q12,
所以＝log3q12log3q52=15.
16. 如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，……，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为________．

【解析】由题意，得正方形的边长构成以为首项,为公比的等比数列，现已知共含有1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1 023，所以n＝10，所以最小正方形的边长为10＝.
【解答题】
17. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.
(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
【解析】(1)证明　∵an＋Sn＝n①，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1②.
②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，
所以2an＋1＝an＋1，
∴2(an＋1－1)＝an－1，又a1＋a1＝1，
所以a1＝，∴a1－1＝－≠0，
因为＝，∴＝.
故{cn}是以c1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列.
(2)解　由(1)知cn＝－×＝－.
∵cn＝an－1，∴an＝1－.
18. 已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a3＝12，________．是否存在正整数k，使得Sk>2 020？若存在，求k的最小值；若不存在，说明理由．
从①q＝2，②q＝，③q＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
【解析】选择①：
因为a3＝12，所以a1＝3，
所以Sn＝＝3(2n－1)．
令Sk>2 020，即3(2k－1)>2 020，得2k>.
所以存在正整数k，使得Sk>2 020，k的最小值为10.
选择②：
因为a3＝12，所以a1＝48，所以Sn＝＝96.
因为Sn<96<2 020，
所以不存在满足条件的正整数k.
选择③：
因为a3＝12，所以a1＝3，
所以Sn＝＝1－(－2)n.
令Sk>2 020，即1－(－2)k>2 020，整理得(－2)k<－2 019.
当k为偶数时，原不等式无解；
当k为奇数时，原不等式等价于2k>2 019，
所以存在正整数k，使得Sk>2 020，k的最小值为11.
19. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*).
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
【解析】(1)证明　2Sn＝－an＋n，
当n≥2时2Sn－1＝－an－1＋n－1，
两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，
即an＝an－1＋.
∴an－＝，
∴数列为等比数列.
(2)解　由2S1＝－a1＋1，得a1＝，
由(1)知，数列是以－为首项，为公比的等比数列.
∴an－＝－＝－，
∴an＝－＋，
∴an－1＝－－，
∴Tn＝－
＝－.
20. 已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.
【解析】(1)设{an}的公比为q(q>1)，且a2＋a4＝20，a3＝8.
∴
消去a1，得q＋＝，则q＝2，或q＝(舍).
因此q＝2，a1＝2，
所以{an}的通项公式an＝2n.
(2)易知(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1·22n＋1，
则数列{(－1)n－122n＋1}公比为－4.
故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1·anan＋1
＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1
＝＝[1－(－4)n]
＝－(－1)n·.
21. 记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋1.设bn＝an＋1－2an.
(1)求证：数列{bn}为等比数列；
(2)设cn＝|bn－100|，Tn为数列{cn}的前n项和．求T10.
【解析】(1)证明　由Sn＋1＝4an＋1，
得Sn＝4an－1＋1(n≥2，n∈N*)，
两式相减得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，
所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)，
所以＝
＝
＝2(n≥2)，
又a1＝1，S2＝4a1＋1，
故a2＝4，a2－2a1＝2＝b1≠0，
所以数列{bn}为首项与公比均为2的等比数列．
(2)解　由(1)可得bn＝2·2n－1＝2n，
所以cn＝|2n－100|＝
所以T10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400
＝200－＋27＋28＋29＋210
＝200＋2＋28＋29＋210
＝1 994.
22. 已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为.
(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．
【解析】(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－8，
即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，
所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，
所以an＝2·3n－1(n∈N*)．
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝，
所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n≥2)，
两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，
因为an＝2·3n－1，
所以bn＝n(n≥2)，
当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，所以bn＝n(n∈N*)．
(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以Sn＝＝<.
因为∀n∈N*，Sn≤m恒成立，
所以m≥，即实数m的最小值为.