人教A版普通高中数学一轮复习第七章第三节等比数列学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第七章第三节等比数列学案，共21页。学案主要包含了常用结论等内容，欢迎下载使用。

2．探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系．
3．能在具体的问题情境中，发现等比关系，并解决相应的问题．体会等比数列与指数函数的关系．
自查自测
知识点一 等比数列的有关概念
1．判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打“×”．
(1)常数列一定是等比数列．( × )
(2)存在一个数列既是等差数列，又是等比数列．( √ )
(3)若b2＝ac，则a，b，c成等比数列．( × )
(4)当a，b同号时，a，b的等比中项有两个，异号时，没有等比中项．( √ )
2．如果－1，a，b，c，－9成等比数列，那么( )
A．b＝－3，ac＝9B．b＝3，ac＝9
C．b＝－3，ac＝－9D．b＝3，ac＝－9
A 解析：根据等比中项的定义得a2=−b①，b2=ac②，c2=−9b③，
①×③，得a2c2＝9b2，即ac＝±3b④，将④代入②，得b2＝±3b，解得b＝±3.
又由③知b<0，所以b＝－3，ac＝b2＝9.
核心回扣
1．定义：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，那么这个数列叫做等比数列．
2．递推关系：anan−1＝q(n≥2，n∈N*，q为常数)．
3．等比中项：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．
注意点：
(1)等比数列中没有0项，公比也不为0.
(2)当两个数同号时才有等比中项，且等比中项有两个．
自查自测
知识点二 等比数列的有关公式
1．在等比数列{an}中，a3＝6，前三项和S3＝18，则公比q的值为( )
A．1B．－12
C．1或－12D．－1或－12
C 解析：因为S3＝18，a3＝6，所以a1＋a2＝a3q2(1＋q)＝12，整理得2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－12．
2．(教材改编题)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，且an>0，S1＋a1＝2，S3＋a3＝22，则公比q＝ ，S5＋a5＝ ．
3 202 解析：由题意得2a1＝2，所以a1＝1.由a1＋a1q＋2a1q2＝22，解得q＝3或q＝－72．因为an>0，所以q＝－72不符合题意，故q＝3，所以S5＋a5＝1×1−351−3＋1×34＝202.
核心回扣
1．通项公式：an＝a1qn-1．
2．前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝a11−qn1−q＝a1−anq1−q．
注意点：
应用等比数列前n项和公式时，需要对公比是否为1进行讨论．
(1)an＝a1qn-1＝a1q·qn，当q≠±1时，是关于n的指数型函数．
(2)当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式可写成Sn＝－a11−q·qn＋a11−q的形式，数列{Sn}对应的点(n，Sn)是指数型函数y＝－Aqn＋A图象上的一些离散的点．
(3)当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1是n的正比例函数，数列{Sn}对应的点(n，Sn)是正比例函数y＝a1x图象上的一些离散的点．
自查自测
知识点三 等比数列的常用性质
1．(教材改编题)在等比数列{an}中，a2a6＝16，a4＋a8＝8，则a20a10等于( )
A．1 B．－3
C．1或－3 D．－1或3
A 解析：由a2a6＝16，得a42＝16，所以a4＝±4.又a4＋a8＝8，可得a4(1＋q4)＝8，因为q4>0，所以a4＝4，q2＝1，则a20a10＝q10＝1.
2．设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn，若－a1＜a2＜a1，则( )
A．数列{Sn}为递减数列 B．数列{Sn}为递增数列
C．数列{Sn}有最大项 D．数列{Sn}有最小项
D 解析：由－a1＜a2＜a1，可得a1＞0，所以q＝a2a1＜1.因为－a1＜a2，则q＝a2a1＞－1，所以－1＜q＜0或0＜q＜1.因为Sn＝a11−qn1−q，
所以当0＜q＜1时，{Sn}为递增数列；当－1＜q＜0时，{Sn}为摆动数列，故A，B错误．当0＜q＜1时，易知数列{Sn}的最小项为S1，没有最大项；当－1＜q＜0时，数列{an}的奇数项为正，偶数项为负，且满足a2k＋a2k＋1＜0(k∈N*)，a2k－1＋a2k＞0(k∈N*)，所以数列{Sn}有最大项S1，最小项S2，故C错误，D正确．
3．等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若S10S5＝242243，则公比q＝ ．
－13 解析：由S10S5＝242243，a1＝－1，知公比q≠1，S10−S5S5＝－1243．由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－1243，所以q＝－13．
核心回扣
1．an＝amqn－m.
2．若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，
特别地，若2w＝m＋n，则aman＝aw2．
3．Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列(n为偶数且q＝－1除外)．
4．若a1>0，q>1或a1<0，0若a1>0，01，则等比数列{an}递减．
【常用结论】
1．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1，0)．
2．数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．
(1)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{λan}，{pan·qbn}和panqbn也是等比数列．
(2)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，T2nTn，T3nT2n，…成等比数列．
(3)若数列{an}的项数为2n，则S偶S奇＝q；若项数为2n＋1，则S奇−a1S偶＝q，或S偶S奇−a2n+1＝q.
(4)当q＝1时，SnSm＝nm；当q≠±1时，SnSm＝1−qn1−qm．
(5)Sn＋m＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
应用1 设数列{an}为等比数列，则下面四个数列：①{an3)}；②{pan}(p为非零常数)；③{an·an＋1}；④{an＋an＋1}．其中是等比数列的有( )
A．1个B．2个
C．3个D．4个
C 解析：①因为an+13an3＝an+1an3＝q3，故{an3)}是等比数列；
②因为pan+1pan＝an+1an＝q，故{pan}是等比数列；
③因为an+1·an+2an·an+1＝an+2an＝q2，故{an·an＋1}是等比数列；
④因为当q≠－1时，an+1+an+2an+an+1＝qan+an+1an+an+1＝q，{an＋an＋1}是等比数列；当q＝－1时，{an＋an＋1}不是等比数列．
应用2 已知数列{an}的前n项和Sn＝22n+1＋a，若此数列为等比数列，则a＝ ．
－2 解析：因为数列{an}的前n项和Sn＝22n+1＋a＝2×4n＋a，所以a＝－2.
等比数列基本量的运算
1．(2024·苏州模拟)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a4＝( )
A．16B．8
C．4D．2
B 解析：由题意可设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
则a1+a1q+a1q2+a1q3=15，a1q4=3a1q2+4a1，
解得a1=1，q=2(负值舍去)，所以a4＝a1q3＝8.
2．(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )
A．14B．12
C．6D．3
D 解析：设等比数列{an}的公比为q，q≠0，又a2－a5＝42，所以q≠1.
因为前3项和为a1＋a2＋a3＝a11−q31−q＝168，a2－a5＝a1q－a1q4＝a1q(1－q3)＝42，
解得q＝12，a1＝96，
所以a6＝a1q5＝96×132＝3.
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a3a11＝2a32，且S8＋S24＝mS16，则m＝( )
A．－4B．4
C．－83D．83
D 解析：因为a3a11＝2a32，且an≠0，所以a11＝2a3，
即a1q10＝2a1q2，解得q8＝2或q＝0(舍去)．
因为S8＋S24＝mS16，所以a11−q81−q＋a11−q241−q＝m·a11−q161−q．
又因为q8＝2，a1≠0，所以代入化简得－8＝－3m，解得m＝83．
等比数列基本量的运算的解题策略
(1)等比数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个基本量：a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程组求解即可．(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．
(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解．
等比数列的判定与证明
考向1 定义法证明等比数列
【例1】(2024·泰安模拟)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2，5，13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列Sn+54 是等比数列．
(1)解：设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d，
依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15，解得a＝5.
所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d，10，18＋d.
依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，
故{bn}的第3项为5，公比为2.
由b3＝b1·22＝5，解得b1＝54．
所以数列{bn}是以54为首项，2为公比的等比数列，
其通项公式为bn＝54·2n-1＝5·2n-3.
(2)证明：数列{bn}的前n项和Sn＝541−2n1−2＝5·2n-2－54，
即Sn＋54＝5·2n-2，
所以S1＋54＝52，Sn+1+54Sn+54 ＝5·2n−15·2n−2＝2.
因此数列Sn+54 是以52为首项，2为公比的等比数列．
定义法证明等比数列的注意点
(1)判定或者证明数列是否为等比数列最基本的方法是定义法．
(2)若要判定一个数列不是等比数列，只需判定该数列中存在连续的三项不成等比数列．
考向2 等比中项法证明等比数列
【例2】在数列{an}中，an+12＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.证明：数列{an＋1}是等比数列．
证明：因为an+12＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
所以(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)．
因为a1＝2，a2＝5，所以a1＋1＝3，a2＋1＝6，
则对任意n∈N*，an＋1≠0恒成立，
所以an+1+1an+1＝an+2+1an+1+1＝a2+1a1+1＝2，
所以数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
等比中项法证明等比数列的注意点
1an2＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是判定一个数列是等比数列时，要注意各项均不为零．
(2)证明数列{an}为等比数列时，不能仅仅证明an＋1＝qan，还要说明q≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，断定数列{an}为等比数列．
已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，b1＝12，2an＋1＝an＋12bn，2bn＋1＝12an＋bn.证明：数列{an＋bn}，{an－bn}为等比数列．
证明：依题有2an+1=an+12 bn①，2bn+1=12an+bn②，
①－②并整理得an＋1＋bn＋1＝34(an＋bn)．
又a1＋b1＝32，
所以{an＋bn}是首项为32，公比为34的等比数列．
①＋②并整理得an＋1－bn＋1＝14(an－bn)．
又a1－b1＝12，
所以{an－bn}是首项为12，公比为14的等比数列．
等比数列的性质
【例3】(1)(2024·黄山模拟)在等比数列{an}中，a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，则a2a12a7的值为( )
A．13 B．3
C．±13D．±3
B 解析：因为a1，a13是方程x2－13x＋9＝0的两根，所以a1＋a13＝13，a1a13＝9，
所以a1>0，a13>0，a1a13＝a2a12＝a72＝9.
又数列{an}为等比数列，奇数项符号相同，可得a7＝3，
所以a2a12a7＝93＝3.
(2)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8－2S4＝6，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为 ．
24 解析：由S8－2S4＝6，
可得S8－S4＝S4＋6.
由等比数列前n项和的性质可得S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，
则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，
所以a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8
＝S4+62S4＝S4＋36S4＋12.
又由题意知Sn＞0恒成立，所以a9＋a10＋a11＋a12＝S4＋36S4＋12≥24，
当且仅当S4＝6时，等号成立．
综上可得，a9＋a10＋a11＋a12的最小值为24.
[变式] 本例(1)中，其他条件不变，若lg a1，lg a13是已知方程的根，则a2a12a7＝ ．
10132 解析：由题意，lg a1＋lg a13＝13，则lg (a1a13)＝13，所以a1a13＝1013，所以a72＝1013.又a7与a13符号相同，所以a7＝10132，a2a12a7＝a72a7＝a7＝10132
1．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．
2．巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．
1．(2023·新高考全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝( )
A．120
B．85
C．－85
D．－120
C 解析：在等比数列{an}中，S4＝－5，S6＝21S2，显然公比q≠1.
设首项为a1，则a11−q41−q＝－5①，a11−q61−q＝21a11−q21−q②，
化简②得q4＋q2－20＝0，解得q2＝4或q2＝－5(不合题意，舍去)，
代入①得a11−q＝13，
所以S8＝a11−q81−q＝a11−q(1－q4)(1＋q4)＝13×(－15)×(1＋16)＝－85.
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn.若an>0，S3＝5，a7＋a8＋a9＝20，则S15＝ ．
155 解析：由等比数列前n项和的性质可知S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9，S15－S12是等比数列，设此数列的公比为q，
且S3＝5，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝20，
则q2＝205＝4.
又an>0，所以q＝2，S15＝S3＋(S6－S3)＋(S9－S6)＋(S12－S9)＋(S15－S12)，
所以S15＝5×1−251−2＝155.
[试题呈现]
已知等比数列{an}的前n项和为Sn.若S10＝20，S20＝60，则S30＝ ．
[四字程序]
[一题多解]
思路参考：先由S10＝20，S20＝60，列出关于a1，q的方程组，化简得q10的值，再利用S30＝S10＋q10S20求得S30的值．
140 解析：设数列{an}的公比为q.
因为S20≠2S10，所以q≠±1.
又S10＝20，S20＝60，
所以a11−q101−q=20，a11−q201−q=60.
两式相除，化简得q10＝2，
所以S30＝S10＋q10S20＝20＋2×60＝140.
思路参考：先由S10＝20，S20＝60相比得q10的值，再利用S30S10求出S30的值．
140 解析：由S10＝20，S20＝60，易得公比q≠±1.
根据等比数列前n项和公式，可得S10＝a11−q101−q＝20，S20＝a11−q201−q＝60，所以S20S10＝6020＝1−q201−q10＝1＋q10，解得q10＝2.
又S30＝a11−q301−q，所以S30S10＝S3020＝1−q301−q10＝1−231−2＝7，
所以S30＝140.
思路参考：由等比数列前n项和性质，得S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，进而解出S30的值．
140 解析：根据等比数列前n项和的性质，可知S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，
则(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，
即(60－20)2＝20(S30－60)，解得S30＝140.
课时质量评价(四十二)
1．已知公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝2a1－2qn，则a1＝( )
A．12B．1
C．2D．4
B 解析：由题意可得a1＝S1＝2a1－2q，即a1＝2q，
又a2＝S2－S1＝2a1－2q2－a1＝2q－2q2，
故a2a1＝2q−2q22q＝q，解得q＝12，
故a1＝2q＝1.
2．(2024·岳阳模拟)已知等比数列{an}满足a5－a3＝8，a6－a4＝24，则a3等于( )
A．1B．－1
C．3D．－3
A 解析：由题知a5－a3＝8，a6－a4＝24，
即a1q4−a1q2=8，a1q5−a1q3=24，
解得a1=19 ，q=3，所以a3＝a1q2＝19×32＝1.
3．在数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k等于( )
A．2B．3
C．4D．5
C 解析：令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an.又由题设易知an≠0，则an+1an＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n.故ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝2k(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×2×1−2101−2＝2k+1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4.
4．已知数列{an}为等比数列，且a2a10＝4a6，Sn为等差数列{bn}的前n项和，且S6＝S10，a6＝b7，则b9＝( )
A．43B．－43
C．－83D．－4
B 解析：因为{an}为等比数列，且a2a10＝a62＝4a6，所以a6＝4.设等差数列{bn}的公差为d，因为S6＝S10，所以b7＋b8＋b9＋b10＝2(b7＋b10)＝0，则b7＋b10＝0.因为b7＝a6＝4，所以b10＝－4，所以3d＝b10－b7＝－4－4＝－8，所以d＝－83，所以b9＝b7＋2d＝4＋2×−83＝－43．
5．(多选题)(数学与文化)古书有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟，羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半．”现打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人应分别偿还a升、b升、c升，1斗为10升，则下列判断正确的是( )
A．a＝507
B．c＝507
C．a，b，c依次成公比为2的等比数列
D．a，b，c依次成公比为12的等比数列
BD 解析：由题意得a，b，c依次成公比为12的等比数列，则c＋2c＋4c＝50，解得c＝507．故选BD.
6．已知数列{an}为等比数列，若数列{3n－an}也是等比数列，则数列{an}的通项公式可以为 ．(写出一个即可)
an＝3n-1(答案不唯一) 解析：设等比数列{an}的公比为q，令bn＝3n－an，则b1＝3－a1，b2＝32－a1q，b3＝33－a1q2.因为{bn}是等比数列，所以b22＝b1b3，即(32－a1q)2＝(3－a1)(33－a1q2)，可化为q2－6q＋9＝0，解得q＝3.取a1＝1，则an＝3n-1，经验证成立．(注：a1的值可取任意非零实数)．
7．已知数列{an}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则a1a2a3＋a2a3a4＋…＋anan＋1an＋2＝ ．
647(1－2-3n) 解析：设数列{an}的公比为q，则q3＝a5a2＝18，解得q＝12，所以a1＝a2q＝4，a3＝a2q＝1.易知数列{anan＋1an＋2}是首项为a1a2a3＝4×2×1＝8，公比为q3＝18的等比数列，所以a1a2a3＋a2a3a4＋…＋anan＋1an＋2＝81−18n1−18＝647(1－2-3n)．
8．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋2n－3.
(1)若bn＝an＋2n－1，证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求{an}的前n项和Sn.
(1)证明：因为an＋1＝2an＋2n－3，bn＝an＋2n－1，易知bn≠0，
所以bn+1bn＝an+1+2n+1an+2n−1＝2an+4n−2an+2n−1＝2.
又b1＝a1＋2－1＝2，所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)可知bn＝2n，则an＝2n－2n＋1，
故Sn＝21－1＋22－3＋…＋2n－2n＋1＝21＋22＋…＋2n－(1＋3＋…＋2n－1)＝2−2n+11−2－n1+2n−12＝2n+1－n2－2.
9．记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝8，a4＝－1，则数列{Sn}( )
A．有最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项
D．无最大项，无最小项
A 解析：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
a1＝8，a4＝－1，
则q3＝a4a1＝－18，q＝－12，
则Sn＝a11−qn1−q＝81−−12n32＝1631−−12n．
若n为奇数，则Sn＝1631+12n，此时有S1>S3>…>Sn>163；
若n为偶数，则Sn＝1631−12n，此时有S2故S1最大，S2最小．
10．(多选题)已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论正确的是( )
A．{an＋Sn}是等差数列
B．{an·Sn}是等比数列
C.{an2)}是等差数列
D．Snn是等比数列
ACD 解析：由数列{Sn}是等差数列，可得2(a1＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，所以a2＝a3.
因为{an}是各项均为正数的等比数列，所以a2＝a2q，可得q＝1.所以an＝a1>0，Sn＝na1.
an＋Sn＝(n＋1)a1，所以数列{an＋Sn}是等差数列，因此A正确；
an·Sn＝na12，所以{an·Sn}不是等比数列，因此B不正确；
an2＝a12，所以{an2)}是常数列，是等差数列，因此C正确；
Snn＝a1>0，所以Snn是常数列，是等比数列，因此D正确．
11．设{an}是公比为q的等比数列，|q|>1，令bn＝an＋1，若数列{bn}有连续四项在集合{－53，－23，19，37，82}中，则6q＝ ．
－9 解析：因为数列{bn}有连续四项在{－53，－23，19，37，82}中，且bn＝an＋1，则an＝bn－1，所以{an}有连续四项在{－54，－24，18，36，81}中．又{an}是等比数列，等比数列中有负数项则q<0，且负数项为相隔两项．
又|q|＞1，则等比数列各项的绝对值递增，按绝对值由小到大的顺序排列上述数值为18，－24，36，－54，81.
相邻两项相除得−2418＝－43，36−24＝－32，−5436＝－32，81−54＝－32，
由此易知，－24，36，－54，81是{an}中连续的四项，
所以q＝－32，所以6q＝－9.
12．记Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，记Tn＝a1a3＋a3a5＋…＋a2n－1a2n＋1，则an＝ ，Tn＝ ．
12n 1151−116n 解析：由题意，得a1＝1－a1，则a1＝12．又当n≥2时，由Sn=1−an，Sn−1=1−an−1，化简整理得2an＝an－1，易知an≠0，则anan−1＝12，故数列{an}是以12为首项，12为公比的等比数列，即an＝12n．
由等比数列的性质可得a1a3＝a22，a3a5＝a42，…，a2n－1a2n＋1＝a2n2，
所以数列{a2n－1a2n＋1}是以a22＝116为首项，116为公比的等比数列，
则Tn＝a22+a42+…+a2n2＝1161−116n1−116＝1151−116n．
13．(2024·佛山模拟)设公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S5＝20，a32＝a2a5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋bn＋1＝2an，求数列{b2n}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，由题知S5＝5a3＝20，则a3＝4.
又a32＝a2a5，即16＝(4－d)(4＋2d)，且公差d不为0，所以d＝2.
因为a1＝a3－2d＝0，所以数列{an}的通项公式为an＝0＋2(n－1)＝2n－2.
(2)由(1)知bn＋bn＋1＝2an＝(2)2n-2＝2n-1，
则(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(b2n－1＋b2n)＝20＋22＋24＋…＋22n-2＝1×1−4n1−4＝4n3－13①，
(b1＋b2)＋(b2＋b3)＋(b3＋b4)＋…＋(b2n－1＋b2n)＝20＋21＋22＋…＋22n-2＝1×1−22n−11−2＝22n-1－1②，
①×2－②，得b1＋b2n＝2×4n3−13－22n-1＋1.
又b1＝1，所以b2n＝23×4n－22n-1－23，
Tn＝831−4n1−4－21−4n1−4－23n＝83×4n−13－2×4n−13－23n＝23×4n−13−n＝2×4n−6n−29．
14．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an>0，4S1＋S2＝S3.
(1)求数列{an}的公比q；
(2)对于∀n∈N*，不等式an−a1Sn＋n2＋172≥6n＋t恒成立，求实数t的最大值．
解：(1)由4S1＋S2＝S3，
得4a1＋a1＋a2＝a1＋a2＋a3，
整理得4a1＝a3，所以4a1＝a1q2.
因为a1≠0，所以q2＝4，
由题意得q>0，所以q＝2.
(2)由(1)得Sn＝a11−2n1−2＝a1(2n－1)，
an＝a1·2n-1，
所以an−a1Sn＝2n−1−12n−1．
所以不等式an−a1Sn＋n2＋172≥6n＋t恒成立，等价于2n−1−12n−1＋n2＋172≥6n＋t恒成立，
即t≤2n−1−12n−1＋n2－6n＋172恒成立．
令f(n)＝2n−1−12n−1＋n2－6n＋172＝(n－3)2－12n+1−2，
当n＝1时，f(1)＝4－122−2＝72；
当n＝2时，f(2)＝1－123−2＝56；
当n≥3时，f(n)单调递增，
所以f(n)≥f(3)＝－114．
所以t≤－114，
即实数t的最大值为－114．
读
求S30
想
利用基本量求和，或利用等比数列前n项和的性质
算
1.列方程组求基本量．
2．利用性质直接求解
思
转化与化归，即将求和问题转化为基本量求解，或通过通项与前n项和性质间接解决问题