第26讲 等比数列及其前n项和（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较高，分值为15分
【备考策略】1.理解、掌握等比数列的概念
2.能掌握等比数的通项公式与前n项和公式
3.具备类比的思想，会借助函数的图像与特征求解数列的最值与单调性问题
4.会解等比数的通项公式与前n项和问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出数列的递推关系式，求解数列的通项公式与前n项和公式。
知识讲解
知识点一．等比数列有关的概念
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，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．
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.
知识点二．等比数列的通项公式及前n项和公式
1.若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则其通项公式为an＝a1qn－1.
2.等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m.
3.等比数列的前n项和公式： Sn=na1,(q=1)a1(1−qn)1−q=a1−anq1−q(q≠1)
4.①等比数列的前项和公式有两种形式，在求等比数列的前项和时，首先要判断公比q是否为1，再由q的情况选择相应的求和公式，当不能判断公比q是否为1时，要分q=1与q≠1两种情况讨论求解．
②已知a1,q(q≠1),n（项数），则利用Sn=a1(1−qn)1−q求解；已知a1,an,q(q≠1)，则利用Sn=a1−anq1−q求解．
③Sn=a1(1−qn)1−q=−a11−qqn+a11−q=kqn−k(k≠0,q≠1)，Sn为关于qn的指数型函数，且系数与常数互为相反数．
知识点三．等比数列的常用性质
1. 等比中项的推广．
若m+n=p+q时，则aman=apaq，特别地，当m+n=2p时，aman=ap2．
2.ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．
3.若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}{panqbn}也是等比数列(b，p，q≠0)．
4.若a1>0q>1或a10，又a4=2a3+3a2，
则a1⋅q3=2a1⋅q2+3a1⋅q，
∴q2=2q+3，解得q=−1（舍），或q=3.
故选：C.
3.（24-25高三上·宁夏银川·开学考试）若an为等比数列，a5+a8=−3，a4a9=−18，则q3= .
【答案】−12或−2/−0.5或−2
【分析】根据等比数列的性质求a5，a8，可求q3的值.
【详解】因为数列an为等比数列，所以a4a9=a5a8=−18，又a5+a8=−3，
所以a5=−6a8=3或a5=3a8=−6，因为q3=a8a5，所以q3为−12或−2.
故答案为：−12或−2
考点二、等比数列的判断与证明
1.（2022·全国·高考真题）记Sn为数列an的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．
(1)证明：an是等差数列；
(2)若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)−78．
【分析】（1）依题意可得2Sn+n2=2nan+n，根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，作差即可得到an−an−1=1，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到an的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【详解】（1）因为2Snn+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n①，
当n≥2时，2Sn−1+n−12=2n−1an−1+n−1②，
①−②得，2Sn+n2−2Sn−1−n−12=2nan+n−2n−1an−1−n−1，
即2an+2n−1=2nan−2n−1an−1+1，
即2n−1an−2n−1an−1=2n−1，所以an−an−1=1，n≥2且n∈N*，
所以an是以1为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，
即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=−12，
所以an=n−13，所以Sn=−12n+nn−12=12n2−252n=12n−2522−6258，
所以，当n=12或n=13时，Snmin=−78．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，
即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=−12，
所以an=n−13，即有a10，所以a5=6，
故选：C．
2.（2024·山东淄博·二模）已知等比数列an,a2＝4,a10＝16,则a6=（ ）
A．8B．±8C．10D．±10
【答案】A
【分析】运用等比中项，结合等比数列通项公式即可解决.
【详解】根据等比中项知道a62=a2a10，求得a62=64，则a6=±8.
又a6=a2q4>0，则a6=8.
故选：A.
3.（2024·陕西西安·三模）已知Sn是等比数列an的前n项和，a1+a4+a7=2，a2+a5+a8=4，则S9=（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】B
【分析】根据题意结合等比数列性质求得q=2，a3+a6+a9=8，即可得结果.
【详解】设等比数列an的公比为q，可得a2+a5+a8a1+a4+a7=qa1+a4+a7a1+a4+a7=q=2，
则a3+a6+a9=qa2+a5+a8=8，
所以S9=2+4+8=14．
故选：B.
4.（2024·山东济南·模拟预测）已知等比数列an中所有项均为正数，若aman=a32m,n∈N*，则4m+1n的最小值为（ ）
A．32B．54C．76D．98
【答案】A
【分析】由已知结合等比数列的性质可求m，n，代入到所求式子即可判断．
【详解】因为等比数列an中所有项均为正数，
若aman=a32m,n∈N*，则m+n=6，
可知m=1n=5或m=2n=4或m=3n=3或m=4n=2或m=5n=1，
代入可得：4m+1n=215或94或53或32或95，
所以当m=4，n=2时，4m+1n取最小值32．
故选：A．
考点四、等比数列前n项和的性质
1.（2020·全国·高考真题）数列{an}中，a1=2，对任意 m,n∈N+,am+n=aman，若ak+1+ak+2+⋯+ak+10=215−25，则 k=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】取m=1，可得出数列an是等比数列，求得数列an的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于k的等式，由k∈N∗可求得k的值.
【详解】在等式am+n=aman中，令m=1，可得an+1=ana1=2an，∴an+1an=2，
所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an=2×2n−1=2n，
∴ak+1+ak+2+⋯+ak+10=ak+1⋅1−2101−2=2k+1⋅1−2101−2=2k+1210−1=25210−1，
∴2k+1=25，则k+1=5，解得k=4.
故选：C.
【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.
2.（2017·全国·高考真题）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）an=(−2)n；（2）见解析.
【详解】试题分析：（1）由等比数列通项公式解得q=−2，a1=−2即可求解；（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．
试题解析：（1）设{an}的公比为q.由题设可得a1(1+q)=2a1(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)n2n+13.
由于Sn+2+Sn+1=−43+(−1)n2n+3−2n+23=2[−23+(−1)n2n+13]=2Sn，
故Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列.
点睛:等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．
1.（2024·江苏·三模）设等比数列an的前n项和为Sn,a5+a6=16,S6=21，则S2=（ ）
A．1B．4C．8D．25
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质建立方程求解即可.
【详解】因为S6=21，a5+a6=16，所以S4=21−16=5，
因为an是等比数列，所以S2,S4−S2,S6−S4成等比数列，
所以5−S22=S221−5，解得S2=1或S2=25（舍，若成立则不满足上面三项成等比数列），故A正确.
故选：A.
2.（2024·西藏林芝·模拟预测）等比数列an的前n项和Sn=4n−1+t，则t=（ ）
A．−1B．−14C．12D．13
【答案】B
【分析】根据等比数列前n项和公式特征求解即可.
【详解】若等比数列an的公比为1，
因为S1=t,S2=4+t,S3=16+t，
则4+t=2t,16+t=3t，矛盾，故q≠1
设等比数列an公比为qq≠1，则Sn=a11−qn1−q=a11−q−a1qn1−q，
即等比数列an的前n项和Sn要满足Sn=ABn−AAB≠0，
又因为Sn=4n−1+t=14×4n+t，所以t=−14.
故选：B
3.（2024·山西晋中·模拟预测）设等比数列an的前n项和为Sn，若Sn=t⋅3n−1−1，则t=（ ）
A．−3B．3C．1D．−1
【答案】B
【分析】设公比为q，推导出Sn=−a11−qqn+a11−qq≠1，即可求出t的值.
【详解】设公比为q，
当q=1时Sn=na1，不符合题意；
当q≠1时Sn=a11−qn1−q=−a11−qqn+a11−q，
又Sn=t⋅3n−1−1=13t⋅3n−1，
所以13t+−1=0，解得t=3.
故选：B
4.（2024·湖北襄阳·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，若S8+S24=140，且S24=13S8，则S16=（ ）
A．40B．-30C．30D．-30或40
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质可知片段和成等比数列，求出片段和等比数列公比即可得解.
【详解】因为S8+S24=140，且S24=13S8，
所以S8=10，S24=130，故q≠±1，
所以S24S8=1−q241−q8=q82+q8+1=13，即q82+q8−12=0，解得q8=3或q8=−4（舍去），
由等比数列性质可知，S8,S16−S8,S24−S16成等比数列，公比为q8=3
所以S16−10=10×q8=30，解得S16=40，
故选：A
考点五、奇偶项求和问题
1.（20-21高三上·陕西宝鸡·阶段练习）已知等比数列an中，a1=1，a1+a3+⋯+a2k+1=85，a2+a4+⋯+a2k=42，则k=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解析】本题首先可设公比为q，然后根据a1+a3+⋯+a2k+1=85得出qa2+⋯+a2k=84，再然后根据a2+a4+⋯+a2k=42求出q=2，最后根据等比数列前n项和公式即可得出结果.
【详解】设等比数列an的公比为q，
则a1+a3+⋯+a2k+1=a1+a2q+⋯+a2kq=85，
即qa2+⋯+a2k=85−1=84，
因为a2+a4+⋯+a2k=42，所以q=2，
则a1+a2+a3+⋯+a2k+a2k+1=85+42=127=1×1−22k+11−2，
即128=22k+1，解得k=3，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据等比数列前n项和求参数，能否根据等比数列项与项之间的关系求出公比是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题.
2.（2020·安徽·模拟预测）已知项数为奇数的等比数列{an}的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列的项数为（ ）
A．5B．7C．9D．11
【答案】A
【分析】根据题意，设an=a1·qn−1=qn−1，由等比数列的前n项和公式可得q的值，进而求得结论．
【详解】根据题意，数列{an}为等比数列，设an=a1·qn−1=qn−1，
又由数列{an}的奇数项之和为21，偶数项之和为10，则q=21−110=2，
故Sn=21+10=a1(1−qn)1−q⇒2n−1=31⇒n=5；
故选：A
【点评】本题考查等比数列的求和，关键是求出等比数列的公比，属于基础题．
1.（21-22高三上·山东聊城·期末）已知等比数列an的公比q=13，且a1+a3+a5+⋯+a99=90，则a1+a2+a3+⋯+a100= .
【答案】120
【分析】在等比数列中，若项数为2n，则S偶S奇=q，结合所求，化简计算，即可得答案.
【详解】因为在等比数列中，若项数为2n，则S偶S奇=q，
所以a1+a2+a3+⋯+a100=a1+a3+a5+⋯+a99+a2+a4+a6+⋯+a100
=a1+a3+a5+⋯+a99+13a1+a3+a5+⋯+a99
=90+13×90=120.
故答案为：120
2.（2020·全国·一模）已知数列{an}中，a1=1，anan+1=2n，则{an}的前200项和S200= .
【答案】3×2100−3
【解析】当n≥2时，可知an−1an=2n−1，进而可知anan+1an−1an=2，即an+1an−1＝2，从而可知{an}的奇数项和偶数项都是等比数列，进而分奇偶两部分，可求出S200.
【详解】由a1=1，anan+1=2n，得a2=2.
当n≥2时，an−1an=2n−1，所以anan+1an−1an=2n2n−1=2，即an+1an−1=2，
所以{an}的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列；其偶数项是以2为首项，2为公比的等比数列.
则S200=1×(1−2100)1−2+2×(1−2100)1−2=3×2100−3.
故答案为：3×2100−3.
【点睛】本题考查数列求和，考查等比数列前n项和公式的应用，注意分奇偶项进行讨论，属于中档题.
3.（23-24高三上·福建厦门·阶段练习）设Sn是数列an的前n项和，已知a1=1,an+1=12an+n,n为奇数,an−2n,n为偶数.
(1)求a4，并证明：a2n−2是等比数列；
(2)求满足S2n>0的所有正整数n.
【答案】(1)a4=74，证明见解析
(2)1，2
【分析】（1）利用a1=1代入计算即可求得a4=74，由等比数列定义可求得a2n+2−2=12a2n−2，即可得出证明；
（2）利用数列分组求和可得出S2n=−2n−322+32+3×12n，再利用二次函数及指数函数单调性即可求得结果.
【详解】（1）由a1=1可得a2=12a1+1=32，
所以a3=a2−2×2=−52，
可得a4=12a3+3=74；
由已知得a2n+2=12a2n+1+2n+1=12a2n−4n+2n+1=12a2n+1，
所以a2n+2−2=12a2n−2，
其中a2=32,a2−2=−12≠0，
所以a2n−2是以−12为首项，12为公比的等比数列；
（2）由（1）知a2n−2=−12⋅12n−1，
所以a2n=−12n+2,a2n−1=6−4n−12n−1，
所以a2n−1+a2n=8−4n−3⋅12n，
所以S2n=a1+a2+a3+a4+⋯+a2n−1+a2n
=8n−41+2+⋯+n−312+122+⋯+12n=−2n2+6n−3+3×12n
=−2n−322+32+3×12n，
由二次函数及指数函数性质可知当n≥2时，S2n单调递减，
其中S2=52,S4=74,S6=−218，
所以满足S2n>0的所有正整数n为1，2.
4.（2024·山东青岛·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数2an,n为偶数，则S100= .
【答案】3×251−156
【分析】依题意可得a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k−1+3，记bn=a2n+a2n−1,n≥1，即可得到bn+1+3=2bn+3，从而求出bn的通项公式，再由分组求和法计算可得.
【详解】因为a1=1,an+1=an+1,n为奇数2an,n为偶数，
所以a2k+2=a2k+1+1=2a2k+1，a2k+1=2a2k=2a2k−1+2,k∈N∗，且a2=2，
所以a2k+2+a2k+1=2a2k+a2k−1+3，
记bn=a2n+a2n−1,n≥1，则bn+1=2bn+3，所以bn+1+3=2bn+3，
所以bn+3是以b1+3=a1+a2+3=6为首项，2为公比的等比数列，
所以bn+3=6×2n−1，则bn=6×2n−1−3，
记bn的前n项和为Tn，
则S100=T50=6×20+6×21+6×22+⋅⋅⋅+6×249−3×50
=61−2501−2−150=3×251−156.
故答案为：3×251−156
考点六、等比数列实际应用
1.（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 65mm,325mm,325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为 mm．
【答案】 23 57.5/1152
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设升量器的高为ℎ1，斗量器的高为ℎ2（单位都是mm），则π32522ℎ2π6522ℎ1=π32522×230π32522ℎ2=10，
故ℎ2=23mm，ℎ1=1152mm.
故答案为：23mm,1152mm.
.（2024·陕西西安·模拟预测）某人从银行贷款100万，贷款月利率为0.5%,20年还清，约定采用等额本息按月还款(即每个月还相同数额的款，240个月还清贷款的利息与本金)，则每月大约需还款（ ）(参考数据：1.005240≈3.310
A．7265元B．7165元C．7365元D．7285元
【答案】B
【分析】设每月需还款a万元，由题意，求出第n期还款后，还欠银行的款项an，再由a240=0，得到an,an−1的递推关系，进而得到数列an−200a是等比数列，求出通项an，由a240=0，解出a.
【详解】设每月需还款a万元，
第一期还款后，还欠银行a1=100×1.005−a万元，
第二期还款后，还欠银行a2=(100×1.005−a)×1.005−a万元，
⋯⋯
设第n期还款后，还欠银行an万元，则a240=0，且an=1.005an−1−a，
所以an−200a是公比为1.005的等比数列，所以an=1.005n−1(100.5−201a)+200a.
令a240=0，解得a=−1≈0.7165，即每月大约需还款7165元.
故选：B.
1.（2024·天津红桥·二模）某同学于2019年元旦在银行存款1万元，定期储蓄年利率为1.75%，以后按约定自动转存，那么该同学在2025年元旦可以得到本利和为（ ）
A．10000×1.01756B．10000×1.01757
C．100001−1.75%61−1.75%D．100001−1.75%71−1.75%
【答案】A
【分析】记n年后得到的本利和为an，依题意可得an=10000×1+1.75%n，即可判断.
【详解】记n年后得到的本利和为an，根据题意知an=10000×1+1.75%n=10000×1.0175n，
即数列an是一个首项为a1=10175，公比为q=1.0175的等比数列，
∴该同学2019年元旦在银行存款1万元，2025年元旦即6年后得到的本利和为：
a6=10000×1.01756（元）.
故选：A
2.（2024·河南洛阳·模拟预测）折纸是一种用纸张折成各种不同形状的艺术活动，起源于中国，其历史可追溯到公元583年，民间传统折纸是一项利用不同颜色、不同硬度、不同质地的纸张进行创作的手工艺．其以纸张为主材，剪刀、刻刀、画笔为辅助工具，经多次折叠造型后再以剪、刻、画手法为辅助手段，创作出或简练、或复杂的动物、花卉、人物、鸟兽等内容的立体几何造型作品．随着一代代折纸艺人的传承和发展，现代折纸技术已发展至一个前所未有的境界，有些作品已超越一般人所能想象，其复杂而又栩栩如生的折纸作品是由一张完全未经裁剪的正方形纸张所创作出来的，是我们中华民族的传统文化，历史悠久，内涵博大精深，世代传承．在一次数学实践课上某同学将一张腰长为l的等腰直角三角形纸对折，每次对折后仍成等腰直角三角形，则对折6次后得到的等腰直角三角形斜边长为（ ）
A．28B．18C．24D．14
【答案】A
【分析】由题意知对折后的等腰直角三角形的腰长成首项为22，公比为22的等比数列，进而求出对折6次后的腰长，即可求解.
【详解】由题意可知，对折后的等腰直角三角形的腰长成等比数列，且首项为22，公比为22，
故对折6次后，得到腰长为226=18的等腰直角三角形，
所以斜边长为18×2=28.
故选：A．
3.（2024高三下·全国·专题练习）在等腰直角三角形ABC中，B=π2，AB=a，以AB为斜边作等腰直角三角形AB1B，再以AB1为斜边作等腰直角三角形AB2B1，依次类推，记△ABC的面积为S1，依次所得三角形的面积分别为S2，S3……若S1+S2+⋯+S8=25532，则a=（ ）
A．2B．22C．3D．4
【答案】B
【分析】利用三角形边之间的关系得到面积之间的关系为Sn+1Sn=ABnABn−12=12n≥2，然后利用等比数列求和列出方程求解即可
【详解】由题知S1=12a2，AB1=22AB，AB2=22AB1，…，ABn+1=22ABn，
∴Sn+1Sn=ABnABn−12=12n≥2，
又S2=14a2=12S1，∴数列Sn是首项为12a2，公比为12的等比数列，
∴S1+S2+S3+⋯+S8=12a21−1281−12=25532，∴a=22，
故选：B．
4.（23-24高三下·山东济南·开学考试）已知甲植物生长了一天，长度为a(a>0)，乙植物生长了一天，长度为16a.从第二天起，甲每天的生长速度是前一天的32倍，乙每天的生长速度是前一天的23，则甲的长度第一次超过乙的长度的时期是（ ）（参考数据：取lg2=0.3,lg3=0.48）
A．第6天B．第7天C．第8天D．第9天
【答案】C
【分析】设甲植物每天生长的长度构成等比数列an，甲植物每天生长的长度构成等比数列bn，设其前n项和分别为Sn、Tn，依题意得到an、bn的通项公式，即可求出Sn、Tn，再由Sn>Tn得到32n>24，最后根据指数函数的性质及对数的运算性质计算可得.
【详解】设甲植物每天生长的长度构成等比数列an，甲植物每天生长的长度构成等比数列bn，设其前n项和分别为Sn、Tn（即n n∈N∗天后树的总长度），
则an=a×32n−1，bn=16a×23n−1，
所以Sn=a+a×32+a×322+⋯+a×32n−1=a1−32n1−32=−2a1−32n，
Tn=16a+16a×23+16a×232+⋯+1a×23n−1=16a1−23n1−23=48a1−23n，
由Sn>Tn，可得−2a1−32n>48a1−23n，
即322n−25×32n+24>0，即32n−24⋅32n−1>0，
解得32n>24或32n24则n>lg3224，因为lg3224=lg24lg32=lg3+3lg2lg3−lg2=0.48+3×−0.3≈7.7，
即n>7.7，又n∈N∗，所以n的最小值为8.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题关键是利用等比数列求出公式求出n n∈N∗天后树的总长度，从而得到不等式，再结合指数函数的性质解得.
考点七、等比数列综合应用
1.（2024·山西太原·二模）已知an，bn分别是等差数列和等比数列，其前n项和分别是Sn和Tn，且a1=b1=1，a2+b2=4，T3=3，则S3=（ ）
A．9B．9或18C．13D．13或37
【答案】B
【分析】设等比数列bn的公比为q，当q=1时求出bn，即可求出a2，再由等差数列求和公式及下标和性质计算可得，当q≠1时根据等比数列求和公式求出q，从而求出bn，即可求出a2，再由等差数列求和公式及下标和性质计算可得.
【详解】设等比数列bn的公比为q，由b1=1且T3=3，
当q=1时，则T3=3b1=3，符合题意，则bn=1，又a2+b2=4，所以a2=3，
所以S3=a1+a2+a3=3a2=9；
当q≠1时，则T3=b11−q31−q=3，即1+q+q2=3，解得q=1（舍去）或q=−2，
所以bn=−2n−1，则b2=−2，又a2+b2=4，所以a2=6，
所以S3=a1+a2+a3=3a2=18；
综上可得S3=9或18.
故选：B
2.（2024·湖北·模拟预测）已知数列an为等差数列，bn为等比数列，a4=b4=3，则（ ）
A．b1b7≥a1a7B．b1+b7≥a1+a7
C．b1b7≤a1a7D．b1+b7≤a1+a7
【答案】A
【分析】利用等比数列和等差数列的性质结合基本不等式求解即可.
【详解】由an为等差数列，bn为等比数列，a4=b4=3，
可得a1+a7=2a4=6,b1b7=b42=9.
由a1a7≤a1+a722=9，当且仅当a1=a7=3时取等，
可得a1a7≤b1b1，故A正确，C错误.
当b1>0时，b1+b7≥2b1b7=6=a1+a7；
当且仅当b1=b7=3时取等，
当b10，Sn单调递增，Snmin=a1.
又n+22n−1>0，所以4−n+22n−10，解得q=12，
an=a1qn−1=(12)n−3，anan+1=(12)n−3⋅(12)n−2=(12)2n−5=2×(14)n−2，
因此a1a2+a2a3+⋯+anan+1=8[1−(14)n]1−14=323[1−(14)n]，
显然数列{323[1−(14)n]}是递增数列，当n=3时，323[1−(14)n]=212，
则原不等式，即323[1−(14)n]≤212的解为n≤3，
所以正整数n的最大值为3.
故答案为：3
1.（24-25高三上·云南·阶段练习）已知在数列an中，a1=2，且对任意的m，n∈N+，都有am+n=aman，设fx=a1x+a2x2+a3x3+⋯+anxn，记函数fx在x=1处的导数为f'1，则使得f'1>2025成立的n的最小值为 ．
【答案】8
【分析】先依据题意得出数列an是等比数列且求出an=2n，接着结合题意求出f'1=2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n，进而得2f'1，于是由错位相减法求出f'(1)=(n−1)⋅2n−1+2,n∈N∗，再由f'(1)的单调性和n=7以及n=8时的导数值f'(1)即可得解.
【详解】令m=1，则an+1=a1an=2an，所以an+1an=2，
所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，故an=2×2n−1=2n，
由题f'x=a1+2a2x+3a3x2+⋯+nanxn−1，
所以f'1=a1+2a2+3a3+⋯+nan=2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n①，
所以2f'1=22+2⋅23+⋯+n−1⋅2n+n⋅2n+1②，
由①－②得，−f'(1)=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=21−2n1−2−n⋅2n+1=(1−n)⋅2n+1−2，
所以f'(1)=(n−1)⋅2n−1+2,n∈N∗，且f'1随着n的增大而增大，
又当n=7时，f'1=6×28+2=1538