2025年高考数学复习核心考点(新高考专用)专题6.3等比数列及其前n项和【十一大题型】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习核心考点(新高考专用)专题6.3等比数列及其前n项和【十一大题型】特训(学生版+解析)，共62页。

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\l "_Tc22176" 【题型1 等比数列的基本量运算】 PAGEREF _Tc22176 \h 4
\l "_Tc25745" 【题型2 等比数列的性质及应用】 PAGEREF _Tc25745 \h 5
\l "_Tc5890" 【题型3 等比数列的判定与证明】 PAGEREF _Tc5890 \h 5
\l "_Tc22800" 【题型4 等比数列的通项公式】 PAGEREF _Tc22800 \h 5
\l "_Tc31802" 【题型5 等比数列中的单调性与最值问题】 PAGEREF _Tc31802 \h 6
\l "_Tc13935" 【题型6 等比数列前n项和的性质】 PAGEREF _Tc13935 \h 6
\l "_Tc15780" 【题型7 等比数列的简单应用】 PAGEREF _Tc15780 \h 7
\l "_Tc25524" 【题型8 等比数列的奇偶项讨论问题】 PAGEREF _Tc25524 \h 8
\l "_Tc26342" 【题型9 等差数列与等比数列的综合应用】 PAGEREF _Tc26342 \h 9
\l "_Tc17372" 【题型10 等比数列中的不等式恒成立、有解问题】 PAGEREF _Tc17372 \h 10
\l "_Tc25930" 【题型11 与等比数列有关的新定义、新情景问题】 PAGEREF _Tc25930 \h 11
1、等比数列及其前n项和
【知识点1 等比数列及其前n项和】
1．等比数列的概念
2．等比中项
如果在a与b中间插入一个数G(G≠0)，使a,G,b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项.
若G是a与b的等比中项，则，所以=ab，即G=.
3．等比数列的通项公式
若等比数列{}的首项为，公比为q，则这个等比数列的通项公式是=(,q≠0).
4．等比数列的单调性
已知等比数列{}的首项为，公比为q，则
(1)当或时，等比数列{}为递增数列；
(2)当或时，等比数列{}为递减数列；
(3)当q=1时，等比数列{}为常数列(这个常数列中各项均不等于0)；
(4)当q0且c≠1)是公差为的等差数列.
6．等比数列的前n项和公式
若等比数列{}的首项为，公比为q，则等比数列{}的前n项和公式为
=.
7．等比数列前n项和的性质
已知等比数列{}的公比为q，前n项和为，则有如下性质：
(1).
(2)若(k)均不为0，则成等比数列，且公比为.
(3)若{}共有2n(n)项，则=q；
若{}共有(2n+1)(n)项，则=q.
【知识点2 等比数列的基本运算的解题策略】
1．等比数列基本量的运算的求解思路：
等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，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.
【知识点3 等比数列的判定方法】
1．证明数列是等比数列的主要方法：
(1)定义法：（常数）为等比数列；
(2)中项法：为等比数列；
(3)通项公式法：（k，q为常数）为等比数列；
证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可.
2．在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n=1的情形进行验证.
【知识点4 等比数列及其前n项和的性质及应用】
1．等比数列的性质：
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．等比数列的单调性与最值问题
涉及等比数列的单调性与最值的问题，一般要考虑公比与首项的符号对其的影响.
【知识点5 等比数列前n项和的函数特征】
1．Sn与q的关系
(1)当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是，它可以变形为,设，则上式可以写成的形式，
由此可见，数列{Sn}的图象是函数图象上的一群孤立的点；
(2)当公比q=1时，等比数列的前n项和公式是，则数列{Sn}的图象是函数图象上的一群孤立的点.
2．Sn与an的关系
当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是，它可以变形为,设，则上式可以写成的形式，则Sn是an的一次函数.
【方法技巧与总结】
1．等比数列{}的通项公式可以写成，这里c≠0，q≠0.
2．等比数列{}的前n项和Sn可以写成(A≠0，q≠1,0).
3．设数列{}是等比数列，Sn是其前n项和.
(1).
(2)若，则成等比数列.
(3)若数列{}的项数为2n，则；若项数为2n+1，则.
【题型1 等比数列的基本量运算】
【例1】（2024·安徽滁州·三模）已知an是单调递增的等比数列，a4+a5=24,a3a6=128，则公比q的值是（ ）
A．2B．−2C．3D．−3
【变式1-1】（2024·广东广州·三模）等比数列an满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a5=（ ）
A．14B．12C．1D．2
【变式1-2】（2024·广东·模拟预测）已知正项等比数列an的前n项和为Sn，若S4S2=5，则数列an的公比为（ ）
A．12B．22C．2D．2
【变式1-3】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，且S3=14,a3=2，则a4=（ ）
A．1B．23或-1C．−23D．−23或1
【题型2 等比数列的性质及应用】
【例2】（2024·宁夏石嘴山·三模）已知数列an是等比数列，且a2a3a4=64,则lg2a3的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【变式2-1】（2024·海南·模拟预测）已知等比数列an的公比为3,a2+a4=12，则a5−a1=（ ）
A．20B．24C．28D．32
【变式2-2】（2024·河南驻马店·二模）设等比数列an的前n项之积为Sn，若S3=1，S9=512，则a11=（ ）
A．2B．4C．8D．16
【变式2-3】（2024·四川巴中·模拟预测）在等比数列an中，a1+a3=2，a5+a7=18，则a3+a5=（ ）
A．3B．6C．9D．18
【题型3 等比数列的判定与证明】
【例3】（2024·浙江·三模）已知数列an满足a1=2，则“an为等比数列”是“am⋅an=am+n（∀m，n∈N*）”的（ ）
A．充分条件但不是必要条件B．必要条件但不是充分条件
C．充要条件D．既不是充分条件也不是必要条件
【变式3-1】（2024·陕西西安·模拟预测）等差数列an的前项n和为Sn，且an∈N∗，数列bn为等比数列，则下列说法错误的选项是（ ）
A．数列2an一定是等比数列B．数列ban一定是等比数列
C．数列Snn一定是等差数列D．数列bn+bn+1一定是等比数列
【变式3-2】（2024·宁夏银川·二模）已知数列{an}满足a1=1，a2=4，3an+2+an=4an+1，则下列是等比数列的是（ ）
A．{an+3}B．{an−3}C．an+1+anD．an+1−an
【变式3-3】（2024·安徽合肥·模拟预测）已知“正项数列an满足an+1⋅an=4n”，则“a2=2a1”是“数列an为等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【题型4 等比数列的通项公式】
【例4】（2024·全国·一模）等比数列an中，a1=1，a5=−8a2，a51”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分又不必要条件
【变式5-2】（23-24高二下·北京顺义·期中）数列{an}是等比数列，则对于“对于任意的m∈ N∗，an+2>an”是“{an}是递增数列”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．不充分也不必要
【变式5-3】（2024·上海闵行·二模）已知数列an为等比数列，首项a1>0，公比q∈−1,0，则下列叙述不正确的是（ ）
A．数列an的最大项为a1B．数列an的最小项为a2
C．数列anan+1为严格递增数列D．数列a2n−1+a2n为严格递增数列
【题型6 等比数列前n项和的性质】
【例6】（2024·江苏扬州·模拟预测）在正项等比数列an中，Sn为其前n项和，若S30=7S10，S10+S30=80，则S20的值为（ ）
A．10B．20C．30D．40
【变式6-1】（2024·湖南邵阳·模拟预测）记Sn为公比小于1的等比数列an的前n项和，S3=2，S12S6S9=514，则S6=（ ）
A．6B．3C．1D．13
【变式6-2】（23-24高二上·重庆·期中）已知等比数列an有2n+1项，a1=1，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则n=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【变式6-3】（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
【题型7 等比数列的简单应用】
【例7】（2024·云南昆明·模拟预测）每年6月到9月，昆明大观公园的荷花陆续开放，已知池塘内某种单瓣荷花的花期为3天（第四天完全凋谢），池塘内共有2000个花蕾，第一天有10个花蕾开花，之后每天花蕾开放的数量都是前一天的2倍，则在第几天池塘内开放荷花的数量达到最大（ ）
A．6B．7C．8D．9
【变式7-1】（2024·云南昆明·一模）第七届国际数学大会（ICNE7）的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作Rt△ AOB，OA=1，∠AOB=30°，再依次作相似三角形△ BOC，△ COD，△ DOE，……，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为（ ）

A．3223311−1B．324311−1
C．3223312−1D．324312−1
【变式7-2】（2024·陕西宝鸡·模拟预测）某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术，以此达到10年内每年此农产品的销售额（单位：万元）等于上一年的1.3倍再减去3.已知第一年（2023年）该公司该产品的销售额为100万元，则按照计划该公司从2023年到2032年该产品的销售总额约为（参考数据：1.310≈13.79）（ ）
A．3937万元B．3837万元
C．3737万元D．3637万元
【变式7-3】（2023·陕西安康·模拟预测）中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里路，则该马第五天走的里程数约为（ ）
A．2.76B．5.51C．11.02D．22.05
【题型8 等比数列的奇偶项讨论问题】
【例8】（2024·陕西安康·模拟预测）记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,nSn+1−n+1Sn=n2+n.
(1)求an的通项公式；
(2)若bn=(−1)nan+(−1)n+12n，求数列bn的前2n项和T2n.
【变式8-1】（2024·湖南长沙·三模）若各项均为正数的数列cn满足cncn+2−cn+12=kcncn+1（n∈N*,k为常数），则称cn为“比差等数列”.已知an为“比差等数列”，且a1=58,a2=1516,3a4=2a5.
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=an,n为奇数bn−1+1,n为偶数，求数列bn的前n项和Sn.
【变式8-2】（2024·云南昆明·三模）正项数列an的前n项和为Sn，等比数列bn的前n项和为Tn，4Sn=an2+2an+1，4Tn=bn2+2bn+1
(1)求数列an,bn的通项公式；
(2)已知数列cn满足cn=bn⋅an+1anan+1，求数列cn的前n项和Hn．
【变式8-3】（2024·陕西西安·模拟预测）已知在正项数列an中，a3=4,a2a5=32，且lnan,lnan+1,lnan+2成等差数列.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足bn=an+(−1)nlg2an+1，求数列bn的前n项和Tn.
【题型9 等差数列与等比数列的综合应用】
【例9】（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1的等差数列an满足：a1,a2,a3+1成等比数列.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若数列bn满足：a1bn+a2bn−1+⋯+anb1=3n−1，求数列bn的前n项和Tn.
【变式9-1】（2024·天津·高考真题）已知an是等差数列，a2+a5=16,a5−a3=4．
(1)求an的通项公式和i=2n−12n−1ain∈N∗．
(2)设bn是等比数列，且对任意的k∈N*，当2k−1≤n≤2k−1时，则bk0，设数列1an的前n项和为Tn．是否存在正整数m,k，使不等式Tn>mn+k−1对一切n∈N∗都成立？若存在，求出m,k的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据等比数列的通项公式，列出“P数列”的式子，变形后得xn+12−xn2=x12q2n−2q2−1=P，P与n无关，即可求解；
（2）由题意确定数列cn中前30项含有yn的前7项和数列an2的前23项，结合等差和等比数列的前n项和公式，即可求解；
（3）首先求解出an=2n，可得数列1cn的前n项和Tn，并假设存在m,k，通过验证求得m=k=1，再利用放缩法，证明结论成立.
【解答过程】（1）数列xn是等比数列，则xn=x1qn−1，xn2=x12q2n−2，
则xn+12−xn2=x12q2n−x12q2n−2=x12q2n−2q2−1=P，
因为P与n无关，所以q2−1=0，即q=±1；
（2）由题意可知，an+12−an2=2，而a12=1，所以an2=a12+n−1×2=2n−1，
yn是首项为1，公比为3的等比数列，
而新数列cn中yk+1项（含yk+1）前共有1+2+3+...+k+k+1=k+1k+22项，
令k+1k+22≤30，结合k∈N∗，解得：k≤6，
故数列cn中前30项含有yn的前7项和数列an2的前23项，
所以数列cn中前30项的和T30=1−371−3+23×1+23×222×2=1622；
（3）因为数列an是“P数列”，a1=2，a2=22，an>0，
则P=a22−a12=4，an2=a12+n−1P=4+n−1×4=4n，得an=2n，
所以数列1an的前n项和Tn=1211+12+13+...+1n，
假设存在正整数m,k，使得不等式1211+12+13+...+1n>mn+k−1，对一切n∈N∗都成立，
即11+12+13+...+1n>2mn+k−1
当n=1时，1>2m+k−1，得m+k2mn+k−1对一切n∈N∗都成立，
由于1n=2n+n>2n+1+n=2n+1−n，n∈N∗，
所以11+12+13+...+1n>22−1+3−2+...+n+1−n，
=2n+1−1，
所以存在m=k=1，使不等式Tn>mn+k−1对一切n∈N∗都成立.
【变式11-2】（2025·甘肃张掖·模拟预测）定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1,2,3经过第一次“和扩充”后得到数列1,3,2,5,3；第二次“和扩充”后得到数列1,4,3,5,2,7,5,8,3．设数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，所有项的和为Sn．
(1)若a=2,b=3,c=4，求P2,S2；
(2)求不等式Pn≥2024的解集；
(3)是否存在数列a,b,ca,b,c∈R，使得数列Sn为等比数列？请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意得到第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4，从而计算出P2=9,S2=57；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，则经第n+1次“和扩充”后增加的项数为Pn−1，得到Pn+1=2Pn−1，构造等比数列，求出Pn=2n+1+1，从而得到不等式，求出解集；
（3）得到Sn=Sn−1+3n−1a+2b+c，从而利用累加法求和得到Sn=b+a+c2⋅3n+a+c2，从而得到结论.
【解答过程】（1）a=2,b=3,c=4，第一次“和扩充”后得到数列2,5,3,7,4，
第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4，
P2=9,S2=2+7+5+8+3+10+7+11+4=57；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，
则经第n+1次“和扩充”后增加的项数为Pn−1，
所以Pn+1=Pn+Pn−1=2Pn−1，所以Pn+1−1=2Pn−2=2Pn−1，
其中数列a,b,c经过1次“和扩充”后，得到a,a+b,b,b+c,c，故P1=5，
P1−1=4，
故Pn−1是首项为4，公比为2的等比数列，
所以Pn−1=4×2n−1=2n+1，故Pn=2n+1+1，
则2n+1+1≥2024，即2n+1≥2023，
又n∈N∗，解得n≥10，
（3）因为S1=a+a+b+b+b+c+c=2a+3b+2c，
S2=S1+3a+2b+c，S3=S2+32a+2b+c，
依次类推，Sn=Sn−1+3n−1a+2b+c，
故Sn=Sn−1+3n−1a+2b+c=Sn−2+3n−2a+2b+c+3n−1a+2b+c
=⋯=S1+a+2b+c3+32+⋯+3n−1
=2a+3b+2c+a+2b+c⋅31−3n−11−3=b+a+c2⋅3n+a+c2，
若使Sn为等比数列，则a+c2=0b+a+c2≠0或a+c2≠0b+a+c2=0.
【变式11-3】（2024·广东广州·模拟预测）若无穷项数列an满足an+1=an+d，nt∉N∗，qan，nt∈N∗，（d，q，t为常数，t∈N*且t≥2），则称数列an为“Mt数列”.
(1)设d=1，q=1，若首项为1的数列an为“M3数列”，求a2024；
(2)若首项为1的等比数列bn为“Mt数列”，求数列bn的通项公式及前n项和Sn；
(3)设d=1，q=2，若首项为1的数列cn为“M5数列”，记数列cn的前n项和为Tn，求所有满足T5n=5n×c5n−10n的n值.
【解题思路】（1）将d=1，q=1，代入得到周期数列,即可求到a2024的值.
（2）由bn是等比数列、Mt数列可求出d，q，t，进而求出数列bn的通项公式及前n项和Sn.
（3）找出c5k−4的通项，设Ak=c5k−4+c5k−3+c5k−2+c5k−1+c5k，然后Ak通过求出T5n.
【解答过程】（1）由题意有d=1，q=1，t=3，a1=1，则an+1=an+1,n3∉N*,an,n3∈N*,
a1=1，a2=2，a3=3，a4=3，a5=4，a6=5，a7=5，a8=6，a9=7，a10=7，…
一般有a3k−2=2k−1，a3k−1=2k，a3k=2k+1,
所以a2024=a3×675−1=2×675=1350.
（2）数列bn是首项为1的等比数列，设其公比为m，又bn为Mt数列，t∈N*，t≥2，
当t=2时，b2=1+d，b3=qb2，b4=b3+d.有d=b2−b1=b4−b3，
又b2=m，b3=m2，b4=m3，
于是得m−1=m3−m2，解得m=±1，有bn=1或bn=−1n−1，
当bn=1时，d=0，q=1，bn+1=bn,n2∉N∗,bn,n2∈N∗, bn为M2数列，
当bn=−1n−1时，d=−2，q=−1，bn+1=bn−2,n2∉N∗,−bn,n2∈N∗, bn为M2数列，
当t≥3时，则b1，b2，b3构成以d为公差的等差数列，即b1+b3=2b2，有1+m2=2m，解得m=1，
于是得bn=1，d=0，q=1，bn+1=bn−2,n2∉N∗,−bn,n2∈N∗, bn为Mt数列，
所以①当d=0，q=1，t是大于1的任意正整数，则bn=1，Sn=n；
②当d=−2，q=−1，k=2，则bn=−1n−1，Sn=1+−1n−12.
（3）依题意，d=1，q=2，c1=1，数列cn为“M5数列”，
则c1=1，c2=2，c3=3，c4=4，c5=5，c6=2c5=10，c7=11，c8=12，c9=13，c10=14，c11=2c10=28，…
c5k−4，c5k−3，c5k−2，c5k−1，c5k是公差为1的等差数列，且c5k+1=2×c5k−4+4=2c5k−4+8,
所以c5k+1+8=2×c5k−4+8且c1+8=9,
所以数列c5k−4+8是以首项为9，公比为2的等比数列，所以c5k−4+8=9×2k−1,
即c5k−4=9×2k−1−8,
即Ak=c5k−4+c5k−3+c5k−2+c5k−1+c5k=45×2k−1−30,
所以T5n=nk=1Ak=45×2n−12−1−30n=45×2n−30n
所以T5n=5n×c5n−10n，即45×2n−30n=5n⋅9⋅2n−1−4，
化简得n2−12n+1=0，代入n=1，等式成立.
因为当n≥2时，n2−12n+1>0，所以当n≥2，方程无解，
综上所述，满足T5n=5n×c5n−10n成立的n值为1.
一、单选题
1．（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
【解题思路】运用等比中项，结合等比数列通项公式即可解决.
【解答过程】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.
2．（2024·陕西安康·模拟预测）已知等比数列an的各项均为负数，记其前n项和为Sn，若S6−S4=−3,a6a7a8=−18，则a2=（ ）
A．－8B．－16C．－32D．－48
【解题思路】利用等比数列的性质先计算a7=−12，再根据条件建立方程解公比求值即可.
【解答过程】设an的公比为qq>0，
则由题意可知S6−S4=a6+a5=a7q+a7q2=−3，a6a7a8=−18=a73⇒a7=−12，
化简得1q2+1q−6=0⇒1q=2或1q=−3（舍去），
则a2=a7q5=−12×25=−16.
故选：B.
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
【解题思路】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.
【解答过程】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·江西·二模）已知数列an的首项a1为常数且a1≠23，an+1+2an=4nn∈N*，若数列an是递增数列，则a1的取值范围为（ ）
A．−23,23B．−23,23∪23,43
C．0,23D．0,23∪23,43
【解题思路】由已知条件推得数列an−4n6是首项为a1−23，公比为−2的等比数列，运用等比数列的通项公式可得an，再由数列的单调性，结合不等式恒成立思想，可得所求取值范围．
【解答过程】因为an+1+2an=4n，
所以an+1−16×4n+1=−2an−16×4n，
由于a1≠23，即a1−23≠0，
可得数列an−4n6是首项为a1−23，公比为−2的等比数列，
则an=16×4n+a1−23×−2n−1，因为数列an是递增数列，可得an+1>an，
即16×4n+1+(a1−23)⋅(−2)n>16×4n+(a1−23)⋅(−2)n−1对任意的正整数n都成立．
当n为偶数时，a1>23−13×2n恒成立，由于数列23−13×2n单调递减，
可得23−13×2n≤23−43=−23，则a1>−23；
当n为奇数时，a10，可知a1>0,d≥0，故an+1≥an，
由bn>0，可知b1>0,q>0，又由a1=b1，a2=b2，有q≥1，故bn+1≥bn，
且d=b1q−1≤b2q−1≤⋯≤bn−1q−1，
故d≤bn−bn−1，即an−an−1≤bn−bn−1，
所以bn−1−an−1≤bn−an，故an≤bn，
所以Sn≤Tn.
故选：D.
7．（2024·北京西城·二模）已知{ an }是无穷等比数列，其前n项和为Sn， a 1 =3 , S2=32．若对任意正整数n，都有Sn−(−1)n⋅A>0，则A的取值范围是（ ）
A．( −3 ,1 )B．[ −2 ,1 )C．( −3 ,32 )D．[ −2 ,32 )
【解题思路】根据等比数列的基本量求得a2=−32，从而可得公差q=a2a1=−12，由等比数列得前n项和公式得Sn，分类讨论，结合数列的单调性即可得求得满足不等式Sn−(−1)n⋅A>0时A的取值范围.
【解答过程】因为等比数列{ an }，由 a 1 =3 , S2=32可得S2=a1+a2=32，所以a2=−32，
则公比q=a2a1=−12，所以Sn=3−3×−12n1−−12=2−2×−12n，
当n为奇数时，Sn−(−1)n⋅A=2+2×12n+A>0恒成立，所以A>−2−2×12n，
又数列−2−2×12n为递增数列，所以n→+∞，−2−2×12n→−2，则此时A≥−2；
当n为偶数时，Sn−(−1)n⋅A=2−2×12n−A>0恒成立，所以A0，K7=K8>K9>0，则下列结论不正确的是（ ）
A．a8=1B．对任意正整数n，an2+an+22>2an+12
C．K10>K6D．数列T2n+2−T2n一定是等比数列
【解题思路】利用前n项积与通项an的关系，可以求出通项公式，进而可以判断A、B、C，对于D只需要利用等比数列的前n项和公式即可证明.
【解答过程】由K7>K6>0得，各项均为正数，且a7=K7K6>1，
由K7=K8>K9>0得，a8=K8K7=1，a9=K9K80，所以选项B是正确的；
由an>0,∴Kn>0，又由K10K6=a10a9a8a7=a10⋅a83=a100，使an≤M对∀n∈N+都成立，则|an|是等差数列
D．若an>0，且a1=1100，Tn=a1⋅a2⋯an，则n=7时Tn取最小值
【解题思路】对于A，由题意易得a1>0，q>0，可判断结论；对于B，在q=−1时，通过取反例即可排除B；对于C，分析q=−1时数列|an|的特征即可判断；对于D，先求出Tn的表示式，通过作商分析Tn+1,Tn的大小关系即得.
【解答过程】对于A，设数列an的公比为q，由a3=2a1+a2可得，a1q2=2a1+a1q，
因a1≠0，则得q2−q−2=0，解得q=−1或q=2，
因an是正项数列，故a1>0，q=2>0，故an是单调递增数列，即A正确；
对于B，由上分析知，q=−1或q=2，
当q=−1时，Sn=a1[1−(−1)n]1−(−1)=12a1[1−(−1)n]，
此时，若n为偶数，则Sn,S2n−Sn,S3n−S2n都是0，故不符合，即B错误；
对于C，若q=2，则|an|是递增数列，
此时不存在M>0，使an≤M对∀n∈N+都成立；
若q=−1时，易得|an|=|a1|，故存在M=|a1|，使得an≤M对∀n∈N+都成立，
此时|an|为常数列，故|an|是公差为0的等差数列，故C正确；
对于D，因an>0，a1=1100，故由上分析知q=2，
则Tn=a1⋅a2⋯an=a1nq1+2+⋯+(n−1)=a1nq(n−1)n2=(1100)n⋅2(n−1)n2，
由Tn+1Tn=(1100)n+1⋅2(n+1)n2(1100)n⋅2(n−1)n2=1100×2n，
当1≤n≤6时，00，Sn+1−Sn=an+1=2n>1，
故{an}、{Sn}均为严格增数列，
取m=n+1，则am=an+1=2n∈[2n−1,2n+1−1]，即am∈[Sn,Sn+1]恒成立 ，
所以{an}是{Sn}的“M数列”，故②正确；
对于③，假设存在等差数列{an}，使得{Sn}是{an}的“M数列”，
设等差数列{an}的公差为d，
因为{an}为严格增数列，则d>0，
又因为{Sn}为严格增数列，所以Sn+1−Sn=an+1>0，即当n≥2时，an>0恒成立，
取n0∈N∗，满足an0>2d，可知必存在n=k∈N∗，使得ak≤Sn0ak+2d=ak+2，即Sm>ak+2，
对任意正整数m≤n0，则有Sm≤Sn01，
故{an}、{Sn}均为严格增数列，
取m=n，则Sm=Sn=2n−1∈[2n−1,2n]，即Sm∈[an,an+1]恒成立，
所以{Sn}是{an}的“M数列”，故④正确.
故答案为：①②④.
四、解答题
15．（2024·辽宁·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且4Sn=5an−2．
(1)证明：an是等比数列，并求其通项公式；
(2)设bn=(−1)n⋅lg5a2n+22，求数列bn的前100项和T100．
【解题思路】（1）利用给定的递推公式，结合an=Sn−Sn−1(n≥2)及等比数列定义推理得证，再求出通项公式.
（2）利用（1）的结论求出bn，再利用分组求和法计算即得.
【解答过程】（1）数列an中，4Sn=5an−2，当n≥2时，4Sn−1=5an−1−2，两式相减得an=5an−1，
而a1=S1=54a1−12，解得a1=2，所以an是首项为2，公比为5的等比数列，
通项公式为an=2×5n−1.
（2）由（1）知，bn=(−1)n⋅lg5a2n+22=(−1)n⋅lg52×52n+12=(−1)n⋅(2n+1)，
所以T100=b1+b2+b3+b4+⋯+b99+b100=−3+5+−7+9+⋯+
−199+201=2+2+2+⋯+2=2×50=100．
16．（2024·天津河西·模拟预测）已知桶A0中盛有3升水，桶B0中盛有1升水.现将桶A0中的水的23和桶B0中的水的13倒入桶A1中，再将桶A0与桶B0中剩余的水倒入桶B1中；然后将桶A1中的水的23和桶B1中的水的13倒入桶A2中，再将桶A1与桶B1中剩余的水倒入桶B2中；如此继续操作下去.
(1)求操作1次后桶B1中的水量；
(2)求操作n次后桶Bn中的水量；
(3)至少操作多少次，桶Ann∈N∗中的水量与桶Bnn∈N∗中的水量之差小于164升？（参考数据：lg2≈0.3010，lg3≈0.4771）
【解题思路】（1）根据题意列式计算；
（2）根据题意，得到An+Bn=4，Bn=13An−1+23Bn−1，然后用数列知识求解；
（3）由（2）可得An=4−Bn=13n+2，列式运算得解.
【解答过程】（1）记桶An中的水量为An，桶Bn中的水量为Bn，n∈N，
所以B1=13A0+23B0=53.
（2）根据题意可得：An+Bn=4，Bn=13An−1+23Bn−1，
所以Bn=134−Bn−1+23 Bn−1=13 Bn−1+43，所以Bn−2=13 Bn−1−2，
即数列Bn−2是以B1−2=−13为首项，13为公比的等比数列，
所以Bn−2=−13⋅13n−1，
∴Bn−2=−1⋅13n，所以Bn=2−13n.
（3）An=4−Bn=13n+2，∴An−Bn=2⋅13n，
令2⋅13n