(新高考)高考数学一轮复习课时练习7.3《等比数列及其前n项和》(含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习课时练习7.3《等比数列及其前n项和》(含解析)，共22页。试卷主要包含了等比数列的有关概念，等比数列的有关公式，等比数列的性质等内容，欢迎下载使用。

第3讲　等比数列及其前n项和
最新考纲
考向预测
1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.
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，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.
4.体会等比数列与指数函数的关系.
命题趋势
等比数列也是高考的常考内容，以等比数列的基本公式及基本运算为基础，可考查单一的等比数列问题，但更倾向于与等差数列或其他内容相结合的问题.
核心素养
数学抽象、逻辑推理


1．等比数列的有关概念
(1)等比数列的定义
①文字语言：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(非零)．
②符号语言：＝q(n∈N*，q为非零常数)．
(2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即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
已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．(m，n，p，q，r，k∈N*)
(1)若m＋n＝p＋q＝2r，则am·an＝ap·aq＝a；
(2)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列；
(3)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍是等比数列(此时{an}的公比q≠－1)．
常用结论
1．等比数列的单调性
当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；
当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列；
当q＝1时，{an}是常数列．
2．等比数列与指数函数的关系
当q≠1时，an＝·qn，可以看成函数y＝cqx，是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{an}各项所对应的点都在函数y＝cqx的图象上．
3．等比数列{an}的前n项和Sn＝A＋B·Cn⇔A＋B＝0，公比q＝C.(A，B，C均不为零)
常见误区
1．在等比数列中，易忽视每一项与公比都不为0.
2．在求等比数列的前n项和时，易忽略q＝1这一特殊情形．

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．(　　)
(2)三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.(　　)
(3)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．(　　)
(4)如果{an}为等比数列，bn＝a2n－1＋a2n，则数列{bn}也是等比数列．(　　)
(5)等比数列中不存在数值为0的项．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
2．(易错题)已知在等比数列{an}中，a3＝7，前三项之和S3＝21，则公比q的值是(　　)
A．1　　　　　　　　　　　 B．－
C．1或－ D．－1或
解析：选C.当q＝1时，an＝7，S3＝21，符合题意；当q≠1时，得q＝－.综上，q的值是1或－，故选C.
3．(多选)已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是(　　)
A.
B．{log2a}
C．{an＋an＋1}
D．{an＋an＋1＋an＋2}
解析：选AD.当等比数列{an}的通项公式为an＝1时，log2a＝0，数列{log2a}不是等比数列，当等比数列{an}的公比q＝－1时，an＋an＋1＝0，数列{an＋an＋1}不是等比数列，由等比数列的定义知和{an＋an＋1＋an＋2}都是等比数列．故选AD.
4．(2020·高考全国卷Ⅲ改编)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8.则通项公式an＝________．
解析：设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1.
由已知得
解得a1＝1，q＝3.
所以{an}的通项公式为an＝3n－1.
答案：3n－1
5．在等比数列{an}中，a2＝4，a10＝16，则a2和a10的等比中项为________．
解析：设a2与a10的等比中项为G，因为a2＝4，a10＝16，所以G2＝4×16＝64，所以G＝±8.
答案：±8


等比数列的基本运算
(1)(2020·高考全国卷Ⅱ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则＝(　　)
A．2n－1
B．2－21－n
C．2－2n－1
D．21－n－1
(2)(2020·湖北八校第一次联考)已知数列{an}是等比数列，a2＝1，a5＝－，若Sk＝－，则k＝________．
【解析】　(1)设等比数列{an}的公比为q，则由解得所以Sn＝＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以＝＝2－21－n，故选B.
(2)设等比数列{an}的公比为q，因为a2＝1，a5＝－，所以q3＝－，解得q＝－，所以a1＝－2，由Sk＝＝－，解得k＝5.
【答案】　(1)B　(2)5

解决等比数列基本运算问题的两种常用思想
方程
的思想
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)求关键量a1和q，问题可迎刃而解
分类讨
论的
思想
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＝＝
　
1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1＝－2，S3＝－6，且公比q≠1，则a3＝(　　)
A．－2 B．2
C．－8 D．－2或－8
解析：选C.依题意知解得q＝－2(q＝1舍去)，故a3＝a1q2＝－2×(－2)2＝－8，故选C.
2．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.
解：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＝3.①
(1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②
联立①和②解得(舍去)，
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.

等比数列的判定与证明
(1)(多选)已知数列{an}是等比数列，则下列命题正确的是(　　)
A．数列{|an|}是等比数列
B．数列{anan＋1}是等比数列
C．数列是等比数列
D．数列{lg a}是等比数列
(2)在数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．
求证：数列{bn}是等比数列．
【证明】　(1)选ABC.因为数列{an}是等比数列，所以＝q.对于A，＝＝|q|，所以数列{|an|}是等比数列，A正确；对于B，＝q2，所以数列{anan＋1}是等比数列，B正确；对于C，＝＝，所以数列是等比数列，C正确；对于D，＝＝，不一定是常数，所以D错误．
(2)因为点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，
所以Tn＝－bn＋1.①
所以Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)．②
①②两式相减，得
bn＝－bn＋bn－1(n≥2)．
所以bn＝bn－1，所以bn＝bn－1.
由①，令n＝1，得b1＝－b1＋1，所以b1＝.
所以数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列．

等比数列的判定与证明的技巧

[注意]　(1)在解答题中证明一个数列为等比数列时，只能用定义法；
(2)如果要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续的三项不成等比数列即可．　

1．(2020·高考全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选C.令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即＝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，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C.
2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3n－1，bn＝an＋n.
证明：数列{bn}为等比数列．
证明：因为bn＝an＋n，所以bn＋1＝an＋1＋n＋1.
又因为an＋1＝4an＋3n－1，所以＝＝＝＝4.
又因为b1＝a1＋1＝1＋1＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为4的等比数列．

等比数列的性质及应用
角度一　等比数列项的性质
(1)(2020·洛阳市第一次联考)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则的值为(　　)
A．－ B．－
C. D．－或
(2)在等比数列{an}中，an>0，a1＋a2＋…＋a8＝4，a1a2…·a8＝16，则＋＋…＋的值为(　　)
A．2 B．4
C．8 D．16
【解析】　(1)设等比数列{an}的公比为q，因为a3，a15是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，所以a3·a15＝a＝2，a3＋a15＝－6，所以a3＜0，a15＜0，a9＝a3q6＜0，则a9＝－，所以＝＝a9＝－.
(2)由分数的性质得到＋＋…＋＝＋＋…＋.因为a8a1＝a7a2＝a3a6＝a4a5，所以原式＝＝，又a1a2…a8＝16＝(a4a5)4，an＞0，所以a4a5＝2，所以＋＋…＋＝2.故选A.
【答案】　(1)B　(2)A

(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件．利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．　
角度二　等比数列前n项和的性质
(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＝________．
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝________．
【解析】　(1)由题意，得解得所以q＝＝＝2.
(2)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＝＝.
【答案】　(1)2　(2)

与等比数列前n项和Sn相关的结论
(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q.
①若共有2n项，则S偶∶S奇＝q；
②若共有2n＋1项，则S奇－S偶＝(q≠1且q≠－1)．
(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm⇔qn＝(q为公比)．　

1．(多选)已知数列{an}是正项等比数列，且＋＝，则a5的值可能是(　　)
A．2 B．4
C. D.
解析：选ABD.因为数列{an}是正项等比数列，所以a3＞0，a7＞0，a5＞0.由＝＋≥2＝＝，得a5≥2.因此符合题意的选项为ABD.故选ABD.
2．(2020·高考全国卷Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　)
A．12 B．24
C．30 D．32
【解析】　选D.方法一：设等比数列{an}的公比为q，所以＝＝q＝2，由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，解得a1＝，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝×(25＋26＋27)＝×25×(1＋2＋22)＝32，故选D.
方法二：令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*)，则bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.设数列{an}的公比为q，则＝＝＝q，所以数列{bn}为等比数列，由题意知b1＝1，b2＝2，所以等比数列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32，故选D.
3．在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，an－1anan＋1＝324，则n＝(　　)
A．12 B．13
C．14 D．15
解析：选C.因为数列{an}是各项均为正数的等比数列，所以a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，…也成等比数列．
不妨令b1＝a1a2a3，b2＝a4a5a6，则公比q＝＝＝3.
所以bm＝4×3m－1.
令bm＝324，即4×3m－1＝324，解得m＝5，
所以b5＝324，即a13a14a15＝324.
所以n＝14.

思想方法系列11　构造法求数列的通项公式
类型一　形如an＋1＝can＋d(c≠0，其中a1＝a)型
(1)若c＝1，数列{an}为等差数列；
(2)若d＝0，数列{an}为等比数列；
(3)若c≠1且d≠0，数列{an}为线性递推数列，其求解方法如下：设an＋1＋λ＝c(an＋λ)，得an＋1＝can＋(c－1)λ，
与题设an＋1＝can＋d比较系数得λ＝(c≠1)，
所以an＋＝c(n≥2)，
即构成以a1＋为首项，以c为公比的等比数列．
设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，则通项公式an＝________．
【解析】　因为Sn＋1－2Sn＝1.
所以Sn＋1＝2Sn＋1.
因此Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，＝2.
因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以Sn＋1＝2n，Sn＝2n－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也满足此式，故an＝2n－1，n∈N*.
【答案】　2n－1(n∈N*)
类型二　形如an＋1＝(r，p，q为常数，r＞0，p，q，an≠0)型
an＋1＝(r，p，q为常数，r＞0，p，q，an≠0)的求解
方法是等式两边同时取倒数变形构造出线性递推式an＝Aan－1＋B(n≥2，A，B是常数)，进而求解．
已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝________．
【解析】　因为an＋1＝，a1＝1，所以an≠0，
所以＝＋，即－＝.
又a1＝1，则＝1，所以是以1为首项，为公差的等差数列．
所以＝＋(n－1)×＝＋.所以an＝(n∈N*)．
【答案】　(n∈N*)
类型三　形如an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0，1，q≠0)型
an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0，1，q≠0)的求解方法是两端同时除以pn＋1，即得－＝q，则数列为等差数列．
在数列{an}中，a1＝，且an＋1＝－2an＋3n＋1(n∈N*)，则通项公式an＝________．
【解析】　已知递推式的两边同时除以3n＋1，得到＝－·＋1.
令bn＝，则bn＋1＝－bn＋1, [构造新数列{bn}]
显然有bn＋1－＝－，b1－＝－，故是以－为首项，－为公比的等比数列．
因此bn－＝－·，可得an＝－·(－2)n－1＋·3n＋1，n∈N*.
【答案】　－·(－2)n－1＋·3n＋1，n∈N*

1．已知正项数列{an}满足a1＝4，an＋1＝2an＋2n＋1，则an＝(　　)
A．n·2n－1
B．(n＋1)·2n
C．n·2n＋1
D．(n－1)·2n
解析：选B.因为an＋1＝2an＋2n＋1，
所以＝＋1，即－＝1，
又因为＝＝2，
所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，
所以＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
所以an＝(n＋1)·2n，故选B.
2．在数列{bn}中，b1＝－1，bn＋1＝，n∈N*，则通项公式bn＝________．
解析：对递推式bn＋1＝的两边同时取倒数，得＝，即 ＝2·＋3，

因此＋3＝2·，＋3＝2，故是以2为首项，2为公比的等比数列，于是＋3＝2·2n－1，可得bn＝(n∈N*)．
答案：(n∈N*)

[A级　基础练]
1．(2020·广东六校第一次联考)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：选B.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．(2020·丹东模拟)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：选D.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．(2020·贵阳市第一学期监测考试)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：选D.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．(多选)已知数列{an}的前n项和Sn＝5n＋t(t∈R)，下列结论正确的是(　　)
A．t为任意实数时，{an}均是等比数列
B．当且仅当t＝－1时，{an}是等比数列
C．当t＝0时，{an}中＝5
D．当t＝－5时，{an}一定不是等比数列
解析：选BCD. a1＝S1＝5＋t，an＝Sn－Sn－1＝5n－5n－1＝4×5n－1(n＞1)，当且仅当a1＝4，即t＝－1时，{an}是等比数列．A错误，B正确．当t＝0时，{an}中＝＝5，C正确．当t＝－5时，a1＝0，{an}一定不是等比数列，D正确．
5．(2020·河北唐山一中月考)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：选A.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.
6．在等比数列{an}中，若a1a5＝16，a4＝8，则a6＝________．
解析：因为a1a5＝16，所以a＝16，所以a3＝±4.
又a4＝8，所以q＝±2.
所以a6＝a4q2＝8×4＝32.
答案：32
7．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，以为公比的等比数列，现已知共得到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×＝.
答案：
8．(2020·贵阳市四校联考)已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线3x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________．
解析：因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线3x－y＋1＝0上，所以3an－an＋1＋1＝0，即an＋1＝3an＋1，所以an＋1＋＝3，所以数列是公比为3的等比数列，首项为a1＋＝3＋＝，所以an＋＝·3n－1，所以an＝·3n－1－.
答案：·3n－1－
9．(2020·云南玉溪二模)在等比数列{an}中，a1＝6，a2＝12－a3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝66，求m.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为a1＝6，a2＝12－a3，
所以6q＝12－6q2，解得q＝－2或q＝1，
所以an＝6×(－2)n－1或an＝6.
(2)①若an＝6×(－2)n－1，
则Sn＝＝2[1－(－2)n]，
由Sm＝66，得2[1－(－2)m]＝66，解得m＝5.
②若an＝6，q＝1，则{an}是常数列，
所以Sm＝6m＝66，解得m＝11.
综上，m的值为5或11.
10．(2020·北京市适应性测试)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：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.
[B级　综合练]
11．(2020·河南郑州三测)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：选D.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.
12．(多选)在等比数列{an}中，公比为q，其前n项积为Tn，并且满足a1＞1，a99·a100－1＞0，＜0，下列选项中，结论正确的是(　　)
A．0＜q＜1
B．a99·a101－1＜0
C．T100的值是Tn中最大的
D．使Tn＞1成立的最大自然数n等于198
解析：选ABD.对于A，因为a99a100－1＞0，
所以a·q197＞1，所以(a1·q98)2·q＞1.
因为a1＞1，所以q＞0.
又因为＜0，所以a99＞1，且a100＜1.
所以0＜q＜1，故A正确；
对于B，因为a＝a99·a101，a100＜1，所以0＜a99·a101＜1，
即a99·a101－1＜0，故B正确；
对于C，由于T100＝T99·a100，而0＜a100＜1，
故有T100＜T99，故C错误；
对于D，T198＝a1·a2·…·a198＝(a1·a198)(a2·a197)…(a99·a100)＝(a99·a100)99＞1，
T199＝a1·a2·…·a199＝(a1·a199)(a2·a198)…(a99·a101)·a100＜1，故D正确．故选ABD.
13．(2020·北京东城二模)已知{an}为等比数列，其前n项和为Sn，且满足a3＝1，S3＝3a2＋1，{bn}为等差数列，其前n项和为Tn，如图________，Tn的图象经过A，B两个点．
(1)求Sn；
(2)若存在正整数n，使得bn＞Sn，求n的最小值．从图①，图②，图③中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答．


解：(1)设等比数列{an}的公比为q.由S3＝3a2＋1，a3＝1，得a1＝2a2，故q＝＝.
又因为a3＝a1q2，所以a1＝4，
所以Sn＝＝8＝8－23－n.
(2)设等差数列{bn}的公差为d.
由题图①知：T1＝b1＝1，T3＝－3，可判断d＜0，故数列{bn}是递减数列．而{Sn}是递增数列，且b1＜S1，
所以不满足“存在正整数n，使得bn＞Sn”．
由题图②知：T1＝b1＝1，T3＝6，可判断d＞0，故数列{bn}是递增数列．
由题图③知：T1＝b1＝－3，T3＝0，可判断d＞0，故数列{bn}是递增数列．
所以选择题图②③均满足“存在正整数n，使得bn＞Sn”．
若选择题图②，则T1＝b1＝1，T3＝6，可得d＝1，所以bn＝n.
当n＝1，2，3，4，5，6，7时，bn＞Sn不成立，
当n＝8时，b8＝8，S8＝8－23－8，即S8＜b8，
所以使得bn＞Sn成立的正整数n的最小值为8.
若选择题图③，则T1＝b1＝－3，T3＝0，可得d＝3，所以bn＝3n－6.
当n＝1，2，3，4时，bn＞Sn不成立，
当n＝5时，b5＝9，S5＝8－23－5，即S5＜b5，
所以使得bn＞Sn成立的正整数n的最小值为5.
14．已知在数列{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：(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－.
[C级　创新练]
15．(多选)(2020·山东青岛三模)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：选BD.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．
16．(2020·广东梅州质量检测)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}．
答案：{5，6}