2021届新高考版高考数学一轮复习精练：§6-3　等比数列（试题部分） 9页

‎§6.3　等比数列 基础篇固本夯基 ‎【基础集训】‎ 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎1.Sn是正项等比数列{an}的前n项和,a3=18,S3=26,则a1=(　　)‎ A.2　　　B.3　　　C.1　　　D.6‎ 答案　A ‎2.在数列{an}中,满足a1=2,an‎2‎=an-1·an+1(n≥2,n∈N*),Sn为{an}的前n项和,若a6=64,则S7的值为(　　)‎ A.126　　　B.256　　　C.255　　　D.254‎ 答案　D ‎3.已知{an}是等比数列,若a1=1,a6=8a3,数列‎1‎an的前n项和为Tn,则T5=(　　)‎ A.‎31‎‎16‎　　　B.31　　　C.‎15‎‎8‎　　　D.7‎ 答案　A ‎4.已知正项等比数列{an}满足log2an+2-log2an=2,且a3=8,则数列{an}的前n项和Sn=　　　　. ‎ 答案　2n+1-2‎ ‎5.设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,Sn+1=4an+2.‎ ‎(1)设bn=an+1-2an,证明数列{bn}是等比数列;‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式.‎ 解析　(1)证明:∵a1=1,Sn+1=4an+2,‎ ‎∴a1+a2=4a1+2,a2=3a1+2,∴b1=a2-2a1=3,当n≥2时,Sn=4an-1+2,‎ ‎∴Sn+1-Sn=4an-4an-1,∴an+1=4an-4an-1,‎ ‎∴an+1-2an=2(an-2an-1).‎ 又∵bn=an+1-2an,∴bn=2bn-1,n≥2,‎ ‎∴{bn}是首项为3,公比为2的等比数列.‎ ‎(2)由(1)知:bn=an+1-2an=3·2n-1,∴an+1‎‎2‎n+1‎-an‎2‎n=‎3‎‎4‎,‎ ‎∴数列an‎2‎n是首项为‎1‎‎2‎,公差为‎3‎‎4‎的等差数列,‎ ‎∴an‎2‎n=‎1‎‎2‎+(n-1)×‎3‎‎4‎=‎3‎‎4‎n-‎1‎‎4‎,∴an=(3n-1)·2n-2.‎ ‎6.已知Sn为数列{an}的前n项和,且2Sn=3an-2(n∈N*).‎ ‎(1)求an和Sn;‎ ‎(2)若bn=log3(Sn+1),求数列{b2n}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)∵2Sn=3an-2,‎ ‎∴当n=1时,2S1=3a1-2,解得a1=2;‎ 当n≥2时,2Sn-1=3an-1-2,∴2Sn-2Sn-1=3an-3an-1,‎ ‎∴2an=3an-3an-1,∴an=3an-1,‎ ‎∴数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,‎ ‎∴an=2·‎3‎n‎-1‎,Sn=‎2(1-‎3‎n)‎‎1-3‎=3n-1.‎ ‎(2)由(1)知Sn=3n-1,‎ ‎∴bn=log3(Sn+1)=log33n=n,∴b2n=2n,‎ ‎∴Tn=2+4+6+…+2n=n(2+2n)‎‎2‎=n2+n.‎ ‎7.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+λ(λ为常数).‎ ‎(1)试探究数列{an+λ}是不是等比数列,并求an;‎ ‎(2)当λ=1时,求数列{n(an+λ)}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)因为an+1=2an+λ,所以an+1+λ=2(an+λ).‎ 又a1=1,‎ 所以当λ=-1时,a1+λ=0,数列{an+λ}不是等比数列,‎ 此时an+λ=an-1=0,即an=1;‎ 当λ≠-1时,a1+λ≠0,所以an+λ≠0,‎ 所以数列{an+λ}是以1+λ为首项,2为公比的等比数列,‎ 此时an+λ=(1+λ)2n-1,即an=(1+λ)2n-1-λ.‎ ‎(2)当λ=1时,由(1)知an=2n-1,所以n(an+1)=n×2n,‎ Tn=2+2×22+3×23+…+n×2n①,‎ ‎2Tn=22+2×23+3×24+…+n×2n+1②,‎ ‎①-②得:-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=‎2(1-‎2‎n)‎‎1-2‎-n×2n+1=2n+1-2-n×2n+1=(1-n)2n+1-2.所以Tn=(n-1)2n+1+2.‎ 考点二　等比数列的性质 ‎8.已知数列{an}为等比数列,且a1a13+2a‎7‎‎2‎=4π,则tan(a2a12)的值为(　　)‎ A.‎3‎　　　B.-‎3‎　　　C.±‎3‎　　　D.-‎‎3‎‎3‎ 答案　A ‎9.在等比数列{an}中,a2,a16是方程x2+6x+2=0的根,则a‎2‎a‎16‎a‎9‎的值为(　　)‎ A.2　　　B.-‎2‎　　　C.‎2‎　　　D.-‎2‎或‎2‎ 答案　D ‎10.已知递增的等比数列{an}的公比为q,其前n项和Sn<0,则(　　)‎ A.a1<0,01‎ C.a1>0,00,q>1‎ 答案　A 综合篇知能转换 ‎【综合集训】‎ 考法一　等比数列基本量运算的解题技巧 ‎1.(2018湖北荆州一模,9)已知数列{an}是公差d不为0的等差数列,且a1,a3,a7为等比数列{bn}的连续三项,则b‎3‎‎+‎b‎4‎b‎4‎‎+‎b‎5‎的值为(　　)‎ A.‎1‎‎2‎　　　B.4　　　C.2　　　D.‎‎2‎ 答案　A ‎2.(2019湖北荆州3月联考,4)已知数列{an}为等差数列,且‎2‎a‎1‎,2,‎2‎a‎6‎成等比数列,则{an}的前6项的和为(　　)‎ A.15　　　B.‎21‎‎2‎　　　C.6　　　D.3‎ 答案　C ‎3.(2018河南开封一模,5)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且9S3=S6,a2=1,则a1=(　　)‎ A.‎1‎‎2‎　　　B.‎2‎‎2‎　　　C.‎2‎　　　D.2‎ 答案　A ‎4.(2018陕西延安黄陵中学(重点班)第一次大检测,10)已知公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足a2,2a5,3a8成等差数列,则‎3‎S‎3‎S‎6‎=(　　)‎ A.‎13‎‎4‎　　　B.‎13‎‎12‎　　　C.‎9‎‎4‎　　　D.‎‎11‎‎12‎ 答案　C 考法二　等比数列的判定与证明 ‎5.(2018山东实验中学诊断测试,7)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题: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:“我的羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说:“我的马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比例偿还,他们各应偿还多少?已知牛、马、羊的主人应偿还a升,b升,c升,1斗为10升,则下列判断正确的是(　　)‎ A.a,b,c依次成公比为2的等比数列,且a=‎‎50‎‎7‎ B.a,b,c依次成公比为2的等比数列,且c=‎‎50‎‎7‎ C.a,b,c依次成公比为‎1‎‎2‎的等比数列,且a=‎‎50‎‎7‎ D.a,b,c依次成公比为‎1‎‎2‎的等比数列,且c=‎‎50‎‎7‎ 答案　D ‎6.(2019河南濮阳重点高中联考,17)设{an}是公比为q的等比数列.‎ ‎(1)推导{an}的前n项和公式;‎ ‎(2)设q≠1,证明数列{an+1}不是等比数列.‎ 解析　(1)易知q≠0.‎ 当q=1时,Sn=na1.当q≠1时,Sn=a1+a2+…+an,‎ qSn=a1q+a2q+…+anq=a2+a3+…+an+anq,‎ ‎∴(1-q)Sn=a1-anq,‎ ‎∴Sn=a‎1‎‎-anq‎1-q=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q.‎ 综上,Sn=‎na‎1‎,q=1,‎a‎1‎‎-anq‎1-q‎=a‎1‎‎(1-qn)‎‎1-q,q≠1.‎ ‎(2)证明:假设q≠1时,数列{an+1}是等比数列.‎ 则(a2+1)2=(a1+1)(a3+1),‎ 即(a1q+1)2=(a1+1)(a1q2+1),‎ 化为a1(q-1)2=0,易知a1≠0,解得q=1,与q≠1矛盾,‎ 因此假设不成立,故原结论成立,即q≠1时,数列{an+1}不是等比数列.‎ ‎【五年高考】‎ 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎1.(2019课标Ⅲ,5,5分)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a3=(　　)‎ A.16　　　B.8　　　C.4　　　D.2‎ 答案　C ‎2.(2017课标Ⅱ,3,5分)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯(　　)‎ A.1盏　　　B.3盏　　　C.5盏　　　D.9盏 答案　B ‎3.(2018北京,4,5分)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于‎12‎‎2‎.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为(　　)‎ A.‎3‎‎2‎f　　　B.‎3‎‎2‎‎2‎f　　　C.‎12‎‎2‎‎5‎f　　　D.‎12‎‎2‎‎7‎f 答案　D ‎4.(2019课标Ⅰ,14,5分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=‎1‎‎3‎,a‎4‎‎2‎=a6,则S5=　　　　. ‎ 答案　‎‎121‎‎3‎ ‎5.(2017北京,10,5分)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a‎2‎b‎2‎=　　　　. ‎ 答案　1‎ ‎6.(2017江苏,9,5分)等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn.已知S3=‎7‎‎4‎,S6=‎63‎‎4‎,则a8=　　　　. ‎ 答案　32‎ ‎7.(2015湖南,14,5分)设Sn为等比数列{an}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则an=　　　　. ‎ 答案　3n-1‎ ‎8.(2018课标Ⅲ,17,12分)等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)记Sn为{an}的前n项和.若Sm=63,求m.‎ 解析　本题考查等比数列的概念及其运算.‎ ‎(1)设{an}的公比为q,由题设得an=qn-1.‎ 由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去)或q=-2或q=2.‎ 故an=(-2)n-1或an=2n-1.‎ ‎(2)若an=(-2)n-1,则Sn=‎1-(-2‎‎)‎n‎3‎.‎ 由Sm=63得(-2)m=-188.此方程没有正整数解.‎ 若an=2n-1,则Sn=2n-1.由Sm=63得2m=64,解得m=6.‎ 综上,m=6.‎ 解后反思　等比数列基本量运算问题的常见类型及解题策略 ‎(1)求通项公式.求出等比数列的两个基本量a1和q后,通项公式便可求出.‎ ‎(2)求特定项.利用通项公式或者等比数列的性质求解.‎ ‎(3)求公比.利用等比数列的定义和性质建立方程(组)求解.‎ ‎(4)求前n项和.直接将基本量代入等比数列的前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解.‎ ‎9.(2016课标Ⅲ,17,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0.‎ ‎(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式;‎ ‎(2)若S5=‎31‎‎32‎,求λ.‎ 解析　(1)由题意得a1=S1=1+λa1,‎ 故λ≠1,a1=‎1‎‎1-λ,a1≠0.(2分)‎ 由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0得an≠0,所以an+1‎an=λλ-1‎.‎ 因此{an}是首项为‎1‎‎1-λ,公比为λλ-1‎的等比数列,‎ 于是an=‎1‎‎1-λλλ-1‎n-1‎.(6分)‎ ‎(2)由(1)得Sn=1-λλ-1‎n.‎ 由S5=‎31‎‎32‎得1-λλ-1‎‎5‎=‎31‎‎32‎,即λλ-1‎‎5‎=‎1‎‎32‎.‎ 解得λ=-1.(12分)‎ 方法指导　(1)利用an+1=Sn+1-Sn可得到an+1与an的关系式,要证数列{an}是等比数列,关键是得出an+1与an之比为常数,其中说明an≠0是非常重要的.(2)利用第(1)问的结论列方程即可求出λ.‎ 考点二　等比数列的性质 ‎10.(2016课标Ⅰ,15,5分)设等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为　　　　. ‎ 答案　64‎ ‎11.(2015安徽,14,5分)已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=9,a2a3=8,则数列{an}的前n项和等于　　　　. ‎ 答案　2n-1‎ 教师专用题组 考点一　等比数列的有关概念及运算 ‎1.(2013课标Ⅱ,3,5分)等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=(　　)‎ A.‎1‎‎3‎　　　B.-‎1‎‎3‎　　　C.‎1‎‎9‎　　　D.-‎‎1‎‎9‎ 答案　C ‎2.(2012课标,5,5分)已知{an}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10=(　　)‎ A.7　　　B.5　　　C.-5　　　D.-7‎ 答案　D ‎3.(2014安徽,12,5分)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=　　　　. ‎ 答案　1‎ ‎4.(2016四川,19,12分)已知数列{an}的首项为1,Sn为数列{an}的前n项和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*.‎ ‎(1)若2a2,a3,a2+2成等差数列,求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设双曲线x2-y‎2‎an‎2‎=1的离心率为en,且e2=‎5‎‎3‎,证明:e1+e2+…+en>‎4‎n‎-‎‎3‎n‎3‎n-1‎.‎ 解析　(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,‎ 两式相减得到an+2=qan+1,n≥1.‎ 又由S2=qS1+1得到a2=qa1,‎ 故an+1=qan对所有n≥1都成立.‎ 所以,数列{an}是首项为1,公比为q的等比数列.‎ 从而an=qn-1.由2a2,a3,a2+2成等差数列,可得 ‎2a3=3a2+2,即2q2=3q+2,则(2q+1)(q-2)=0,‎ 由已知,q>0,故q=2.所以an=2n-1(n∈N*).‎ ‎(2)证明:由(1)可知,an=qn-1.‎ 所以双曲线x2-y‎2‎an‎2‎=1的离心率en=‎1+‎an‎2‎=‎1+‎q‎2(n-1)‎.‎ 由e2=‎1+‎q‎2‎=‎5‎‎3‎,解得q=‎4‎‎3‎.‎ 因为1+q2(k-1)>q2(k-1),所以‎1+‎q‎2(k-1)‎>qk-1(k∈N*).于是e1+e2+…+en>1+q+…+qn-1=qn‎-1‎q-1‎,故e1+e2+…+en>‎4‎n‎-‎‎3‎n‎3‎n-1‎.‎ ‎5.(2015山东,18,12分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.‎ ‎(1)求{an}的通项公式;‎ ‎(2)若数列{bn}满足anbn=log3an,求{bn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)因为2Sn=3n+3,所以2a1=3+3,故a1=3,‎ 当n>1时,2Sn-1=3n-1+3,‎ 此时2an=2Sn-2Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,即an=3n-1,‎ 所以an=‎‎3,‎n=1,‎‎3‎n-1‎‎,‎n>1.‎ ‎(2)因为anbn=log3an,所以b1=‎1‎‎3‎,‎ 当n>1时,bn=31-nlog33n-1=(n-1)·31-n.‎ 所以T1=b1=‎1‎‎3‎;‎ 当n>1时,‎ Tn=b1+b2+b3+…+bn=‎1‎‎3‎+[1×3-1+2×3-2+…+(n-1)×31-n],‎ 所以3Tn=1+[1×30+2×3-1+…+(n-1)×32-n],‎ 两式相减,得 ‎2Tn=‎2‎‎3‎+(30+3-1+3-2+…+32-n)-(n-1)×31-n ‎=‎2‎‎3‎+‎1-‎‎3‎‎1-n‎1-‎‎3‎‎-1‎-(n-1)×31-n=‎13‎‎6‎-‎6n+3‎‎2×‎‎3‎n,‎ 所以Tn=‎13‎‎12‎-‎6n+3‎‎4×‎‎3‎n(n>1).经检验,n=1时也适合.‎ 综上可得Tn=‎13‎‎12‎-‎6n+3‎‎4×‎‎3‎n(n∈N*).‎ ‎6.(2014课标Ⅱ,17,12分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1.‎ ‎(1)证明an‎+‎‎1‎‎2‎是等比数列,并求{an}的通项公式;‎ ‎(2)证明‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an<‎3‎‎2‎.‎ 解析　(1)由an+1=3an+1得an+1+‎1‎‎2‎=3an‎+‎‎1‎‎2‎.‎ 又a1+‎1‎‎2‎=‎3‎‎2‎,所以an‎+‎‎1‎‎2‎是首项为‎3‎‎2‎,公比为3的等比数列.‎ an+‎1‎‎2‎=‎3‎n‎2‎,因此{an}的通项公式为an=‎3‎n‎-1‎‎2‎.‎ ‎(2)证明:由(1)知‎1‎an=‎2‎‎3‎n‎-1‎.因为当n≥1时,3n-1≥2×3n-1,所以‎1‎‎3‎n‎-1‎≤‎1‎‎2×‎‎3‎n-1‎.‎ 于是‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an≤1+‎1‎‎3‎+…+‎1‎‎3‎n-1‎=‎3‎‎2‎‎1-‎‎1‎‎3‎n<‎3‎‎2‎.‎ 所以‎1‎a‎1‎+‎1‎a‎2‎+…+‎1‎an<‎3‎‎2‎.‎ 考点二　等比数列的性质 ‎7.(2018浙江,10,4分)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则(　　)‎ A.a1a3,a2a4　　　　　D.a1>a3,a2>a4‎ 答案　B ‎8.(2014大纲全国,10,5分)等比数列{an}中,a4=2,a5=5,则数列{lg an}的前8项和等于(　　)‎ A.6　　　B.5　　　C.4　　　D.3‎ 答案　C ‎【三年模拟】‎ 一、单项选择题(每题5分,共45分)‎ ‎1.(2019北京朝阳二模,5)已知等差数列{an}的首项为a1,公差d≠0,则“a1,a3,a9成等比数列”是“a1=d”的(　　)‎ A.充分而不必要条件　　　　　B.必要而不充分条件 C.充要条件　　　　　D.既不充分也不必要条件 答案　C ‎2.(2020届天津杨村一中第一次月考,2)等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1+a2+a3=3,a4+a5+a6=6,则S12=(　　)‎ A.15　　　B.30　　　C.45　　　D.60‎ 答案　C ‎3.(2020届山东济宁二中10月月考,11)《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题:“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”.如:甲、乙、丙、丁衰分得100,60,36,21.6个单位,递减的比例为40%.今共有粮m(m>0)石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”,已知丙衰分得80石,乙、丁衰分所得的和为164石,则“衰分比”与m的值分别为(　　)‎ A.20%;369　　　B.80%;369　　　C.40%;360　　　D.60%;365‎ 答案　A ‎4.(2018河南新乡二模,6)在公比为q的正项等比数列{an}中,a4=4,则当2a2+a6取得最小值时,log2q=(　　)‎ A.‎1‎‎4‎　　　B.-‎1‎‎4‎　　　C.‎1‎‎8‎　　　D.-‎‎1‎‎8‎ 答案　A ‎5.(2019湖南衡阳一模,8)在等比数列{an}中,a1a3=a4=4,则a6的所有可能值构成的集合是(　　)‎ A.{6}　　　B.{-8,8}　　　C.{-8}　　　D.{8}‎ 答案　D ‎6.(2019 5·3原创冲刺卷三,5)已知数列{an}为正项等比数列,a2=‎2‎,a3=2a1,则a1a2+a2a3+…+anan+1=(　　)‎ A.(2+‎2‎)[1-‎(‎2‎)‎n]　　　　　B.(2+‎2‎)[‎(‎2‎)‎n-1] C.‎2‎(2n-1)　　　　　D.‎2‎(1-2n)‎ 答案　C ‎7.(2018福建厦门模拟,8)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=2n+1+λ,则λ=(　　)‎ A.-2　　　B.-1　　　C.1　　　D.2‎ 答案　A ‎8.(2019 5·3原创冲刺卷八,5)已知等比数列{an}满足a1+a2=12,a1-a3=6,则当a1·a2·…·an取到最大值时,n的值为(　　)‎ A.3　　　B.4　　　C.3或4　　　D.5‎ 答案　C ‎9.(2019届安徽黄山11月“八校联考”,7)设Sn是等比数列{an}的前n项和,S4=5S2,则a‎5‎‎2‎a‎3‎a‎8‎的值为(　　)‎ A.±‎1‎‎2‎　　　B.±2　　　C.±2或-1　　　D.±‎1‎‎2‎或-1‎ 答案　D 二、多项选择题(每题5分,共10分)‎ ‎10.(改编题)已知各项均为正数的等比数列{an},a1>1,02 019成立的n的最小值是　　　　. ‎ 答案　11‎ 四、解答题(共50分)‎ ‎14.设数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+1,在下列两个条件:①a1=-1,②a2=3中选择一个,求数列{an}的通项公式并求其前n项和.‎ 解析　若选择条件①a1=-1,由于an+1=2Sn+1,‎ ‎∴当n≥2时,an=2Sn-1+1,‎ 两式相减得an+1-an=2an,即an+1=3an,又a2=2S1+1=-1,‎ ‎∴数列a2,a3,…,an是首项为-1,公比为3的等比数列,‎ 则an=a2·3n-2=-3n-2,n≥2,∴an=‎‎-1,n=1,‎‎-‎3‎n-2‎,n≥2,‎ 又当n=1时,S1=a1=-1,‎ ‎∴当n≥2时,Sn=a1+a2+a3+…+an=(-1)+(-1)+(-1)×3+…+(-1)×3n-2=(-1)+‎(-1)(1-‎3‎n-1‎)‎‎1-3‎=-1+‎1-‎‎3‎n-1‎‎2‎=-‎1‎‎2‎-‎3‎n-1‎‎2‎,又当n=1时,S1=-‎1‎‎2‎-‎3‎‎0‎‎2‎=-1也符合上式,‎ 因此Sn=-‎1‎‎2‎-‎3‎n-1‎‎2‎,n∈N*.若选择条件②a2=3,∵a2=3,∴a2=2S1+1=3,∴S1=1,即a1=1.‎ ‎∵an+1=2Sn+1,∴n≥2时,an=2Sn-1+1,∴an+1-an=2an,‎ 即an+1=3an,又∵a‎2‎a‎1‎=‎3‎‎1‎=3,∴数列{an}是首项为a1=1,公比为3的等比数列,∴an=a13n-1=3n-1,‎ ‎∴Sn=‎1-‎‎3‎n‎1-3‎=‎1‎‎2‎(3n-1)=‎1‎‎2‎·3n-‎1‎‎2‎.‎ ‎15.(2020届山东济宁二中10月月考,20)已知{an}是递增的等差数列,且a2,a4是方程x2-5x+6=0的根,数列{bn}的前n项和为Sn,且Sn=2bn-2(n∈N*).‎ ‎(1)求数列{an},{bn}的通项公式;‎ ‎(2)若cn=an·bn(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解析　(1)易得方程x2-5x+6=0的两根为2,3,‎ 则由题意,得a2=2,a4=3.设等差数列{an}的公差为d,‎ 则a4-a2=2d,∴d=‎1‎‎2‎.从而a2=a1+d=2,∴a1=‎3‎‎2‎.‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an=‎3‎‎2‎+(n-1)×‎1‎‎2‎=n‎2‎+1.‎ ‎∵Sn=2bn-2,①‎ ‎∴当n≥2时,Sn-1=2bn-1-2,②‎ ‎①-②得,bn=Sn-Sn-1=(2bn-2)-(2bn-1-2)=2bn-2bn-1,‎ ‎∴bn=2bn-1(n≥2).又b1=S1=2b1-2,∴b1=2.∴{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴bn=2×2n-1=2n.‎ ‎(2)由题意及(1)得cn=n‎2‎‎+1‎×2n=(n+2)×2n-1,‎ ‎∴Tn=(1+2)×20+(2+2)×21+(3+2)×22+…+(n+1)×2n-2+(n+2)×2n-1,‎ 即Tn=3×20+4×21+5×22+…+(n+1)×2n-2+(n+2)×2n-1,①‎ ‎∴2Tn=3×21+4×22+5×23+…+(n+1)×2n-1+(n+2)×2n,②‎ ‎①-②得-Tn=3+21+22+23+…+2n-2+2n-1-(n+2)×2n,‎ ‎∴-Tn=3+‎2(1-‎2‎n-1‎)‎‎1-2‎-(n+2)×2n=1-(n+1)×2n,‎ ‎∴Tn=(n+1)×2n-1.‎ ‎16.(2019江西红色七校联考,17)已知数列{an}为等差数列,Sn为{an}的前n项和,2a2+a5=a8,S5=25.数列{bn}为等比数列,且bn>0,b1=a1,b‎2‎‎2‎=a1a5.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;‎ ‎(2)记cn=‎4‎‎(2log‎3‎bn+3)·‎an,其前n项和为Tn,求证:Tn≥‎4‎‎3‎.‎ 解析　(1)设数列{an}的公差为d,则由2a2+a5=a8,S5=25得‎2(a‎1‎+d)=3d,‎‎5a‎1‎+‎5×4‎‎2‎×d=25,‎解得a‎1‎‎=1,‎d=2,‎所以an=2n-1,‎ 所以a1=1,a5=9.设{bn}的公比为q,‎ 因为b1=a1=1,b‎2‎‎2‎=a1a5=q2,bn>0,所以q=3,则bn=3n-1.‎ ‎(2)证明:由(1)得cn=‎4‎‎(2log‎3‎bn+3) ·‎an=‎4‎‎(2n+1)(2n-1)‎=2‎1‎‎2n-1‎‎-‎‎1‎‎2n+1‎,‎ 所以Tn=2‎1-‎1‎‎3‎+‎1‎‎3‎-‎1‎‎5‎+…+‎1‎‎2n-1‎-‎‎1‎‎2n+1‎=2‎1-‎‎1‎‎2n+1‎,‎ 易知Tn随着n的增大而增大,所以Tn≥T1=2‎1-‎‎1‎‎3‎=‎4‎‎3‎.‎ ‎17.(2019安徽六安3月联考,17)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an>0,Sn‎2‎=an+1‎‎2‎-λSn+1,其中λ为常数.‎ ‎(1)证明:Sn+1=2Sn+λ;‎ ‎(2)是否存在实数λ,使得数列{an}为等比数列?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.‎ 解析　(1)证明:∵an+1=Sn+1-Sn,Sn‎2‎=an+1‎‎2‎-λSn+1,‎ ‎∴Sn‎2‎=(Sn+1-Sn)2-λSn+1,∴Sn+1(Sn+1-2Sn-λ)=0,‎ ‎∵an>0,∴Sn+1>0,∴Sn+1-2Sn-λ=0,∴Sn+1=2Sn+λ.‎ ‎(2)存在.∵Sn+1=2Sn+λ,∴Sn=2Sn-1+λ(n≥2),相减得an+1=2an(n≥2),∴{an}从第二项起成等比数列,‎ ‎∵S2=2S1+λ,即a2+a1=2a1+λ,∴a2=1+λ>0,得λ>-1,‎ ‎∴an=‎‎1,n=1,‎‎(λ+1)‎2‎n-2‎,n≥2,‎ 若使{an}是等比数列,则a1a3=a‎2‎‎2‎,‎ ‎∴2(λ+1)=(λ+1)2,∴λ=1,经检验,符合题意.‎ 故存在实数λ,使得数列{an}为等比数列,λ的值为1.‎