2023届高考数学一轮复习考点专测：46 等比数列

考点测试46 等比数列
高考 概览
本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题和解答题，分值为5分、12分，中、低等难度 考纲 研读
1.理解等比数列的概念
2．掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式 3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题 4．了解等比数列与指数函数的关系
一、基础小题
1．已知{a n }为等比数列且满足a 6－a 2＝30，a 3－a 1＝3，则数列{a n }的前5项和S 5＝( )
A ．15
B ．31 C.40 D ．121
答案 B
解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 6－a 2＝30，a 3－a 1＝3，所以⎩⎨⎧a 1q 5－a 1q ＝30，a 1q 2－a 1＝3，可得⎩
⎨⎧a 1＝1，q ＝2，S 5＝1－251－2＝31，所以数列{a n }的前5项和S 5＝31.
2．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( )
A ．8
B ．9 C.10 D ．11 答案 C
解析 在等比数列中，若p ＋q ＝m ＋n ，p ，q ，m ，n 都为正整数，则a p a q ＝a m a n ，因为a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝a 4a 7＝9，因为a 1a m ＝9，所以m ＝10.故选C.
3．已知等比数列{a n }中有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，其前n 项和为S n ，且b 7＝a 7，则S 13＝( )
A ．26
B ．52 C.78 D ．104
答案 B
解析 等比数列{a n }中，由a 3a 11＝4a 7可得a 27＝4a 7，又a 7≠0，得a 7＝4，因为数列{b n }是等差数列，b 7＝a 7＝4，则S 13＝1
2×13(b 1＋b 13)＝13b 7＝13×4＝52.故选B.
4．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( )
A ．18
B ．－18 C.578 D ．558 答案 A
解析 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18，所以a 7＋a 8＋a 9＝1
8.
5．已知{a n }是首项为32的等比数列，S n 是其前n 项和，且S 6S 3＝65
64，则数列
{|log 2a n |}的前10项和为( )
A ．58
B ．56 C.50 D ．45 答案 A
解析 设数列{a n }的公比为q ，根据题意知S 6－S 3S 3＝164＝q 3，所以q ＝1
4，从而
有a n ＝32·⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝27－2n ，所以log 2a n ＝7－2n ，所以|log 2a n |＝|2n －7|，所以数列{|log 2a n |}的前10项和等于5＋3＋1＋1＋3＋5＋7＋9＋11＋13＝
3×（5＋1）
2
＋
7×（1＋13）
2
＝58.故选A.
6．(多选)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．则下列说法正确的是( )
A ．此人第六天只走了5里路
B ．此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里
C ．此人第二天走的路程比全程的1
4还多1.5里 D ．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍 答案 BCD
解析 根据题意知此人每天行走的路程成等比数列，设此人第n 天走a n 里路，则{a n }是首项为a 1，公比为q ＝1
2的等比数列．所以S 6＝a 1（1－q 6）1－q
＝
a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1261－12＝378，解得a 1＝192.对于A ，a 6＝a 1q 5
＝192×⎝ ⎛⎭
⎪⎫125
＝6，故A 错误；对于B ，由
a 1＝192，则S 6－a 1＝378－192＝186，又192－186＝6，故B 正确；对于C ，a 2＝a 1q ＝192×12＝96，而1
4S 6＝94.5，96－94.5＝1.5，故C 正确；对于D ，a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝192×⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋12＋14＝336，则后3天走的路程为378－336＝42，
而且336÷42＝8，故D 正确．故选BCD.
7．(多选)设{a n }(n ∈N *)是各项为正数的等比数列，q 是其公比，K n 是其前n 项的积，且K 5＜K 6，K 6＝K 7＞K 8，则下列结论正确的是( )
A ．0＜q ＜1
B ．a 7＝1
C ．K 9＞K 5
D ．K 6与K 7均为K n 的最大值 答案 ABD
解析 ∵{a n }是各项为正数的等比数列，q 是其公比，K n 是其前n 项的积，
且K 6＝K 7＞K 8，∴q ＞0，且q ≠1，a 7＝1，故B 正确；由K 5＜K 6可得a 6＞1，∴q ＝a 7
a 6
∈(0，1)，故A 正确；由{a n }是各项为正数的等比数列且q ∈(0，1)可得数列
为递减数列，∴K 9＜K 5，故C 错误；结合K 5＜K 6，K 6＝K 7＞K 8，可得D 正确．故选ABD.
8．已知数列{a n }的前n 项和公式为S n ＝n 2，若b n ＝2a n ，则a n ＝________；数列{b n }的前n 项和T n ＝________．
答案 2n －1 2
3(4n －1)
解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，满足a 1＝1，故a n ＝2n －1.若b n ＝2a n ，则b 1＝2，b n ＝22n －1＝2×4n －1，故数列{b n }是首项为2，公比为4的等比数列，其前n 项和T n ＝2（1－4n ）1－4
＝23(4n
－1).
二、高考小题
9．(2021·全国甲卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若S 2＝4，S 4＝6，则S 6＝( )
A ．7
B ．8 C.9 D ．10
答案 A
解析 解法一：因为S 2＝4，S 4＝6，且易知公比q ≠±1，所以由等比数列的前n 项和公式，得
⎩⎨⎧
S 2＝a 1（1－q 2）1－q
＝a 1（1＋q ）＝4，
S 4
＝a 1
（1－q 4
）
1－q ＝a 1
（1＋q ）（1＋q 2
）＝6，
两式相除， 得q 2＝1
2，所以⎩⎨⎧a 1＝4（2－2），
q ＝2
2
或⎩⎨⎧a 1＝4（2＋
2），
q ＝－2
2，
所以S 6＝a 1（1－q 6）
1－q
＝7.
故选A.
解法二：易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项得S2(S6－S4)＝(S4－S2)2，即4(S6－6)＝22，所以S6＝7.故选A.
10．(2020·全国Ⅰ卷)设{a n}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
答案 D
解析设等比数列{a n}的公比为q，则a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝1，a2＋a3＋a4＝a1q＋a1q2＋a1q3＝a1q(1＋q＋q2)＝q＝2，因此，a6＋a7＋a8＝a1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故选D.
11．(2020·全国Ⅱ卷)数列{a n}中，a1＝2，a m＋n＝a m a n，若a k＋1＋a k＋2＋…＋a k ＋10
＝215－25，则k＝()
A．2 B．3
C.4 D．5
答案 C
解析在等式a m＋n＝a m a n中，令m＝1，可得a n＋1＝a n a1＝2a n，∴a n＋1
a n
＝2，∴数列{a n}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n＝2×2n－1＝2n.∴a k＋1＋a k＋2
＋…＋a k＋10＝a k＋1·（1－210）
1－2＝2
k＋1·（1－210）
1－2
＝2k＋1·(210－1)＝25(210－1)，
∴2k＋1＝25，则k＋1＝5，解得k＝4.故选C.
12．(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{a n}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝()
A．16 B．8
C.4 D．2
答案 C
解析
由题意知⎩⎪⎨⎪
⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，
解得⎩⎨⎧a 1＝1，
q ＝2，
∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.
13．(2018·浙江高考)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln (a 1＋a 2＋a 3).若a 1>1，则( )
A ．a 1<a 3，a 2<a 4
B ．a 1>a 3，a 2<a 4
C ．a 1<a 3，a 2>a 4
D ．a 1>a 3，a 2>a 4
答案 B
解析 设f (x )＝ln x －x (x >0)，则f ′(x )＝1
x －1＝1－x x ，令f ′(x )>0，得0<x <1，令f ′(x )<0，得x >1，∴f (x )在(0，1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，∴f (x )≤f (1)＝－1，即有ln x ≤x －1.从而a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln (a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，∴a 4<0，又a 1>1，∴公比q <0.若q ＝－1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，ln (a 1＋a 2＋a 3)＝ln a 1>0，矛盾．若q <－1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋q )(1＋q 2)<0，而a 2＋a 3＝a 2(1＋q )＝a 1q (1＋q )>0，∴ln (a 1＋a 2＋a 3)>ln a 1>0，也矛盾．∴－1<q <0.从而a 3a 1＝q 2<1，∵a 1>0，∴a 1>a 3.同理，∵a 4
a 2
＝q 2<1，a 2<0，∴a 4>a 2.故选B.
14．(2020·江苏高考)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝n 2－n ＋2n －1(n ∈N *)，则d ＋q 的值是________．
答案 4
解析 等差数列{a n }的前n 项和公式为P n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪
⎫a 1－d 2n ，等比数列{b n }的前n 项和公式为Q n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝－b 11－q q n ＋b 1
1－q ，依题意
有S n ＝P n ＋Q n ，即n 2－n ＋2n －1＝d 2n 2＋⎝ ⎛
⎭⎪⎫a 1－d 2n －b 11－q q n ＋b 11－q
，通过对比系数
可知⎩⎪⎨⎪⎧d
2＝1，
a 1
－d 2
＝－1，q ＝2，
b 1
1－q ＝－1，
得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1
＝0，
q ＝2，b 1
＝1，
故d ＋q ＝4.
15．(2019·全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝3
4，则S 4＝________．
答案 58
解析 设等比数列{a n }的公比为q ，又a 1＝1，则a n ＝a 1q n －1＝q n －1.∵S 3＝3
4，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝
1×⎣
⎢⎡⎦⎥
⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.
三、模拟小题
16．(2021·河北五个一名校联考)已知等比数列{a n }的各项均为负数，若a 2a 8＋2a 3a 9＋a 27＝16，则a 5＋a 7＝( )
A ．－2
B ．－4 C.－8 D ．－16
答案 B
解析 a 2a 8＋2a 3a 9＋a 27＝a 25＋2a 5a 7＋a 27＝(a 5＋a 7)2＝16，因为等比数列{a n }的
各项均为负数，所以a 5＋a 7＝－4，故选B.
17．(2021·山东青岛一中模拟)在正项等比数列{a n }中，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝( )
A ．2
B ．4 C.12
D ．8
答案 B
解析 设正项等比数列{a n }的公比为q ，由⎩⎨⎧a 5－a 1＝a 1q 4－a 1＝15，
a 4－a 2＝a 1q 3
－a 1q ＝6，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2或⎩
⎪⎨⎪⎧a 1＝－16，
q ＝1
2(舍去).故a 3＝a 1q 2＝4.故选B. 18．(2022·湖南湘潭入学考试)已知正项等比数列{a n }满足a 9＝a 8＋2a 7，若存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝2a 21，则1m ＋4
n
的最小值为( ) A ．2 2 B ．83 C.3 D ．3 2
答案 C
解析 设正项等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，∵a 9＝a 8＋2a 7，∴a 7q 2＝a 7q ＋2a 7，∴q 2－q －2＝0，∴q ＝2或q ＝－1(舍去)，∵存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝2a 21，∴a 21q m －1＋n －1＝2a 21
，2m ＋n －2
＝2，m ＋n －2＝1，m ＋n ＝3，∴1m ＋4n ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n (m ＋n )＝13×⎝ ⎛⎭
⎪⎫n m ＋4m n ＋5≥1
3×9＝3，当且仅当m ＝1，n ＝2时等号成立．故选C.
19．(多选)(2021·辽宁渤海大学附属高级中学第二次月考)已知正项等比数列{a n }满足a 1＝2，a 4＝2a 2＋a 3，其公比为q ，前n 项和为S n ，则( )
A ．q ＝2
B ．a n ＝2n
C ．S 10＝2047
D ．a n ＋a n ＋1<a n ＋2
答案 ABD
解析 由题意2q 3＝4q ＋2q 2，得q 2－q －2＝0，解得q ＝2(负值舍去)，A 正确；
a n ＝2×2n －1＝2n
，B 正确；S n ＝2×（1－2n
）1－2
＝2n ＋1
－2，所以S 10＝2046，C 错误；
a n ＋a n ＋1＝3a n ，而a n ＋2＝4a n >3a n ，D 正确．
20．(多选)(2021·辽宁沈阳郊联体第三次模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝4n －1＋t ，则( )
A ．首项a 1不确定
B ．公比q ＝4
C ．a 2＝3
D ．t ＝－1
4
答案 BCD
解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋t ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(4n －1＋t )－(4n
－2
＋t )＝3×4n －2.由数列{a n }为等比数列，可得a 1必定符合a n ＝3×4n －2(n ≥2)，有
1＋t ＝34，可得t ＝－1
4，数列{a n }的通项公式为a n ＝3×4n －2，a 2＝3，数列{a n }的公比q ＝4.综上可知A 错误，B ，C ，D 正确．
21．(多选)(2021·三湘名校教育联盟高三联考)数列{a n }为等比数列，公比q >1，其前n 项和为S n ，若a 5－a 1＝15，a 2a 4＝16，则下列说法正确的是( )
A ．S n ＋1＝2S n ＋1
B ．a n ＝2n
C ．数列{log 3(S n ＋1)}是等比数列
D ．对任意的正整数k (k 为常数)，数列{log 2(S n ＋k －S n )}是公差为1的等差数列
答案 AD
解析 因为公比为q >1，由⎩⎨⎧a 5－a 1＝15，a 2a 4＝16，得⎩⎨⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q ·a 1q 3
＝16，即q 4－1q 2＝154，所以4q 4
－15q 2
－4＝0，解得q 2
＝4，所以⎩⎨⎧a 1＝1，
q ＝2，
所以a n ＝2n －1，S n ＝2n －1，所
以S n ＋1＝2n ＋1－1＝2S n ＋1，S n ＋1＝2n ，所以log 3(S n ＋1)＝n log 32，所以{log 3(S n ＋1)}是等差数列，对任意的正整数n ，k ，S n ＋k －S n ＝2n ＋k －2n ＝(2k －1)2n ，所以log 2(S n
＋k
－S n )＝n ＋log 2(2k －1)，所以数列{log 2(S n ＋k －S n )}是公差为1的等差数列．故选
AD.
22．(2021·上海模拟)若数列{a n }满足
1a n ＋1
－3
a n
＝0，则称{a n }为“梦想数
列”．已知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫1b n ＋1为“梦想数列”，且b 1＝2，则{b n }的通项公式为b n ＝
________．
答案 3n －1
解析
由数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫1b n ＋1为“梦想数列”，得
b n ＋1＋1－3(b n ＋1)＝0，所以b n ＋1
＋1＝3(b n ＋1)，又b 1＝2，所以{b n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以b n ＋1＝3×3n －1＝3n ，则b n ＝3n －1.
23．(2022·山东学情调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1a n ＝3n ，则S 2021＝________．
答案 31011－2
解析 当n ≥2时，a n a n －1＝3n －1，a n ＋1
a n －1＝3，又当n ＝1时a 2a 1＝3，∴a 2＝3，
∴{a n }的奇数项是以a 1＝1为首项，以q ＝3为公比的等比数列，偶数项是以a 2＝3为首项，以q ＝3为公比的等比数列，∴S 2021＝a 1＋a 3＋…＋a 2021＋a 2＋a 4＋…＋a 2020＝1－310111－3＋3×（1－31010）1－3
＝31011－12＋31011－32＝31011
－2.
一、高考大题
1．(2020·全国Ⅰ卷)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． (1)求{a n }的公比；
(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和． 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1为a 2，a 3的等差中项， ∴2a 1＝a 2＋a 3，即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2. ∵a 1≠0，∴q 2＋q －2＝0. ∵q ≠1，∴q ＝－2.
(2)设数列{na n }的前n 项和为S n ， ∵a 1＝1，a n ＝(－2)n －1，
∴S n ＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n (－2)n －1，①
－2S n ＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n －1)(－2)n －1＋n (－2)n ，②
①－②，得3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n (－2)n ＝1－（－2）
n
1－（－2）
－
n (－2)n ＝1－（1＋3n ）（－2）
n
3
，
∴S n ＝1－（1＋3n ）（－2）n
9
.
2．(2020·新高考Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100.
解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，
依题意有⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1
＝32，
q ＝1
2(舍去)，所以a n ＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .
(2)由于21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128， b 1对应的区间为(0，1]，则b 1＝0； b 2，b 3对应的区间分别为(0，2]，(0，3]， 则b 2＝b 3＝1，即有2个1；
b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为(0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]，则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；
b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3，即有23个3；
b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0，16]，(0，17]，…，(0，31]，则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；
b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0，32]，(0，33]，…，(0，63]，则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；
b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0，64]，(0，65]，…，(0，100]，则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.
所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.
3．(2020·浙江高考)已知数列{a n }，{b n }，{c n }中，a 1＝b 1＝c 1＝1，c n ＝a n ＋1－a n ，c n ＋1＝b n b n ＋2
·c n (n ∈N *).
(1)若数列{b n }为等比数列，公比q ＞0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 与{a n }的通项公式；
(2)若数列{b n }为等差数列，且公差d ＞0，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜1＋1
d . 解 (1)因为数列{b n }是公比为q 的等比数列，b 1＋b 2＝6b 3，所以b 1＋b 1q ＝6b 1q 2，即1＋q ＝6q 2，
因为q ＞0，所以q ＝12，所以b n ＝1
2
n －1.
所以b n ＋2＝1
2n ＋1，故c n ＋1＝b n
b n ＋2
·c n ＝1
2n －1
12n ＋1
·c n ＝4·c n ，所以数列{c n }是首项
为1，公比为4的等比数列，所以c n ＝4n －1.
所以a n －a n －1＝c n －1＝4n －2(n ≥2，n ∈N *). 所以a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4
n －2
＝1＋1－4n －11－4
＝4n －1＋23(n ≥2，n ∈N *).
a 1＝1适合上式，所以a n ＝4n －1＋2
3.
(2)证明：依题意设b n ＝1＋(n －1)d ＝dn ＋1－d ， 因为c n ＋1＝b n
b n ＋2·
c n ，所以c n ＋1c n ＝b n b n ＋2，
所以c n
c n －1＝b n －1
b n ＋1
(n ≥2，n ∈N *)，
故c n ＝c n c n －1
·
c n －1c n －2
·…·c 3c 2·c 2
c 1·c 1
＝
b n －1b n ＋1·b n －2b n ·b n －3b n －1
·…·b 2b 4·b 1
b 3·
c 1
＝b 1b 2b n b n ＋1＝1＋d d ⎝
⎛⎭⎪⎫1
b n －1b n ＋1
＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1b n －1b n ＋1. 所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝
⎛
⎭⎪⎫1－1b n ＋1.
因为d ＞0，b 1＝1，所以b n ＋1＞1， 所以0<1b n ＋1
<1，
所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1＜1＋1d . 即c 1＋c 2＋…＋c n ＜1＋1
d ，n ∈N *.
4．(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.
(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．
解 (1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝1
2(a n ＋b n ). 又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为1
2的等比数列． 由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.
又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n ＋b n ＝
1
2n －1，a n －b n ＝2n －1， 所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝1
2n －n ＋12.
二、模拟大题
5．(2021·湖南第三次模拟)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a n ＋1－3a n ＋2a n －1＝1，a 1＝1，a 2＝4.
(1)证明：数列{a n ＋1－a n ＋1}是等比数列； (2)求S n .
解 (1)证明：因为a n ＋1－3a n ＋2a n －1＝1， 所以a n ＋1－a n ＝2(a n －a n －1)＋1， 即a n ＋1－a n ＋1a n －a n －1＋1
＝2. 因为a 1＝1，a 2＝4，所以a 2－a 1＋1＝4，
故数列{a n ＋1－a n ＋1}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)知a n ＋1－a n ＋1＝2n ＋1.
因为a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(22＋23＋…＋2n )－(n －1)＋1，
所以a n ＝2n ＋1－n －2.
所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1
)－(1＋2＋…＋n )－2n ＝4（1－2n
）1－2
－
n （n ＋1）2－2n ，
故S n ＝2
n ＋2
－n 2＋5n
2－4.
6．(2021·广东省广州市六区高三教学质量检测(一))设{a n }是公比大于1的等比数列，a 1＋a 2＋a 3＝14，且a 2＋1是a 1，a 3的等差中项．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝a n log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n
，求数列{b n }的前n 项和T n .
解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意， 有2(a 2＋1)＝a 1＋a 3，
将a 1＋a 3＝2(a 2＋1)代入a 1＋a 2＋a 3＝14，得2(a 2＋1)＋a 2＝14，得a 2＝4. 联立⎩⎨⎧a 1＋a 2＋a 3＝14，a 2＝4，得⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝14，a 1q ＝4，
两式两边相除消去a 1得2q 2－5q ＋2＝0， 解得q ＝2或q ＝1
2(舍去)，
所以a 1＝4
2＝2.
所以a n ＝a 1q n －1＝2×2n －1＝2n .
(2)解法一：因为b n ＝a n log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n
＝－n ·2n ，
所以－T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①
－2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，② ①－②，得T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝2（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2.
所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1－n )·2n ＋1－2.
解法二：因为b n ＝a n log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n
＝－n ·2n ＝(－2n ＋n )·2n ＝{[－2(n ＋1)＋4]－(－n
＋2)}·2n ，
所以b n ＝[－(n ＋1)＋2]·2n ＋1－(－n ＋2)·2n ，
进而得T n ＝[(－2＋2)·22－(－1＋2)·21]＋[(－3＋2)·23－(－2＋2)·22]＋…＋{[－(n ＋1)＋2]·2n ＋1－(－n ＋2)·2n }＝[－(n ＋1)＋2]·2n ＋1－2＝(1－n )·2n ＋1－2，
所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1－n )·2n ＋1－2.
7．(2021·山东威海文登区模拟)在①a 1＋a 3＝b 3，②b 2＋S 5＝－b 4，③a 1＋a 9＝－4这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中，并解答．
设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，{b n }是各项均为正数的等比数列，设其前n 项和为T n .
若________，________，且b 1＝2，T 4＝5T 2，是否存在大于2的正整数m ，使得4S 1，S 3，S m 成等比数列？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个解答计分． 解 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q (q >0)， 由题意知q ≠1，
所以T 4＝b 1（1－q 4）1－q ＝5T 2＝5×b 1（1－q 2）
1－q
，
整理得1＋q 2＝5，
因为q >0，所以q ＝2，所以b n ＝2n . 当选取的条件为①②时，有⎩⎨⎧a 1＋a 3＝8，
4＋S 5＝－16，
所以⎩⎨⎧2a 1＋2d ＝8，a 1＋2d ＝－4，解得⎩⎨⎧a 1＝12，
d ＝－8.
所以a n ＝－8n ＋20，S n ＝－4n 2＋16n . 所以S 1＝12，S 3＝12，S m ＝－4m 2＋16m ，
若4S 1，S 3，S m 成等比数列，则S 2
3＝4S 1S m ，
所以4m 2－16m ＋3＝0，解得m ＝2±132，
因为m 为正整数，所以不符合题意，此时m 不存在． 当选取的条件为①③时，有⎩⎨⎧a 1＋a 3＝8，
a 1＋a 9＝－4，
所以⎩⎨⎧2a 1＋2d ＝8，2a 1＋8d ＝－4，解得⎩⎨⎧a 1＝6，
d ＝－2.
所以a n ＝－2n ＋8，S n ＝－n 2＋7n . 所以S 1＝6，S 3＝12，S m ＝－m 2＋7m ，
若4S 1，S 3，S m 成等比数列，则S 2
3＝4S 1S m ，所以m 2－7m ＋6＝0，解得m ＝6
或m ＝1(舍去).
此时存在正整数m ＝6满足题意．
当选取的条件为②③时，有⎩⎨⎧a 1＋a 9＝－4，4＋S 5＝－16，
所以⎩⎨⎧2a 1＋8d ＝－4，a 1＋2d ＝－4，解得⎩⎨⎧a 1＝－6，
d ＝1.
所以a n ＝n －7，S n ＝n 2－13n 2.
所以S 1＝－6，S 3＝－15，S m ＝m 2－13m
2，
若4S 1，S 3，S m 成等比数列，
则S2
＝4S1S m，即225＝－24S m，
3
，
所以4m2－52m＋75＝0，解得m＝13±94
2
因为m为正整数，所以不符合题意，此时m不存在．。