【二轮复习】高考数学 专题6.2 等比数列及其前n项和（题型专练）（新高考专用）.zip

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\l "_Tc4629" 【题型1 等比数列的基本量计算】 PAGEREF _Tc4629 \h 2
\l "_Tc26291" 【题型2 等比中项及其应用】 PAGEREF _Tc26291 \h 4
\l "_Tc14792" 【题型3 等比数列的性质的应用】 PAGEREF _Tc14792 \h 5
\l "_Tc24879" 【题型4 等比数列的判定与证明】 PAGEREF _Tc24879 \h 7
\l "_Tc3768" 【题型5 等比数列通项公式的求解】 PAGEREF _Tc3768 \h 9
\l "_Tc18898" 【题型6 等比数列中的单调性与最值问题】 PAGEREF _Tc18898 \h 11
\l "_Tc154" 【题型7 等比数列前n项和的性质】 PAGEREF _Tc154 \h 14
\l "_Tc19051" 【题型8 等比数列的前n项和的求解】 PAGEREF _Tc19051 \h 16
\l "_Tc28454" 【题型9 等比数列的简单应用】 PAGEREF _Tc28454 \h 18
\l "_Tc21596" 【题型10 等差数列与等比数列的综合应用】 PAGEREF _Tc21596 \h 20
1、等比数列及其前n项和
等比数列是高考的热点内容，属于高考的常考内容之一.从近几年的高考情况来看，等比数列的基本量计算和基本性质、等比数列的中项性质、判定是高考考查的热点，主要以选择题、填空题的形式考查，难度较易；等比数列的证明、求和及综合应用是高考考查的重点，一般出现在解答题中，难度偏难；高考中数列内容一般设置一道选择题和一道解答题，需要灵活求解.
【知识点1 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2 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3 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4 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.
【题型1 等比数列的基本量计算】
【例1】（2023·河北·石家庄一中校联考模拟预测）在递增的等比数列an中，若a3-a1=52，a2=3，则公比q=（ ）
A．43B．32C．2D．52
【解题思路】结合等比数列的通项公式，代入计算即可.
【解答过程】由题得a2=a1q=3，a3-a1=a1q2-a1=52，联立可得q=32或q=-23（舍），
故选:B.
【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）已知正项等比数列an满足2a2a5=a32，若lg12a1+lg12a2+⋯+lg12a10=55，则a1=（ ）
A．12B．32C．2D．52
【解题思路】设出等比数列的公比q，利用2a2a5=a32求出q=12，再由lg12a1+lg12a2+⋯+lg12a10=55即可求出a1.
【解答过程】设等比数列an的公比为q．
由2a2a5=a32，得2a1q⋅a1q4=a1q22，
解得q=12，
又lg12a1+lg12a2+⋯+lg12a10
=lg12a1a2⋯a10
=lg12a110⋅121+2+⋯+9
=lg12a110+lg121245
=10lg12a1+45=55
得a1=12．
故选：A.
【变式1-2】（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）已知an为递增的等比数列，且满足a3=4，1a1+1a5=58，则a7=（ ）
A．12B．1C．16D．32
【解题思路】首先化简等式，并结合等比数列的性质求得a1,a5，再根据等比数列的基本量求a7.
【解答过程】由题意，a1+a5a1a5=58， a1a5=a32=16， ∴a1+a5=10，
联立a1a5=16a1+a5=10，则a1=2a5=8或a1=8a5=2
因为{an}是递增的数列，得a1=2， a5=8，
设等比数列{an}的公比为q，则q4=a5a1=4
∴a7=a3q4=16.
故选：C.
【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，若S4=15，Sn+1=2Sn+1，则a2023=（ ）
A．22022-1B．22023C．22022D．22023-1
【解题思路】由S4=15，Sn+1=2Sn+1求出S3和S5，再求出a4和a5，可得公比q，从而可得a2023.
【解答过程】设等比数列an的公比为q，
由Sn+1=2Sn+1得S5=2S4+1=2×15+1=31，所以a5=S5-S4=31-15=16，
由Sn+1=2Sn+1得S4=2S3+1，又S4=15，所以S3=7，所以a4=S4-S3=15-7=8，
所以q=a5a4=168=2，所以a2023=a4⋅q2023-4=8×22019 =22022.
故选：C.
【题型2 等比中项及其应用】
【例2】（2023·山东临沂·模拟预测）已知各项均为正数的等比数列{an}中，若a5=9，则lg3a4+lg3a6＝（ ）
A．2B．3C．4D．9
【解题思路】利用对数运算性质结合等比中项求解即可.
【解答过程】由题意得lg3a4+lg3a6=lg3a4a6，由等比中项性质得a4a6=a52=81，
故lg3a4+lg3a6=lg3a4a6=lg381=4.
故选：C.
【变式2-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知正项等比数列an，若a3a5=64,a5+2a6=8，则a2=（ ）
A．16B．32C．48D．64
【解题思路】根据等比中项，先求出a4，然后根据a5+2a6=8求出公比，最后求a2
【解答过程】根据等比中项，a3a5=64=a42，
又an是正项数列，故a4=8（负值舍去）
设等比数列an的公比为q，由a5+2a6=8，
即a4q+2a4q2=8，解得q=12（正项等比数列公比不可是负数，负值舍去），
故a2=a4q2=32
故选：B.
【变式2-2】（2023·浙江台州·统考二模）已知公差不为零的等差数列an满足：a2+a7=a8+1，且a2,a4,a8成等比数列，则a2023=（ ）
A．2023B．-2023C．0D．12023
【解题思路】根据条件列出关于等差数列基本量的方程组，即可求解.
【解答过程】设等差数列an的首项为a1，公差为d，
则a2+a7=a8+1⇔2a1+7d=a1+7d+1，a1=1，
因为a2,a4,a8成等比数列，所以a42=a2a8，即1+3d2=1+d1+7d，
因为d≠0，所以d=1，
所以a2023=a1+2023-1×d=2023.
故选：A.
【变式2-3】（2023·全国·模拟预测）已知正项数列an满足an+12=anan+2,a9=a8+2a7，若存在m,n∈N*，使得9m+1n=2，则am⋅ana12的最小值为（ ）
A．32B．64C．128D．256
【解题思路】判断an为等比数列并求an的公比, 再化简am⋅ana12，最后利用基本不等式求m+n的最小值，代入即可得解.
【解答过程】因为an+12=anan+2，所以an为等比数列，设an的公比为qq>0，
因为a9=a8+2a7，所以q2a7=qa7+2a7，即q2=q+2，得q=2．
所以am⋅ana12=2m-1a1⋅2n-1a1a12=2m+n-2．
因为9m+1n=2，
所以m+n=129m+1nm+n=129+9nm+mn+1≥1210+29nm×mn=8，
当且仅当n=2,m=6时等号成立，
所以am⋅ana12=2m+n-2≥26=64．
故选：B.
【题型3 等比数列的性质的应用】
【例3】（2023·全国·模拟预测）已知各项均为正数的数列an满足对任意的正整数m，n都有am+n=aman，a6=8，则a32+a4a5a2a7+a62=（ ）
A．18B．24C．22D．42
【解题思路】对于am+n=aman，取m=1，得到数列an是首项为a1，公比为a1的等比数列，从而求得a13=22，再根据a32+a4a5a2a7+a62=1a13即可得解．
【解答过程】解法一 对于am+n=aman，取m=1，得an+1=a1an，
所以数列an是首项为a1，公比为a1的等比数列，
所以an=a1n，则a6=a16=8，得a13=22，
所以a32+a4a5a2a7+a62=a32+a3a6a3a6+a3a9=a3+a6a6+a9=1a13=24，
解法二 对于am+n=aman，取m=n=3，得a6=a32，又a6=8，
所以a3=22，则a32+a4a5a2a7+a62=a32+a3a6a3a6+a62=a3a6=228=24．
故选：B．
【变式3-1】（2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）在等比数列an中，a1+a3=2，a5+a7=18，则a3+a5=（ ）
A．3B．6C．9D．18
【解题思路】已知条件作商可求得q2，然后根据等比数列性质可得.
【解答过程】因为a1+a3=2，a5+a7=18，所以a5+a7a1+a3=a1q4+a3q4a1+a3=q4=9，解得q2=3，则a3+a5=a1+a3q2=6．
故选：B.
【变式3-2】（2023·河南驻马店·统考二模）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
【解题思路】根据题意结合等比数列的性质可得a2=1，a5=2，进而可得q3=2，运算求解即可.
【解答过程】因为S3=1，S9=512，所以a1a2a3=a23=1，a1a2a3⋯a9=a59=512，
解得a2=1，a5=2，
则q3=a5a2=2，故a11=a2q9=23=8．
故选：C.
【变式3-3】（2023·全国·模拟预测）已知正项等比数列an的前n项积为Mn，且M2024=3M2019，若bn=lg3an，则b1023+b3021=（ ）
A．15B．25C．35D．13
【解题思路】根据题意可得a2020a2021a2022a2023a2024=3，利用等比数列的性质可得a2022=315，再结合对数的运算性质即可求解.
【解答过程】∵M2024=3M2019，∴M2019a2020a2021a2022a2023a2024=3M2019，
∴a2020a2021a2022a2023a2024=3，又a2020a2024=a2021a2023=a20222，
∴a20225=3，得a2022=315，
∴b1023+b3021=lg3a1023+lg3a3021=lg3a1023a3021=lg3a20222=lg3325=25.
故选：B．
【题型4 等比数列的判定与证明】
【例4】（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）在数列an中，a1=1．若命题p:an+1+an=2n+1+2n，命题q:an-2n是等比数列，则p是q的（ ）条件．
A．充分不必要B．必要不充分
C．充分必要D．既不充分也不必要
【解题思路】根据充分性和必要性分别考虑即可.
【解答过程】充分性：若p:an+1+an=2n+1+2n，得an+1-2n+1=-(an-2n)，
则数列an-2n是以a1-21=-1为首项，-1为公比的等比数列；则p能推出q；
必要性：若q:an-2n是等比数列，则an+1-2n+1an-2n=t，则an+1-2n+1=t(an-2n)，
则t为不为0的常数，故q不能推出p,必要性不成立，
所以p是q的充分不必要条件.
故选：A.
【变式4-1】（2023·吉林·统考二模）已知an是等比数列，下列数列一定是等比数列的是（ ）
A．{kan}（k∈R）B．an+an+1C．{an+1}D．an+an+1+an+2
【解题思路】主要分析数列中的项是否可能为0，如果可能为0，则不能构成等比数列，当不为0时，根据等比数列的定义确定.
【解答过程】设等比数列an的公比为q，
当k=0时，kan=0，数列{kan}不是等比数列；
当q=-1时，an+an+1=0，数列an+an+1不是等比数列；
当an=-1时，an+1=0，数列{an+1}不是等比数列；
因为an+1+an+2+an+3an+an+1+an+2=(an+an+1+an+2)qan+an+1+an+2=q，由等比数列的定义可知：
数列an+an+1+an+2是等比数列，
故选：D.
【变式4-2】（2023·四川成都·统考二模）已知数列an的首项为3，且满足an+1+an=3⋅2n.
(1)求证：an-2n是等比数列；
(2)求数列an的通项公式，并判断数列an是否是等比数列.
【解题思路】（1）化简变形为an+1-2n+1=-an-2n，结合定义即可证明；
（2）由a22≠a1a3即可判断.
【解答过程】（1）由an+1+an=3⋅2n，an+1=3⋅2n-an，
得an+1-2n+1=3⋅2n-an-2n+1=-an-2n，又a1-2=1≠0，
所以{an-2n}是以1为首项，-1为公比的等比数列.
（2）由（1）得an-2n=1×-1n-1，an=2n+(-1)n-1，
所以a1=3,a2=3,a3=9,a22≠a1a3
所以数列{an}不是等比数列.
【变式4-3】（2023·全国·模拟预测）已知Sn为数列an的前n项和，a1=1,2an-Sn是公差为1的等差数列．
(1)证明：数列an+1是等比数列，并求an的通项公式；
(2)若bn=nn+1Sn+n+2，数列bn的最大项为bk，求k的值．
【解题思路】（1）由题可求得2a1-S1=1，根据2an-Sn是公差为1的等差数列，可求得2an-Sn=n，则有2an+1-Sn+1=n+1，两式相减可得an+1-2an=1，可化为an+1+1=2an+1，即可证明并求得所求；
（2）由（1）求得bn=nn+12n+1,bn+1=n+1n+22n+2后，可作差比较大小，或者作商，进一步分析即可.
【解答过程】（1）由题设a1=1，得2a1-S1=1，
因为2an-Sn是公差为1的等差数列，
所以2an-Sn=1+(n-1)×1=n．①
所以2an+1-Sn+1=n+1，②
②－①，得2an+1-2an-Sn+1-Sn=1，即an+1-2an=1，
所以an+1+1=2an+1，又a1+1=2≠0，所以an+1+1an+1=2，
所以数列an+1是首项为2，公比为2的等比数列．
所以an+1=2n，所以an=2n-1．
（2）由（1）知，Sn=2an-n=2n+1-n-2，
所以bn=nn+12n+1,bn+1=n+1n+22n+2．
解法一 bn+1-bn=n+12-n2n+2，（点拨：作差，2n+2>0,n+1>0，所以只需考虑2-n的正负即可）
当n=1时，bn+1-bn>0，即b1当n≥3时，bn+1-bn<0，即bn+1b4>⋅⋅⋅>bn，
所以数列bn的最大项为b2=b3=34，故k的值为2或3．
解法二 bn+1bn=n+22n，（点拨：作商，判断bn+1bn与1的大小关系）
令bn+1bn>1，解得n<2；令bn+1bn=1，解得n=2；令bn+1bn<1，解得n>2．
因为bn>0，所以b1b4>⋅⋅⋅>bn，
所以数列bn的最大项为b2=b3=34，故k的值为2或3．
【题型5 等比数列通项公式的求解】
【例5】（2023·四川南充·统考一模）已知数列an是首项为2的等比数列，公比q>0，且a4是6a2和a3的等差中项．
(1)求an的通项公式；
(2)设数列bn满足bn=1lg2an⋅lg2an+1，求bn的前2023项和T2023．
【解题思路】（1）根据已知条件得到2a4=6a2+a3，由an是首项为2的等比数列且q>0，求出q的值，进而求出通项公式；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【解答过程】（1）∵数列an是首项为2的等比数列，a4是6a2和a3的等差中项，
∴ 2a4=6a2+a3，即2a1⋅q3=6a1⋅q+a1⋅q2，
∵ a1=2，q>0，
∴ 2q2-q-6=0，解得q=2或q=-32（舍），
∴ an=2⋅2n-1=2n；
（2）∵ bn=1lg2an⋅lg2an+1=1lg22n⋅lg22n+1=1n⋅n+1=1n-1n+1，
∴ T2023=b1+b2+⋯+b2023=11-12+12-13+⋯+12023-12024=1-12024=20232024，
∴ bn的前2023项和T2023=20232024.
【变式5-1】（2023·四川南充·统考一模）已知数列an是首项为2的等比数列,且a4是6a2和a3的等差中项．
(1)求an的通项公式；
(2)若数列an的公比q>0,设数列bn满足bn=1lg2an⋅lg2an+1,求bn的前2023项和T2023．
【解题思路】(1)设数列an的公比为qq≠0,根据题意得2a4=6a2+a3,求得公比q,即可得通项公式an.
(2)根据题意得an=2n,代入bn并化简,再用裂项相消法求前2023项和即可.
【解答过程】（1）设数列an的公比为qq≠0,则an=2qn-1.
∵ a4是6a2和a3的等差中项,∴2a4=6a2+a3,即2×2q3=6×2q+2q2,解得q=2或q=-32或q=0（舍去）
∴当q=2时,an=2×2n-1=2n.
当q=-32时,an=2×-32n-1.
（2）∵ q>0,由(1)知an=2n, ∴bn=1lg22n⋅lg22n+1=1nn+1=1n-1n+1.
∴Tn=1-12+12-13+13-14+⋯+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1,
∴T2023=20232024,
故bn的前2023项和T2023为20232024.
【变式5-2】（2023·广东潮州·统考二模）已知数列an满足a1=3，an+1=an2-2an+2.
(1)证明数列lnan-1是等比数列，并求数列an的通项公式；
(2)若bn=1an+1an-2，数列bn的前n项和Sn，求证：Sn<2.
【解题思路】（1）根据递推公式证明lnan+1-1lnan-1为定值，即可证明数列为等比数列，再根据等比数列得通项即可得解；
（2）由an+1=an2-2an+2，得an+1-2=anan-2，则1an+1-2=1anan-2=121an-2-1an，则1an=1an-2-2an+1-2，再利用裂项相消法求出数列bn的前n项和Sn，即可得证.
【解答过程】（1）因为an+1=an2-2an+2，所以an+1-1=an-12，
则lnan+1-1=lnan-12=2lnan-1，
又lna1-1=ln2，
所以数列lnan-1是以ln2为首项，2为公比的等比数列，
则lnan-1=2n-1⋅ln2=ln22n-1，
所以an=22n-1+1；
（2）由an+1=an2-2an+2，得an+1-2=anan-2，
则1an+1-2=1anan-2=121an-2-1an，
所以1an=1an-2-2an+1-2，
所以bn=1an+1an-2=1an-2-2an+1-2+1an-2=2an-2-2an+1-2，
所以Sn=b1+b2+⋯+bn
=2a1-2-2a2-2+2a2-2-2a3-2+⋯+2an-2-2an+1-2
=2a1-2-2an+1-2=2-222n-2，
因为222n-2>0，所以2-222n-2<2，
所以Sn<2.
【变式5-3】（2023·河南·襄城高中校联考三模）在等比数列an中，a7=8a4，且12a2，a3-4，a4-12成等差数列．
(1)求an的通项公式；
(2)设bn=-1nlg2an，数列bn的前n项和为Tn，求满足Tk=20的k的值．
【解题思路】（1）利用等比数列的通项公式，结合等差中项的意义求出公比及首项作答.
（2）由（1）的结论求出bn，再分奇偶求和作答.
【解答过程】（1）设an的公比为q，由a7=8a4，得a4q3=8a4，解得q=2，
由12a2，a3-4，a4-12成等差数列，得2a3-4=12a2+a4-12，即24a1-4=a1+8a1-12，解得a1=4，
所以数列an的通项公式是an=4×2n-1=2n+1．
（2）由（1）知，bn=-1nlg2an=-1nn+1，b2n-1+b2n=(-1)2n-1⋅2n+(-1)2n(2n+1)=1，
当k为偶数时，Tk=(b1+b2)+(b3+b4)+⋯+(bk-1+bk)=k2，令Tk=k2=20，得k=40；
当k为奇数时，Tk=Tk+1-bk+1=k+12-(k+2)=-k+32，令Tk=k+32=20，得k=37，
所以k=40或37.
【题型6 等比数列中的单调性与最值问题】
【例6】（2023·上海闵行·上海市七宝中学校考二模）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
【解题思路】分别在n为偶数和n为奇数的情况下，根据项的正负和an+2-an的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用an+1an+2-anan+1=qq2-1an2>0和a2n+1+a2n+2-a2n-1+a2n<0可知CD正误.
【解答过程】对于A，由题意知：当n为偶数时，an<0当n为奇数时，an>0，an+2-an=anq2-1<0，∴a1最大；
综上所述：数列an的最大项为a1，A正确；
对于B，当n为偶数时，an<0，an+2-an=anq2-1>0，∴a2最小；
当n为奇数时，an>0>a2；
综上所述：数列an的最小项为a2，B正确；
对于C，∵anan+1=an2q，an+1an+2=an+12q，
∴an+1an+2-anan+1=qan+12-an2=qq2-1an2，
∵-10，
∴数列anan+1为递增数列，C正确；
对于D，∵a2n-1+a2n=a2n-11+q，a2n+1+a2n+2=a2n+11+q，
∴a2n+1+a2n+2-a2n-1+a2n=1+qa2n+1-a2n-1=1+qq2-1a2n-1；
∵-10，q2-1<0，又a2n-1>0，
∴a2n+1+a2n+2-a2n-1+a2n<0，∴数列a2n-1+a2n为递减数列，D错误.
故选：D.
【变式6-1】（2023·四川自贡·统考三模）等比数列an公比为qq≠1，若Tn=a1a2a3⋯ann∈N*，则“数列Tn为递增数列”是“a1>0且q>1”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
【解题思路】由等比数列及已知，要Tn为递增数列只需a1qn-1>1在n≥2上恒成立，讨论q<0、01，结合a1的符号，再根据充分必要性的定义即可得答案.
【解答过程】由题设TnTn-1=an=a1qn-1且n≥2，要Tn为递增数列，只需a1qn-1>1在n≥2上恒成立，
当q<0，不论a1取何值，总存在a1qn-1<0，不满足要求；
当0a1<0，则a1qn-1<0，不满足要求；
a1>0，总存在0当q>1，
a1<0，则a1qn-1<0，不满足；
0a1≥1，则a1qn-1>1在n≥2上恒成立，满足.
所以Tn为递增数列有a1≥1且q>1.
所以，“数列Tn为递增数列”是“a1>0且q>1”的充分不必要条件.
故选：B.
【变式6-2】（2023·上海青浦·统考一模）设等比数列{an}的公比为q，其前n项之积为Tn，并且满足条件：a1>1，a2019a2020>1，a2019-1a2020-1<0，给出下列结论：①00；③T2019是数列{Tn}中的最大项；④使Tn>1成立的最大自然数等于4039；其中正确结论的序号为（ ）
A．①②B．①③C．①③④D．①②③④
【解题思路】由题意可得a2019>1，a2020<1，结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答案．
【解答过程】∵a1>1，a2019a2020>1，a2019-1a2020-1<0，
∴a2019>1，a2020<1．
∴0a2019a2021=a20202<1，∴a2019a2021-1<0，故②不正确；
∵a2020<1，∴T2019是数列{Tn}中的最大项，故③正确；
T4039=a1a2⋯a4038a4039=a20204039<1，T4038=a1a2⋯a4037a4038=(a2019a2020)2019>1，
∴使Tn>1成立的最大自然数等于4038，故④不正确．
∴正确结论的序号是①③．
故选：B．
【变式6-3】（2023·全国·高二专题练习）设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足条件a1>1，a2020a2021>1，a2020-1a2021-1<0，则下列选项错误的是（ ）
A．0S2021
C．T2020是数列Tn中的最大项D．T4041>1
【解题思路】根据题意，分析可得a2020>1，a2021<1，从而有a1>1，0【解答过程】等比数列{an}的公比为q，若a2020a2021>1，则(a1q2019)(a1q2020)=(a1)2(q4039)>1，
由a1>1，可得q>0，则数列{an}各项均为正值，
若(a2020-1)(a2021-1)<0，当q≥1时，由a1>1则an>1恒成立，显然不适合，故01，0因为0S2020+a2021=S2021，故B正确；
根据a1>a2>…>a2020>1>a2021>…>0，可知T2020是数列{Tn}中的最大项，故C正确；
由等比数列的性质可得a1a4041=a2a4040=…=a2020a2022=a20212，0所以T4041=a1a2…a4041=a20214041<1，故D错误．
故选：D．
【题型7 等比数列前n项和的性质】
【例7】（2023·浙江·统考一模）已知Sn是等比数列an的前n项和，且S2=3，S6=5S4-12，则S4=（ ）
A．11B．13C．15D．17
【解题思路】由Sn是等比数列an的前n项和得S2,S4-S2,S6-S4成等比数列，结合S6=5S4-12，列方程求解即可．
【解答过程】因为an是等比数列，Sn是等比数列an的前n项和，
所以S2,S4-S2,S6-S4成等比数列，且S4-S2≠0,S6-S4≠0，
所以(S4-S2)2=S2⋅(S6-S4)，
又因为S6=5S4-12，S2=3，
所以(S4-3)2=3(5S4-12-S4)，即(S4-3)(S4-15)=0，解得S4=3或S4=15，
因为S4-S2≠0，
所以S4=15，
故选：C．
【变式7-1】（2022·贵州·统考模拟预测）在数列an中，a1=1，anan+1=2n，若am+am+1+⋯+am+9=248，则m=（ ）
A．3B．4C．5D．6
【解题思路】由题知当n为奇数时，an=2n+12-1；当n为偶数时，an=2n2，前n项和为Sn满足 S2k=3(2k-1)，S2k+1=2k+2-3，进而分m为奇数和m为偶数讨论求解即可.
【解答过程】解：由题意得a1a2=2，a2=2，an+1an+2anan+1=2n+12n=2，即an+2=2an，
所以当n为奇数时，an=2n+12-1；当n为偶数时，an=2n2；
设an的前n项和为Sn，则S2k=1-2k1-2+2(1-2k)1-2=3(2k-1)，S2k+1=S2k+a2k+1=3(2k-1)+2k=2k+2-3.
若m为奇数，则am+am+1+⋯+am+9为3的倍数，248不是3的倍数，不合题意；
当m为偶数，则am+am+1+⋯+am+9=Sm+9-Sm-1=S2m2+4+1-S2m2-1+1
=2m2+4+2-3-2m2-1+2-3=2m2+6-2m2+1=2m226-2=62×2m2=248，即2m2=4，所以m=4.
故选：B.
【变式7-2】（2023·陕西榆林·统考模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，若S4S8=17，则S12S4=（ ）
A．41B．45C．36D．43
【解题思路】根据等比数列的性质，可得S4,S8-S4,S12-S8仍成等比数列，得到S8-S4S4=6，即可求解.
【解答过程】设S4=xx≠0，则S8=7x，
因为an为等比数列，根据等比数列的性质，
可得S4,S8-S4,S12-S8仍成等比数列.
因为S8-S4S4=7x-xx=6，所以S12-S8=36x，
所以S12=43x，故S12S4=43.
故选：D.
【变式7-3】（2023·江西赣州·统考一模）若等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且0A．q>1B．0C．Sn的最大值为S8D．Tn的最大值为T8
【解题思路】根据等比数列定义以及01，即AB均错误，再由等比数列前n项和的函数性质可知Sn无最大值，由前n项积定义解不等式可知Tn的最大值为T8.
【解答过程】由0又a8=a1q7>1，且q∈0,1可得a1>1，即B错误；
由等比数列前n项和公式可知Sn=a11-qn1-q，由指数函数性质可得Sn为单调递增，
即Sn无最大值，所以C错误；
设Tn为数列an前n项积的最大值，则需满足Tn≥Tn-1Tn≥Tn+1，可得an+1<1又0故选：D.
【题型8 等比数列的前n项和的求解】
【例8】（2023·全国·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，且公比大于1．若S2=4,28S8=5S4S6，则S6=（ ）
A．28B．21C．7D．7或28
【解题思路】根据等比数列的性质和前n项和公式求解.
【解答过程】设等比数列an的公比为q(q>1)．
因为S2=4，28S8=5S4S6，
所以7S2S8=5S4S6，
即7⋅a11-q21-q⋅a11-q81-q=5⋅a11-q41-q⋅a11-q61-q，
化简，得7(1+q4=51+q2+q4，
即2q4-5q2+2=0．
因为q>1，所以q2=2，
所以S6=a11-q61-q=a11-q21-q⋅1+q2+q4=4×1+2+22=28．
故选：A．
【变式8-1】（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）已知等比数列an满足anan+1=22n-1，则{an}的前10项和（ ）
A．1024B．512C．1023D．5
【解题思路】根据所给递推关系，分别求出等比数列的公比与首项即可得解.
【解答过程】因为anan+1=22n-1，
所以an+1an+2=22n+1，相除可得an+2an=q2=22，
因为anan+1=22n-1>0，所以q>0，
所以q=2，
又a2a3-a1a2=23⋅a12-2a12=6a12=23-2=6，可得a1=±1，
∴S10=a1(1-q10)1-q=1-2101-2=±1023，只有C符合题意，
故选：C.
【变式8-2】（2023·云南红河·统考一模）已知等比数列an的前n项和为Sn，其中公比q≠-1,a4+a5a1+a2=18，且S3=78．
(1)求数列an的通项公式；
(2)若bn=lg2an,n为奇数1an,n为偶数，求数列bn的前2n项和T2n．
【解题思路】（1）根据等比数列基本量的计算即可求解，
（2）根据分组求和，结合等比求和公式即可求解.
【解答过程】（1）因为an是等比数列，公比q≠-1，所以a4+a5a1+a2=a1q3+a1q4a1+a1q=q3=18，解得q=12，
由S3=a11-1231-12=78，解得a1=12．所以数列an的通项公式为an=12n．
（2）由（1）得bn=-n,n为奇数2n,n为偶数，
则T2n=b1+b3+⋯+b2n-1+b2+b4+⋯+b2n
=-(1+3+⋯+2n-1)+22+24+⋯+22n
=-n(1+2n-1)2+221-4n1-4
=4n+13-n2-43.
【变式8-3】（2023·山西临汾·校考模拟预测）在数列an中，a1+a3=4，且anan+1=3n．
(1)求an的通项公式；
(2)设Sn为an的前n项和，求使得Sn>2023成立的最小正整数n的值．
【解题思路】（1）根据等比数列的性质即可根据奇偶数项求解，
（2）根据等比数列求解公式，结合数列的单调性即可求解.
【解答过程】（1）由anan+1=3n可得an+2an+1=3n+1，
所以an+2an=3，所以an的奇数项以及偶数项均为公比为3的等比数列，
由a1+a3=4得a1=1,a3=3，
由a1a2=3，则a2=3，
因此an的奇数项以1为首项，3为公比的等比数列，偶数项以3为首项，公比为3的等比数列，
a2n=3n,a2n-1=3n-1,
故an=3n-12,n为奇数3n2，n为偶数，
（2）S2n=a1+a3+⋯+a2n-1+a2+a4+⋯+a2n=1-3n1-3+31-3n1-3=23n-1，
此时Sn=23n2-1
若Sn>2023，则23n2-1>2023，故3n2>20252，
由于fn=3n2为单调递增数列，且f14=37=2187,f12=36=729，
所以此时满足3n2>20252的最小的n为14，
当n为奇数时，此时Sn=Sn-1+an=23n-12-1+3n-12，
由Sn>2023，则23n-12-1+3n-12>2023，故2×3n-12+3n-12=3×3n-12>2025，
由于gn=3×3n-12为单调递增数列，且g13=3×36=3×729>2025,g11=3×35=3×243<2025，
所以此时满足Sn>2023的最小的n为13，
综上可得使得Sn>2023成立的最小正整数n为13.
【题型9 等比数列的简单应用】
【例9】（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）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
【解题思路】设该马第nn∈N*天行走的里程数为an，分析可知，数列an是公比为q=12的等比数列，利用等比数列的求和公式求出a1的值，即可求得a5的值.
【解答过程】设该马第nn∈N*天行走的里程数为an，
由题意可知，数列an是公比为q=12的等比数列，
所以，该马七天所走的里程为a11-1271-12=127a164=700，解得a1=27×350127.
故该马第五天行走的里程数为a5=a1⋅124=27×350127×124=2800127≈22.05.
故选：D.
【变式9-1】（2023·四川·校联考模拟预测）“勾股树”，也被称为毕达哥拉斯树，是根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．如图所示，以正方形ABCD的一边为直角三角形的斜边向外作一个等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为正方形的边长向外作两个正方形，如此继续，若共得到127个正方形，且AB=8，则这127个正方形的周长之和为（ ）
A．480+2242B．224+2242
C．60+282D．56+282
【解题思路】确定不同边长的正方形的个数，构成等比数列，求出不同正方形的种数，结合正方形的边长构成以8为首项，22为公比的等比数列，即可求得答案.
【解答过程】依题意可知，不同边长的正方形的个数，构成以1为首项，2为公比的等比数列，
故令1+2+22+⋯+2n-1=127，即1-2n1-2=127,∴n=7，
即有7种边长不同的正方形，
又因为正方形的边长构成以8为首项，22为公比的等比数列，
故边长为8的正方形有1个，边长为42的正方形有2个，
边长为4的正方形有4个，边长为22的正方形有8个，
边长为2的正方形有16个，边长为2的正方形有32个，
边长为1的正方形有64个，
这127个正方形的周长之和为1×4×8+2×4×42+4×4×4+8×4×22
+16×4×2+32×4×2+64×4×1=480+2242，
故选：A.
【变式9-2】（2023·贵州遵义·校考模拟预测）公元前1650年的埃及莱因德纸草书上载有如下问题：“十人分十斗玉米，从第二人开始，各人所得依次比前人少八分之一，问每人各得玉米多少斗？”在上述问题中，前五人得到的玉米总量为（ ）
A．10×8585+75斗B．10×8685+75斗
C．10×8585-75斗D．10×8685-75斗
【解题思路】根据等比数列的通项公式与前n项和公式计算．
【解答过程】由题意记10人每人所得玉米时依次为a1,a2,⋯,a10，则n≥2时，an=78an-1，n=2,3,⋯,10，即{an}是等比数列，
由已知a1[1-(78)10]1-78=10，a1=10×89810-710，
S5=a1[1-(78)5]1-78=10×8585+75（斗）．
故选：A．
【变式9-3】（2023·北京门头沟·统考一模）中国古代数学著作《九章算术》是人类科学史上应用数学的最早巅峰.书里记载了这样一个问题“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.问日织几何？”译文是“今有一女子很会织布，每日加倍增长，5天共织5尺，问每日各织布多少尺？”，则该女子第二天织布（ ）
A．531尺B．1031尺C．1516尺D．516尺
【解题思路】由题得每日织布尺数成公比为2的等比数列，根据前5项和得第二天织布数.
【解答过程】由题，设每日织布数的数列为an，则an为以2为公比的等比数列，
由题知a1(1-25)1-2=5，得a1=531，所以第二天织布尺数为a2=531×2=1031.
故选：B.
【题型10 等差数列与等比数列的综合应用】
【例10】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）已知Sn为数列an的前n项和，且Sn=n6+an2,a4=12,bn为正项等比数列，b1=a1-4，b4=a6.
(1)求证：数列an+1an+2-an2是等差数列；
(2)求数列bn的通项公式；
(3)设cn=an-22bn，且数列cn的前n项和为Tn，若Tn+λn+1≥3恒成立，求实数λ的取值范围.
【解题思路】（1）利用an=Sn-Sn-1整理化简可得n-2an+6=n-1an-1，再结合n-1an+1+6=nan得到数列an为等差数列，即可求出数列an的通项公式，将数列an的通项公式代入Mn=an+1an+2-an2，计算Mn+1-Mn即可得结论；
（2）利用数列an的通项公式即可得数列bn的通项公式；
（3）先利用错位相减法求出Tn，再将Tn+λn+1≥3恒成立转化为λ≥n+1n+32n，构造fn=n+1n+32n，计算fn+1-fn的正负确定其单调性，进而可得最值.
【解答过程】（1）当n=1时，a1=S1=6+a12，解得a1=6；
当n≥2时，Sn-1=n-16+an-12，
所以an=Sn-Sn-1=n6+an2-n-16+an-12，
整理得n-2an+6=n-1an-1，①
所以n-1an+1+6=nan，②
由①-②得2an=an-1+an+1，所以数列an为等差数列，
因为a1=6,a4=12，所以数列an的公差为12-63=2，
所以an=2n+4.
设Mn=an+1an+2-an2n∈N*，
则Mn=2n+1+42n+2+4-(2n+4)2=12n+32，
因为Mn+1-Mn=12n+1+32-12n+32=12（常数），
所以数列an+1an+2-an2是等差数列；
（2）设数列bn的公比为q，
结合（1）及已知得b1=a1-4=2,b4=b1q3=16，
解得q=2，所以bn=2n；
（3）由（1）（2）得，cn=n+12n，
所以Tn=22+322+423+⋯+n+12n，①
又12Tn=222+323+424+⋯+n2n+n+12n+1②
①-②，得12Tn=1+122+123+⋯+12n-n+12n+1=1+141-12n-11-12-n+12n+1=32-n+32n+1，
所以Tn=3-n+32n，
由Tn+λn+1≥3，解得λ≥n+1n+32n.
设fn=n+1n+32n，则fn+1=n+2n+42n+1，
故fn+1-fn=n+2n+42n+1-n+1n+32n=-n2-2n+22n+1，
因为-n2-2n+2≤-1-2+2=-1<0，
故fn+1-fn<0恒成立，知fn单调递减，
故fn的最大值为f1=4，则λ≥4，即λ的取值范围为4,+∞.
【变式10-1】（2023·广西·模拟预测）设an是等差数列，bn是各项都为正数的等比数列．且a1=b1=1，a3+b2=7，2a2-b3=2，n∈N*．
(1)求an，bn的通项公式；
(2)设cn=an⋅3an+1，求数列cn的前n项和Tn．
【解题思路】（1）应用等差、等比通项公式及已知列方程求基本量，进而写出an，bn的通项公式；
（2）由（1）得cn=2n-1⋅3n，再由错位相减法、等比数列前n项和公式求Tn．
【解答过程】（1）由已知得a3+b2=a1+2d+b1q=1+2d+q=7①，
2a2-b3=2a1+d-b1q2=21+d-q2=2②，
联立①②，得q2+q-6=q+3q-2=0，解得q=-3或q=2，
因为bn是各项都为正数的等比数列，所以q=2，代入①式可得d=2，
所以an=1+2n-1=2n-1，bn=2n-1．
（2）由题意及（1）及cn=an⋅3an+1，故cn=2n-1⋅32n=2n-1⋅3n，
∴Tn=1×31+3×32+5×33+⋅⋅⋅+2n-1×3n，
3Tn=1×32+3×33+⋅⋅⋅+2n-3×3n+2n-1×3n+1，
两式相减得-2Tn=3+232+33+⋅⋅⋅+3n-2n-1⋅3n+1
=3+2⋅91-3n-11-3-2n-1⋅3n+1=-6+2-2n⋅3n+1．
∴Tn=3+n-1⋅3n+1.
【变式10-2】（2023·天津津南·天津校考模拟预测）已知an是单调递增的等差数列，其前n项和为Sn.bn是公比为q的等比数列.a1=b1=3,a4=b2,S4=q⋅S2.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)设cn=anbn,n为奇数an-1bnan+7Sn,n为偶数，求数列cn的前n项和Tn.
【解题思路】（1）根据题意结合等差、等边数列的通项公式列式求解即可；
（2）利用分组求和，结合裂项相消法和错位相减法运算求解.
【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d>0，
由题意可得：3+3d=3q12+6d=6+dq，解得d=2q=3或d=-3q=-2（舍去），
所以an=3+2n-1=2n+1,bn=3×3n-1=3n.
（2）由（1）可得Sn=n3+2n+12=n2+2n，
当n为奇数时，则cn=anbn=2n+1⋅3n，
设An=c1+c3+⋅⋅⋅+cn=3×3+7×33+⋅⋅⋅+2n+1⋅3n，
则9An=3×33+7×35+⋅⋅⋅+2n+1⋅3n+2，
两式相减得-8An=9+4×33+4×35+⋅⋅⋅+4×3n-2n+1⋅3n+2=9+108×1-9n-121-9-2n+1⋅3n+2
=-4n+1⋅3n+2+92，
所以An=4n+1⋅3n+2+916；
当n为偶数时，则cn=an-1bnan+7Sn=2n-1⋅3n2n+8n2+2n=2n-1⋅3n2nn+2n+4=183n+2n+2n+4-3nnn+2，
设Bn=c2+c4+⋅⋅⋅+cn=18344×6-322×4+366×8-344×6+⋅⋅⋅+3n+2n+2n+4-3nnn+2 =183n+2n+2n+4-98，
所以Bn=183n+2n+2n+4-98；
综上所述：cn=2n+1⋅3n,n为奇数183n+2n+2n+4-3nnn+2,n为偶数，
当n为奇数时，则Tn=c1+c2+⋅⋅⋅+cn=c1+c3+⋅⋅⋅+cn+c2+c4+⋅⋅⋅+cn-1
=An+Bn-1=4n+1⋅3n+2+916+183n+1n+1n+3-98；
当n为偶数时，则Tn=c1+c2+⋅⋅⋅+cn=c1+c3+⋅⋅⋅+cn-1+c2+c4+⋅⋅⋅+cn
=An-1+Bn=4n-3⋅3n+1+916+183n+2n+2n+4-98；
综上所述：Tn=4n+1⋅3n+2+916+183n+1n+1n+3-98,n为奇数4n-3⋅3n+1+916+183n+2n+2n+4-98,n为偶数.
【变式10-3】（2023·江西·统考模拟预测）已知数列an的通项公式为an=4n2-1，数列bn满足k=1nakbk=n2+n2．
(1)求bn的通项公式；
(2)设cn=(-1)nbn，记数列cn．的前n项和为Sn，从下面两个条件中选一个，判断是否存在符合条件的正整数k，m，n(k①k，m，n成等比数列且S2k，S2m，S2n成等比数列；
②m，n成等差数列且S2k-1，S2m-1，S2n-1成等差数列．
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解题思路】（1）利用anbn=k=1nakbk-k=1n-1akbk,求出anbn，将an=4n2-1代入即可;
（2）表示出数列cn=(-1)nbn，用裂项相消法，进一步表示出相应的S2k，S2m，S2n或者S2k-1，S2m-1，S2n-1，验证是否满足.
【解答过程】（1）当n=1时，a1b1=3b1=1，所以b1=13．
由题意知a1b1+a2b2+⋯+anbn=n2+n2，
则当n≥2时，a1b1+a2b2+⋯+an-1bn-1=(n-1)2+(n-1)2，
两式相减，得anbn=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n．
所以bn=n4n2-1(n≥2)．当n=1时，b1=13满足上式，故bn=n4n2-1．
（2）（2）若选①，
因为cn=(-1)nbn=(-1)nn(2n-1)(2n+1)=14×(-1)n×12n-1+12n+1，
所以S2n=14-1+13+13+15-15+17+⋯+14n-1+14n+1
=14-1+14n+1=-n4n+1，
假设存在正整数k，m，n(k则kn=m2，且S2kS2n=S2m2，即-k4k+1-n4n+1=-m4m+12，
整理得kn16kn+4k+4n+1=m216m2+8m+1，因为kn=m2，
所以4h+4n=8m，即k+n=2m，
因为k≠n，所以k+n>2kn=2m，与k+n=2m矛盾，
所以不存在正整数k，m，n(k若选②，
因为cn=(-1)nbn=(-1)nn(2n-1)(2n+1)=14×(-1)n×12n-1+12n+1．
所以S2n-1=14-1+13+13+15-15+17+⋯+14n-5+14n-3-14n-3+14n-1
=14-1-14n-1=-n4n-1，
假设存在正整数k，m，n(k则k+n=2m，且S2k-1+S2n-1=2S2m-1，即-k4k-1-n4n-1=-2m4m-1，
去分母整理得，4m(k+n)-8kn+k+n-2m=0，
因为k+n=2m，所以有4m2-4kn=0，
即(h+n)2-4hn=(k-n)2=0，因为n>k，(k-n)2≠0，矛盾．
所以不存在正整数k，m，n(k1．（2023·全国·统考高考真题）设等比数列an的各项均为正数，前n项和Sn，若a1=1，S5=5S3-4，则S4=（ ）
A．158B．658C．15D．40
【解题思路】根据题意列出关于q的方程,计算出q,即可求出S4.
【解答过程】由题知1+q+q2+q3+q4=51+q+q2-4,
即q3+q4=4q+4q2,即q3+q2-4q-4=0,即(q-2)(q+1)(q+2)=0.
由题知q>0,所以q=2.
所以S4=1+2+4+8=15.
故选:C.
2．（2023·全国·统考高考真题）记Sn为等比数列an的前n项和，若S4=-5，S6=21S2，则S8=（ ）．
A．120B．85C．-85D．-120
【解题思路】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据S4,S8的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【解答过程】方法一：设等比数列an的公比为q，首项为a1，
若q=-1，则S4=0≠-5，与题意不符，所以q≠-1；
若q=1，则S6=6a1=3×2a1=3S2≠0，与题意不符，所以q≠1；
由S4=-5，S6=21S2可得，a11-q41-q=-5，a11-q61-q=21×a11-q21-q①，
由①可得，1+q2+q4=21，解得：q2=4，
所以S8= a11-q81-q=a11-q41-q×1+q4=-5×1+16=-85．
故选：C．
方法二：设等比数列an的公比为q，
因为S4=-5，S6=21S2，所以q≠-1，否则S4=0，
从而，S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6成等比数列，
所以有，-5-S22=S221S2+5，解得：S2=-1或S2=54，
当S2=-1时，S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6，即为-1,-4,-16,S8+21，
易知，S8+21=-64，即S8=-85；
当S2=54时，S4=a1+a2+a3+a4=a1+a21+q2=1+q2S2>0，
与S4=-5矛盾，舍去．
故选：C．
3．（2022·全国·统考高考真题）已知等比数列an的前3项和为168，a2-a5=42，则a6=（ ）
A．14B．12C．6D．3
【解题思路】设等比数列an的公比为q,q≠0，易得q≠1，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【解答过程】解：设等比数列an的公比为q,q≠0，
若q=1，则a2-a5=0，与题意矛盾，
所以q≠1，
则a1+a2+a3=a11-q31-q=168a2-a5=a1q-a1q4=42，解得a1=96q=12，
所以a6=a1q5=3.
故选：D.
4．（2023·全国·统考高考真题）记Sn为等比数列an的前n项和．若8S6=7S3，则an的公比为 -12 ．
【解题思路】先分析q≠1，再由等比数列的前n项和公式和平方差公式化简即可求出公比q.
【解答过程】若q=1，
则由8S6=7S3得8⋅6a1=7⋅3a1，则a1=0，不合题意.
所以q≠1.
当q≠1时，因为8S6=7S3，
所以8⋅a11-q61-q=7⋅a11-q31-q，
即8⋅1-q6=7⋅1-q3，即8⋅1+q31-q3=7⋅1-q3，即8⋅1+q3=7，
解得q=-12.
故答案为：-12.
5．（2023·北京·统考高考真题）我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列an，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且a1=1,a5=12,a9=192，则a7= 48 ；数列an所有项的和为 384 ．
【解题思路】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解d,q，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求a7,a3，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【解答过程】方法一：设前3项的公差为d，后7项公比为q>0，
则q4=a9a5=19212=16，且q>0，可得q=2，
则a3=1+2d=a5q2，即1+2d=3，可得d=1，
空1：可得a3=3,a7=a3q4=48，
空2：a1+a2+⋯+a9=1+2+3+3×2+⋅⋅⋅+3×26=3+31-271-2=384
方法二：空1：因为an,3≤n≤7为等比数列，则a72=a5a9=12×192=482，
且an>0，所以a7=48；
又因为a52=a3a7，则a3=a52a7=3；
空2：设后7项公比为q>0，则q2=a5a3=4，解得q=2，
可得a1+a2+a3=3a1+a32=6,a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9=a3-a9q1-q=3-192×21-2=381，所以a1+a2+⋯+a9=6+381-a3=384.
故答案为：48；384.
6．（2023·全国·统考高考真题）已知an为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7= -2 .
【解题思路】根据等比数列公式对a2a4a5=a3a6化简得a1q=1，联立a9a10=-8求出q5=-2，最后得a7=a1q⋅q5=q5=-2.
【解答过程】设an的公比为qq≠0，则a2a4a5=a3a6=a2q⋅a5q，显然an≠0，
则a4=q2，即a1q3=q2，则a1q=1，因为a9a10=-8，则a1q8⋅a1q9=-8，
则q15=q53=-8=-23，则q5=-2，则a7=a1q⋅q5=q5=-2，
故答案为：-2.
7．（2023·全国·统考高考真题）设Sn为数列an的前n项和，已知a2=1,2Sn=nan．
(1)求an的通项公式；
(2)求数列an+12n的前n项和Tn．
【解题思路】（1）根据an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【解答过程】（1）因为2Sn=nan，
当n=1时，2a1=a1，即a1=0；
当n=3时，21+a3=3a3，即a3=2，
当n≥2时，2Sn-1=n-1an-1，所以2Sn-Sn-1=nan-n-1an-1=2an，
化简得：n-2an=n-1an-1，当n≥3时，ann-1=an-1n-2=⋯=a32=1，即an=n-1，
当n=1,2时都满足上式，所以an=n-1n∈N*．
（2）因为an+12n=n2n，所以Tn=1×121+2×122+3×123+⋯+n×12n，
12Tn=1×122+2×123+⋯+(n-1)×12n+n×12n+1，
两式相减得，
12Tn=121+122+123+⋯+12n-n×12n+1=12×1-12n1-12-n×12n+1，
=1-1+n212n，即Tn=2-2+n12n，n∈N*．
8．（2023·天津·统考高考真题）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bk（Ⅰ）当k≥2时，求证：2k-1（Ⅱ）求bn的通项公式及前n项和．
【解题思路】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前n项和公式计算可得i=2n-12n-1ai=3⋅4n-1.
(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当2k-1≤n≤2k-1时，bk取n=2k-1，当2k-2≤n≤2k-1-1时，an(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前n项和公式即可计算其前n项和.
【解答过程】（1）由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5-a3=2d=4，解得a1=3d=2，
则数列an的通项公式为an=a1+n-1d=2n+1，
求和得i=2n-12n-1ai=i=2n-12n-12i+1=2i=2n-12n-1i+2n-1-2n-1+1
=22n-1+2n-1+1+2n-1+2+⋯+2n-1+2n-1
=22n-1+2n-1⋅2n-12+2n-1=3⋅4n-1.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当2k-1≤n≤2k-1时，bk取n=2k-1，则bk当2k-2≤n≤2k-1-1时，an取n=2k-1-1，此时an=a2k-1-1=22k-1-1+1=2k-1，
据此可得2k-1综上可得：2k-1(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：2k-1则数列bn的公比q满足2k+1-12k+1=2-32k+1当k∈N*,k→+∞时，2-32k+1→2,2+32k-1→2，所以q=2，
所以2k-1当k∈N*,k→+∞时，2-12k-1→2,2+12k-1→2，所以b1=2，
所以数列的通项公式为bn=2n，
其前n项和为：Sn=2×1-2n1-2=2n+1-2.
9．（2022·浙江·统考高考真题）已知等差数列an的首项a1=-1，公差d>1．记an的前n项和为Snn∈N*．
(1)若S4-2a2a3+6=0，求Sn；
(2)若对于每个n∈N*，存在实数cn，使an+cn,an+1+4cn,an+2+15cn成等比数列，求d的取值范围．
【解题思路】（1）利用等差数列通项公式及前n项和公式化简条件，求出d，再求Sn；
(2)由等比数列定义列方程，结合一元二次方程有解的条件求d的范围.
【解答过程】（1）因为S4-2a2a3+6=0，a1=-1，
所以-4+6d-2-1+d-1+2d+6=0，
所以d2-3d=0，又d>1，
所以d=3，
所以an=3n-4，
所以Sn=a1+ann2=3n2-5n2，
（2）因为an+cn，an+1+4cn，an+2+15cn成等比数列，
所以an+1+4cn2=an+cnan+2+15cn，
nd-1+4cn2=-1+nd-d+cn-1+nd+d+15cn，
cn2+(14d-8nd+8)cn+d2=0，
由已知方程cn2+(14d-8nd+8)cn+d2=0的判别式大于等于0，
所以Δ=14d-8nd+82-4d2≥0，
所以16d-8nd+812d-8nd+8≥0对于任意的n∈N*恒成立，
所以n-2d-12n-3d-2≥0对于任意的n∈N*恒成立，
当n=1时，n-2d-12n-3d-2=d+1d+2≥0，
当n=2时，由2d-2d-14d-3d-2≥0，可得d≤2
当n≥3时，n-2d-12n-3d-2>(n-3)(2n-5)≥0，
又d>1
所以110．（2022·天津·统考高考真题）设an是等差数列，bn是等比数列，且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1．
(1)求an与bn的通项公式；
(2)设an的前n项和为Sn，求证：Sn+1+an+1bn=Sn+1bn+1-Snbn；
(3)求k=12nak+1-(-1)kakbk．
【解题思路】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；
（2）由等比数列的性质及通项与前n项和的关系结合分析法即可得证；
（3）先求得[a2k-(-1)2k-1a2k-1]b2k-1+[a2k+1-(-1)2ka2k]b2k，进而由并项求和可得Tn=k=1nk⋅4k+1，再结合错位相减法可得解.
【解答过程】（1）设{an}公差为d，{bn}公比为q，则an=1+(n-1)d,bn=qn-1，
由a2-b2=a3-b3=1可得{1+d-q=11+2d-q2=1⇒d=q=2（d=q=0舍去），
所以an=2n-1,bn=2n-1；
（2）证明：因为bn+1=2bn≠0,所以要证(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn，
即证(Sn+1+an+1)bn=Sn+1⋅2bn-Snbn，即证Sn+1+an+1=2Sn+1-Sn，
即证an+1=Sn+1-Sn，
而an+1=Sn+1-Sn显然成立，所以(Sn+1+an+1)bn=Sn+1⋅bn+1-Sn⋅bn；
（3）因为[a2k-(-1)2k-1a2k-1]b2k-1+[a2k+1-(-1)2ka2k]b2k
=(4k-1+4k-3)×22k-2+[4k+1-(4k-1)]×22k-1=2k⋅4k，
所以k=12n[ak+1-(-1)kak]bk =k=1n[(a2k-(-1)2k-1a2k-1)b2k-1+(a2k+1-(-1)2ka2k)b2k]
=k=1n2k⋅4k，
设Tn=k=1n2k⋅4k
所以Tn=2×4+4×42+6×43+⋅⋅⋅+2n×4n，
则4Tn=2×42+4×43+6×44+⋅⋅⋅+2n×4n+1，
作差得-3Tn=2(4+42+43+44+⋅⋅⋅+4n)-2n⋅4n+1=2×4(1-4n)1-4-2n×4n+1
=(2-6n)4n+1-83，
所以Tn=(6n-2)4n+1+89，
所以k=12n[ak+1-(-1)kak]bk= (6n-2)4n+1+89.