2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题38等比数列及其前n项和（Word版附解析）

专题38等比数列及其前n项和知识梳理考纲要求考点预测常用结论方法技巧题型归类题型一：等比数列基本量的运算题型二：等比数列的判定与证明题型三：等比数列项的性质的应用题型四：等比数列前n项和的性质的应用培优训练训练一：训练二：训练三：训练四：训练五：训练六：强化测试单选题：共8题多选题：共4题填空题：共4题解答题：共6题一、【知识梳理】【考纲要求】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.了解等比数列与指数函数的关系．【考点预测】1．等比数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定 义的表达式为＝q(n∈N*，q为非零常数)．(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，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(1)通项公式的推广：an＝am·qn－m(m，n∈N*)．(2)对任意的正整数m，n，p，q，若m＋n＝p＋q＝2k，则am·an＝ap·aq＝a.(3)若等比数列前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m仍成等比数列(m为偶数且q＝－1除外)．(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.(5)若或则等比数列{an}递增．若或则等比数列{an}递减．【常用结论】1.若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a}，，{an·bn}，也是等比数列.2.由an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0.3.在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误.4.三个数成等比数列，通常设为，x，xq；四个符号相同的数成等比数列，通常设为，，xq，xq3.【方法技巧】1.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． 2.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＝＝.3.等比数列的三种常用判定方法(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．(3)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．4.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．巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．二、【题型归类】【题型一】等比数列基本量的运算【典例1】(多选)已知等比数列{an}的各项均为正数，且3a1，a3，2a2成等差数列，则下列说法正确的是(　　)A.a1＞0B.q＞0C.＝3或－1D.＝9【解析】设等比数列{an}的公比为q，由题意得2＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q.因为数列{an}的各项均为正数，所以a1＞0，且q＞0，故A，B正确；由q2－2q－3＝0，解得q＝3或q＝－1(舍)，所以＝q＝3，＝q2＝9，故C错误，D正确，故选ABD.故选ABD.【典例2】已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q等于(　　) A.－B.－2C.2D.【解析】由题意知q3＝＝，即q＝.故选D.【典例3】《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍.意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍.”则当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是________.(结果精确到0.1.参考数据：lg2＝0.30，lg3＝0.48)(　　)A.2.9天B.3.9天C.4.9天D.5.9天【解析】设蒲的长度组成等比数列{an}，其a1＝3，公比为，前n项和为An.莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn.则An＝，Bn＝，由题意可得5×＝，解得2n＝30，2n＝1(舍去).∴n＝log230＝＝＝≈4.9.故选C.【题型二】等比数列的判定与证明【典例1】已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；(2)若a1＝，a2＝，求{an}的通项公式．【解析】(1)证明　an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，因为{an}中各项均为正数， 所以an＋1＋an>0，所以＝3，所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．(2)解　由题意知an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1＝2×3n－1，因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，a2＝3a1，所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，所以4an＝2×3n－1，an＝×3n－1.【典例2】Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.(1)求an及Sn；(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)易知q≠1，由题意可得解得a1＝1，q＝3，∴an＝3n－1，Sn＝＝.(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，此时Sn＋＝×3n，则＝＝3， 故存在常数λ＝，使得数列是以为首项，3为公比的等比数列．【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝.(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；(3)求{an}的通项公式．【解析】(1)由条件可得an＋1＝an.将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以a2＝4.将n＝2代入得，a3＝3a2，所以a3＝12.从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列，由条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.【题型三】等比数列项的性质的应用【典例1】已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12等于(　　)A．40B．60C．32D．50【解析】数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，∴S12＝4＋8＋16＋32＝60.故选B.【典例2】已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，a2＋a5＝4，则a8＝_____.【解析】由已知得，2S9＝S3＋S6，∴q≠1，则有2×＝＋， 解得q3＝－，又a2＋a5＝a2(1＋q3)＝4，∴a2＝8，∴a8＝a2·q6＝8×＝2.【典例3】已知数列{an}为等比数列，且a2a6＋2a＝π，则tan(a3·a5)等于(　　)A.B．－C．－D．±【解析】由已知得a＋2a＝π，∴a＝，又a3·a5＝a＝，∴tan(a3·a5)＝.故选A.【题型四】等比数列前n项和的性质的应用【典例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＝________．【解析】由题意，得解得所以q＝＝＝2.【典例2】设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝________．【解析】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＝＝.三、【培优训练】【训练一】(多选)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＝8b5B．{bn}是等比数列C．a1b30＝105D.＝【解析】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．故选BD.【训练二】(多选)已知数列{an}和各项均为正数的等比数列{bn}满足：(ai＋i)＝2bn－2，b1＝2，b2＋b3是b3与b4的等差中项，数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是(　　)A.数列{an－bn}是等差数列B.Sn＝2n＋1－2－C.数列{an}是递增数列D.＜2【解析】设{bn}的公比为q.由题知b3＋b4＝2(b2＋b3)⇒b4－b3－2b2＝0⇒q2－q－2＝0⇒q＝2或－1(舍)，故bn＝2n，an＋n＝2bn－2bn－1＝2n＋1－2n＝2n，an＝2n－n，an－bn＝－n，故{an－bn}为等差数列，A正确；Sn＝2＋22＋…＋2n－(1＋2＋…＋n)＝2(2n－1)－，B正确；an＋1－an＝2n－1≥1，故{an}是递增数列，C正确；当n＝1时，＝1，2＝1，矛盾，故D错误.故选ABC.【训练三】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}．【训练四】已知数列{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.【解析】(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－.【训练五】已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为.(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．【解析】(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，所以2a2＝a1＋a3－8，即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝，所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n≥2)，两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，所以bn＝n(n∈N*)．(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以Sn＝＝<.因为∀n∈N*，Sn≤m恒成立，所以m≥，即实数m的最小值为.【训练六】已知公比不为1的等比数列{an}满足a1＋a3＝5，且a1，a3，a2构成等差数列.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为{an}的前n项和，求使Sk＞成立的最大正整数k的值.【解析】(1)设公比为q.由题意得a1＋a2＝2a3，∴a1(1＋q－2q2)＝0，又∵a1≠0，∴q＝－或1(舍)，∵a1＋a3＝5，∴a1(1＋q2)＝5，∴a1＝4，∴an＝4·.(2)Sn＝＝.∵Sk＞，∴＞，∴＜－，显然，k为奇数，即＞＞＝.解得k≤3，所以满足条件的最大正整数k的值为3.四、【强化测试】【单选题】1.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】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.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．5B．4C．3D．2【解析】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.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－1－1B．an＝2nC．Sn＋1－Sn＝2n＋1D．Sn＝2n－1【解析】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.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】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.5.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若公比q＝2，则＝(　　)A．B．C．D．【解析】法一：由题意知a1＋a3＋a5＝a1(1＋22＋24)＝21a1，而S6＝＝63a1，所以＝＝，故选A．法二：由题意知S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝a1＋a3＋a5＋(a2＋a4＋a6)＝a1＋a3＋a5＋2(a1＋a3＋a5)＝3(a1＋a3＋a5)，故＝.故选A．6.中国古代数学著作《算法统宗》中有这一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人最后一天走的路程为(　　)A．24里B．12里C．6里D．3里【解析】记该人每天走的路程里数为{an}，可知{an}是公比q＝的等比数列， 由S6＝378，得S6＝＝378，解得a1＝192，所以a6＝192×＝6.故选C．7.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】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．8.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】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.【多选题】9.若{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，记Sn为{an}的前n项和，则下列说法正确的是(　　)A．若a1>0,0<q<1，则{an}为递减数列B．若a1<0,0<q<1，则{an}为递增数列C．若q>0，则S4＋S6>2S5D．若bn＝，则{bn}是等比数列【解析】A，B显然是正确的；C中，若a1＝1，q＝，则a6<a5，即S6－S5<S5－S4，故C错误；D中，＝＝(q≠0)，∴{bn}是等比数列．故选ABD.10.已知等比数列{an}的公比为q，前4项的和为a1＋14，且a2，a3＋1，a4成等差数列，则q的值可能为(　　)A.B．1C．2D．3【解析】因为a2，a3＋1，a4成等差数列，所以a2＋a4＝2(a3＋1)，因此a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋3a3＋2＝a1＋14，故a3＝4.又{an}是公比为q的等比数列，所以由a2＋a4＝2(a3＋1)，得a3＝2(a3＋1)，即q＋＝，解得q＝2或. 故选AC.11.数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有(　　)A．Sn＝3n－1B．{Sn}为等比数列C．an＝2·3n－1D．an＝【解析】由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，当n≥2时，an＝2Sn－1，两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，可得an＋1＝3an，即＝3(n≥2)，又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以＝2，所以数列的通项公式为an＝当n≥2时，Sn＝＝＝3n－1，又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1；又由＝＝3，所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，综上可得选项ABD是正确的．故选ABD.12.如图，已知点E是▱ABCD的边AB的中点，Fn(n∈N*)为边BC上的一列点，连接AFn交BD于Gn，点Gn(n∈N*)满足＝an＋1·－2(2an＋3)·，其中数列{an}是首项为1的正项数列，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　)A．a3＝13B．数列{an＋3}是等比数列C．an＝4n－3D．Sn＝2n＋1－n－2【解析】＝an＋1·－2(2an＋3)·(＋)， 故＝(an＋1－2an－3)·－(2an＋3)·，，共线，故an＋1－2an－3＝0，即an＋1＋3＝2(an＋3)，a1＝1，故an＋3＝4×2n－1，故an＝2n＋1－3.a3＝24－3＝13，A正确；数列{an＋3}是等比数列，B正确；an＝2n＋1－3，C错误；Sn＝4×－3n＝2n＋2－3n－4，故D错误．故选AB.【填空题】13.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a1＝________.【解析】由于S3＝7，S6＝63知公比q≠1，又S6＝S3＋q3S3，得63＝7＋7q3.∴q3＝8，q＝2.由S3＝＝＝7，得a1＝1.14.已知{an}是等比数列，且a3a5a7a9a11＝243，则a7＝________；若公比q＝，则a4＝________.【解析】由{an}是等比数列，得a3a5a7a9a11＝a＝243，故a7＝3，a4＝＝81.15.设Tn为正项等比数列{an}(公比q≠1)前n项的积，若T2015＝T2021，则＝________.【解析】由题意得， T2015＝T2021＝T2015·a2016a2017a2018a2019a2020a2021，所以a2016a2017a2018a2019a2020a2021＝1，根据等比数列的性质，可得a2016a2021＝a2017a2020＝a2018a2019＝1，设等比数列的公比为q，所以a2016a2021＝＝1⇒a2021＝q52,a2018a2019＝＝1⇒a2019＝q12,所以＝log3q12log3q52=15.16.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1023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,为公比的等比数列，现已知共含有1023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1023，所以n＝10，所以最小正方形的边长为10＝.【解答题】17.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n.(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式.【解析】(1)证明　∵an＋Sn＝n①，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1②.②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，所以2an＋1＝an＋1， ∴2(an＋1－1)＝an－1，又a1＋a1＝1，所以a1＝，∴a1－1＝－≠0，因为＝，∴＝.故{cn}是以c1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列.(2)解　由(1)知cn＝－×＝－.∵cn＝an－1，∴an＝1－.18.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>2020？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．【解析】选择①：因为a3＝12，所以a1＝3，所以Sn＝＝3(2n－1)．令Sk>2020，即3(2k－1)>2020，得2k>.所以存在正整数k，使得Sk>2020，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<2020，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>2020，即1－(－2)k>2020，整理得(－2)k<－2019.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>2019，所以存在正整数k，使得Sk>2020，k的最小值为11.19.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*).(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.【解析】(1)证明　2Sn＝－an＋n，当n≥2时2Sn－1＝－an－1＋n－1，两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝an－1＋.∴an－＝，∴数列为等比数列.(2)解　由2S1＝－a1＋1，得a1＝，由(1)知，数列是以－为首项，为公比的等比数列.∴an－＝－＝－，∴an＝－＋，∴an－1＝－－，∴Tn＝－＝－. 20.已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1anan＋1.【解析】(1)设{an}的公比为q(q>1)，且a2＋a4＝20，a3＝8.∴消去a1，得q＋＝，则q＝2，或q＝(舍).因此q＝2，a1＝2，所以{an}的通项公式an＝2n.(2)易知(－1)n－1anan＋1＝(－1)n－1·22n＋1，则数列{(－1)n－122n＋1}公比为－4.故a1a2－a2a3＋…＋(－1)n－1·anan＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n－1·22n＋1＝＝[1－(－4)n]＝－(－1)n·.21.记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋1.设bn＝an＋1－2an.(1)求证：数列{bn}为等比数列；(2)设cn＝|bn－100|，Tn为数列{cn}的前n项和．求T10.【解析】(1)证明　由Sn＋1＝4an＋1，得Sn＝4an－1＋1(n≥2，n∈N*)，两式相减得an＋1＝4an－4an－1(n≥2)，所以an＋1－2an＝2(an－2an－1)，所以＝＝＝2(n≥2)，又a1＝1，S2＝4a1＋1，故a2＝4，a2－2a1＝2＝b1≠0， 所以数列{bn}为首项与公比均为2的等比数列．(2)解　由(1)可得bn＝2·2n－1＝2n，所以cn＝|2n－100|＝所以T10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400＝200－＋27＋28＋29＋210＝200＋2＋28＋29＋210＝1994.22.已知等比数列{an}的公比q>1，a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，数列{anbn}的前n项和为.(1)分别求出数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列的前n项和为Sn，∀n∈N*，Sn≤m恒成立，求实数m的最小值．【解析】(1)因为a1＝2，且a1，a2，a3－8成等差数列，所以2a2＝a1＋a3－8，即2a1q＝a1＋a1q2－8，所以q2－2q－3＝0，所以q＝3或q＝－1，又q>1，所以q＝3，所以an＝2·3n－1(n∈N*)．因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝，所以a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n≥2)，两式相减，得anbn＝2n·3n－1(n≥2)，因为an＝2·3n－1，所以bn＝n(n≥2)，当n＝1时，由a1b1＝2及a1＝2，得b1＝1(符合上式)，所以bn＝n(n∈N*)．(2)因为数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以Sn＝＝<.因为∀n∈N*，Sn≤m恒成立，所以m≥，即实数m的最小值为.