2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第六章　3 第3讲　等比数列及其前n项和

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第六章　3 第3讲　等比数列及其前n项和

第3讲　等比数列及其前n项和 ‎1．等比数列的有关概念 ‎(1)定义 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．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(q≠0，n∈N*)．‎ ‎(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：G是a与b的等比中项⇔G2＝ab．‎ ‎“a，G，b成等比数列”是“G是a与b的等比中项”的充分不必要条件．‎ ‎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)．‎ ‎4．等比数列的单调性 当q>1，a1>0或01，a1<0或00时，{an}是递减数列；‎ 当q＝1时，{an}是常数列．‎ ‎5．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．‎ ‎[疑误辨析]‎ 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)√‎ ‎[教材衍化]‎ ‎1．(必修5P54A组T8改编)在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．‎ 解析：设该数列的公比为q，由题意知，‎ ‎192＝3×q3，q3＝64，所以q＝4.‎ 所以插入的两个数分别为3×4＝12，12×4＝48.‎ 答案：12，48‎ ‎2．(必修5P51例3改编)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝________．‎ 解析：由题意知q3＝＝，所以q＝.‎ 答案： ‎3．(必修5P61A组T1改编)等比数列{an}的首项a1＝－1，前n项和为Sn，若＝，则{an}的通项公式an＝________．‎ 解析：因为＝，所以＝－，因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，所以q5＝－，q＝－，则an＝－1×＝－.‎ 答案：－ ‎[易错纠偏]‎ ‎(1)忽视项的符号判断；‎ ‎(2)忽视公比q＝1的特殊情况；‎ ‎(3)忽视等比数列的项不为0.‎ ‎1．在等比数列{an}中，a3＝4，a7＝16，则a3与a7的等比中项为________．‎ 解析：设a3与a7的等比中项为G，因为a3＝4，a7＝16，所以G2＝4×16＝64，所以G＝±8.‎ 答案：±8‎ ‎2．数列{an}的通项公式是an＝an(a≠0)，则其前n项和Sn＝________．‎ 解析：因为a≠0，an＝an，所以{an}是以a为首项，a为公比的等比数列．当a＝1时，Sn＝n；当a≠1时Sn＝.‎ 答案： ‎3．已知x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，则x的值为________．‎ 解析：因为x，2x＋2，3x＋3是一个等比数列的前三项，‎ 所以(2x＋2)2＝x(3x＋3)，‎ 即x2＋5x＋4＝0，‎ 解得x＝－1或x＝－4.‎ 当x＝－1时，数列的前三项为－1，0，0，‎ 不是等比数列，舍去．‎ 答案：－4‎ ‎　　　　　　等比数列的基本运算(高频考点)‎ 等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度为中、低档题．主要命题角度有：‎ ‎(1)求首项a1、公比q或项数n；‎ ‎(2)求通项或特定项；‎ ‎(3)求前n项和．‎ 角度一　求首项a1、公比q或项数n ‎　(1)已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1等于(　　)‎ A.　　　　　　　　 B．－ C. D．－ ‎(2)设数列{an}是等比数列，前n项和为Sn，若S3＝3a3，则公比q＝________．‎ ‎【解析】　(1)设等比数列{an}的公比为q，‎ 由S3＝a2＋10a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，即a3＝9a1，q2＝9，‎ 又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.‎ ‎(2)当q≠1时，＝3a1q2，解得q＝1(舍去)或－.当q＝1时，S3＝a1＋a2＋a3＝3a3也成立．‎ ‎【答案】　(1)C　(2)1或－ 角度二　求通项或特定项 ‎　已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，则an＝________．‎ ‎【解析】　由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．‎ 因为{an}的各项都为正数，所以＝.‎ 故{an}是首项为1，公比为的等比数列，‎ 因此an＝.‎ ‎【答案】　 角度三　求前n项和 ‎　(2020·温州模拟)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________．‎ ‎【解析】　设等比数列的公比为q，则有 解得或又{an}为递增数列，所以 所以Sn＝＝2n－1.‎ ‎【答案】　2n－1‎ 解决等比数列有关问题的三种常见思想方法 ‎(1)方程思想：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．‎ ‎(2)分类讨论思想：因为等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，所以当某一参数为公比进行求和时，就要对参数是否为1进行分类讨论．‎ ‎(3)整体思想：应用等比数列前n项和公式时，常把qn或当成整体进行求解．　 ‎ ‎1．设等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，若a1＝1，a3＝4，Sk＝63，则k＝(　　)‎ A．4 B．5‎ C．6 D．7‎ 解析：选C.设等比数列{an}的公比为q，由已知a1＝1，a3＝4，得q2＝＝4.又{an}的各项均为正数，‎ 所以q＝2.而Sk＝＝63，‎ 所以2k－1＝63，‎ 解得k＝6.‎ ‎2．(2020·绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列{an}的前n项和Sn满足：Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项，则a1＝________，Sn＝________．‎ 解析：由题意知＝，平方可得Sn＝，①‎ 由a1＝S1得＝，从而可解得a1＝2.‎ 又由①式得Sn－1＝(n≥2)，②‎ ‎①－②可得an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)，‎ 整理得(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0，‎ 因为数列{an}的各项都是正数，‎ 所以an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4.‎ 故数列{an}是以2为首项4为公差的等差数列，‎ 所以Sn＝2n＋×4＝2n2.‎ 当n＝1时，S1＝a1＝2.‎ 故Sn＝2n2.‎ 答案：2　2n2‎ ‎　　　　　　等比数列的判定与证明 ‎　(1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3a5＝4，则下列说法正确的是(　　)‎ A．{an}是单调递减数列 B．{Sn}是单调递减数列 C．{a2n}是单调递减数列 D．{S2n}是单调递减数列 ‎(2)设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝，a3＝，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.‎ ‎①求a4的值；‎ ‎②证明：为等比数列．‎ ‎【解】　(1)选C.由于{an}是等比数列，则a3a5＝a＝4，又a2＝12，则a4＞0，a4＝2，q2＝，当q＝－时，{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；a2n＝a2q2n－2＝12×单调递减，选项C正确；当q＝－时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．‎ ‎(2)①当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，即4(1＋＋＋a4)＋5＝8＋1，‎ 解得a4＝.‎ ‎②证明：由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．‎ 因为 4a3＋a1＝4×＋1＝6＝4a2，‎ 所以4an＋2＋an＝4an＋1，‎ 所以＝＝ ‎＝＝，‎ 所以数列是以a2－a1＝1为首项，为公比的等比数列．‎ ‎ (变问法)在本例(2)条件下，求数列{an}的通项公式．‎ 解：由本例(2)的②知，an＋1－an＝，‎ 即－＝4.‎ 所以数列是以＝2为首项，4为公差的等差数列，所以＝2＋4(n－1)＝4n－2，‎ 即an＝(2n－1)·，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝(2n－1)·.‎ 等比数列的判定方法 ‎(1)定义法：若＝q(q为非零常数)或＝q(q为非零常数且n≥2)，则{an}是等比数列．‎ ‎(2)中项公式法：若数列{an}中an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．‎ ‎(3)通项公式法：若数列的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．‎ ‎(4)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．‎ ‎[提醒]　(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．‎ ‎(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．　 ‎ ‎　(2020·瑞安市龙翔中学高三月考)各项为正的数列{an}满足a1＝，an＋1＝＋an(n∈N*)．‎ ‎(1)取λ＝an＋1，求证：数列是等比数列，并求其公比；‎ ‎(2)取λ＝2时令bn＝，记数列{bn}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项之积为Tn，求证：对任意正整数n，2n＋1Tn＋Sn为定值．‎ 解：(1)由λ＝an＋1，得an＋1＝＋an，‎ 所以a－an＋1an－a＝0.‎ 两边同除a可得：－－1＝0，‎ 解得＝.‎ 因为an>0，所以＝为常数，‎ 故数列是等比数列，公比为.‎ ‎(2)证明：当λ＝2时，an＋1＝＋an，‎ 得2an＋1＝an(an＋2)，‎ 所以bn＝＝·.‎ 所以Tn＝b1·b2…bn＝…＝＝，‎ 又bn＝·＝＝＝－，‎ 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＝2－，‎ 故2n＋1Tn＋Sn＝2n＋1·＋2－＝2为定值．‎ ‎　　　　　　等比数列的性质(高频考点)‎ 等比数列的性质是高考的热点，多以选择题、填空题的形式出现，其难度为中等．主要命题角度有：‎ ‎(1)等比数列项的性质的应用；‎ ‎(2)等比数列前n项和的性质的应用．‎ 角度一　等比数列项的性质的应用 ‎　(1)在等比数列{an}中，a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的根，则的值为(　　)‎ A．2 B．4‎ C．－2或2 D．－4或4‎ ‎(2)(2020·温州八校联考)数列{an}的通项公式为an＝2n－1，则使不等式a＋a＋…＋a<5×2n＋1成立的n的最大值为(　　)‎ A．2 B．3‎ C．4 D．5‎ ‎【解析】　(1)因为a3，a15是方程x2－6x＋8＝0的根，‎ 所以a3a15＝8，a3＋a15＝6，‎ 易知a3，a15均为正，由等比数列的性质知，a1a17＝a＝a3a15＝8，‎ 所以a9＝2，＝2，故选A.‎ ‎(2)因为an＝2n－1，a＝4n－1，‎ 所以a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．‎ 因为a＋a＋…＋a<5×2n＋1，‎ 所以(4n－1)<5×2n＋1，‎ 因为2n(2n－30)<1，对n进行赋值，可知n的最大值为4.‎ ‎【答案】　(1)A　(2)C 角度二　等比数列前n项和的性质的应用 ‎　等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．5‎ ‎【解析】　法一：因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故a9＋a11＝＝＝2.‎ 同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，‎ 所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，‎ 故a13＋a15＝＝＝1.‎ 所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.‎ 法二：在等比数列{an}中，‎ 得q4＝＝，‎ 所以a9＋a11＋a13＋a15＝q8(a1＋a3＋a5＋a7)＝(8＋4)＝3.‎ ‎【答案】　C 等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类：‎ ‎(1)通项公式的变形；‎ ‎(2)等比中项的变形；　 ‎ ‎(3)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．‎ ‎1．已知等比数列{an}中，a4＋a8＝－2，则a6(a2＋2a6＋a10)的值为(　　)‎ A．4 B．6‎ C．8 D．－9‎ 解析：选A.a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a＋a6a10＝a＋2a4a8＋a＝(a4＋a8)2，因为a4＋a8＝－2，所以a6(a2＋2a6＋a10)＝4.‎ ‎2．设等比数列{an}中，前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　)‎ A. B．－ C. D. 解析：选A.因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝.所以a7＋a8＋a9＝.‎ ‎3．(2020·杭州学军中学高三月考)已知数列{an}满足a1＝2且对任意的m，n∈N*，都有＝an，则a3＝________；{an}的前n项和Sn＝________．‎ 解析：因为＝an，‎ 所以an＋m＝an·am，‎ 所以a3＝a1＋2＝a1·a2＝a1·a1·a1＝23＝8；‎ 令m＝1，‎ 则有an＋1＝an·a1＝2an，‎ 所以数列{an}是首项为a1＝2，公比q＝2的等比数列，‎ 所以Sn＝＝2n＋1－2.‎ 答案：8　2n＋1－2‎ 思想方法系列4　分类讨论思想求解数列问题 ‎ 等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.‎ ‎【解】　(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，‎ 由得 解得 所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2n－1.‎ ‎(2)由a1＝3，an＝2n＋1，得Sn＝＝n(n＋2)，‎ 则cn＝ 即cn＝ 所以T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)‎ ‎＝＋(2＋23＋…＋22n－1)‎ ‎＝1－＋＝＋(4n－1)．‎ 分类讨论思想在数列中应用较多，常见的分类讨论有：‎ ‎(1)已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．‎ ‎(2)等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．‎ ‎(3)项数的奇、偶数讨论．‎ ‎(4)等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．　 ‎ ‎1．(2020·宁波模拟)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 解析：选A.法一：当n＝1时，a1＝S1＝4＋λ.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1＋λ)－(2n＋λ)＝2n，此时＝＝2.‎ 因为{an}是等比数列，所以＝2，‎ 即＝2，解得λ＝－2.故选A.‎ 法二：依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，‎ 因为{an}是等比数列，所以a＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.‎ ‎2．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是(　　)‎ A．(－∞，－1]　　　　　　 B．(－∞，0)∪[1，＋∞)‎ C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)‎ 解析：选D.设等比数列{an}的公比为q，‎ 则S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋.‎ 当公比q>0时，S3＝1＋q＋≥1＋2＝3，当且仅当q＝1时，等号成立；‎ 当公比q<0时，S3＝1－≤1－2＝－1，当且仅当q＝－1时，‎ 等号成立．‎ 所以S3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·宁波质检)在单调递减的等比数列{an}中，若a3＝1，a2＋a4＝，则a1＝(　　)‎ A．2　　　　　　　　　　　　 B．4‎ C. D．2 解析：选B.在等比数列{an}中，a2a4＝a＝1，又a2＋a4＝，数列{an}为递减数列，所以a2＝2，a4＝，所以q2＝＝，所以q＝，a1＝＝4.‎ ‎2．(2020·衢州模拟)设Sn为等比数列{an}的前n项和，a2－8a5＝0，则的值为(　　)‎ A. B. C．2 D．17‎ 解析：选B.设{an}的公比为q，依题意得＝＝q3，因此q＝.注意到a5＋a6＋a7＋a8＝q4(a1＋a2＋a3＋a4)，即有S8－S4＝q4S4，因此S8＝(q4＋1)S4，＝q4＋1＝，选B.‎ ‎3．(2020·瑞安四校联考)已知数列{an}的首项a1＝2，数列{bn}为等比数列，且bn＝，若b10b11＝2，则a21＝(　　)‎ A．29 B．210‎ C．211 D．212‎ 解析：选C.由bn＝，且a1＝2，得b1＝＝，a2＝2b1；b2＝，a3＝a2b2＝2b1b2；b3＝，a4＝a3b3＝2b1b2b3；…；an＝2b1b2b3…bn－1，所以a21＝2b1b2b3…b20，又{bn}为等比数列，所以a21＝2(b1b20)(b2b19)…(b10b11)＝2(b10b11)10＝211.‎ ‎4．(2020·丽水市高考数学模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，下列结论一定成立的是(　　)‎ A．a1＋a3≥2a2　　　　　 B．a1＋a3≤2a2‎ C．a1S3>0 D．a1S3<0‎ 解析：选C.选项A，数列－1，1，－1为等比数列，但a1＋a3＝－2<2a2＝2，故A错误；选项B，数列1，－1，1为等比数列，但a1＋a3＝2>2a2＝－2，故B错误；选项D，‎ 数列1，－1，1为等比数列，但a1S3＝1>0，故D错误；对于选项C，a1(a1＋a2＋a3)＝a1(a1＋a1q＋a1q2)＝a(1＋q＋q2)，因为等比数列的项不为0，故a>0，而1＋q＋q2＝＋>0，‎ 故a(1＋q＋q2)>0，故C正确．‎ ‎5．(2020·郑州市第一次质量预测)已知数列{an}满足a1a2a3…an＝2n2(n∈N*)，且对任意n∈N*都有＋＋…＋0)．(　　)‎ A．若b7≤a6，则b4＋b10≥a3＋a9‎ B．若b7≤a6，则b4＋b10≤a3＋a9‎ C．若b6≥a7，则b3＋b9≥a4＋a10‎ D．若b6≤a7，则b3＋b9≤a4＋a10‎ 解析：选C.因为数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列(bn>0)，‎ 在A中，因为b7≤a6，b4＋b10≥2＝2b7，‎ a3＋a9＝2a6，所以b4＋b10≥a3＋a9不一定成立，故A错误；‎ 在B中，因为b7≤a6，b4＋b10≥2＝2b7，‎ a3＋a9＝2a6，所以b4＋b10≤a3＋a9不一定成立，故B错误；‎ 在C中，因为b6≥a7，所以b3＋b9≥2＝2b6，a4＋a10＝2a7，所以b3＋b9≥a4＋a10，故C正确；‎ 在D中，因为b6≤a7，所以b3＋b9≥2＝2b6，a4＋a10＝2a7，所以b3＋b9≤a4＋a10不一定成立，故D错误．‎ ‎3．已知直线ln：y＝x－与圆Cn：x2＋y2＝2an＋n交于不同的两点An，Bn，n∈N*，数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝|AnBn|2，则数列{an}的通项公式为________．‎ 解析：圆Cn的圆心到直线ln的距离dn＝＝，半径rn＝，故an＋1＝|AnBn|2＝r－d＝2an，故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，故an＝2n－1(n∈N*)．‎ 答案：an＝2n－1(n∈N*)‎ ‎4．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝，且对任意正整数m，n都有am＋n＝am·an，若Sn0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是＝＝＝q，‎ ＝＝＝q，‎ 即＝＝q，‎ 所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列；‎ ‎(充分性)：若对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则 B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)，‎ 于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，即an＋2－a2＝‎ q(an＋1－a1)，亦即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.‎ 由n＝1时，B(1)＝qA(1)，‎ 即a2＝qa1，从而an＋2－qan＋1＝0.‎ 因为an>0，‎ 所以＝＝q.故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．‎ 综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．‎ ‎6．(2020·杭州市七校高三联考)已知等比数列{an}的公比为q(0a5，‎ 解得a2＝1，a5＝，‎ 由等比数列的性质可知a5＝a2·q3，解得q＝，‎ an＝a2·＝，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)可知bn＝an·(log2an)＝，‎ ‎{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ‎＝2＋0＋＋＋＋…＋，‎ Tn＝1＋0＋＋＋＋…＋，‎ 两式相减可得 Tn＝1－－ ‎＝1－－ ‎＝1－－ ‎＝－ ‎＝，‎ 所以Tn＝.‎ ‎(3)因为Sn＝4，‎ 由<⇒2<2n(4－m)<6，‎ ‎2n(4－m)为偶数，因此只能取2n(4－m)＝4，‎ 所以有或⇒或.‎