【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第八章 数列 考点测试46 等比数列 含解析【高考】.doc，共(17)页，158.500 KB，由小赞的店铺上传

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1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{an}为等比数列且满足a6－a2＝30，a3－a1＝3，则数列{an}的前5项和S5＝()A．15B．31C.40D．121答案B解析设等比数列{an

}的公比为q，因为a6－a2＝30，a3－a1＝3，所以a1q5－a1q＝30，a1q2－a1＝3，可得a1＝1，q＝2，S5＝1－251－2＝31，所以数列{an}的前5项和S5＝31.2．公比不为1的等比数列{an}满足a5a

6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为()A．8B．9C.10D．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apaq＝aman，因为a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝a4a7＝9，因为a1am＝9，所

以m＝10.故选C.23．已知等比数列{an}中有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，其前n项和为Sn，且b7＝a7，则S13＝()A．26B．52C.78D．104答案B解析等比数列{an}中，由a3a11＝4a7可得a27＝4a7，又a7≠0，得a7＝4，因为数列{bn}是

等差数列，b7＝a7＝4，则S13＝12×13(b1＋b13)＝13b7＝13×4＝52.故选B.4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于()A．18B．－18C.578D．558答案A解析因为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＝18，所以a7＋a8＋a9＝18.5．已知{an}是首项为32的等比数列，Sn是其前n项和，

且S6S3＝6564，则数列{|log2an|}的前10项和为()A．58B．56C.50D．45答案A解析设数列{an}的公比为q，根据题意知S6－S3S3＝164＝q3，所以q＝14，从而有an＝32·14n－1＝27－2n，所以log2an＝

7－2n，所以|log2an|＝|2n－7|，所以数列{|log2an|}的前10项和等于5＋3＋1＋1＋3＋5＋7＋9＋11＋13＝3×（5＋1）2＋37×（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14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an里路，则{an}是首项为a1，公比为q＝12的等比数列．所以S6＝a1（1－q6）1－q＝a11－1261－12＝378，解得a1

＝192.对于A，a6＝a1q5＝192×125＝6，故A错误；对于B，由a1＝192，则S6－a1＝378－192＝186，又192－186＝6，故B正确；对于C，a2＝a1q＝192×12＝96，而14S6＝94

.5，96－94.5＝1.5，故C正确；对于D，a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝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{

an}(n∈N*)是各项为正数的等比数列，q是其公比，Kn是其前n项的积，且K5＜K6，K6＝K7＞K8，则下列结论正确的是()A．0＜q＜1B．a7＝1C．K9＞K5D．K6与K7均为Kn的最大值答

案ABD解析∵{an}是各项为正数的等比数列，q是其公比，Kn是其前n项的积，4且K6＝K7＞K8，∴q＞0，且q≠1，a7＝1，故B正确；由K5＜K6可得a6＞1，∴q＝a7a6∈(0，1)，故A正确；由{an}是各项为正数的等比数列且q∈(0，1)可得数列为递减数

列，∴K9＜K5，故C错误；结合K5＜K6，K6＝K7＞K8，可得D正确．故选ABD.8．已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝n2，若bn＝2an，则an＝________；数列{bn}的前n项和Tn＝_______

_．答案2n－123(4n－1)解析当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，满足a1＝1，故an＝2n－1.若bn＝2an，则b1＝2，bn＝22n－1＝2×4n－1，故数列{bn}是首项为2，公比为4的等比数列，其前n项和Tn＝2（1－4n）1－4＝23(4n

－1).二、高考小题9．(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝()A．7B．8C.9D．10答案A解析解法一：因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得S2＝a1（1

－q2）1－q＝a1（1＋q）＝4，S4＝a1（1－q4）1－q＝a1（1＋q）（1＋q2）＝6，两式相除，得q2＝12，所以a1＝4（2－2），q＝22或a1＝4（2＋2），q＝－22，所以S6＝a1（1－

q6）1－q＝7.5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{an}是等比数列，且a

1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝()A．12B．24C.30D．32答案D解析设等比数列{an}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＝a

1q5＋a1q6＋a1q7＝a1q5(1＋q＋q2)＝q5＝32.故选D.11．(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝()A．2B．3C.4D．5答案C解析在等式am＋n＝aman中，

令m＝1，可得an＋1＝ana1＝2an，∴an＋1an＝2，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2×2n－1＝2n.∴ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak＋1·（1－210）1－2＝2k＋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{an}的前4项和为15，且a5＝3

a3＋4a1，则a3＝()A．16B．8C.4D．2答案C6解析由题意知a1>0，q>0，a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，a1q4＝3a1q2＋4a1，解得a1＝1，q＝2，∴a3＝a1q2＝4.故选C.13．(201

8·浙江高考)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．a1<a3，a2<a4B．a1>a3，a2<a4C．a1<a3，a2>a4D．a1>a3，a2>a4答案B解

析设f(x)＝lnx－x(x>0)，则f′(x)＝1x－1＝1－xx，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lnx≤x－1.从而a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1

＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，∴a4<0，又a1>1，∴公比q<0.若q＝－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝0，ln(a1＋a2＋a3)＝lna1>0，矛盾．若q<－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋q)(1＋q2

)<0，而a2＋a3＝a2(1＋q)＝a1q(1＋q)>0，∴ln(a1＋a2＋a3)>lna1>0，也矛盾．∴－1<q<0.从而a3a1＝q2<1，∵a1>0，∴a1>a3.同理，∵a4a2＝q2<1，a2<0，∴a4>a2.故选B.14．(2020·江苏高考)设{an}是公差

为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an＋bn}的前n项和Sn＝n2－n＋2n－1(n∈N*)，则d＋q的值是________．答案4解析等差数列{an}的前n项和公式为Pn＝na1＋n（n－1）

2d＝d2n2＋a1－d2n，等比数列{bn}的前n项和公式为Qn＝b1（1－qn）1－q＝－b11－qqn＋b11－q，依题意有Sn＝Pn＋Qn，即n2－n＋2n－1＝d2n2＋a1－d2n－b11－qqn＋b11－q，通过对比系数7可知

d2＝1，a1－d2＝－1，q＝2，b11－q＝－1，得d＝2，a1＝0，q＝2，b1＝1，故d＋q＝4.15．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝34，则S4＝_____

___．答案58解析设等比数列{an}的公比为q，又a1＝1，则an＝a1qn－1＝qn－1.∵S3＝34，∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝34，即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－12，∴S4＝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{an}的各项均为负数，若a2a8＋2a3a9＋a27＝16，则a5＋a7＝()A．－2B．－4C.－8D．－16答案B解析a2a8＋2a3a9＋a27＝a25＋2a5a7＋a27＝(a5＋a7)2＝16，因为等比数列{an}的各项

均为负数，所以a5＋a7＝－4，故选B.17．(2021·山东青岛一中模拟)在正项等比数列{an}中，a5－a1＝15，a4－a2＝6，则a3＝()A．2B．4C.12D．88答案B解析设正项等比数列{an}的公比为q，由a5－a1＝a1q4－a1＝15，a4－a2＝a1q3－a1q＝6，

解得a1＝1，q＝2或a1＝－16，q＝12(舍去).故a3＝a1q2＝4.故选B.18．(2022·湖南湘潭入学考试)已知正项等比数列{an}满足a9＝a8＋2a7，若存在两项am，an，使得aman

＝2a21，则1m＋4n的最小值为()A．22B．83C.3D．32答案C解析设正项等比数列{an}的公比为q(q＞0)，∵a9＝a8＋2a7，∴a7q2＝a7q＋2a7，∴q2－q－2＝0，∴q＝2或q＝－1(舍去)，∵存在两项am，an，使得aman＝2a21，∴a21qm－

1＋n－1＝2a21，2m＋n－2＝2，m＋n－2＝1，m＋n＝3，∴1m＋4n＝13×1m＋4n(m＋n)＝13×nm＋4mn＋5≥13×9＝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{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，其公比为q，前n项和为Sn，则()A．q＝2B．an＝2nC．S10＝2047D．an＋an＋1<an＋2答案AB

D解析由题意2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2(负值舍去)，A正确；an＝2×2n－1＝2n，B正确；Sn＝2×（1－2n）1－2＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，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{an}的前n项和Sn＝4n－1＋t，则()A．首项a1不确定B．公比q＝49C．a2＝3D．t＝－14答案BCD解析当n＝1时，a1＝S1＝1＋t，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(4n－1＋t)－(4n

－2＋t)＝3×4n－2.由数列{an}为等比数列，可得a1必定符合an＝3×4n－2(n≥2)，有1＋t＝34，可得t＝－14，数列{an}的通项公式为an＝3×4n－2，a2＝3，数列{an}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

{an}为等比数列，公比q>1，其前n项和为Sn，若a5－a1＝15，a2a4＝16，则下列说法正确的是()A．Sn＋1＝2Sn＋1B．an＝2nC．数列{log3(Sn＋1)}是等比数列D．对任意的正整数k(k为常数)，数列{log2(Sn＋k－Sn)}是公差为1的等差数列答案A

D解析因为公比为q>1，由a5－a1＝15，a2a4＝16，得a1q4－a1＝15，a1q·a1q3＝16，即q4－1q2＝154，所以4q4－15q2－4＝0，解得q2＝4，所以a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1，Sn＝2n－1，所

以Sn＋1＝2n＋1－1＝2Sn＋1，Sn＋1＝2n，所以log3(Sn＋1)＝nlog32，所以{log3(Sn＋1)}是等差数列，对任意的正整数n，k，Sn＋k－Sn＝2n＋k－2n＝(2k－1)2n，所以l

og2(Sn＋k－Sn)＝n＋log2(2k－1)，所以数列{log2(Sn＋k－Sn)}是公差为1的等差数列．故选AD.22．(2021·上海模拟)若数列{an}满足1an＋1－3an＝0，则称{an}为“梦想数列”．已知数列1bn＋1为

“梦想数列”，且b1＝2，则{bn}的通项公式为bn＝________．答案3n－110解析由数列1bn＋1为“梦想数列”，得bn＋1＋1－3(bn＋1)＝0，所以bn＋1＋1＝3(bn＋1)，又b1＝

2，所以{bn＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以bn＋1＝3×3n－1＝3n，则bn＝3n－1.23．(2022·山东学情调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1an＝3n，则S2021＝________．答案31011－2解析当n≥2时，anan－1＝3

n－1，an＋1an－1＝3，又当n＝1时a2a1＝3，∴a2＝3，∴{an}的奇数项是以a1＝1为首项，以q＝3为公比的等比数列，偶数项是以a2＝3为首项，以q＝3为公比的等比数列，∴S2021＝a1＋a3＋…＋a2021＋a2＋a4＋…＋a2020＝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{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．(1)求{an}的公比；(2)若a1＝1

，求数列{nan}的前n项和．解(1)设等比数列{an}的公比为q，∵a1为a2，a3的等差中项，∴2a1＝a2＋a3，即2a1＝a1q＋a1q2.∵a1≠0，∴q2＋q－2＝0.∵q≠1，∴q＝－2.(2)设数列{nan}的前n项和为Sn，

∵a1＝1，an＝(－2)n－1，∴Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)(－2)n－1＋n(－2)n，②①－②，得3Sn＝1＋(－2)＋(－

2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝1－（－2）n1－（－2）－11n(－2)n＝1－（1＋3n）（－2）n3，∴Sn＝1－（1＋3n）（－2）n9.2．(2020·新高考Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{a

n}满足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通项公式；(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.解(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，依题意有a1q＋a1q3

＝20，a1q2＝8，解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝12(舍去)，所以an＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.(2)由于21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27

＝128，b1对应的区间为(0，1]，则b1＝0；b2，b3对应的区间分别为(0，2]，(0，3]，则b2＝b3＝1，即有2个1；b4，b5，b6，b7对应的区间分别为(0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]，则b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22个2；b8，b9，…，b15对应的区间分别为

(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23个3；b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0，16]，(0，17]，…，(0，31]，则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个

4；b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0，32]，(0，33]，…，(0，63]，则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0，64]，(0，65]，…，(0，100]，则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.所

以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.123．(2020·浙江高考)已知数列{an}，{bn}，{cn}中，a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝bnbn＋2·cn(n∈N*).(1)若数列{bn}为

等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q与{an}的通项公式；(2)若数列{bn}为等差数列，且公差d＞0，证明：c1＋c2＋…＋cn＜1＋1d.解(1)因为数列{bn}是公比为q的等比数列，b1＋b2＝6b3，所以b1＋b

1q＝6b1q2，即1＋q＝6q2，因为q＞0，所以q＝12，所以bn＝12n－1.所以bn＋2＝12n＋1，故cn＋1＝bnbn＋2·cn＝12n－112n＋1·cn＝4·cn，所以数列{cn}是首项为1，公比

为4的等比数列，所以cn＝4n－1.所以an－an－1＝cn－1＝4n－2(n≥2，n∈N*).所以an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝1＋1－4n－11－4＝4n－1＋23(n≥2，n∈N*).a1＝1适合上式，所以an＝4n

－1＋23.(2)证明：依题意设bn＝1＋(n－1)d＝dn＋1－d，因为cn＋1＝bnbn＋2·cn，所以cn＋1cn＝bnbn＋2，所以cncn－1＝bn－1bn＋1(n≥2，n∈N*)，故cn＝cncn－1·cn－1cn－2·…

·c3c2·c2c1·c1＝bn－1bn＋1·bn－2bn·bn－3bn－1·…·b2b4·b1b3·c1＝b1b2bnbn＋1＝1＋dd1bn－1bn＋113＝1＋1d1bn－1bn＋1.所以c1＋c2＋…＋cn＝1＋1d

1b1－1b2＋1b2－1b3＋…＋1bn－1bn＋1＝1＋1d1－1bn＋1.因为d＞0，b1＝1，所以bn＋1＞1，所以0<1bn＋1<1，所以1＋1d1－1bn＋

1＜1＋1d.即c1＋c2＋…＋cn＜1＋1d，n∈N*.4．(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an

－bn}是等差数列；(2)求{an}和{bn}的通项公式．解(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝12(an＋bn).又因为a1＋b1＝1，所以{an＋b

n}是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，an＋bn＝12n－1，an－bn＝2n

－1，所以an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝12n＋n－12，bn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝12n－n＋12.二、模拟大题5．(2021·湖南第三次模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，an＋1－3an＋2an－1＝1，a1＝1，a2＝4

.14(1)证明：数列{an＋1－an＋1}是等比数列；(2)求Sn.解(1)证明：因为an＋1－3an＋2an－1＝1，所以an＋1－an＝2(an－an－1)＋1，即an＋1－an＋1an－an－1＋1＝2.因为a1＝1，a2＝4，所以a2－a1＋1

＝4，故数列{an＋1－an＋1}是首项为4，公比为2的等比数列．(2)由(1)知an＋1－an＋1＝2n＋1.因为an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(22＋23＋…＋2n)－(n－1)＋1，所以an＝2n

＋1－n－2.所以Sn＝(22＋23＋…＋2n＋1)－(1＋2＋…＋n)－2n＝4（1－2n）1－2－n（n＋1）2－2n，故Sn＝2n＋2－n2＋5n2－4.6．(2021·广东省广州市六区高三教学质量检测(一))设{an}是公比大于1的

等比数列，a1＋a2＋a3＝14，且a2＋1是a1，a3的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝anlog212n，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意，有2(a2＋1)＝a1＋a3，将a1＋a3＝2(a2＋1)代入a1

＋a2＋a3＝14，得2(a2＋1)＋a2＝14，得a2＝4.联立a1＋a2＋a3＝14，a2＝4，得a1＋a1q＋a1q2＝14，a1q＝4，两式两边相除消去a1得2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝12(舍去)，15所以a1＝42＝2.所以an＝a1qn－1＝2×2n－

1＝2n.(2)解法一：因为bn＝anlog212n＝－n·2n，所以－Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①－2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n

＋1，②①－②，得Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝2（1－2n）1－2－n×2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2.所以数列{bn}的前n项和Tn＝(1－n)·2n＋1－2.解法二：因为bn＝anlog212n＝－n·2n＝(－2n＋n)·

2n＝{[－2(n＋1)＋4]－(－n＋2)}·2n，所以bn＝[－(n＋1)＋2]·2n＋1－(－n＋2)·2n，进而得Tn＝[(－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{bn}的前n项和Tn＝(1－n)·2n＋1－2.7．(2021·山东威海文登区模拟)在①a1＋a3＝b3，②b2＋S5＝－b4，③

a1＋a9＝－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{an}的前n项和为Sn，{bn}是各项均为正数的等比数列，设其前n项和为Tn.若________，________，且b1＝2，T4＝5T2，是否存在大于2的正整数m，

使得4S1，S3，Sm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{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>0)，由题意知q≠1，所以T4＝b1（1－q4）1－q＝5T2＝

5×b1（1－q2）1－q，16整理得1＋q2＝5，因为q>0，所以q＝2，所以bn＝2n.当选取的条件为①②时，有a1＋a3＝8，4＋S5＝－16，所以2a1＋2d＝8，a1＋2d＝－4，解得a1＝12，d＝

－8.所以an＝－8n＋20，Sn＝－4n2＋16n.所以S1＝12，S3＝12，Sm＝－4m2＋16m，若4S1，S3，Sm成等比数列，则S23＝4S1Sm，所以4m2－16m＋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①

③时，有a1＋a3＝8，a1＋a9＝－4，所以2a1＋2d＝8，2a1＋8d＝－4，解得a1＝6，d＝－2.所以an＝－2n＋8，Sn＝－n2＋7n.所以S1＝6，S3＝12，Sm＝－m2＋7m，若4S1，S3，Sm成等比

数列，则S23＝4S1Sm，所以m2－7m＋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a1＋a9＝－4，4＋S5＝－16，所以2a1＋8d＝－4，a1＋2d

＝－4，解得a1＝－6，d＝1.所以an＝n－7，Sn＝n2－13n2.所以S1＝－6，S3＝－15，Sm＝m2－13m2，若4S1，S3，Sm成等比数列，17则S23＝4S1Sm，即225＝－24Sm，所以4m2－52

m＋75＝0，解得m＝13±942，因为m为正整数，所以不符合题意，此时m不存在．