专题02 等比数列性质14种题型归类（压轴题专项训练）数学湘教版2019选择性必修第一册

专题02 等比数列题型归类 目录 类型一、等比基础：定义与判定 类型二、等差等比“纠缠数列” 类型三、等比数列“指数型中点”性质 类型四、构造型等比数列递推求通项 类型五、sn与an得关系 类型六、等比数列单调性与最值 类型七、等比数列的“等距性” 类型八、等比数列“平衡点”不等性质 类型九、不定比值型 类型十、等比数列的函数性质 类型十一、插入数型等比数列 类型十二、等比数列奇、偶项和型 类型十三、等比数列递推型应用 类型十四、等比数列压轴小题 压轴专练 类型一、等比基础：定义与判定 等比数列判定方法 (1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列； (2)等比中项法：即证a＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列． 易错点： 1. 等比数列与0无关，任何一项都不能为 2. 等比数列必须保证“每一项”都成立，特别是首项。如＝q(q≠0的常数） 例1．（24-25高二下·江西南昌·期末）记数列的前项和为，且，则下列选项错误的是（   ） A． B．数列是公差为1的等差数列 C．数列是公比为4的等比数列 D．数列的前2025项和为 【答案】B 【分析】利用给定的前项和求出，再结合等差数列、等比数列定义及并项求和法逐项判断. 【详解】由，时，得，而满足上式， 因此数列的通项公式为， 对于A，，A正确； 对于B，，则，所以数列是公差为的等差数列，B错误； 对于C，，则，所以数列是公比为4的等比数列，C正确； 对于D，令，，数列前2025项和为 ，D正确. 故选：B. 变式1-1．（24-25高二下·河南商丘·期末）已知数列满足，且对任意的，都有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题设得，即原数列的奇数项为等比数列，应用等比数列的通项公式求目标项. 【详解】由题设，又， 故的奇数项是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以. 故选：D 变式1-2． （2025·江苏·三模）在正项数列中，设甲：，乙：是等比数列，则（   ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】A 【分析】根据等比数列的定义和通项公式，结合充分条件、必要条件的定义即可判断. 【详解】令，则， 令，则， 以此类推，得， 则数列是以为首项，为公比的等比数列. 若数列是等比数列，设其公比为，则， 所以，， 得， 当时，； 当时，不成立. 所以甲是乙的充分不必要条件. 故选：A 变式1-3． （24-25高二下·江西赣州·期中）已知 Sn是数列{an}的前n项和，且 则（    ） A．是等比数列 B．数列是等比数列 C． D． 【答案】C 【分析】先根据得到的递推关系式，然后构造一个等比数列写出的通项公式，再写出的通项公式即可判断各选项. 【详解】由，所以，可得. 因为，所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，故不是等比数列，且， 所以当时，， 所以，故不是等比数列，且， 综上，ABD选项错误，C选项正确. 故选：C 类型二、等差等比“纠缠数列” 等差等比“纠缠数列”：等差数列某些项成等比，或者等比数列某些项成等差。 1.一般情况下，等差中“纠缠等比”，设等差首项和公差列方程。 2.一般情况下，等比中“纠缠等比”，设等比首项和公比列方程。 例2、（22-23高一下·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）是公比不为1的等比数列的前n项和，是和的等差中项，是和的等比中项，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由是和的等差中项，可得，又由是和的等比中项，同时令，得，由此即可得到本题答案. 【详解】设的公比为，由于，所以，，， 又是和的等差中项，所以，即， 化简得，由于，所以，， 所以，，， 因为是和的等比中项，所以，即， 所以，令， 则， 当，即时，取得最大值，最大值为.故选：D 【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的综合应用，考查学生的转化求解能力和运算能力，属中档题. 变式2-1． （2023·四川南充·模拟预测）若 分别是与的等差中项和等比中项， 则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件可得 ，，然后结合同角三角函数的关系，以及恒等变换公式化简，即可得到结果. 【详解】依题意可得 ，， 且， 所以，即， 解得 又因为，所以， 所以 故选:A 变式2-2． （21-22高二上·宁夏银川·阶段练习）若四个正数成等差数列，是和的等差中项，是和的等比中项，则和的大小关系为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据数列的性质，列式，结合基本不等式，即可比较大小. 【详解】由条件可知，，，，， 当时，， 当时，， 所以. 故选：B 变式2-3． （18-19高一下·浙江宁波·期中）已知实数A，G分别为正实数a，b的等差中项和等比中项，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由等差中项和等比中项得出，用基本不等式得不等关系后可得正确选项． 【详解】∵实数A，G分别为正实数a，b的等差中项和等比中项， ∴，， ∴，， 由基本不等式得即， 当且仅当时等号成立， 故选：A． 【点睛】本题考查等差中项和等比中项的概念，考查基本不等式，属于基础题． 类型三、等比数列“指数型中点”性质 等比数列“指数型中点”性质： （1)“指数型中点”技巧：若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2； (2)“跳项”等比：数列an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk. (3)“和项”等比：数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为__qn__. 例3．（20-21高二上·浙江·期末）已知数列是公差不为零的等差数列，是正项等比数列，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由等差，等比数列的形式特征画函数的图象，根据图象判断选项. 【详解】等差数列的通项公式是关于的一次函数，，图象中的孤立的点在一条直线上， 而等比数列的通项公式是关于的指数函数形式，图象中孤立的点在指数函数图象上， 如图所示当时，如下图所示， 当公差时，如下图所示， 如图可知当时，，，，. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是判断的方法，选择图象法可以比较快速的判断选项. 变式3-1． （20-21高二·全国·单元测试）已知数列{an}是公差不为零的等差数列，{bn}是等比数列，a1=b1>0，a4=b4>0，则下列说法正确的是（    ） A．a2+a3>b2+b3 B．a2+a3<b2+b3 C．a2+a3=b2+b3 D．a2+a3与b2+b3的大小不确定 【答案】A 【解析】推导出a2+a3=a1+a4=b1+b4=，b2+b3=b1q(1+q)，从而a2+a3>b2+b3. 【详解】解：∵数列{an}是公差不为零的等差数列，{bn}是等比数列，设公差公比为 ， ∴a2+a3=a1+a4=b1+b4=，b2+b3=b1q(1+q)， ∵数列{an}是公差不为零的等差数列，a1=b1>0，a4=b4>0，∴q>0，q≠1， 因为，所以a2+a3>b2+b3. 故选：A. 【点睛】本题考查等差数列的两项和与等比数列两项和的大小的判断，考查等差数列､等比数列的性质等基础知识，考查了推理能力与计算能力，是基础题. 变式3-2． （18-19高一下·河北唐山·期末）已知数列是公差不为零的等差数列，是等比数列，，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．与的大小不确定 【答案】A 【分析】设等比数列的公比为，结合题中条件得出且，将、、、用与表示，利用因式分解思想以及基本不等式可得出与的不等关系，并结合等差数列下标和性质可得出与的大小关系. 【详解】设等比数列的公比为，由于等差数列是公差不为零，则，从而， 且，得，， ，即， 另一方面，由等差数列的性质可得，因此，， 故选A. 【点睛】本题考查等差数列和等比数列性质的应用，解题的关键在于将等比中的项利用首项和公比表示，并进行因式分解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 变式3-3． （2021·浙江杭州·模拟预测）已知等差数列公差不为0，正项等比数列，，，则以下命题中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设等差数列公差为，正项等比数列公比为，，， 由可得出，从而分析出时，，时，． 把方程变形为，引入函数，利用两个函数的图象可得结论． 【详解】设等差数列公差为，正项等比数列公比为， 因为，所以，即，所以，又，所以， 由得，，， 所以时，，时，． ，，由，， 即，（*）， 令，，（*）式为，其中，且， 由已知和是方程的两个解， 记，且，是一次函数，是指数函数， 由一次函数和指数函数性质知当它们同增或同减时，图象才能有两个交点，即方程才可能有两解（题中时，，时，，满足同增减）． 如图，作出和的图象，它们在和时相交， 无论还是，由图象可得，，， 时，，时，， 因此，，，， 即， 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列和等比数列的性质，解题时由已知两项相等得出公差和公比的关系，考虑到方程有两解，把此方程变形为，引入函数，通过函数图象观察得到和的关系，从而由数形结合思想得出结论． 类型四、构造型等比数列递推求通项 等比数列求通项公式： 1. 如果sn有，则Sn为型线性指数函数。 2.（为常数）型递推式可构造为形如的等比数列. 3.倒数变换法，适用于（为常数）可以取倒数，构造新的递推公式 即型，解法回归到构造等比数列技巧中 4. 如果是前n项积 可以类比前n项和求通项过程来求数列前n项积： （1）.n=1，得a1 （2）.n时，所以 例4．（2025·海南·模拟预测）数列满足，对于任意的恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造等比数列得，由题意对于任意的恒成立，故只需求出即可. 【详解】由题意令，所以，对比，可得， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以， 所以， 对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立， 即对于任意的恒成立， 显然当增大时，减小，此时增大， 所以. 故选：A. 变式4-1． （24-25高二上·广东深圳·期末）已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令，递推关系可化为，证明，证明数列为等比数列，由此可求数列的通项公式，再分别在，，条件下判断函数的单调性可得结论. 【详解】因为，，所以，设，则， 所以若，则,，矛盾，所以，故， 所以数列为以为首项，公比为的等比数列，所以，故，若，则，数列为递增数列，且， 所以数列为递减数列，与已知矛盾； 若，则，所以数列为递减数列，且， 所以数列为递增数列，满足条件； 当时， ，故，所以数列为递减数列， 令，可得，所以当，且时，， 当，且时，，与条件矛盾， 所以的取值范围是，故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过对递推式的变形，并设，换元可得，再证明数列为等比数列，由此求出数列的通项公式. 变式4-2． （23-24高二下·四川泸州·期末）数列的前n项和满足，若，则的值是（    ） A． B． C．6 D．7 【答案】B 【分析】由已知结合化简变形可得数列是以2为首项，为公比的等比数列，从而可求出，进而可求出答案. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 因为，，所以，得， 所以数列是以2为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 故选：B 变式4-3． （2022高三·全国·专题练习）已知等比数列的前项和，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】等比数列的和为，，根据公式，求出，则也要满足通项公式，即可得到方程，解得即可； 【详解】等比数列的前项和为，， 当时，可得，可得， 当时，，则 因为为等比数列，所以，解得 故选：． 类型五、sn与an得关系 涉及到an与sn组合型递推，一般情况下，可以借助通项an与前n项和Sn的关系再写一个做差，消去sn再递推求解。 通项an与前n项和Sn的关系是： an＝ 等比数列前n项和 (2)数列{an}是等比数列，Sn＝，Sn为型线性指数函数。 例5．（23-24高三下·重庆·期中）已知数列的前项和满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用，求出，进而得到，结合的表达式可得答案. 【详解】当时，，解得； 当时，，即， 数列是以为首项，为公比的等比数列，所以， 所以， 因为，所以. 故选：B 变式5-1． （21-22高二下·重庆沙坪坝·期中）设等比数列的前项和为，，若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】根据作差求出，即可得到，再分为奇数、偶数两种情况讨论，分别求出的取值范围，即可求出、的取值范围，即可得解. 【详解】因为，所以当时， 当时，所以，即， 因为为等比数列，所以，所以， 则， 当为奇数时，则， 当为偶数时，则， 所以，因为不等式对任意的恒成立， 所以，，所以，则，即的最小值为. 故选：B 变式5-2． （2021高三·江苏·专题练习）已知数列{an}满足3a1+32a2+33a3++3nan＝n（n∈N*），数列的前n项和为Tn，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由题设求出an，进而求得，再利用裂项相消法求得Tn，最后求得T1•T2•T3…•T2020. 【详解】解：∵3a1+32a2+33a3+…+3nan＝n（n∈N*），∴3a1+32a2+33a3+…+3n﹣1an﹣1＝n﹣1（n≥2）， 两式相减得：3nan＝1，即an＝，n≥2， 又当n＝1时，有3a1＝1⇒a1＝也适合上式， ∴an＝， ∴， ， ∴T1•T2•T3…•T2020＝， 故选：A. 【点睛】本题考查裂项相消法求和．数列求和的常用方法： 变式5-3． （23-24高二上·安徽合肥·期末）已知数列的前n项和满足，（），则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由数列递推式可判断数列是等比数列，求出其前n项和，结合其单调性，即可求得答案. 【详解】由题意知，则，且， 两式相减得：，因为，所以，故， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 由于随n的增大而减小，故单调递增，所以， 综上，. 故选：C 类型六、等比数列单调性与最值 等比数列与函数的关系 (1) 数列{an}是等比数列，an＝a1qn-1， 通项an为指数函数：即an＝a1qx-1； (2)数列{an}是等比数列，Sn＝，Sn为型线性指数函数。 （3）借助函数性质（或者不等式均值等性质）求等比数列最值时，要注意自变量n是离散型 例6．（24-25高二下·安徽·阶段练习）已知等比数列中，，，设数列的最大项为，最小项为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设等比数列的公比为，根据题意求出、的值，可得出数列的通项公式，分析数列奇数项和偶数项的单调性，可得出、的值，即可得解. 【详解】设等比数列的公比为，由，解得， 所以，， 当为奇数时，； 当为偶数时，. 所以，数列的奇数项单调递增，偶数项单调递减， 故，，， 故选：D． 变式6-1．（2023·上海闵行·二模）已知数列为等比数列，首项，公比，则下列叙述不正确的是（   ） A．数列的最大项为 B．数列的最小项为 C．数列为严格递增数列 D．数列为严格递增数列 【答案】D 【分析】分别在为偶数和为奇数的情况下，根据项的正负和的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用和可知CD正误. 【详解】对于A，由题意知：当为偶数时，； 当为奇数时，，，最大； 综上所述：数列的最大项为，A正确； 对于B，当为偶数时，，，最小； 当为奇数时，； 综上所述：数列的最小项为，B正确； 对于C，，， ， ，，， 数列为递增数列，C正确； 对于D，，， ； ，，，又， ，数列为递减数列，D错误. 故选：D. 变式6-2． （24-25高二下·河南周口·阶段练习）在等比数列中，，，则当取得最小值时， （    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可求出等比数列的通项公式，解不等式，即可得出结果. 【详解】设等比数列的公比为，则，解得， 故，所以，且是递增数列. 由可得，可得，解得， 所以当时，，当时，， 所以当取得最小值时，. 故选：A. 变式6-3． （2025·北京顺义·一模）设为等比数列，则“存在，使得”是“为递减数列”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据题意，举出反例即可得到充分性不满足，再由数列单调性的定义，即可验证必要性满足，从而得到结果. 【详解】假设等比数列的公比，首项，则数列的项依次为， 当时，满足，但是不是递减数列， 故充分性不满足； 若为递减数列，则对于任意的，必然有， 故必要性满足； 所以“存在，使得”是“为递减数列”的必要而不充分条件. 故选：B 类型七、等比数列的“等距性” “等距”等比：数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn 例7．．（24-25高二下·安徽合肥·期末）已知等比数列的前n项和为，若，且，则（   ） A． B．40 C．30或 D．或40 【答案】B 【分析】根据等比数列的性质以及片段和，求出等比数列公比由前项和公式即可得解. 【详解】等比数列的公比为， 因为，且， ，，故， 所以，即， 解得或（舍去）， 所以，可得， 故选：B. 变式7-1． （24-25高二下·河南南阳·期末）已知等比数列的前项和为，则（    ） A．14 B．18 C．20 D．30 【答案】D 【分析】根据等比数列的前项和的片段和性质得到新的等比数列即可求解. 【详解】是等比数列，， 成首项为2，公比为2的等比数列， ，故. 故选：D. 变式7-2． （24-25高二下·江西·期末）已知是等比数列的前项和，，，则（   ） A．14 B．28 C．35 D．49 【答案】D 【分析】根据等比数列前项和的性质，求出的值，进而求出结果. 【详解】由是等比数列的前项和，由题易知均不为， 且是等比数列， 因为，所以，可得， 所以， 则，解得，则. 故选：D. 变式7-3．（24-25高二下·陕西汉中·期末）记为等比数列的前n项和，若，则（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】根据等比数列的前项和的性质可得. 【详解】因为是等比数列，所以成等比数列， 因，则，故，解得. 故选：B 类型八、等比数列“平衡点”不等性质 等比数列“平衡点”型不等式 等比数列“平衡点”型不等式，主要从以下几个性质思考： 1.若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2 2.如果等比数列是正项递增数列，则若p＋q>m＋n，则ap·aq>am·an. 例8．（2024高二·全国·专题练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件：，，下列结论错误的是（    ） A． B． C．是数列中的最大值 D．数列无最大值 【答案】D 【分析】根据条件判断，结合，即可判断A；分和两情况讨论，根据的成立与否得出，，结合等比数列的性质可判断B；对于C，D，由前面推得的即可判断. 【详解】对于A，由可得，， 由可得，又因为， 所以数列为各项均为正数的等比数列，所以，即A正确； 当时，因，数列为递增数列，则， 此时，与已知矛盾，所以不成立； 当时，数列为递减数列，根据， 有，此时成立，所以， 对于B，因，故B正确； 对于C，D，由上分析，且， 则是数列中的最大值，故C正确，D错误. 故选：D. 变式8-1． （22-23高二下·辽宁·期末）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项不正确的是（    ） A．为递减数列 B． C．是数列中的最大项 D． 【答案】B 【分析】根据已知条件求得的范围，再根据等比数列的性质，对选项逐一判断即可. 【详解】因为数列为等比数列，且，，所以，即数列为正项等比数列， 当时，则，不满足，舍去， 所以，即数列为单调递减数列，A说法正确； 由可得，， 所以，即，B说法错误； 因为数列单调递减，且，，所以是数列中的最大项，C说法正确； 由等比中项可知，D说法正确； 故选：B 变式8-2．（22-23高三上·贵州黔西·阶段练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项错误的是（    ） A． B． C．是数列中的最大项 D． 【答案】D 【分析】根据题意，分析可得，，从而有，，则等比数列为正项的递减数列．再结合等比数列的性质逐一判断即可． 【详解】等比数列的公比为，若，则， 由，可得，则数列各项均为正值， 若，当时，由则恒成立，显然不适合，故，且，，故正确； 因为，所以，故正确； 根据，可知是数列中的最大项，故正确； 由等比数列的性质可得， 所以，故错误． 故选：． 变式8-3． （24-25高二·全国·假期作业）设等比数列的公比为q，其前项之积为，并且满足条件：，，.给出下列结论：（1）；（2）（3）的值是中最大的；（4）使成立的最大自然数等于4030.其中正确的结论为（ ） A．（1），（3） B．（2），（3） C．（2），（4） D．（1），（4） 【答案】D 【分析】先根据题意确定公比的取值范围，再由等比数列的性质逐一核对四个命题得答案． 【详解】因为，，所以； 由，所以，所以. 若，因为，所以，，这与矛盾.故不成立. 若，由，与条件无冲突. 故，所以（1）成立； 由，所以，故（2）错误； 因为，因为，，所以， 又单调递减，，所以是中的最大值.所以（3）错误； 因为在时单调递增，当时，单调递减. 且， . 所以使成立的最大自然数等于4030.故（4）正确. 故选：D 类型九、不定比值型 设首项与公比，作为变量列方程，构造比例转化关系。 求解时，涉及到前n项和时，要注意讨论公比是否为1特殊情况 例9．（23-24高三上·四川成都·阶段练习）已知等比数列的前项和为，且数列是等差数列，则（    ） A．1或 B．1或 C．2或 D．或 【答案】B 【分析】设等比数列 的公比为，根据已知列出关系式，进而化简求解即可得出 或.根据等比数列的性质，化简可得.分别代入的值，即可得出答案. 【详解】设等比数列 的公比为， 由，，成等差数列可得，， 即，化简得， 解得 或. 又， 所以，. 当时，； 当 时，． 故选：B． 变式9-1．（22-23高二下·湖北襄阳·阶段练习）已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1=1，Sn是数列{an}前n项的和，则（n∈N+）的最小值为 A．4 B．3 C．2﹣2 D． 【答案】A 【详解】试题分析：由题意得（1+2d）2=1+12d，求出公差d的值，得到数列{an}的通项公式，前n项和，从而可得，换元，利用基本不等式，即可求出函数的最小值． 解：∵a1=1，a1、a3、a13 成等比数列， ∴（1+2d）2=1+12d． 得d=2或d=0（舍去）， ∴an =2n﹣1， ∴Sn==n2， ∴=． 令t=n+1，则=t+﹣2≥6﹣2=4 当且仅当t=3，即n=2时，∴的最小值为4． 故选A． 变式9-2． （2022·江西宜春·模拟预测）已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则（ ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】C 【分析】先利用，，成等差数列解出，再利用求和公式化简求值即可. 【详解】解：设等比数列公比为，由，，成等差数列可得，，化简得，解得或，当时，2； 当时，.故选：C. 类型十、等比数列的函数性质 判断数列的单调性，常用的方法有作差比较法、作商比较法和函数图象法： （1）作差比较法：当时，递增；当时，递减. （2）作商比较法：若，则当时，递增；当时，递减. （3）函数图象法：设，则可用函数的图象来研究数列的单调性 例10．（湖南省郴州市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷）在正项等比数列中，，，记，若取最大值时，则n的值为（   ） A．3 B．4 C．3或4 D．4或5 【答案】C 【分析】利用已知条件求出公比q,再表示，化简求出最值即可. 【详解】，解得或， ∵数列是正项等比数列，， 令，则时，取得最大值. 又∵，或时，取得最大值，此时最大. 故选：C 变式10-1．（24-25高二下·广东江门·期末）已知数列的前项和为，且，设，，若数列是递增数列，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意得，进一步有，结合恒成立，可得恒成立，从而即可得解. 【详解】由题意，所以，解得， 而， 从而，所以， 所以是以为首项、2为公比的等比数列， 所以，解得， 所以， 若数列是递增数列，则当且仅当恒成立， 所以恒成立， 所以恒成立，所以， 所以实数的取值范围是. 故选：B. 变式10-2．（24-25高三上·河北邢台·阶段练习）已知首项为1的等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，若恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据题意得到，根据题意得到，再利用对勾函数的性质求解即可. 【详解】因为，，成等差数列，所以， 又因为的首项为1，各项均为正数的等比数列， 所以，解得或（舍去），所以. 若恒成立，所以. 设，令，解得， 所以在为减函数，在为增函数. 而当时，即时，， 所以当时，即时，取得最小值为， 所以. 故选：B 变式10-3． （24-25高二下·北京西城·期末）若数列是存在负数项的无穷等比数列，则“数列有最小项”是“数列有最大项”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据给定条件，按公比的取值情况，结合单调性探讨等价条件，再利用充要条件的定义判断. 【详解】设等比数列的公比为，则， 由数列存在负数项，得或， 数列有最小项，当时，， 若，则单调递增，随着的增大，无限增大，趋近于正无穷大，无最小项； 若，，数列是常数列，有最小项； 若，则单调递减，随着的增大，正数无限减小，有最小项， 因此； 当时，数列的项正负相间，若，则单调递增，随着的增大， 无限增大，趋近于正无穷大，无最小项； 当时，，数列有最小项； 当时，，单调递减，随着的增大，正数无限减小， 有最小项或，因此， 于是数列有最小项等价于； 数列有最大项：，数列是等比数列， 当时，无最大项，数列无最大项； 当时，，数列有最大项； 当时，单调递减，随着的增大，正数无限减小，数列有最大项， 因此数列有最大项等价于， 所以“数列有最小项”是“数列有最大项”的充分必要条件. 故选：C 类型十一、插入数型等比数列 例11．（2018高三·全国·竞赛）已知、是不相等的正数，在、之间插入两组数，，…，，，，…，，使，，，…，，成等差数列，，，，…，，成等比数列．则下列不等式 （1）， （2）， （3）， （4） 中，为真命题的是（    ）． A．（1）、（3） B．（1）、（4） C．（2）、（3） D．（2）、（4） 【答案】B 【详解】解法1：由等差数列知，有 ． 可见（1）真，（2）假． 又由等比数列知，有 ． 可见（3）假，（4）真． 综上得（1）、（4）真． 解法2：取，，，可验算（2）、（3）不成立，否定A、C、D，从而B真． 变式11-1．（2023·江西南昌·二模）已知数列的通项公式为，保持数列中各项顺序不变，对任意的，在数列的与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前n项的和为，则（    ） A．4056 B．4096 C．8152 D．8192 【答案】C 【分析】插入组共个，可知前面插入12组数，最后面插入9个，从而可得插入的数之和为，又数列的前13项和，可得 【详解】插入组共个，∵，∴前面插入12组数，最后面插入9个． ， ∵， ∴ ， 又数列的前13项和为 ， 故选：C． 变式11-2． （16-17高三上·湖南长沙·周测）已知函数，其中，对任意的都成立，在1和两数间插入2015个数，使之与1，构成等比数列，设插入的这2015个数的乘积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二次函数的性质结合条件可得，然后利用等比数列的性质即得. 【详解】因为函数，对任意的都成立， 所以，解得或， 又因为，所以， 在和两数间插入共个数，使之与，构成等比数列， 所以，，两式相乘， 根据等比数列的性质得，， 故选：C. 变式11-3．（2024·河南安阳·三模）如图，某数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成公比相同的等比数列，数阵中各项均为正数，，则 ；在数列中的任意与两项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项和为，则 ． 【答案】 【分析】设第一行公差为，各列的公比为且，结合已知条件求得，即可写出通项公式；再根据题意确定前70项的组成，应用分组求和、等比数列前n项和公式求和即可. 【详解】设第一行公差为，各列的公比为且，且， 则，，，， 所以，则， 由各项均为正数，故，则，即， 综上，，故， 由上，前n项为，且， 故在之前共有项， 则，则， 综上，前70项为， . 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：利用等差、等比数列通项公式求行列间的公差、公比，确定行列通项公式为关键. 类型十二、等比数列奇、偶项和型 例12．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知一个项数为偶数的等比数列所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前2项之积为8，则（   ） A．2 B．-2 C．-1 D．2或-2 【答案】D 【分析】设数列共有项，设所有奇数项之和为，由题意表求出和，利用求出公比，再结合求出即可. 【详解】设首项为，公比为，数列共有项，则满足首项为，公比为，项数为项，设所有奇数项之和为， 因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以， 所以，， 故满足，解得， 又， 所以. 故选：D 变式12-1． （24-25高二上·全国·课后作业）已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1012，偶数项之和为2024，则这个数列的公比为（   ） A．8 B． C．4 D．2 【答案】D 【分析】根据题意结合等比数列的性质运算求解. 【详解】由题意可知：， 所以． 故选：D. 变式12-2． （2020·安徽·模拟预测）已知项数为奇数的等比数列的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列的项数为（    ） A．5 B．7 C．9 D．11 【答案】A 【分析】根据题意，设，由等比数列的前项和公式可得的值，进而求得结论． 【详解】根据题意，数列为等比数列，设， 又由数列的奇数项之和为21，偶数项之和为10，则， 故； 故选： 【点评】本题考查等比数列的求和，关键是求出等比数列的公比，属于基础题． 变式12-3． （24-25高二上·全国·课堂例题）若等比数列共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为 ，项数为 ． 【答案】 2 9 【分析】利用等比数列奇数项和与偶数项和的关系，及前n项和公式列式计算即可得解. 【详解】在等比数列中，由，得，解得， 设这个数列共有项，则，解得，所以这个等比数列的项数为9. 故答案为：2；9 类型十三、等比数列递推型应用 例13．（24-25高二下·北京昌平·期末）已知数列满足，且，给出下列四个结论： ①可能为等比数列； ②若，则为递减数列； ③不可能为递增数列； ④存在实数a，使得， 都有 其中所有正确结论的序号是 【答案】①②④. 【分析】构建，分析的值域以及与4的大小关系.分、、、和五种情况，分析数列的单调性以及取值范围，结合相应项逐项分析判断即可. 【详解】构建， 可得，当且仅当时，等号成立； 令，解得或；令，解得或；令，解得. 因为， 则，且， （1）若，则，即； 可得，且，可得， 依次类推可得； （2）若，则，； 依次类推可得； （3）若，则，且，可得， 可得，且，可得， 依次类推可得； （4）若，则，， 依次类推可得； （5）若，则，且，可得， 可得，且，可得， 依次类推可得； 对于①：由（4）可知：若，则， 此时数列为公比为1的等比数列，故①正确； 对于②：由（5）可知：若，则， 此时数列为递减数列，故②正确； 对于③：由（3）可知：若，则， 此时数列为递增数列，故③错误； 对于④：由（3）可知：若，则， 即， 都有，故④正确； 故答案为：①②④. 变式13-1． （24-25高二下·四川成都·阶段练习）已知数列的前项和为，，，，则满足 的正整数的所有取值集合为 . 【答案】 【分析】按奇偶分析数列的特征，利用分组求和法，结合等差数列、等比数列前项和公式求出，再借助单调性求得答案. 【详解】当为奇数时，，即数列中的奇数项构成以为首项，公差为的等差数列； 当为偶数时，，即数列中的偶数项构成以为首项，公比为的等比数列， 显然数列中的每一项均为正整数，则数列为递增数列， 当为奇数时，设，则， 当为偶数时，设，则， 而，， ，， 所以满足的正整数的所有取值集合为. 故答案为： 变式13-2． （24-25高二下·云南保山·阶段练习）已知是数列的前项和，，，是等比数列，则 ， . 【答案】 1 【分析】根据数列的递推关系式可得是以1为首项，2为公比的等比数列，从而得的值；根据等比数列的通项公式与性质结合前项和公式求解即可. 【详解】， 则， 又，所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 故，所以，即， 所以， 因为， 所以. 故答案为：1；. 变式13-3．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）高斯函数又称取整函数，是数学中的重要函数，它是用［］表示不超过的最大整数，已知数列首项为1，且，数列满足，记为数列的前项和，则 . 【答案】7 【分析】分析得出，利用累加法求出数列的通项公式，可化简数列的表达式，求出，结合题中定义可求得的值. 【详解】因为数列满足，且，则， 当且时， ， 也满足，故对任意的，， 故，， 当时，，则，所以， 此时， 所以 ， 所以. 故答案为：. 类型十四、等比数列压轴小题 例14．（2024·河北·一模）已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，，，则 ；若数列和的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为 ． 【答案】 【分析】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出数列的通项公式；设满足不等式的正整数的最小值为，推导出，设，其中且，根据可得出关于的不等式，求出的最小值，即可得出的值，即为所求. 【详解】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为， 则，，， 解得，，， 所以，，， 由，整理可得， 数列的各项分别为：、、、、、、、、、， 其中前若干项中，数列有项，数列有项， 所以，是数列的第项， 所以， ， 所以，， 令，整理可得， 令，则有，解得， 因为，所以，，可得， 所以，满足不等式的正整数的最小值为， 同理可知，满足不等式的正整数的最大值为， 所以满足不等式的正整数的最小值，即， 设，其中且， 则 ， ， 由，整理可得，解得， 所以自然数的最小值为，所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式求参数的值，解题的关键在于确定满足条件的正整数的最小值所在的区间，并引入合适的参数，求出相应的参数的值，进而得解, 变式14-1． （24-25高一下·北京海淀·期中）已知数列为无穷项等比数列，为其前项和，，有下面四个结论： ①； ② ③对于任意的， ④存在正数，满足，使得恒成立 其中正确结论的序号为 ． 【答案】②③④ 【分析】根据等比数列的前n项和公式及已知得到，，再依次判断各项的正误即可. 【详解】若的公比为，而，易知， 若，，故， 当，则，此时，显然无解； 当，则，此时，可得； 当，则，此时，可得； 当，则，此时，显然无解； 若，则，显然不成立； 综上，，，故不一定成立，①错； 若，则，满足前提，②对； 由，而，， 当，则为奇数时，， 为偶数时，，所以； 当，则恒成立，即， 综上，，③对； 由，其中， 当，则，此时，且； 当，为奇数时，，为偶数时，， 此时且， 综上，存在正数，满足，使得恒成立，④对. 故答案为：②③④ 变式14-2． （2018·山西晋中·一模）在中，，分别是边，的中点，，分别是线段，的中点，…，，分别是线段，（，）的中点，设数列，满足：向量，有下列四个命题： ①数列是单调递增数列，数列是单调递减数列； ②数列是等比数列； ③数列有最小值，无最大值； ④若中，，，则最小时， 其中真命题是 ． 【答案】①②④ 【分析】首先得到，由向量基本定理得推论得到，，得到①正确； ，，得到无最小值，②正确，③错误， ，求出，得到当时，取得最小值，即有最小时，，故④正确. 【详解】根据题意可得，，， ， ，，，， 则， 由于在中，不共线， ，， 则数列是单调递增数列，数列是单调递减数列，①正确； ， 数列是首项和公比均为的等比数列，②正确； 恒成立，在单调递减，有最大值为0，无最小值，故③错误； 根据题意，， ， ， 当时，取得最小值，即有最小时，，故④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】数列与向量结合，本题中要先利用向量基本定理及向量共线定理得推论得到，的通项公式，再判断数列的单调性及数列类型，D选项，还会用到向量数量积的运算法则，综合性高，难度较大. 压轴专练 一、单选题 1．（24-25高二下·江西上饶·期末）在等比数列中，是函数的两个零点，则（   ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【分析】根据韦达定理结合等比中项可求的值. 【详解】因为是函数的两个零点， 所以是方程的两个根，所以， 所以均为负数，又因为是等比数列，所以， 又同号，所以. 故选：C. 2．（四川省雅安市2024-2025学年高二下学期期末教学质量检测数学试题）已知数列为等比数列，，公比.若是的前项积，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题可得，根据等差数列求和公式即可求得，利用二次函数取最值即可. 【详解】根据题意，， 则， 又，所以或时，取得最大值. 故选：A. 3．（24-25高二下·辽宁鞍山·期末）已知单调递增数列的通项公式为，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据奇偶分类讨论不等式恒成立可得. 【详解】由已知恒成立，即恒成立， 为奇数时，，，的最小值是，所以，， 为偶数时，，，的最小值是，所以，， 所以， 故选：A. 4．（24-25高二下·青海海南·期末）如图，正方形的边长为4，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形.如果这个作图过程可以一直继续下去，那么这些正方形的面积之和将趋近于（   ） A．32 B．40 C．48 D．64 【答案】A 【分析】根据题意，正方形边长成等比数列，正方形的面积等于边长的平方可得，代入求出的通项公式，然后根据等比数列的前n项和的公式得到的和即可求解. 【详解】记第1个正方形的面积为，第2个正方形的面积为，，第n个正方形的面积为， 设第n个正方形的边长为,则第n个正方形的对角线长为， 所以第n+1个正方形的边长为，， 即数列{}是首项为，公比为的等比数列，， 数列{}是首项为，公比为的等比数列， ， 所以如果这个作图过程可以一直继续下去，那么所有这些正方形的面积之和将趋近于32. 故选：A 5．（24-25高二下·贵州六盘水·期末）已知数列满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题干推得，结合，可得成以首项为，公比为的等比数列，进而可得数列的通项公式． 【详解】∵ 又，∴成以首项为，公比为的等比数列 ，，即． 故选：C 6.（山东省日照市2024-2025学年高二下学期期末校际联合考试数学试卷）定义在的增函数满足：，且，.已知数列的前项和为，则使得成立的的最大值是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 【答案】B 【分析】应用已知条件分别构造抽象函数模型计算得出再应用等比数列的求和公式计算可得. 【详解】，可令，又，则， ， ． ． 故选：B． 7．（24-25高二下·广西崇左·期末）若数列满足，，的前项和为，则的整数部分为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由递推关系式变形可构造出数列是首项为2，公比为2的等比数列，得到，再利用分组求和及错位相减法求和即可得到，再取的整数部分即可. 【详解】，， 又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 则， 设数列的前项和为， 则，， 两式相减得：， 解得， 所以， 所以，故的整数部分为. 故选：A. 8．（2025·福建·模拟预测）已知是等差数列，是公比为的等比数列，为元集集合，则（    ） A．或 B． C． D．2 【答案】A 【分析】因等差数列与等比数列中有三个对应元素相同，故需要对哪三个元素相同进行分类讨论即可. 【详解】假设等差数列的公差为， ① 若 依题意，有， 即，，则. 则可得，与题设矛盾，故舍去. ②若 依题意，有， 即，，则， 此时可得，与题设矛盾，故舍去. ③若 依题意，有且， 消去，可得，显然， 则，整理得，解得或， 当时，，此时，符合题意； 当时，，与题设矛盾，故舍去. ④若 依题意，且， 消去，可得，显然， 则，整理得，解得或， 当时，， 此时，，符合题意； 当时，，与题设矛盾，故舍去. 综上所述，或. 故选：A. 二、多选题 9．（四川省凉山州2024-2025学年高二下学期期末统一检测数学试题）已知数列的前项和为，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】根据数列递推公式，前项和与通项公式之间的关系，求出数列通项公式，进而求出前项和公式，逐一判断各选项正误； 【详解】已知，则，所以A错误； 由，可得， 可得，即， 当时，，即数列自第二项开始是以1为首项，2为公比的等比数列，即，所以B错误； ，所以C正确， 当时，，符合条件， 当时，，所以D正确； 故选：CD. 10．（24-25高二下·云南·期末）已知数列的通项公式为，前项和为，则下列结论正确的是（   ） A． B．是递减数列 C． D． 【答案】ACD 【分析】A选项，代入计算出A正确；BC选项，作差法得到，所以是递增数列，，B错误，C正确；D选项，分组求和，结合等比数列求和公式得到，D正确. 【详解】A选项，，A正确； BC选项，， 故，所以是递增数列，，B错误，C正确； D选项，， 故 ，D正确. 故选：ACD. 11．（24-25高二下·江西·期末）已知等比数列的公比为，若，且，则（    ） A．当时， B．当时，的取值范围是 C．的取值范围是 D．的取值范围是 【答案】BD 【分析】根据等比数列中各项之间的关系，和等比中项的定义，结合基本不等式，分别判断构造函数的单调性，判断各选项的正误，求出正确结果. 【详解】对于A，当时，由，得，即， 因，则，解得，故A错误； 对于B，因，而函数在上单调递增， 由可得，所以，故B正确； 对于C，由，当且仅当时等号成立， 故得的取值范围是，故C错误； 对于D，因为，所以． 设，则， 因为，可得，所以，故D正确． 故选：BD． 三、填空题 12．（24-25高二下·辽宁辽阳·期末）设等比数列的前项和为，若，则 ． 【答案】31 【分析】设，根据等比数列的前项和的性质列式求解即可. 【详解】因为为等比数列，且，所以，，成等比数列． 设，则． 因则有，即，所以． 故． 故答案为：31. 13．（24-25高二下·海南·期中）已知等差数列的公差，由中的部分项组成的数列为等比数列，若，，则数列的前6项之和为 ． 【答案】120 【分析】先由题设条件，推出，求得，由数列为等比数列，求出数列的公比，利用公比依次通过求出，，得到，即可求解. 【详解】依题意，为等比数列，故，即， 化简得：，因，则，则， 设等比数列的公比为，则， 于是，故；，故；，故， 则数列的前6项之和为. 故答案为：120. 14．（2025·北京·模拟预测）已知等差数列满足.对，在区间中的所有项组成集合.记中最小值为，最大值为，元素个数为.下列四个结论中 ① ②为等比数列 ③ ④ 所有正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【分析】先分别求出当时的集合，，及，总结出当为奇数时，，，，当为偶数时，，，，计算即可判断①；求出及的值即可判断②；分为奇数和为偶数，即可判断③，先判断前几项，再根据指数型函数和一次函数的增长速度即可判断④. 【详解】当时，区间，令，解得， 因为，即，所以，，； 当时，区间，令，解得， 因为，即，所以，，； 当时，区间，令，解得， 因为，即，所以，，； 当时，区间，令，解得， 因为，即，所以， ，. 故当为奇数时，，，， 当为偶数时，，，， 对于①，因为，，所以，故①正确； 对于②，由，，，， 可知，公比不相等， 所以不为等比数列，故②错误； 对于③，当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以，故③正确； 对于④，当为奇数时，， 显然，， 当为偶数时，， 显然，， 随着的增大，指数函数的增长速度远大于一次函数增长速度， 故恒成立，故④正确. 故答案为：①③④ 结束 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 等比数列题型归类 目录 类型一、等比基础：定义与判定 类型二、等差等比“纠缠数列”3 类型三、等比数列“指数型中点”性质 类型四、构造型等比数列递推求通项7 类型五、sn与an得关系 类型六、等比数列单调性与最值 类型七、等比数列的“等距性” 类型八、等比数列“平衡点”不等性质 类型九、不定比值型 类型十、等比数列的函数性质 类型十一、插入数型等比数列 类型十二、等比数列奇、偶项和型 类型十三、等比数列递推型应用 类型十四、等比数列压轴小题 压轴专练 类型一、等比基础：定义与判定 等比数列判定方法 (1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列； (2)等比中项法：即证a＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列． 易错点： 1. 等比数列与0无关，任何一项都不能为 2. 等比数列必须保证“每一项”都成立，特别是首项。如＝q(q≠0的常数） 例1．（24-25高二下·江西南昌·期末）记数列的前项和为，且，则下列选项错误的是（   ） A． B．数列是公差为1的等差数列 C．数列是公比为4的等比数列 D．数列的前2025项和为 变式1-1．（24-25高二下·河南商丘·期末）已知数列满足，且对任意的，都有，则（    ） A． B． C． D． 变式1-2． （2025·江苏·三模）在正项数列中，设甲：，乙：是等比数列，则（   ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 变式1-3． （24-25高二下·江西赣州·期中）已知 Sn是数列{an}的前n项和，且 则（    ） A．是等比数列 B．数列是等比数列 C． D． 类型二、等差等比“纠缠数列” 等差等比“纠缠数列”：等差数列某些项成等比，或者等比数列某些项成等差。 1.一般情况下，等差中“纠缠等比”，设等差首项和公差列方程。 2.一般情况下，等比中“纠缠等比”，设等比首项和公比列方程。 例2、（22-23高一下·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）是公比不为1的等比数列的前n项和，是和的等差中项，是和的等比中项，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 变式2-1． （2023·四川南充·模拟预测）若 分别是与的等差中项和等比中项， 则的值为（    ） A． B． C． D． 变式2-2． （21-22高二上·宁夏银川·阶段练习）若四个正数成等差数列，是和的等差中项，是和的等比中项，则和的大小关系为（ ） A． B． C． D． 变式2-3． （18-19高一下·浙江宁波·期中）已知实数A，G分别为正实数a，b的等差中项和等比中项，则（    ） A． B． C． D． 类型三、等比数列“指数型中点”性质 等比数列“指数型中点”性质： （1)“指数型中点”技巧：若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2； (2)“跳项”等比：数列an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk. (3)“和项”等比：数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为__qn__. 例3．（20-21高二上·浙江·期末）已知数列是公差不为零的等差数列，是正项等比数列，若，，则（    ） A． B． C． D． 变式3-1． （20-21高二·全国·单元测试）已知数列{an}是公差不为零的等差数列，{bn}是等比数列，a1=b1>0，a4=b4>0，则下列说法正确的是（    ） A．a2+a3>b2+b3 B．a2+a3<b2+b3 C．a2+a3=b2+b3 D．a2+a3与b2+b3的大小不确定 变式3-2． （18-19高一下·河北唐山·期末）已知数列是公差不为零的等差数列，是等比数列，，，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D．与的大小不确定 变式3-3． （2021·浙江杭州·模拟预测）已知等差数列公差不为0，正项等比数列，，，则以下命题中正确的是（    ） A． B． C． D． 类型四、构造型等比数列递推求通项 等比数列求通项公式： 1. 如果sn有，则Sn为型线性指数函数。 2.（为常数）型递推式可构造为形如的等比数列. 3.倒数变换法，适用于（为常数）可以取倒数，构造新的递推公式 即型，解法回归到构造等比数列技巧中 4. 如果是前n项积 可以类比前n项和求通项过程来求数列前n项积： （1）.n=1，得a1 （2）.n时，所以 例4．（2025·海南·模拟预测）数列满足，对于任意的恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 变式4-1． （24-25高二上·广东深圳·期末）已知一个各项非零的数列满足且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 变式4-2． （23-24高二下·四川泸州·期末）数列的前n项和满足，若，则的值是（    ） A． B． C．6 D．7 变式4-3． （2022高三·全国·专题练习）已知等比数列的前项和，则的值为（    ） A． B． C． D． 类型五、sn与an得关系 涉及到an与sn组合型递推，一般情况下，可以借助通项an与前n项和Sn的关系再写一个做差，消去sn再递推求解。 通项an与前n项和Sn的关系是： an＝ 等比数列前n项和 (2)数列{an}是等比数列，Sn＝，Sn为型线性指数函数。 例5．（23-24高三下·重庆·期中）已知数列的前项和满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式5-1． （21-22高二下·重庆沙坪坝·期中）设等比数列的前项和为，，若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 变式5-2． （2021高三·江苏·专题练习）已知数列{an}满足3a1+32a2+33a3++3nan＝n（n∈N*），数列的前n项和为Tn，则（    ） A． B． C． D． 变式5-3． （23-24高二上·安徽合肥·期末）已知数列的前n项和满足，（），则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 类型六、等比数列单调性与最值 等比数列与函数的关系 (1) 数列{an}是等比数列，an＝a1qn-1， 通项an为指数函数：即an＝a1qx-1； (2)数列{an}是等比数列，Sn＝，Sn为型线性指数函数。 （3）借助函数性质（或者不等式均值等性质）求等比数列最值时，要注意自变量n是离散型 例6．（24-25高二下·安徽·阶段练习）已知等比数列中，，，设数列的最大项为，最小项为，则（   ） A． B． C． D． 变式6-1．（2023·上海闵行·二模）已知数列为等比数列，首项，公比，则下列叙述不正确的是（   ） A．数列的最大项为 B．数列的最小项为 C．数列为严格递增数列 D．数列为严格递增数列 变式6-2． （24-25高二下·河南周口·阶段练习）在等比数列中，，，则当取得最小值时， （    ） A． B． C． D． 变式6-3． （2025·北京顺义·一模）设为等比数列，则“存在，使得”是“为递减数列”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 类型七、等比数列的“等距性” “等距”等比：数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn 例7．．（24-25高二下·安徽合肥·期末）已知等比数列的前n项和为，若，且，则（   ） A． B．40 C．30或 D．或40 变式7-1． （24-25高二下·河南南阳·期末）已知等比数列的前项和为，则（    ） A．14 B．18 C．20 D．30 变式7-2． （24-25高二下·江西·期末）已知是等比数列的前项和，，，则（   ） A．14 B．28 C．35 D．49 变式7-3．（24-25高二下·陕西汉中·期末）记为等比数列的前n项和，若，则（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 类型八、等比数列“平衡点”不等性质 等比数列“平衡点”型不等式 等比数列“平衡点”型不等式，主要从以下几个性质思考： 1.若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2 2.如果等比数列是正项递增数列，则若p＋q>m＋n，则ap·aq>am·an. 例8．（2024高二·全国·专题练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件：，，下列结论错误的是（    ） A． B． C．是数列中的最大值 D．数列无最大值 变式8-1． （22-23高二下·辽宁·期末）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项不正确的是（    ） A．为递减数列 B． C．是数列中的最大项 D． 变式8-2．（22-23高三上·贵州黔西·阶段练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项错误的是（    ） A． B． C．是数列中的最大项 D． 变式8-3． （24-25高二·全国·假期作业）设等比数列的公比为q，其前项之积为，并且满足条件：，，.给出下列结论：（1）；（2）（3）的值是中最大的；（4）使成立的最大自然数等于4030.其中正确的结论为（ ） A．（1），（3） B．（2），（3） C．（2），（4） D．（1），（4） 类型九、不定比值型 设首项与公比，作为变量列方程，构造比例转化关系。 求解时，涉及到前n项和时，要注意讨论公比是否为1特殊情况 例9．（23-24高三上·四川成都·阶段练习）已知等比数列的前项和为，且数列是等差数列，则（    ） A．1或 B．1或 C．2或 D．或 变式9-1．（22-23高二下·湖北襄阳·阶段练习）已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1=1，Sn是数列{an}前n项的和，则（n∈N+）的最小值为 A．4 B．3 C．2﹣2 D． 变式9-2． （2022·江西宜春·模拟预测）已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则（ ） A．或 B．或 C．或 D．或 类型十、等比数列的函数性质 判断数列的单调性，常用的方法有作差比较法、作商比较法和函数图象法： （1）作差比较法：当时，递增；当时，递减. （2）作商比较法：若，则当时，递增；当时，递减. （3）函数图象法：设，则可用函数的图象来研究数列的单调性 例10．（湖南省郴州市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷）在正项等比数列中，，，记，若取最大值时，则n的值为（   ） A．3 B．4 C．3或4 D．4或5 变式10-1．（24-25高二下·广东江门·期末）已知数列的前项和为，且，设，，若数列是递增数列，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 变式10-2．（24-25高三上·河北邢台·阶段练习）已知首项为1的等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，若恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 变式10-3． （24-25高二下·北京西城·期末）若数列是存在负数项的无穷等比数列，则“数列有最小项”是“数列有最大项”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 类型十一、插入数型等比数列 例11．（2018高三·全国·竞赛）已知、是不相等的正数，在、之间插入两组数，，…，，，，…，，使，，，…，，成等差数列，，，，…，，成等比数列．则下列不等式 （1）， （2）， （3）， （4） 中，为真命题的是（    ）． A．（1）、（3） B．（1）、（4） C．（2）、（3） D．（2）、（4） 变式11-1．（2023·江西南昌·二模）已知数列的通项公式为，保持数列中各项顺序不变，对任意的，在数列的与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前n项的和为，则（    ） A．4056 B．4096 C．8152 D．8192 变式11-2． （16-17高三上·湖南长沙·周测）已知函数，其中，对任意的都成立，在1和两数间插入2015个数，使之与1，构成等比数列，设插入的这2015个数的乘积为，则（    ） A． B． C． D． 变式11-3．（2024·河南安阳·三模）如图，某数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成公比相同的等比数列，数阵中各项均为正数，，则 ；在数列中的任意与两项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项和为，则 ． 类型十二、等比数列奇、偶项和型 例12．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知一个项数为偶数的等比数列所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前2项之积为8，则（   ） A．2 B．-2 C．-1 D．2或-2 变式12-1． （24-25高二上·全国·课后作业）已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1012，偶数项之和为2024，则这个数列的公比为（   ） A．8 B． C．4 D．2 变式12-2． （2020·安徽·模拟预测）已知项数为奇数的等比数列的首项为1，奇数项之和为21，偶数项之和为10，则这个等比数列的项数为（    ） A．5 B．7 C．9 D．11 变式12-3． （24-25高二上·全国·课堂例题）若等比数列共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为 ，项数为 ． 类型十三、等比数列递推型应用 例13．（24-25高二下·北京昌平·期末）已知数列满足，且，给出下列四个结论： ①可能为等比数列； ②若，则为递减数列； ③不可能为递增数列； ④存在实数a，使得， 都有 其中所有正确结论的序号是 变式13-1． （24-25高二下·四川成都·阶段练习）已知数列的前项和为，，，，则满足 的正整数的所有取值集合为 . 变式13-2． （24-25高二下·云南保山·阶段练习）已知是数列的前项和，，，是等比数列，则 ， . 变式13-3．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）高斯函数又称取整函数，是数学中的重要函数，它是用［］表示不超过的最大整数，已知数列首项为1，且，数列满足，记为数列的前项和，则 . 类型十四、等比数列压轴小题 例14．（2024·河北·一模）已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，，，则 ；若数列和的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为 ． 变式14-1． （24-25高一下·北京海淀·期中）已知数列为无穷项等比数列，为其前项和，，有下面四个结论： ①； ② ③对于任意的， ④存在正数，满足，使得恒成立 其中正确结论的序号为 ． 变式14-2． （2018·山西晋中·一模）在中，，分别是边，的中点，，分别是线段，的中点，…，，分别是线段，（，）的中点，设数列，满足：向量，有下列四个命题： ①数列是单调递增数列，数列是单调递减数列； ②数列是等比数列； ③数列有最小值，无最大值； ④若中，，，则最小时， 其中真命题是 ． 压轴专练 一、单选题 1．（24-25高二下·江西上饶·期末）在等比数列中，是函数的两个零点，则（   ） A． B．3 C． D． 2．（四川省雅安市2024-2025学年高二下学期期末教学质量检测数学试题）已知数列为等比数列，，公比.若是的前项积，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·辽宁鞍山·期末）已知单调递增数列的通项公式为，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·青海海南·期末）如图，正方形的边长为4，取正方形各边的中点，，，，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第3个正方形.如果这个作图过程可以一直继续下去，那么这些正方形的面积之和将趋近于（   ） A．32 B．40 C．48 D．64 5．（24-25高二下·贵州六盘水·期末）已知数列满足，则（   ） A． B． C． D． 6.（山东省日照市2024-2025学年高二下学期期末校际联合考试数学试卷）定义在的增函数满足：，且，.已知数列的前项和为，则使得成立的的最大值是（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 7．（24-25高二下·广西崇左·期末）若数列满足，，的前项和为，则的整数部分为（   ） A． B． C． D． 8．（2025·福建·模拟预测）已知是等差数列，是公比为的等比数列，为元集集合，则（    ） A．或 B． C． D．2 二、多选题 9．（四川省凉山州2024-2025学年高二下学期期末统一检测数学试题）已知数列的前项和为，，且，则（   ） A． B． C． D． 10．（24-25高二下·云南·期末）已知数列的通项公式为，前项和为，则下列结论正确的是（   ） A． B．是递减数列 C． D． 11．（24-25高二下·江西·期末）已知等比数列的公比为，若，且，则（    ） A．当时， B．当时，的取值范围是 C．的取值范围是 D．的取值范围是 三、填空题 12．（24-25高二下·辽宁辽阳·期末）设等比数列的前项和为，若，则 ． 13．（24-25高二下·海南·期中）已知等差数列的公差，由中的部分项组成的数列为等比数列，若，，则数列的前6项之和为 ． 14．（2025·北京·模拟预测）已知等差数列满足.对，在区间中的所有项组成集合.记中最小值为，最大值为，元素个数为.下列四个结论中 ① ②为等比数列 ③ ④ 所有正确结论的序号是 . 结束 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$