专题03 等比数列（压轴题6大类型专项训练）高二数学人教A版2019选择性必修第二册

专题03 等比数列 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 典例详解 1 类型一、等比数列通项公式基本量计算及性质应用 1 类型二、等比数列前n项和公式及基本量计算 2 类型三、等比数列中与的关系 4 类型四、等比数列前n项和公式的重要性质 4 类型五、等比数列中的函数性质 5 类型六、等比数列的证明 7 压轴专练 8 类型一、等比数列通项公式基本量计算及性质应用 （1）等比数列的通项公式 设等比数列的首项为，公比为，则它的通项公式． （2）推广形式： （3）等比中项：如果，，成等比数列，那么叫做与的等比中项． 即是与的等比中项 ⇔，，成等比数列 ⇒ ．　　 （4）等比中项的推广：若时，则，特别地，当时，． （5）①设为等比数列，则（为非零常数），，仍为等比数列． ②设与为等比数列，则也为等比数列． （6）若，（项数相同）是等比数列，则，，，，仍是等比数列． （7）在等比数列中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即为 等比数列，公比为． 1．（24-25高二下·北京海淀·期中）在等比数列中，已知，则n为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 2．（24-25高二上·福建龙岩·月考）已知是等比数列，，，则（ ） A．10 B． C．6 D．或6 3．已知实数成等比数列，则（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·广东·期末）已知等比数列的前3项积为8，，，则等于（    ） A．4 B． C．16 D．2 5．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）已知等比数列中，，则公比（    ） A．2 B．4 C．16 D． 6．（25-26高二上·全国·月考）在正项等比数列中，，且，，10成等差数列，则的值为（    ） A． B． C．18 D．24 7．已知等比数列的公比大于1，且，则的最小值为（    ） A．20 B．22 C．24 D．38 类型二、等比数列前n项和公式及基本量计算 等比数列的前n项和公式 等比数列的公比为，其前项和为 注：①等比数列的前项和公式有两种形式，在求等比数列的前项和时，首先要判断公比是否为1，再由的情况选择相应的求和公式，当不能判断公比是否为1时，要分与两种情况讨论求解． ②已知（项数），则利用求解；已知，则利用求解． ③，为关于的指数型函数，且系数与常数互为相反数． 1．（24-25高二上·河南安阳·期末）洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（    ） A．16 B．32 C．48 D．64 2．（24-25高二下·河南新乡·期中）已知各项均为正数的等比数列的前4项和为30，且，则（   ） A．1 B．2 C．4 D．8 3．已知正项等比数列的前项和为，若，则（    ） A．16 B．32 C．27 D．81 4．（25-26高二上·重庆渝北·期中）已知为递增等比数列，其前项和为，若，，则（   ） A． B．27 C．81 D．或81 5．（24-25高二上·甘肃白银·月考）已知等比数列的前项和为，且满足，，则（    ） A． B． C．64 D．32 6．记等比数列的前项和为，若，，则（    ） A．3 B．2 C． D． 类型三、等比数列中与的关系 1．设数列的前n项和为，若，则＝（   ） A．－63 B．－31 C．31 D．63 2．（24-25高二下·北京海淀·期中）若等比数列的前n项和为（p为常数），且的公比为q，则（   ） A．4 B．2 C．1 D．0 3．已知数列的前项和满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．已知数列的前项和为，且，，则的值为（   ） A． B． C． D． 5．记为数列的前项和，若，则 ． 6．设等比数列的前n项和为.已知，，则 . 类型四、等比数列前n项和公式的重要性质 （1）公比不为－1的等比数列的前项和为，则，，仍成等比数列，其公比为． （2）为等比数列，若，则成等比数列． （3）当，时，是成等比数列的充要条件，此时． 1．（25-26高二上·福建龙岩·期中）已知等比数列的前n项和为，若，，则（   ） A．49 B．63 C．84 D．105 2．设等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B．3 C．1 D． 3．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知等比数列的前项和为，若，则（    ） A．56 B．105 C．112 D．189 4．（25-26高二上·福建龙岩·期中）已知等比数列的前项和为，若，则（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高二上·福建宁德·期中）记为等比数列的前项和，若，则（    ） A．85 B．15 C． D． 6．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期中）设公比小于零的等比数列的前项和为，，且，则（   ） A．243 B．216 C．81 D．27 类型五、等比数列中的函数性质 1、等比数列的单调性（等比数列的单调性由首项与公比决定）． 当或时，为递增数列； 当或时，为递减数列． 2、与的关系 （1）当公比时，等比数列的前项和公式是， 它可以变形为，设，则上式可以写成的形式， 由此可见，数列的图象是函数图象上的一群孤立的点； （2）当公比时，等比数列的前项和公式是，则数列的图象是函数图象上的一群孤立的点。 3、与的关系 当公比时，等比数列的前项和公式是，它可以变形为 设，，则上式可写成的形式，则是的一次函数。 1．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知等比数列的公比为.设甲：为递减数列，乙：，，则甲是乙的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．（25-26高二上·江苏泰州·月考）已知数列为等比数列，，公比．若是数列的前项积，则取得最大值时的值为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 3．（24-25高二下·四川·期中）若等比数列的前项和为，则“”是“单调递增”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知等比数列，满足，则下面说法正确的是（    ） A．若，则数列是递增数列 B．若，则数列是递减数列 C．若，则数列是递增数列 D．若，则数列是递增数列 5．（24-25高二下·吉林松原·期中）设公比为q的等比数列的前n项和为，前n项积为，且，，，则下列结论正确的是（   ） A． B．数列无最大值 C．是数列中的最大值 D． 类型六、等比数列的证明 等比数列的判定方法 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：（，为常数）为等比数列. 1．（24-25高二下·四川甘孜·月考）已知数列满足，． (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； 2．（25-26高二·全国·假期作业）已知数列满足，．设． (1)求，，； (2)判断数列是否为等比数列，并说明理由； (3)求的通项公式． 3．（25-26高二上·江苏苏州·月考）已知数列满足，且对任意的，都有 (1)令，证明：数列为等比数列； 4．（24-25高二下·广东江门·期中）记数列的前项和为，已知. (1)证明：数列为等比数列； 5．（24-25高二下·湖北·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求证：数列为等比数列； 6．（24-25高二下·广东江门·期中）已知数列的首项，且满足. (1)设，求证：数列为等比数列； 7．（24-25高二下·广东江门·月考）数列满足. (1)求证：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式； 1．（23-24高二下·贵州黔西·期中）在等比数列中，，又，则（    ） A．3 B．－3 C．2 D．－2 2．（25-26高二上·甘肃庆阳·期中）各项不为零的等差数列中，有，数列是等比数列，且，则＝（   ） A．16 B．8 C．4 D．2 3．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期中）已知等比数列中，是方程的两根，则（    ） A．3 B． C． D． 4．等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．3 D．12 5．（24-25高二上·天津河北·期末）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”．其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地，则此人后3天共走的里程数为（   ） A．6 B．18 C．28 D．42 6．（24-25高二上·天津·期末）已知是各项均为正数的等比数列，是它的前项和，，且与的等差中项为4，则等于（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高二下·福建·期中）在等比数列中，，若，，成等差数列，则的公比为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 8．（24-25高二下·广东江门·期末）已知等比数列的首项，且满足，，则公比q为（    ） A． B．2 C．或2 D．3 9．（25-26高二上·江苏苏州·月考）已知为等比数列的前n项和，若，则（   ） A．0 B．3 C． D．12 10．（24-25高二下·陕西渭南·月考）等比数列的前n项和，则（    ）. A． B． C． D． 11．（24-25高二下·福建厦门·期末）记正项等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 12．（24-25高二上·江苏南京·期末）记为等比数列的前项和，若，则（    ） A． B． C．1或 D．或 13．（24-25高二上·河南信阳·期末）已知数列的前n项和为，若，则（   ） A． B． C． D． 14．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期中）对于等比数列，则“”是“数列为单调递增数列”的（ ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 15．（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 16．（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 17．（24-25高二上·山西吕梁·期末）数列的通项公式为，当的前n项积最大时，n为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 18．（24-25高二下·山西·期中）设各项均为正数的等比数列的前项和为，且，则（    ） A．4 B．5 C．16 D．17 19．（23-24高二上·浙江湖州·期末）已知数列的前n项和为，若，且（），则（    ） A．为等比数列 B．为等差数列 C．为等比数列 D．为等差数列 20．设等比数列的前项和为，已知，则（    ） A．80 B．160 C．121 D．242 21．记为等比数列的前项和，若，则（    ） A．81 B．71 C．61 D．51 22．（24-25高二下·北京昌平·期末）设无穷等比数列的公比为，前项积为，则“有最大值”是“”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 23．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． 24．（23-24高二上·全国·期末）已知数列，满足 . (1)证明： 数列为等比数列； 25．（24-25高二下·江西抚州·期末）设数列的前项和为. (1)求的通项公式； 26．（24-25高三下·福建宁德·开学考试）已知数列中，. (1)若依次成等差数列，求； (2)若，证明：数列为等比数列； 27．（23-24高二上·江苏南京·期末）已知正项数列满足，且 (1)求数列的通项公式； 28．（23-24高二上·广东东莞·期末）已知为数列的前n项和，且（）． (1)证明数列为等比数列； 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 等比数列 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 典例详解 1 类型一、等比数列通项公式基本量计算及性质应用 1 类型二、等比数列前n项和公式及基本量计算 4 类型三、等比数列中与的关系 8 类型四、等比数列前n项和公式的重要性质 11 类型五、等比数列中的函数性质 14 类型六、等比数列的证明 17 压轴专练 21 类型一、等比数列通项公式基本量计算及性质应用 （1）等比数列的通项公式 设等比数列的首项为，公比为，则它的通项公式． （2）推广形式： （3）等比中项：如果，，成等比数列，那么叫做与的等比中项． 即是与的等比中项 ⇔，，成等比数列 ⇒ ．　　 （4）等比中项的推广：若时，则，特别地，当时，． （5）①设为等比数列，则（为非零常数），，仍为等比数列． ②设与为等比数列，则也为等比数列． （6）若，（项数相同）是等比数列，则，，，，仍是等比数列． （7）在等比数列中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即为 等比数列，公比为． 1．（24-25高二下·北京海淀·期中）在等比数列中，已知，则n为（   ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】A 【分析】由题意可得，进而得，求解即可. 【详解】在等比数列中，，所以， 由，解得. 故选：A. 2．（24-25高二上·福建龙岩·月考）已知是等比数列，，，则（ ） A．10 B． C．6 D．或6 【答案】C 【分析】由等比中项的性质和等比数列的性质计算即可 【详解】由等比中项的性质可得, 设等比数列的公比为， 因为, 所以, 故选:C 3．已知实数成等比数列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设公比，利用等比数列的性质及等比中项得到方程，求出. 【详解】设等比数列的公比为，则，且，解得. 故选：C 4．（25-26高二上·广东·期末）已知等比数列的前3项积为8，，，则等于（    ） A．4 B． C．16 D．2 【答案】A 【分析】设等比数列公比为，由题可得，结合等比数列通项公式可得答案. 【详解】设等比数列公比为，则. 由题可得，则. 故选：A 5．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）已知等比数列中，，则公比（    ） A．2 B．4 C．16 D． 【答案】C 【分析】根据等比数列的定义即可求解． 【详解】当时，则， 而，，故舍去； 当时，， ， 可得，. 故选：C. 6．（25-26高二上·全国·月考）在正项等比数列中，，且，，10成等差数列，则的值为（    ） A． B． C．18 D．24 【答案】C 【分析】由等比数列下标和性质，结合等差中项列出等式求解即可. 【详解】在正项等比数列中，设公比为， 则，又，，10成等差数列， 则，则， 故， 故选：C 7．已知等比数列的公比大于1，且，则的最小值为（    ） A．20 B．22 C．24 D．38 【答案】C 【分析】根据等比数列基本量的运算，可得，则，再根据基本不等式求最值即可． 【详解】设的公比为，且， 因为， 所以，即， ，， ，又，所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立． 故选：C． 类型二、等比数列前n项和公式及基本量计算 等比数列的前n项和公式 等比数列的公比为，其前项和为 注：①等比数列的前项和公式有两种形式，在求等比数列的前项和时，首先要判断公比是否为1，再由的情况选择相应的求和公式，当不能判断公比是否为1时，要分与两种情况讨论求解． ②已知（项数），则利用求解；已知，则利用求解． ③，为关于的指数型函数，且系数与常数互为相反数． 1．（24-25高二上·河南安阳·期末）洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库，被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378个“浮雕像”，分为6层，对每一层来说，上一层的数量是该层的2倍，则从下往上数，第4层“浮雕像”的数量为（    ） A．16 B．32 C．48 D．64 【答案】C 【分析】借助等比数列求和公式求出首项，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可. 【详解】由题意，从下往上“浮雕像”的数量成等比数列，设为， 则，公比，所以， 所以，所以第4层“浮雕像”的数量为. 故选：C 2．（24-25高二下·河南新乡·期中）已知各项均为正数的等比数列的前4项和为30，且，则（   ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】D 【分析】根据等比数列通项公式的基本量运算求出，进而得出. 【详解】设等比数列的公比为q，则，又， 解得，故． 故选：D. 3．已知正项等比数列的前项和为，若，则（    ） A．16 B．32 C．27 D．81 【答案】C 【分析】应用，再结合等比数列基本量运算计算求解. 【详解】因为，则， 所以， 因为，所以， 所以或舍， 所以. 故选：C. 4．（25-26高二上·重庆渝北·期中）已知为递增等比数列，其前项和为，若，，则（   ） A． B．27 C．81 D．或81 【答案】C 【分析】根据题意结合等比数列的通项公式运算求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由题意可得，解得或， 又数列为递增等比数列，所以，所以. 故选：C. 5．（24-25高二上·甘肃白银·月考）已知等比数列的前项和为，且满足，，则（    ） A． B． C．64 D．32 【答案】A 【分析】根据等比数列通项公式，前n项和公式求出首项和公比，再代入求值即可. 【详解】设等比数列的公比为，， ，即，． ，，， ，． 故选：A. 6．记等比数列的前项和为，若，，则（    ） A．3 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】先判断公比，利用等比数列求和公式代入题设求得，即可求出. 【详解】设等比数列的公比为，若，则，故， 由可得， 化简得，解得， 则. 故选：D. 类型三、等比数列中与的关系 1．设数列的前n项和为，若，则＝（   ） A．－63 B．－31 C．31 D．63 【答案】D 【分析】本题首先根据可判断出数列是公比为的等比数列，然后根据计算得出，最后根据等比数列前项和公式即可得出结果． 【详解】因为，所以， 所以，，其中, 而，结合可得，此时， 故数列是公比为的等比数列， 所以. 故选：D 2．（24-25高二下·北京海淀·期中）若等比数列的前n项和为（p为常数），且的公比为q，则（   ） A．4 B．2 C．1 D．0 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用数列前n项和的意义及等比数列定义求解并验证即可. 【详解】在等比数列中，由，得， ，， 因此公比，，解得， 此时，符合题意，所以. 故选：C. 3．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 4．已知数列的前项和为，且，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据的关系可得为从第二项开始的等比数列，即可利用等比求和公式求解. 【详解】由可得，故， 又，，故为从第二项开始的等比数列，且公比为2， 故. 故选：D. 5．记为数列的前项和，若，则 ． 【答案】 【分析】利用与关系及等比数列的前项和公式即可求解. 【详解】当时，，解得，即， 当时， 由，得，即，于是有 ， 取时，此式也满足， 故数列的通项公式为. 所以， ． 故答案为：. 6．设等比数列的前n项和为.已知，，则 . 【答案】/31.5 【分析】根据得相减可得公比，由求解首项，即可由求和公式代入求解. 【详解】当的公比为1时，由可知显然不成立，故公比不为1， 由得， 所以时，，相减可得，故公比，又， 故， 故答案为： 类型四、等比数列前n项和公式的重要性质 （1）公比不为－1的等比数列的前项和为，则，，仍成等比数列，其公比为． （2）为等比数列，若，则成等比数列． （3）当，时，是成等比数列的充要条件，此时． 1．（25-26高二上·福建龙岩·期中）已知等比数列的前n项和为，若，，则（   ） A．49 B．63 C．84 D．105 【答案】A 【分析】根据等比数列前项和性质列式计算即可求解. 【详解】由题意可知，成等比数列， 所以，解得. 故选：A 2．设等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B．3 C．1 D． 【答案】B 【分析】设公比为，推导出，即可求出的值. 【详解】设公比为， 当时，不符合题意； 当时， 又， 所以，解得. 故选：B 3．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知等比数列的前项和为，若，则（    ） A．56 B．105 C．112 D．189 【答案】B 【分析】根据等比数列性质得，结合基本量运算计算求解. 【详解】因为成等比数列， 即成等比数列，所以，解得， 又，所以，解得. 故选:B. 4．（25-26高二上·福建龙岩·期中）已知等比数列的前项和为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知条件结合等比数列的性质得，，成等比数列，由此能求出． 【详解】设，则，因为为等比数列，所以，，仍成等比数列. 因为，所以，所以，故. 故选：C 5．（25-26高二上·福建宁德·期中）记为等比数列的前项和，若，则（    ） A．85 B．15 C． D． 【答案】D 【分析】根据成等比数列得到方程，求出或，分两种情况进行求解，舍去不符合要求的根，得到答案. 【详解】由题意得成等比数列， 设，则成等比数列，即， 解得或， 若，则，， 设的公比为，则，舍去； 若，则，，， 则，满足要求， 由于成等比数列， 故成等比数列，故，解得， 故选：D 6．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期中）设公比小于零的等比数列的前项和为，，且，则（   ） A．243 B．216 C．81 D．27 【答案】A 【分析】根据等比数列的前项和的片段和性质及等比中项的性质即可求解. 【详解】设数列的公比为，因为，且，所以，否则， 所以，，成等比数列且公比为，即， 即，解得或， 当时，由，，成等比数列，其公比为，舍去 所以，所以， 所以. 故选：A 类型五、等比数列中的函数性质 1、等比数列的单调性（等比数列的单调性由首项与公比决定）． 当或时，为递增数列； 当或时，为递减数列． 2、与的关系 （1）当公比时，等比数列的前项和公式是， 它可以变形为，设，则上式可以写成的形式， 由此可见，数列的图象是函数图象上的一群孤立的点； （2）当公比时，等比数列的前项和公式是，则数列的图象是函数图象上的一群孤立的点。 3、与的关系 当公比时，等比数列的前项和公式是，它可以变形为 设，，则上式可写成的形式，则是的一次函数。 1．（24-25高二下·河南南阳·期末）已知等比数列的公比为.设甲：为递减数列，乙：，，则甲是乙的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】利用等比数列的概念结合必要不充分条件定义即可得解. 【详解】若为递减数列，则对任意有即， 所以或， 如满足和的数列均为递减数列，故充分性不成立； 若，，则数列为递减数列，所以必要性成立. 所以甲是乙的必要不充分条件. 故选：B 2．（25-26高二上·江苏泰州·月考）已知数列为等比数列，，公比．若是数列的前项积，则取得最大值时的值为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】先求出的通项公式，再根据当时，最大求解即可. 【详解】因为数列为等比数列，，公比， 所以 ， 所以，当时，最大， 即 ，解得：， 所以当时，最大. 故选：C. 3．（24-25高二下·四川·期中）若等比数列的前项和为，则“”是“单调递增”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】利用等比数列的前n项和公式及，结合充分、必要性定义判断条件的关系. 【详解】若的公比为，则， 若时，不单调，充分性不成立； 若单调递增，则恒成立，故，必要性成立， 所以“”是“单调递增”的必要不充分条件. 故选：B 4．已知等比数列，满足，则下面说法正确的是（    ） A．若，则数列是递增数列 B．若，则数列是递减数列 C．若，则数列是递增数列 D．若，则数列是递增数列 【答案】D 【分析】先根据题意用表示出公比，再根据选项讨论当的取值范围不同时数列的增减情况即可. 【详解】由等比数列，则公比， 对于选项A，若，则公比，故，又，数列是递减数列，故选项A错误. 对于选项B，若，则公比，又，数列是递增数列，故选项B错误. 对于选项C，若，则公比，故，又，数列是递减数列，故选项C错误. 对于选项D，若，则公比，故，又，数列是递增数列，故选项D正确. 故选：D. 5．（24-25高二下·吉林松原·期中）设公比为q的等比数列的前n项和为，前n项积为，且，，，则下列结论正确的是（   ） A． B．数列无最大值 C．是数列中的最大值 D． 【答案】D 【分析】分析得到，当时，，当时，，从而得到有最大值，最大值为，，，得到D正确，ABC错误. 【详解】A选项，，若，则对任意的，都有，则，不合要求，A错误； BC选项，若，则，与矛盾，不合要求， 当时，，又， 所以，即， 又，故满足要求， 故当时，，当时，， 故有最大值，最大值为，BC错误； D选项，当时，，当时，， 故，， 所以，D正确. 故选：D 类型六、等比数列的证明 等比数列的判定方法 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：（，为常数）为等比数列. 1．（24-25高二下·四川甘孜·月考）已知数列满足，． (1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式； 【答案】(1)证明见解析， 【分析】（1）根据定义法证明数列为等比数列，依据等比数列通项公式求解目标数列通项公式. 【详解】（1）已知，变形得，可得， 因为，所以是以1为首项，以4为公比的等比数列. 则，解得. 2．（25-26高二·全国·假期作业）已知数列满足，．设． (1)求，，； (2)判断数列是否为等比数列，并说明理由； (3)求的通项公式． 【答案】(1)，，． (2)是，理由见解析 (3) 【分析】（1）利用递推关系式，先求出，即可求解； （2）根据题设条件，利用等比数列的定义，即可求解； （3）利用（2）中结果及等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】（1）因为，则， 将代入得，又，所以， 将代入得，又， 所以，，． （2）是首项为1，公比为2的等比数列，理由如下， 由题可得，即，又因为， 所以是首项为1，公比为2的等比数列． （3）由（2）知，所以． 3．（25-26高二上·江苏苏州·月考）已知数列满足，且对任意的，都有 (1)令，证明：数列为等比数列； 【答案】(1)数列是以为首项，为公比的等比数列； 【分析】（1）需要根据等比数列的定义，证明为常数； 【详解】（1）已知，则， 因为，所以， 则， 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列； 4．（24-25高二下·广东江门·期中）记数列的前项和为，已知. (1)证明：数列为等比数列； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）由数列的前项和，结合与的关系，求得，进而得到，即可得证； 【详解】（1）解：因为数列的前项和， 当时，可得，   当时，可得，   经检验当时也成立，所以， 则，且， 所以数列是首项为，公比为等比数列． 5．（24-25高二下·湖北·期末）已知数列的前项和为，且. (1)求证：数列为等比数列； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）利用与的关系式，及构造法即可证明； 【详解】（1）证明：①当时，， ②当时 ，， 则， 整理得： ∴，又， ∴是以2为首项，4为公比的等比数列； 6．（24-25高二下·广东江门·期中）已知数列的首项，且满足. (1)设，求证：数列为等比数列； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）化简已知条件，根据等比数列的定义即可证明结果； 【详解】（1）由题意，数列满足，可得， 所以，又，所以， 则为常数，所以数列是首项为，公比为的等比数列. 7．（24-25高二下·广东江门·月考）数列满足. (1)求证：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等比数列的定义可证明结论. （2）利用累加法可求得数列的通项公式. 【详解】（1）∵， ∴，即， ∴数列是等比数列. （2）由（1）得数列是以为首项，以为公比的等比数列， ∴， ∴当时， ， 当时，，满足上式， ∴. 1．（23-24高二下·贵州黔西·期中）在等比数列中，，又，则（    ） A．3 B．－3 C．2 D．－2 【答案】C 【分析】由等比数列的性质可得，进而可求得公比，可求. 【详解】设数列的公比为q，由，可得，故， 又，所以，故，所以． 故选：C. 2．（25-26高二上·甘肃庆阳·期中）各项不为零的等差数列中，有，数列是等比数列，且，则＝（   ） A．16 B．8 C．4 D．2 【答案】A 【分析】根据等差数列性质可求得，再利用等比数列性质求得结果. 【详解】因为数列是等差数列，所以， 所以，解得或（舍去）， 又因为数列是等比数列，所以． 故选：A. 3．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期中）已知等比数列中，是方程的两根，则（    ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等比中项的性质得出，利用韦达定理求出的值及的符号，最后利用等比数列通项公式判断的符号，从而求出． 【详解】是等比数列，设公比为， ， 是方程的两根， ，同号，且， ，解得， 又 ，故C正确． 故选：C． 4．等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．3 D．12 【答案】A 【分析】按与两种情况分类讨论，根据等比数列前项和公式进行求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，当时，，不合题意； 当时，等比数列前项和公式， 依题意，得：，解得：. 故选：A 5．（24-25高二上·天津河北·期末）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”．其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地，则此人后3天共走的里程数为（   ） A．6 B．18 C．28 D．42 【答案】D 【分析】设第天走里，其中，由题意可知，数列是公比为的等比数列，利用等比数列的求和公式求出的值，然后利用等比数列的求和公式可求得此人后天共走的里程数． 【详解】设第天走里，其中，由题意可知，数列是公比为的等比数列， ， 解得， 所以，此人后三天所走的里程数为． 故选：D． 6．（24-25高二上·天津·期末）已知是各项均为正数的等比数列，是它的前项和，，且与的等差中项为4，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等差中项的性质得到，结合，利用等比数列的基本量求得和公比，再由等比数列的求和公式即可得到． 【详解】因为与的等差中项为，所以， 设等比数列的公比为， 又，得：， 解得：，或（舍去）， 则， 故选：B． 7．（24-25高二下·福建·期中）在等比数列中，，若，，成等差数列，则的公比为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】设等比数列的公比为，则，由，，成等差数列得出，结合得出，即可求解． 【详解】设等比数列的公比为，则， 因为，，成等差数列，所以， 又，所以， 所以，故， 故选：B． 8．（24-25高二下·广东江门·期末）已知等比数列的首项，且满足，，则公比q为（    ） A． B．2 C．或2 D．3 【答案】B 【分析】根据列出公比的等式，求解方程后再确认是否满足即可． 【详解】因为公比，所以，化简得，解得或， 当时，， 当时，， 又，则． 故选：B． 9．（25-26高二上·江苏苏州·月考）已知为等比数列的前n项和，若，则（   ） A．0 B．3 C． D．12 【答案】D 【分析】利用等比数列前项和即可求解. 【详解】由题意有：， 所以， 故选：D. 10．（24-25高二下·陕西渭南·月考）等比数列的前n项和，则（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由等比数列的前n项和求出首项，再求出时的通项公式，代入即可得到结论. 【详解】在等比数列中，由前n项和，则， 当时，由， 所以，即. 故选：D 11．（24-25高二下·福建厦门·期末）记正项等比数列的前项和为，若，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】由等比数列的通项的性质求得再根据求得公比，进而由即可求得. 【详解】设的公比为. 由，得，所以 则，即 解得或（舍）， 所以. 故选：C. 12．（24-25高二上·江苏南京·期末）记为等比数列的前项和，若，则（    ） A． B． C．1或 D．或 【答案】B 【分析】先判断，再运用等比数列求和公式化简方程，求得，利用等比数列通项公式化简所求式即得. 【详解】设等比数列的公比为，若，则，故， 则由可得：， 因，可将其化简为：，即， 解得（舍去）或.则. 故选：B. 13．（24-25高二上·河南信阳·期末）已知数列的前n项和为，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，可求出首项，继而结合的关系可判断为等比数列，即可求得答案. 【详解】由题意知，当时，，即， 当时，，则， 即， 故是以为首项，3为公比的等比数列， 故，， 故选：C 14．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期中）对于等比数列，则“”是“数列为单调递增数列”的（ ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用等比数列的性质，结合充分、必要条件的定义分析判断选项． 【详解】是等比数列，则， ， ，等价于， 当时，，数列为递增数列； 当时，，则数列不一定递增，如时，， 不能推出为单调递增数列，不满足充分性； 若为单调递增数列，则对于任意，有， 令，则， 为单调递增数列能推出，满足必要性， “”是“数列为单调递增数列”的必要不充分条件，故A正确． 故选：A． 15．（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 16．（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. 17．（24-25高二上·山西吕梁·期末）数列的通项公式为，当的前n项积最大时，n为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】先根据等比数列的单调性判断时，的前n项积越来越大 ，当时，的前n项积越来越小 ，从而可得答案. 【详解】因为，所以数列是递减数列， ，， 所以 所以时，的前n项积越来越大 ， 当时，的前n项积越来越小 ， 所以当数列的前项积最大时的值为4． 故选：C． 18．（24-25高二下·山西·期中）设各项均为正数的等比数列的前项和为，且，则（    ） A．4 B．5 C．16 D．17 【答案】B 【分析】由已知根据等比数列的通项公式可得，再根据等比数列的前项和公式求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 因为，所以， 因为等比数列各项均为正数，所以， 所以. 故选：. 19．（23-24高二上·浙江湖州·期末）已知数列的前n项和为，若，且（），则（    ） A．为等比数列 B．为等差数列 C．为等比数列 D．为等差数列 【答案】A 【分析】利用求出的通项公式并求和，然后逐一判断选项即可. 【详解】由得当时，， 两式相减得，即， 又当时，， 所以数列即不是等比数列也不是等差数列，CD错误； 所以， 当时， 所以当时，，符合， 所以， 又时，所以为等比数列，A正确，B错误. 故选：A. 20．设等比数列的前项和为，已知，则（    ） A．80 B．160 C．121 D．242 【答案】A 【分析】由的关系结合数列是等比数列，先得出，在中，令得，，由此即可得解. 【详解】由题意，所以，两式相减得， 又数列是等比数列， 所以它的公比， 在中，令得，，解得， 又， 所以是首项为，公比为3的等比数列， 所以，所以. 故选：A. 21．记为等比数列的前项和，若，则（    ） A．81 B．71 C．61 D．51 【答案】C 【分析】根据等比数列前项和性质，即可求解. 【详解】由题可知，，成等比数列， 所以，即，得， 则此等比数列的首项是1，公比是，那么， ， 所以. 故选：C 22．（24-25高二下·北京昌平·期末）设无穷等比数列的公比为，前项积为，则“有最大值”是“”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】根据充分必要条件的定义判断． 【详解】充分性：， 例如，则，在时，取最大值，因此是不充分的， 必要性：当时，对任意的无穷等比数列， 若，必存在正整数，使得时，，时，，所以时，最大（若，则是最大值）， 若，则是中的最大值，若，只要比较前后的正项的大小即可得（注意中正负项是两项两项间隔的） 若，则，是递减数列，中第一个正项即为最大值， 因此是必要的， 所以应为必要不充分条件， 故选：B． 23．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 24．（23-24高二上·全国·期末）已知数列，满足 . (1)证明： 数列为等比数列； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）将条件中两个递推式相加整理可得； 【详解】（1）由题， 所以， 得，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列； 25．（24-25高二下·江西抚州·期末）设数列的前项和为. (1)求的通项公式； 【答案】(1) 【分析】（1）根据题意，得到时，，得到数列为等比数列，即可得到数列的通项公式； 【详解】（1）由数列满足， 可得，又 所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 所以数列的通项公式为. 26．（24-25高三下·福建宁德·开学考试）已知数列中，. (1)若依次成等差数列，求； (2)若，证明：数列为等比数列； 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用递推关系得到，，再结合等差中项的性质建立方程，求解即可. （2）利用等比数列的定义证明即可. 【详解】（1）由题意得在数列中， 令，得到，令，得到， ， 因为依次成等差数列，所以， 即，解得. （2）由题意得首项为， 因为， 所以，故是首项为1，公比为2的等比数列. 27．（23-24高二上·江苏南京·期末）已知正项数列满足，且 (1)求数列的通项公式； 【答案】(1) 【分析】（1）对已知等式分解因式化简可得，则数列是以3为公比，3为首项的等比数列，从而可求出其通项公式； 【详解】（1）由，得， 因为，所以，即， 因为， 所以数列是以3为公比，3为首项的等比数列， 所以； 28．（23-24高二上·广东东莞·期末）已知为数列的前n项和，且（）． (1)证明数列为等比数列； 【答案】(1)证明见解析 【分析】（1）由已知可得，利用等比数列的定义证明； 【详解】（1）当时，，得，故， 由（）     ①， 得   ②， ②－①，得， 得，即， 所以，即， 所以，数列是以2为首项，2为公比的等比数列． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $