5.3等比数列（题型专练）高二数学人教B版选择性必修第三册

函学科网·上好课 等比数列 题型一 等比数列的定义 1.(24-25高二上江苏淮安·月考) A.1,1,1,1,1 11111 C.3g27′81'243 2.(24-25高二下辽宁辽阳期末) A.充分不必要条件 www.zxxk.com 上好每一堂课 5.3等比数列 入 题型一 等比数列的定义 一题型二等比中项 题型三等比数列基本量计算 基础达标题 题型四等比数列的性质 题型五等比数列的通项公式 题型六等比数列的证明 题型七等比数列前n项和基本量的计算 题型一等比数列的单调性 题型二等比数列的最值 能力提升题 题型三等比数列的片段和 题型四等比数列奇偶项的和 题型一 数列恒成立问题 拓展培优题 题型二数列求和 题型三不等式的证明 基础达标题 (多选)下列数列是等比数列的是() B.1,2,4,8,16 D.-3,-2,-1,0,1 “a为等比数列”是“an为等比数列”的（） B.必要不充分条件 1/10 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.(24-25高二上广东深圳期末)已知bn=lnan（n∈N),则“an为正项等比数列”是“bn为等差数 列”的() A.充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 4.(22-23高二下辽宁抚顺期末)已知数列an,则“a=an-1an+1n≥2”是“an为等比数列”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 5.(22-23高二上江苏连云港期末)设an是等比数列，则() A.a是等比数列 B.an+an+1是等比数列 1 C 是等比数列 D.ga是等比数列 a 题型二 等比中项 1.(25-26高二上江苏宿迁期末)4与9的等比中项为（) A.6 B.-6 C.±6 D.36 2.(24-25高二下.贵州黔南期末)已知等比数列an,若a2,a6为方程x2+10x+12=0的两根，则a4的值 为() A.-23 B.±2V3 c.-5 D.96 3.(25-26高二上河北衡水.月考)若4+V15,m,4-15三个数依次成等比数列，则m=元() A.±1 B.1 C.±2 D.2 4.(25-26高二上·甘肃兰州期中)已知实数-1，x,y,z,-16成等比数列，则xyz=元() A.-8 B.±64 C.-64 D.±8 题型三 等比数列基本量计算 1.（2526商二上湖南衡阳月考)已知递增的等比数列a满足a,t0,=10°a,a1=9则a,的公比 a 2/10 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 q=(() A.6 B.3 C.2 0:3 2.(24-25高二上·贵州毕节·期末)已知等差数列an的前4项和S4=16,a5-a3=4,等比数列bn满足 b2=a2,b3=a5,则b6=元() A.81 B.243 C.27 D.729 1 3.(25-26高二上·吉林长春·期未)已知等比数列a,的各项均为正数，且3a1,2ag,2a,成等差数列，则 ag+a0=i(） a7+a8 A3 C.3 D.9 9 题型四 等比数列的性质 1.(25-26高二上内蒙古巴彦淖尔·期末)在等比数列an中，Q2Q15=7a11,则a11=(() A.7 B.7 C.14 D.14 2.(2526高二上黑龙江哈尔滨期末)已知数列0是等比数列，若aga 是方程×-9x+2=0 两个 根，则l0g2a1+l0g2Q2+10g2a3++10g2a2o26的值为() 2026 A.1013 B. C.2023 D.1022 3 3.(25-26高二上.青海海东期末)设Tn为等比数列an的前n项积，若a1a6=2,则T6=( 4.(25-26高二上·湖南长沙.期中)在等比数列an中，a+a3+a5=1,a2+a4+a6=3,则a3+a+a2=( 题型五 等比数列的通项公式 1.(25-26高二上广西月考)已知an是递增的等比数列，若01+a4=28,Q2Q3=27,则an=(一 2.(24-25高二下湖北期中)数列an中，a1=1,an+1=3an-1,则通项an=(一 3/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3。（2425高二下山东德州月考)已知数列a满足关系：a,=1当n≥2时，20，-0，-1+1=0则数列 的通项公式为 4.(24-25高二上河北沧州-期末)已知数列an,bn满足a1=1,b1=0,4a+1+an=bn+2,4bn+1+bn=a+2, 则数列an的通项公式an=(_,bn的通项公式bn=(一· 题型六 等比数列的证明 4an+1 1,(25-26高二全国假期作业)在数列a,中，a1=2,a,-2-0n 1 (1)证明：数列 为等比数列： an (2)求数列an的通项公式； 2.（2025高=上~全国专题练习)已知数列a,中，0*1=20，-5 +7. (1)若a1,a2,a3依次成等差数列，求a1: 2)若a1=3’ 证明：数列a,3 为等比数列： 3.(24-25高二下.重庆巴南期中)已知数列an的首项为3，且满足an+1=2an-1n∈N,令Cn=a,一1. (1)证明：Cn是等比数列，并求Cn的通项公式： (2)若入cm-2n+1≥0对任意的n∈N都成立，求入的范围. 4.(23-24高二上·甘肃白银期中)在数列an中，a1=3,an+1=4an-6. (1)证明：an一2为等比数列： (2)求an的通项公式. 题型七 等比数列前n项和基本量的计算 4/10 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.(24-25高二上重庆长寿期末)已知an为等比数列，且a1=3,q=2,则S6=(（) A.189 B.93 C.63 D.33 2.(25-26高二上甘肃兰州期中)若等比数列an的前n项和为Sn=3”+p(p为常数)，且an的公比为 9,则p+q=元() A.4 B.2 C.1 D.0 3.（25-26高二上河南·月考)（多选)已知公比为q的正项等比数列an的前3项和为21，a5-a2=42, 则下列结论正确的有() A.01=3 B.q=2 C.数列an是递减数列 D.a2Q6=576 4.(25-26高二上四川达州月考)若数列an是等比数列，Q3= 上号5，=，则公比0=无二 B 能力提升题 题型一 等比数列的单调性 1.(25-26高二上黑龙江哈尔滨期中)对于等比数列an,则“a1<a2”是“数列an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 2.（24-25高二下·北京海淀期中)设无穷等比数列an,则“an为递减数列是0<a2<a1”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 3.(24-25高二下.黑龙江·月考)若等比数列an}的公比q,则“a1>0,q>1”是“{an}为递增数列”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 5/10 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4.(24-25高二下江西景德镇期末)（多选)若等比数列an中，首项为a1,公比为q,则下列条件中， 使数列an一定为递减数列的条件是() A.iqvi1 B.a1>0,q<1 C.a1>0,0<q<1 D.a1<0,q>1 题型二 等比数列的最值 1.(2425高=下安微月考)已知等比数列a,中，Q,=4,0,=7设数列-1a,的最大项为M,最 小项为m,则M-m=(() A.6 B.8 C.12 D.24 2.(2324高二下山东淄博期中)已知数列0，为等比数列，口，=64，公比q=若T是数列a的前n 项积，则T,取最大值时，n的值为 3.(23-24高二下.四川成都月考)已知等比数列an满足a1=4,a3+a4=16a1+a2. (1)求数列an的通项公式： (2)若an是递增数列，若Vn∈N,n·3”-k·an<0恒成立，求实数k的取值范围； 2an+1 (3)若an不是递增数列，bn= ，求b的最小值. an 4.（2425高二下上海奉贤月考)已知数列a,满足0，=9， 2 =4a1-号a,数列b,满足b,=n+1am (1)求数列an的通项公式： (2)求数列bn的最大项. 题型三 等比数列的片段和 1(25-26高二上江西-月考)已知等比数列a,的前n项和为S,若S=273S,且S,≠0，则=无 6/10 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 c号 47 A.17 B.18 0.3 2.(25-26高二上·湖北武汉·期末)（多选)设正项等比数列an的公比为g,前n项和为Sn,则下列选项不 正确的是() A.a5a10=015 B.S5S10=S15 C.S1o,S2o,S30成等比数列 D.S30=S10+q0.S20 3.(24-25高二下·四川南充·期末)（多选)关于等差数列和等比数列，下列选项中说法正确的是（) A.若等比数列an的前n项和Sn=2”+m,则实数m=1 B.若数列an为等比数列，且a2a+a3a6=6,则a1a2a3…ag=81 C.若等差数列an的前n项和为Sn,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,成等差数列 D.若等差数列an的前n项和为Sn,a1=10,公差d=-2,则Sn的最大值为30 4.(25-26高二上贵州黔南月考)已知等比数列an}的前n项和为Sn且Sn≠0，若Sn=a,S2n=b,S3n=c, 则下列等式恒成立的是() A.b2=ac B.a+c=2b C.b(b-a)=a(c-a) D.b(b-a)=c(c-a) 题型四 等比数列奇偶项的和 1.(23-24高二上.重庆期中)已知等比数列an有2n+1项，a1=1,所有奇数项的和为85，所有偶数项 的和为42，则n=(() A.2 B.3 C.4 D.5 2.（25-26高二上重庆月考)已知an为等比数列，若a3a4=32,Q5=16,则a1+a3+a5+·+09=元 () A.249-1 B.250-1 C. 28-1 D. 210-1 3 3 3.(25-26高二上·重庆月考)若等比数列a共有奇数项，且所有奇数项和S奇=255，所有偶数项和 7/10 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 S偶=-126，末项是192，则公比q=元 拓展培优题 题型一 数列恒成立问题 1.（25:26高二上：浙江宁被，月考)设等比数列a,的首项为65，公比为5，记T,为数列0，的前n项积。 若对于任意n∈N,都有Tm≤Tm成立，则正整数n,=(() A.5 B.6 C.7 D.8 2.24-25高下河南丘月考)已知数列0，的前n项和为S,目S,=3Q,-2.若入0,230gQ,+4 2 对任意的正整数恒成立，则实数入的最小值为() 80 A.3 B. 28 9 C.27 0.176 81 3.(25-26高二上湖南·月考)已知数列an满足a1=1,an+1+am=2”. (1)求a2,a3的值； (2)证明an- 2” 是等比数列，并求an的通项公式： 3 (3)设an的前n项和为Sn,若tSn-anan+1<0恒成立，求实数t的取值范围. 1 高二上·江苏常州月考)已知等比数列a,的前n项和为S,S,=,( (1)求an的通项公式： (2)求数列nan的前n项和为Tm: (3)若存在正整数n,使得Sn一mSn+1-m<0成立，求m的取值范围. 题型二 数列求和 1.（25-26高二上·黑龙江大庆，期末)已知数 a,”b满足a,=2b,='0n1=4a,+2b,+5 8/10 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 b1=2a+4b,nN,且数列a'b的前n项和分别是S,'T。则S,-2T,=8一 2.(25-26高二上湖南永州月考)已知数列an满足a1=1,且an=2an-1+2”(n≥2) (1)求a2,a3: (2)证明：数列 an 是等差数列，并求数列an的通项公式an: 2” (3)求数列an的前n项和Sn 3.(25-26高二上河南周口月考)已知数列a,满足a1=1,an+1=an+2”;数列bn的前n项和为Sn,且 满足b1=1,4Sn=元bnbn+1+1. (1)求数列an的通项公式； (2)求数列bn的通项公式； b*2 3)已知c。b,b1a,+1 记c前n腹为T。宋证，14之+n中2T<1 4.(2526高二上江苏常州月考)设正项数列0的前n项和S满足S,=0,+1 (1)求数列an的通项公式： a+1 (2)设b,=22，Cn b,-1b2-1'求数列c,的前n项和Tn 题型三 不等式的证明 1.（25-26高二上江苏苏州月考)数列an为等差数列，前n项和为An,A=15,ag=8.数列bn的前n 项和为Bn=2n+1-1. (1)求数列an,bn的通项公式： 9/10 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 其前4项和5花班：S<君岩 2令c。=b 2.(25-26高二上河南商丘月考)已知数列a满足a1=2a,+1=心之 an+ant1 (1)求a2,Q3的值： (2)求an的通项公式； ￥2 3)设b,=。2+3,记Sn为数列bn的前n项和，证明： 号 15 3.(25-26高二上广西·月考)已知正项数列an的前n项和为Sn满足8Sn=a+4an+3,a1>1,数列bn满 足b1=a1且bm+1=2bn-1 (1)证明：数列bn一1是等比数列，并求数列bn的通项公式； bn-1 2若C。=b,b1 厂，数列Cn的前n项和为Tn,证明：Tn<专； (3)若an≤入bn-1对任意正整数n恒成立，求入的取值范围. 4.(25-26高二上江苏连云港，月考)记Sn为递增数列an的前n项和，a+4n=4Sn· (1)求证：数列an是等差数列，并求出其通项公式： (2)求数列ana2的前n项和； (3)记bn= 4一 a2n'a2n+1 b.前n项和为1，求证：T, 10/10 5.3等比数列 题型一   等比数列的定义 1．（24-25高二上·江苏淮安·月考）（多选）下列数列是等比数列的是（    ） A．1，1，1，1，1 B．1，2，4，8，16 C．，，，， D．，，，0，1 【答案】ABC 【分析】根据等比数列的定义对四个选项一一判断，得到答案. 【详解】A选项，数列为公比为1的等比数列，A正确； B选项，数列为公比为2的等比数列，B正确； C选项，数列为公比为的等比数列，C正确； D选项，，不是等比数列，D错误. 故选：ABC 2．（24-25高二下·辽宁辽阳·期末）“为等比数列”是“为等比数列”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】由等比数列定义逐一分析充分性和必要性即可得解. 【详解】若为等比数列，则， 所以，即一定是等比数列，故必要性成立； 若为等比数列，则， 所以，即不一定是等比数列，故充分性不成立． 故“为等比数列”是“为等比数列”的必要不充分条件. 故选：B 3．（24-25高二上·广东深圳·期末）已知，则“为正项等比数列”是“为等差数列”的（    ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】结合等差数列与等比数列的定义检验充分及必要性即可判断. 【详解】因为，则， 若为正项等比数列，则， 所以为常数，即为等差数列，充分性成立； 若为等差数列，则， 所以，即为正项等比数列，即必要性成立． 故选：A. 4．（22-23高二下·辽宁抚顺·期末）已知数列，则“”是“为等比数列”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】根据等比数列的性质进行充分性与必要性判断即可. 【详解】若为等比数列，则一定成立；若，则不一定为等比数列，比如 所以“”是“为等比数列”的必要不充分条件. 故选：B. 5．（22-23高二上·江苏连云港·期末）设是等比数列，则（    ） A．是等比数列 B．是等比数列 C．是等比数列 D．是等比数列 【答案】AC 【分析】利用等比数列定义可判断A、C、，令，可判断B，取可判断D. 【详解】因为是等比数列，所以设其公比为，即． 因为，所以是等比数列，所以A选项正确； 因为，所以是等比数列，所以C选项正确； 当时，，所以此时不是等比数列，所以B选项错误； 不妨取等比数列为，则，此时不是等比数列，所以D选项错误. 故选：AC 题型二   等比中项 1．（25-26高二上·江苏宿迁·期末）4与9的等比中项为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由等比中项的定义可得. 【详解】设4与9的等比中项为，则，所以. 故选：C. 2．（24-25高二下·贵州黔南·期末）已知等比数列，若，为方程的两根，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由韦达定理可得，，根据等比中项可求，注意符号的判定. 【详解】因为等比数列，，为方程的两根， 所以，故， 又因为， 所以，同为负数，由等比数列的性质可知，等比数列的隔项同号， 所以. 故选：A. 3．（25-26高二上·河北衡水·月考）若，，三个数依次成等比数列，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】直接利用等比中项列方程求解即可. 【详解】因为，，成等比数列， 由等比数列的性质得，解得. 故选：A. 4．（25-26高二上·甘肃兰州·期中）已知实数成等比数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等比数列的性质和等比中项的性质即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，则， 由等比数列的性质可得，， 所以，，所以. 故选：C. 题型三   等比数列基本量计算 1．（25-26高二上·湖南衡阳·月考）已知递增的等比数列满足，，则的公比（   ） A．6 B．3 C．2 D． 【答案】B 【分析】由等比数列的性质可得的值，结合以及为递增数列可得和的值，从而可得公比. 【详解】由，，解得或， 因为是递增数列，所以，则，又为递增的等比数列，所以. 故选：B. 2．（24-25高二上·贵州毕节·期末）已知等差数列的前4项和，，等比数列满足，，则（   ） A．81 B．243 C．27 D．729 【答案】B 【分析】先根据等差数列前n项和公式和通项公式基本量的运算求得，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 在等差数列中，，， 所以有，故， 所以，，则，故. 故选：B 3．（25-26高二上·吉林长春·期末）已知等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，则（   ） A． B． C．3 D．9 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用等差中项的定义及等比数列的通项公式列式计算即得. 【详解】设正项等比数列的公比为，则，， 由成等差数列，得，即，而， 则，解得，所以. 故选：D 题型四   等比数列的性质 1．（25-26高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）在等比数列中，，则（    ） A．7 B． C．14 D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用等比数列下标和性质计算得解. 【详解】在等比数列中，，而， 所以. 故选：A 2．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知数列是等比数列，若，是方程的两个根，则的值为（    ） A．1013 B． C．2023 D．1022 【答案】A 【分析】先根据韦达定理得到，再利用等比数列的性质得到，最后利用倒序相加法求和. 【详解】由题设及韦达定理，得， 由等比数列性质，得， 设， 所以， 则， 得 ， 所以. 故选：A 3．（25-26高二上·青海海东·期末）设为等比数列的前项积，若，则 . 【答案】 【分析】利用等比数列的性质有，即可求. 【详解】由题设，则. 故答案为： 4．（25-26高二上·湖南长沙·期中）在等比数列中，，，则 ． 【答案】 【分析】根据题目信息及等比数列的性质求出公比，再计算的值. 【详解】设等比数列的公比为， 则， 又，所以， 则. 故答案为：. 题型五   等比数列的通项公式 1．（25-26高二上·广西·月考）已知是递增的等比数列，若，，则 ． 【答案】 【分析】根据等比数列的通项公式及性质求解即可. 【详解】设等比数列的公比为． 由等比数列的性质可知，又， 所以是方程的两个根，解得或27， 又是递增的等比数列，所以．所以． 故． 故答案为：. 2．（24-25高二下·湖北·期中）数列中，，，则通项 ． 【答案】 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项公式. 【详解】数列中，由，得，而， 因此数列是首项为，公比为3的等比数列，则， 所以. 故答案为： 3．（24-25高二下·山东德州·月考）已知数列满足关系：，当时，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】由递推关系构造等比数列，再由等比数列的通项公式求解即可. 【详解】由题意可得当时，，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. 故答案为：. 4．（24-25高二上·河北沧州·期末）已知数列满足，则数列的通项公式 ，的通项公式 ． 【答案】 【分析】由条件可得，，结合等比数列定义及通项公式求，与联立求结论. 【详解】①，②， ①＋②得，又，所以． ①－②得，又， 所以数列为首项为，公比为的等比数列， 所以， 即． 故答案为：；． 题型六   等比数列的证明 1．（25-26高二·全国·假期作业）在数列中，，． (1)证明：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式； 【答案】(1)证明见解析 (2)（） 【分析】（1）首先对等式进行等价变形可得：，然后再根据等比数列的定义进行证明即可； （2）由（1）可知为等比数列，先求解的通项公式，进而求解数列的通项公式； 【详解】（1）已知，两边同时取倒数得：， 两边同时加可得：， 由此可得：，当时，， 因此得证：为等比数列，其首项为，公比. （2）由（1）可得：为等比数列，其首项为，公比. 因此可得：，得： (） 2．（2025高二上·全国·专题练习）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，即可求解； （2）根据条件，利用等比数列的定义即可证明． 【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，又， 所以， 所以，故是首项为，公比为的等比数列． 3．（24-25高二下·重庆巴南·期中）已知数列的首项为3，且满足，令． (1)证明：是等比数列，并求的通项公式； (2)若对任意的都成立，求的范围． 【答案】(1)证明见详解， (2) 【分析】（1）将递推关系变形，利用等比数列的定义证明，并求出通项公式； （2）由（1）可得，对任意均成立，令，判断数列的单调性，求出最大项得解. 【详解】（1）由，则，又， 所以，又， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， . （2）由，则，即对均成立， 所以，对任意均成立， 令，由，， 当时，，即， 当时，，即， 所以， ，即的取值范围为. 4．（23-24高二上·甘肃白银·期中）在数列中，，. (1)证明：为等比数列； (2)求的通项公式. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义证明即可； （2）由（1）可得，即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以， 则， 则是以为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）可得，即. 题型七   等比数列前n项和基本量的计算 1．（24-25高二上·重庆长寿·期末）已知为等比数列，且，则（    ） A．189 B．93 C．63 D．33 【答案】A 【分析】应用等比数列的前n项和公式计算求解. 【详解】因为为等比数列，且， 则. 故选：A. 2．（25-26高二上·甘肃兰州·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】B 【分析】求得等比数列的前项，进而求得，从而求得正确答案. 【详解】等比数列的前n项和为， 则， ， 所以，则， 即， 所以. 故选：B 3．（25-26高二上·河南·月考）（多选）已知公比为的正项等比数列的前3项和为，，则下列结论正确的有（    ） A． B． C．数列是递减数列 D． 【答案】ABD 【分析】对于AB，根据题意列出方程组求解即可；对于CD，由求出的等比数列通项公式即可判断． 【详解】对于AB，由题意得且，， 由得，由 得， 所以，化简得， 解得或（舍），将2代入，解得，故AB正确； 对于C，由AB选项可知，，所以数列是递增数列，故C错误； 对于D，法一：由等比数列的性质，得，因为，所以； 法二：因为，所以，所以； 故D正确． 故选：ABD． 4．（25-26高二上·四川达州·月考）若数列是等比数列，，则公比 . 【答案】1或 【分析】根据等比数列的项与前项和的基本量运算列方程求解即得. 【详解】由，可得， 两式相除，可得，即， 解得或. 故答案为：1或. 题型一   等比数列的单调性 1．（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． 2．（24-25高二下·北京海淀·期中）设无穷等比数列，则“为递减数列是”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】根据题意验证其充分性与必要性即可. 【详解】充分性，由为递减数列，则有2种情况①，此时， ②，此时，综上，充分性不成立， 必要性，因为无穷等比数列，，则， 所以且，即为递减数列，故必要性成立， 综上，为递减数列是的必要不充分条件， 故选：B. 3．（24-25高二下·黑龙江·月考）若等比数列的公比，则“”是“为递增数列”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】A 【分析】利用充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质分析判断即可. 【详解】在等比数列中，，由数列的通项公式可得，可知， 又，所以，所以为递增数列，故充分性成立， 若，可知是递增数列，但不满足，故必要性不成立， 故“”是“为递增数列”的充分不必要条件. 故选：A。 4．（24-25高二下·江西景德镇·期末）（多选）若等比数列中，首项为，公比为，则下列条件中，使数列一定为递减数列的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】对A，B，当时，则等比数列是摆动数列，可判断；对C，D，由可判断. 【详解】若，则等比数列是摆动数列； 若，则等比数列是常数列； 当且时，由. 对于A，若，当时，则等比数列是摆动数列，故A错误； 对于B，若，当时，则等比数列是摆动数列，故B错误； 对于C，当时，，即，等比数列是递减数列，故C正确； 对于D，当时，，即，等比数列是递减数列，故D正确. 故选：CD. 题型二   等比数列的最值 1．（24-25高二下·安徽·月考）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． 2．（23-24高二下·山东淄博·期中）已知数列为等比数列，，公比，若是数列的前n项积，则取最大值时，n的值为 . 【答案】6或7 【分析】首先求数列的通项公式，再根据数列的单调性，由前项积最大时满足的不等式，即可列式求解. 【详解】由题意可知，，数列单调递减，若最大时， 即，解得：， 所以或7. 故答案为：或 3．（23-24高二下·四川成都·月考）已知等比数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)若是递增数列，若，恒成立，求实数的取值范围； (3)若不是递增数列，，求的最小值． 【答案】(1)，， (2) (3)答案见解析 【分析】（1）根据等比数列的通项公式，建立关于q得方程，求出即可求解； （2）根据等比数列的单调性，由（1）得，进而不等式转化为恒成立，结合数列的单调性即可求解； （3）根据等比数列的单调性可知或，分类讨论为偶数和奇数时的情况，求出对应的即可求解. 【详解】（1）设的公比为，则， 若，则．若，则． 所以的公比为，，4， 所以的通项公式为：，，． （2）若是递增数列，则，则有，， 等价于，恒成立，令，即． 而． 时，，时，，时，， ，，， 实数的取值范围为． （3）若不是单调数列，则，或． （i）当时，， ①当为偶数时，；②当为奇数时，． 所以此时的最小值为． （ii）当时，． ①当为偶数时，，且为递增数列，； ②当为奇数时，，不可能为最小值． 所以此时的最小值为． 4．（24-25高二下·上海奉贤·月考）已知数列 满足 ，数列 满足 . (1)求数列的通项公式； (2)求数列的最大项. 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）    根据题意判定数列为等比数列，利用等比数列的通项公式写出答案； （2）    利用作商法研究数列的单调性，进而得解. 【详解】（1）由已知可得，数列是首项为,公比的等比数列， 所以； （2）, ,解得； 解得. 当时，，, 当时，比值小于1，数列开始递减, 因此，数列的最大项为，出现在第1项和第2项. 数列的最大项为：. 题型三   等比数列的片段和 1.（25-26高二上·江西·月考）已知等比数列的前n项和为，若，且，则（   ） A．17 B．18 C． D． 【答案】A 【分析】利用等比数列的性质和前项和公式结合已知条件求解. 【详解】设的公比为q，， ， ， ，， ，，， 解得，或（舍去）， . 故选：A. 2. （25-26高二上·湖北武汉·期末）（多选）设正项等比数列的公比为q，前n项和为，则下列选项不正确的是（　 　） A． B． C．，，成等比数列 D． 【答案】ABC 【分析】A选项，利用等比数列通项公式，得到当，时，，，当时，若，则，故A错误；B选项，举出反例；C选项，由等比数列性质，可知成等比数列，，，不一定成等比数列，C错误；D选项，分和两种情况，得到等式成立. 【详解】对于A，，， 当时，若，则，， 当时，若，则，故A错误； 对于B，若，，则， 故，B错误； 对于C，等比数列中，因为，故成等比数列， 而非成等比数列，所以，，不一定成等比数列， 例如，若，，则， 此时，，不是等比数列，故C错误； 对于D，当时，，，等式成立； 当时，， ， 故，等式成立，故D正确． 故选：ABC 3. （24-25高二下·四川南充·期末）（多选）关于等差数列和等比数列，下列选项中说法正确的是（   ） A．若等比数列的前项和，则实数 B．若数列为等比数列，且，则 C．若等差数列的前项和为，则成等差数列 D．若等差数列的前项和为，公差，则的最大值为30 【答案】BCD 【分析】根据等比数列前项和的性质，等比数列各项下标之间的关系，等差数列前项和的性质，依次判断各选项正误，求出结果. 【详解】由，可得时，， 作差得，当时，，解得，所以A错误； 由等比数列性质可知，因为，所以， ，所以B正确； 由等差数列的前项和可知，成等差数列，所以C正确； 等差数列中，公差，则， 当或时，前项和取得最大值，最大值，所以D正确. 故选：BCD. 4. （25-26高二上·贵州黔南·月考）已知等比数列的前n项和为且，若，，，则下列等式恒成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等比数列的性质及等比数列前n项和公式，结合已知条件对各选项进行逐一分析判断． 【详解】 是等比数列，设首项是，公比为， ，，， 当时，， 令，且，则 ， ， 选项A：，，且， ，故不恒成立，故A错误； 选项B：，， 不恒成立，故B错误； 选项C：当时，，， ， 当时，， ，故， 综上，恒成立，故C正确； 选项D：， 不成立，故D错误． 故选：C 题型四   等比数列奇偶项的和 1．（23-24高二上·重庆·期中）已知等比数列有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】根据等比数列的性质得到奇数项为，偶数项为，得到等比数列的公比q的值，然后用等比数列的前n项和的公式求出n即可． 【详解】因为等比数列有项，则奇数项有项，偶数项有项，设公比为， 得到奇数项为， 偶数项为，整体代入得， 所以前项的和为，解得. 故选：B 2．（25-26高二上·重庆·月考）已知为等比数列，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合题意先求出基本量，再把目标式转化为等比数列求和，进而利用公式法求解即可. 【详解】由题意得为等比数列，则设首项为，公比为， 因为，，所以， 联立方程组，解得， 结合题意可得是首项为1，公比为4的等比数列的前50项和， 由求和公式得前50项和为，故D正确. 故选：D 3．（25-26高二上·重庆·月考）若等比数列 共有奇数项，且所有奇数项和 ，所有偶数项和 ， 末项是192，则公比 . 【答案】 【分析】由奇数项和，偶数项和及末项的关系式，代入数据得，再计算求出公比. 【详解】设等比数列有项，则奇数项有项，偶数项有项， 设公比为，得到奇数项和为， 偶数项和为， 所以， 即， 可得：，解得． 故答案为： 题型一   数列恒成立问题 1．（25-26高二上·浙江宁波·月考）设等比数列的首项为65，公比为，记为数列的前项积，若对于任意，都有成立，则正整数（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】根据题意先求出等比数列的通项公式，从而得到的表达式，将问题转化为求取最大值时对应的的问题即可. 【详解】因为等比数列的首项为65，公比为， 所以， 因为对于任意，都有成立， 所以的最大值为. 当取最大值时，，且. 令，即，而， 所以满足的最大整数为6，即， 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在时取得最大值，即， 故选：C. 2．（24-25高二下·河南商丘·月考）已知数列的前项和为，且．若对任意的正整数恒成立，则实数的最小值为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】通过数列前项和与项的关系求得数列的通项公式，代入不等式分离参数后构造数列，然后通过作商法求得数列中最大项的值，从而求得结果. 【详解】当，则，即， 当，， 则，即，∴， ∴数列是的等比数列， ∴， ∵，即， ∴， 令数列的通项为， 则， 令，则， 又∵ ∴当，，当，， ∴数列的最大项为， ∴. 故选：B. 3．（25-26高二上·湖南·月考）已知数列满足． (1)求的值； (2)证明是等比数列，并求的通项公式； (3)设的前项和为，若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）根据递推公式即可求解； （2）由得出，即可证明，进而得出通项公式； （3）由（2）得，再分类讨论为正奇数或正偶数，解不等式即可求解． 【详解】（1）因为， 所以． （2）因为， 所以， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即． （3）由（2）得， ①当为正奇数时， ， 由，得， 即， 因为，所以对任意的正奇数都成立， 当时，有最小值1， 所以． ②当为正偶数时， ， 由，得， 即， 因为，所以对任意的正偶数都成立， 当时，有最小值，所以， 综上，可知，即实数的取值范围是． 4．（25-26高二上·江苏常州·月考）已知等比数列的前n项和为，，. (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和为； (3)若存在正整数n，使得成立，求m的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)由题干条件可解得公比,再代入第一个条件可解得,由此可得到等比数列的通项公式; (2)先写出数列的通项公式，利用错位相减法即可求得其前n项和为； (3)先求出等比数列的前n项和，由可知介于与之间， 对分奇偶讨论与的单调性和最值，最终可得出实数m的取值范围. 【详解】（1）设等比数列的公比为,由题意得,,代入可得公比, 又,解得，所以的通项公式为; （2）,则, 利用错位相减法，可得, 两式相减可得, 化简可得数列的前n项和为； （3）等比数列的前n项和为，存在正整数n，使得成立， 当为偶数时，,由，得, 因为当为偶数时，单调递增，所以的最小值为， 而当为偶数时，单调递减，所以的最大值为，所以; 同理当为奇数时，,由，得, 因为当为奇数时，单调递减，所以的最大值为， 而当为奇数时，单调递增，所以的最小值为，所以， 综上，若存在正整数n，使得成立，则的取值范围为上述两种情况的并集， 故实数m的取值范围为. 题型二   数列求和 1．（25-26高二上·黑龙江大庆·期末）已知数列，满足，，，，，且数列，的前项和分别是，，则 . 【答案】 【分析】先由两个递推关系可得数列及 均为等比数列，从而可得，再对数列进行分组求和可得及，故可得所求值. 【详解】因为数列，满足，，——①，——②， 所以①②两式相加得，即， 所以数列是以4为首项，以6为公比的等比数列，所以，即——③， 又将①②两式相减得，即， 所以是以6为首项，以2为公比的等比数列，所以，即——④， 联立③④解得，， 所以 ， 即. ， 即. 所以 . 故答案为：. 2．（25-26高二上·湖南永州·月考）已知数列满足，且. (1)求，： (2)证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式： (3)求数列的前项和. 【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）根据递推公式，依次求出数列各项即可； （2）根据递推公式，两边同时除以，求得新的递推公式，根据等差数列的定义，判断数列为等差数列即可，进而根据首项和公差，求出通项公式； （3）根据数列通项公式，等比数列前项和公式，以及错位相减法，求出数列的前项和即可. 【详解】（1）由，可知当时，， 因为，所以， 当时，. （2）由，可得，即， 因为，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列， 所以，解得. （3）由（2）可知， 所以， 则， 作差得 ， 即. 3．（25-26高二上·河南周口·月考）已知数列满足；数列的前项和为，且满足 ． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)已知，记的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据累加法即可求解， （2）根据的关系，结合等差数列的性质即可求解， （3）根据裂项相消法求和可证，利用数列的单调性，结合裂项相消求和可求证. 【详解】（1）因为，所以， 所以当时， 因为，所以对也成立， 综上，所以. （2）因为①， 所以当时，②， ①-②得：，即， 因为，且，所以，即， 所以数列奇数项与偶数项分别为等差数列，且公差为4， 当时，，因为，所以，则， 所以数列为等差数列， 且首项，公差，所以； （或者：当为奇数时，；当为偶数时，，所以） （3）， 所以， 令，则， 当时，， 所以，即， 所以数列从第2项起是单调递增数列， 所以当时，， 又因为，所以，即，所以， 综上，. 4．（25-26高二上·江苏常州·月考）设正项数列的前n项和，满足. (1)求数列的通项公式； (2)设，，求数列的前n项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据和之间的关系，结合等差数列的定义和通项公式进行求解即可； （2）运用裂项相消法进行求解即可. 【详解】（1）由得，可知 两式相减得，，即， 即 因为数列是正项数列，所以，所以，即， 又时解得， 所以数列是首项为1，公差为的等差数列， 数列的通项公式为； . （2）由（1）知，所以，， 所以数列的前n项和. 题型三   不等式的证明 1．（25-26高二上·江苏苏州·月考）数列为等差数列，前n项和为，．数列的前n项和为． (1)求数列，的通项公式； (2)令，其前n项和，证明：． 【答案】(1)，； (2)证明见解析 【分析】（1）由题意求出等差数列的公差和首项，即可求得数列的通项公式；利用数列的前n项和为，根据前n项和与第n项的关系，即可求得的通项公式； （2）结合（1）可得的表达式，说明当时，，当时，利用错位相减法可求出的表达式，即可说明，综合可知结论成立. 【详解】（1）因为数列为等差数列，前n项和为，， 设数列公差为d，则，解得， 故； 数列的前n项和为， 当时，， 当时，，不适合该式， 故； （2）由题意可得， 当时，； 当时，， 则， 两式相减得 ， 故， 则时，，故， 结合当时，； 综合可得. 2．（25-26高二上·河南商丘·月考）已知数列满足，． (1)求，的值； (2)求的通项公式； (3)设，记为数列的前n项和，证明：． 【答案】(1)14，254； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题设得，进而代值依次求解即可； （2）由题设得，进而得到数列是以2为首项，2为公比的等比数列，进而求解即可； （3）由题设得，结合裂项相消法求得，进而结合指数函数的性质求证即可. 【详解】（1）由，得． 由得，，． （2）由得，， 两边取以2为底的对数，， 又，则， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 则， 所以，故． （3）证明：由得，， 所以， 则， 故， 因此 ， 由于，则，即， 所以，则， 所以，故． 3．（25-26高二上·广西·月考）已知正项数列的前项和为满足，数列满足且. (1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和为，证明：； (3)若对任意正整数恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）由递推关系式得到是公比为2的等比数列，进而求出的通项公式. （2）利用裂项相消法求出的表达式，进而证明不等式即可. （3）先判断数列是公差为4的等差数列，然后求出的通项公式，然后化简不等式求出解集即可. 【详解】（1）由，得 故是公比为2的等比数列， 因，令得，又得. 故，的首项为， 故，所以. （2）因为 故 （3）因，故， 作差得 移项得 . 由于数列是正项数列，故 所以数列是公差为4的等差数列. 故. 由，得，设，只需求出的最大值即可. 可知，故 故. 4．（25-26高二上·江苏连云港·月考）记为递增数列的前项和，． (1)求证：数列是等差数列，并求出其通项公式； (2)求数列的前项和； (3)记，前项和为，求证：. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题设利用，分和结合等差数列定义，即可求出数列的通项公式； （2）由错位相减求和方法结合等比数列前n项和公式即可求解； （3）由和放缩公式，结合裂项相消求和法求证，即可得证. 【详解】（1）由题令，则，解得， 当时，， 所以，即， 因为，且是递增数列，所以， 所以，即，是公差和首项均为2的等差数列， 所以. （2）设是数列的前项和， 因为，所以， 所以， 则， 两式相减得，， 即. （3）， 所以，① 因为， 所以，② ①+②得，， 即，所以. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 5.3等比数列 题型一   等比数列的定义 1．ABC 2．B 3．A 4．B 5．AC 题型二   等比中项 1．C 2．A 3．A 4．C. 题型三   等比数列基本量计算 1．B 2．B 3．D 题型四   等比数列的性质 1．A 2．A 3． 4． 题型五   等比数列的通项公式 1． 2． 3． 4． 题型六   等比数列的证明 1．【答案】(1)证明见解析 (2)（） 【分析】（1）首先对等式进行等价变形可得：，然后再根据等比数列的定义进行证明即可； （2）由（1）可知为等比数列，先求解的通项公式，进而求解数列的通项公式； 【详解】（1）已知，两边同时取倒数得：， 两边同时加可得：， 由此可得：，当时，， 因此得证：为等比数列，其首项为，公比. （2）由（1）可得：为等比数列，其首项为，公比. 因此可得：，得： (） 2．【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，即可求解； （2）根据条件，利用等比数列的定义即可证明． 【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，又， 所以， 所以，故是首项为，公比为的等比数列． 3．【答案】(1)证明见详解， (2) 【分析】（1）将递推关系变形，利用等比数列的定义证明，并求出通项公式； （2）由（1）可得，对任意均成立，令，判断数列的单调性，求出最大项得解. 【详解】（1）由，则，又， 所以，又， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， . （2）由，则，即对均成立， 所以，对任意均成立， 令，由，， 当时，，即， 当时，，即， 所以， ，即的取值范围为. 4．【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义证明即可； （2）由（1）可得，即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以， 则， 则是以为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）可得，即. 题型七   等比数列前n项和基本量的计算 1．A 2．B 3．ABD 4．1或. 题型一   等比数列的单调性 1．A 2．B 3．A 4．CD 题型二   等比数列的最值 1．D 2．6或7 3．【答案】(1)，， (2) (3)答案见解析 【分析】（1）根据等比数列的通项公式，建立关于q得方程，求出即可求解； （2）根据等比数列的单调性，由（1）得，进而不等式转化为恒成立，结合数列的单调性即可求解； （3）根据等比数列的单调性可知或，分类讨论为偶数和奇数时的情况，求出对应的即可求解. 【详解】（1）设的公比为，则， 若，则．若，则． 所以的公比为，，4， 所以的通项公式为：，，． （2）若是递增数列，则，则有，， 等价于，恒成立，令，即． 而． 时，，时，，时，， ，，， 实数的取值范围为． （3）若不是单调数列，则，或． （i）当时，， ①当为偶数时，；②当为奇数时，． 所以此时的最小值为． （ii）当时，． ①当为偶数时，，且为递增数列，； ②当为奇数时，，不可能为最小值． 所以此时的最小值为． 4．【答案】(1) (2) 【分析】 （1）    根据题意判定数列为等比数列，利用等比数列的通项公式写出答案； （2）    利用作商法研究数列的单调性，进而得解. 【详解】（1）由已知可得，数列是首项为,公比的等比数列， 所以； （2）, ,解得； 解得. 当时，，, 当时，比值小于1，数列开始递减, 因此，数列的最大项为，出现在第1项和第2项. 数列的最大项为：. 题型三   等比数列的片段和 1. A 2. ABC 3. BCD 4. C 题型四   等比数列奇偶项的和 1．B 2．D 3． 题型一   数列恒成立问题 1．C 2．B 3．【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）根据递推公式即可求解； （2）由得出，即可证明，进而得出通项公式； （3）由（2）得，再分类讨论为正奇数或正偶数，解不等式即可求解． 【详解】（1）因为， 所以． （2）因为， 所以， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即． （3）由（2）得， ①当为正奇数时， ， 由，得， 即， 因为，所以对任意的正奇数都成立， 当时，有最小值1， 所以． ②当为正偶数时， ， 由，得， 即， 因为，所以对任意的正偶数都成立， 当时，有最小值，所以， 综上，可知，即实数的取值范围是． 4．【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)由题干条件可解得公比,再代入第一个条件可解得,由此可得到等比数列的通项公式; (2)先写出数列的通项公式，利用错位相减法即可求得其前n项和为； (3)先求出等比数列的前n项和，由可知介于与之间， 对分奇偶讨论与的单调性和最值，最终可得出实数m的取值范围. 【详解】（1）设等比数列的公比为,由题意得,,代入可得公比, 又,解得，所以的通项公式为; （2）,则, 利用错位相减法，可得, 两式相减可得, 化简可得数列的前n项和为； （3）等比数列的前n项和为，存在正整数n，使得成立， 当为偶数时，,由，得, 因为当为偶数时，单调递增，所以的最小值为， 而当为偶数时，单调递减，所以的最大值为，所以; 同理当为奇数时，,由，得, 因为当为奇数时，单调递减，所以的最大值为， 而当为奇数时，单调递增，所以的最小值为，所以， 综上，若存在正整数n，使得成立，则的取值范围为上述两种情况的并集， 故实数m的取值范围为. 题型二   数列求和 1． 2．【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）根据递推公式，依次求出数列各项即可； （2）根据递推公式，两边同时除以，求得新的递推公式，根据等差数列的定义，判断数列为等差数列即可，进而根据首项和公差，求出通项公式； （3）根据数列通项公式，等比数列前项和公式，以及错位相减法，求出数列的前项和即可. 【详解】（1）由，可知当时，， 因为，所以， 当时，. （2）由，可得，即， 因为，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列， 所以，解得. （3）由（2）可知， 所以， 则， 作差得 ， 即. 3．【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据累加法即可求解， （2）根据的关系，结合等差数列的性质即可求解， （3）根据裂项相消法求和可证，利用数列的单调性，结合裂项相消求和可求证. 【详解】（1）因为，所以， 所以当时， 因为，所以对也成立， 综上，所以. （2）因为①， 所以当时，②， ①-②得：，即， 因为，且，所以，即， 所以数列奇数项与偶数项分别为等差数列，且公差为4， 当时，，因为，所以，则， 所以数列为等差数列， 且首项，公差，所以； （或者：当为奇数时，；当为偶数时，，所以） （3）， 所以， 令，则， 当时，， 所以，即， 所以数列从第2项起是单调递增数列， 所以当时，， 又因为，所以，即，所以， 综上，. 4．【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据和之间的关系，结合等差数列的定义和通项公式进行求解即可； （2）运用裂项相消法进行求解即可. 【详解】（1）由得，可知 两式相减得，，即， 即 因为数列是正项数列，所以，所以，即， 又时解得， 所以数列是首项为1，公差为的等差数列， 数列的通项公式为； . （2）由（1）知，所以，， 所以数列的前n项和. 题型三   不等式的证明 1．【答案】(1)，； (2)证明见解析 【分析】（1）由题意求出等差数列的公差和首项，即可求得数列的通项公式；利用数列的前n项和为，根据前n项和与第n项的关系，即可求得的通项公式； （2）结合（1）可得的表达式，说明当时，，当时，利用错位相减法可求出的表达式，即可说明，综合可知结论成立. 【详解】（1）因为数列为等差数列，前n项和为，， 设数列公差为d，则，解得， 故； 数列的前n项和为， 当时，， 当时，，不适合该式， 故； （2）由题意可得， 当时，； 当时，， 则， 两式相减得 ， 故， 则时，，故， 结合当时，； 综合可得. 2．【答案】(1)14，254； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题设得，进而代值依次求解即可； （2）由题设得，进而得到数列是以2为首项，2为公比的等比数列，进而求解即可； （3）由题设得，结合裂项相消法求得，进而结合指数函数的性质求证即可. 【详解】（1）由，得． 由得，，． （2）由得，， 两边取以2为底的对数，， 又，则， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 则， 所以，故． （3）证明：由得，， 所以， 则， 故， 因此 ， 由于，则，即， 所以，则， 所以，故． 3．【答案】(1)证明见解析， (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）由递推关系式得到是公比为2的等比数列，进而求出的通项公式. （2）利用裂项相消法求出的表达式，进而证明不等式即可. （3）先判断数列是公差为4的等差数列，然后求出的通项公式，然后化简不等式求出解集即可. 【详解】（1）由，得 故是公比为2的等比数列， 因，令得，又得. 故，的首项为， 故，所以. （2）因为 故 （3）因，故， 作差得 移项得 . 由于数列是正项数列，故 所以数列是公差为4的等差数列. 故. 由，得，设，只需求出的最大值即可. 可知，故 故. 4．【答案】(1)证明见解析； (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题设利用，分和结合等差数列定义，即可求出数列的通项公式； （2）由错位相减求和方法结合等比数列前n项和公式即可求解； （3）由和放缩公式，结合裂项相消求和法求证，即可得证. 【详解】（1）由题令，则，解得， 当时，， 所以，即， 因为，且是递增数列，所以， 所以，即，是公差和首项均为2的等差数列， 所以. （2）设是数列的前项和， 因为，所以， 所以， 则， 两式相减得，， 即. （3）， 所以，① 因为， 所以，② ①+②得，， 即，所以. 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $