专题4.2.1 等比数列及其通项公式 （4大知识点+9大题型+21题强化）-2026-2027学年高二数学暑假班预修提升讲义（沪教版选择性必修第一册）

2026-2027学年高二数学暑假班预修提升讲义【精英班课程】 专题4.2.1 等比数列及其通项公式 知识点01 等比数列的定义 1.定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，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（）表示. 2.符号表示：在数列中，若（为常数，，），则数列为等比数列 3.核心特征：①从第2项起，每一项与前一项的比为常数；②公比；③数列中所有项均不为0（由公比不为0推导得出） 【要点】 1.等比数列定义的两个核心要素：①从第2项起；②比值为同一个非零常数; 2.等比数列的必要条件：所有项均不为0，公比，二者缺一不可 3.常数列（为常数）是等比数列的充要条件是，此时公比 4.若数列是等比数列，则数列（）、、均为等比数列，公比分别为、、 知识点02 等比中项 1.定义：如果在与之间插入一个数，使得，，成等比数列，那么叫做与的等比中项 2.公式：若是与的等比中项，则，即 3.存在条件：与同号（即），若，则与没有等比中项 【要点】 1.等比中项的两个关键：①同号才有中项；②中项有两个（互为相反数） 2.在等比数列中，任意连续三项，，满足（即中间项是前后两项的等比中项），反之，若一个数列任意连续三项满足此关系（且各项不为0），则该数列为等比数列 3.若，，成等比数列，则；若且，，均不为0，则，，成等比数列 知识点03 等比数列的通项公式 1.推导过程： 方法一：不完全归纳法：由等比数列定义，得，，，……，归纳可得（） 方法二：累乘法 由，，，……，（），将以上个式子左右两边分别相乘，得，故（）；当时，，式子成立，因此通项公式为（） 2.标准形式：（其中为等比数列的首项，为公比，，） 3.推广形式：若已知等比数列中第项为，则第项可表示为（，） 知识点04 等比数列通项公式的应用 1.求指定项：已知，，，直接代入求解；已知，，，代入推广公式求解 2.求首项或公比：已知数列中两项及对应项数，列方程组求解（如已知和，则，两式相除消去求，再代入求） 3.求项数：已知，，，由变形得，两边取对数求解（注意对数的定义域，即） 4.证明数列是等比数列：利用通项公式证明（常数，）；或已知通项公式为（，），直接判定为等比数列 易错辨析： 易错点1：求解公比时，忽略多解情况，如已知，，则，故，不可只取 易错点2：利用对数求项数时，忽略的条件，若，则无正整数项数（因等比数列各项同号，恒成立，实际解题中需注意题干是否隐含正项条件） 易错点3：证明数列是等比数列时，仅验证前几项的比值为常数，未证明对任意均成立，需严格依据定义证明（常数） 常考结论： 若等比数列为正项数列，则（，）为等差数列，公差为；反之，若为等差数列，则为正项等比数列 已知等比数列的通项公式为，则，数列为等比数列，公比为 若等比数列的公比，则，可用于快速比较两项的大小（当，时，数列递增；当，时，数列递减） 题型01：等比数列的判断 【方法点拨】判断一个数列是等比数列的常用方法 定义法：若数列{an}满足＝q(n∈N*，q为常数且不为零)或＝q(n≥2，且n∈N*，q为常数且不为零)，则数列{an}是等比数列．　　　　 【例1】已知下列各数列：①，，，；②1，，3，；③a，a，a，a；④，，，．其中一定是等比数列的是( )． A．①②③ B．①② C．①②④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】利用等比数列的定义进行判定即可. 【详解】 ，故①对； ，故②对； 当时，③不成等比数列，故③错； ，故④对. 故选：C． 【例2】给出下列命题:①若，则-a，b，-c成等比数列(abc≠0)；②若b2=ac，则a，b，c成等比数列；③若an+1=anq(q为常数)，则{an}是等比数列.其中正确的命题有（ ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】 根据等比数列定义结合对命题①，②，③的题设条件进行分析即可判断作答. 【详解】 对于①，题设条件与等比数列定义相一致，①正确； 对于②，满足题设条件的a，b，c值有a=b=0或c=b=0或a=b=c=0之一发生时, a，b，c不成等比数列； 对于③，满足题设条件的q=0时，{an}不是等比数列， 即命题①，②，③中，只有①是正确的命题. 故选：B 【跟踪训练】 1.若数列是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（　　）． A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为数列是等比数列，所以， 对于A，不一定是常数，故A不一定是等比数列； 对于B，可能有项为零，故B不一定是等比数列； 对于C，利用等比数列的定义，可知的公比是数列公比的倒数，故C项一定是等比数列； 对于D，当时，数列存在负项，此时无意义，故D项不符合题意； 故选C. 2. 设数列为公比不为的等比数列，则下面四个数列：①；②(为非零常数)；③；④其中是等比数列的有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【解析】设数列的公比为，则， 对于①，因为是常数，所以是等比数列； 对于②，因为是常数，所以是等比数列； 对于③，因为是常数，所以是等比数列； 对于④，因为是常数，所以是等比数列； 所以①②③④都是等比数列，所以等比数列有个， 故选：D. 3. 实数、满足，按顺序、、、可以构成的数列（    ） A．可能是等差数列，也可能是等比数列 B．可能是等差数列，但不可能是等比数列 C．不可能是等差数列，但可能是等比数列 D．不可能是等差数列，也不可能是等比数列 【答案】B 【分析】由实数、满足，根据等差数列的定义和等比数列的定义，分析、、、按一定顺序构成等差（比）数列时，是否有满足条件的的值，即可得答案． 【解析】数满足， 则有 若能构成等差数列，则，得2.于是. 得，或（舍） 当时这四个数为成等差数列． 但此时， ，不可能相等，故仍无法构成等比数列. 故选:B. 【点睛】本题考查的知识点是等差数列的确定和等比数列的确定，熟练掌握等差数列和等比数列的定义和性质是解答的关键． 4. 设{an}是等比数列，有下列四个命题： ①{}是等比数列；②{anan+1}是等比数列；③是等比数列；④{（﹣1）nan}是等比数列． 其中正确命题的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q， 依次分析4个命题： ①，对于数列{}，有q2，则该数列是等比数列； ②，对于{anan+1}，有q2，则该数列是等比数列； ③，对于{}，有，该数列是等比数列； ④对于{（﹣1）nan}，有q，则该数列是等比数列． 4个命题都正确． 故选：D． 5．对于数列{an}，n∈N*，“an+1＝2an”是“数列{an}是等比数列”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】D 【解析】解：若a1＝a2＝0，满足an+1＝2an，但数列{an}不是等比数列， 若数列{an}是等比数列，设{an}的公比为3，则an+1＝3an， 故“an+1＝2an”是“数列{an}是等比数列”既不充分也不必要条件． 故选：D． 题型02：等比中项的求解和应用 【方法点拨】根据题目条件，结合等比中项的定义，即可得解. 【例3】数1与4的等差中项，等比中项分别是（    ） A．， B．，2 C．，2 D．， 【答案】D 【分析】利用等差中项与等比中项的定义分别进行求解即可. 【解析】根据等差中项的定义可知，1与4的等差中项为； 根据等比中项的定义可得，1与4的等比中项G满足G2＝1×4＝4，G＝±2. 故选：D. 【例4】已知各项均不为0的等差数列{an}，满足2a3－＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8等于（ ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】D 【解析】因为{an}为等差数列，所以a3＋a11＝2a7，所以已知等式可化为4a7－＝0，解得a7＝4或a7＝0(舍去).又{bn}为等比数列，所以b6b8＝＝＝16.故选D. 【跟踪训练】 1.等比数列{an}中，，q＝2，则a4与a8的等比中项是_______ 【解析】解：设a4与a8的等比中项是x， 由等比数列{an}的性质可得x2＝a4•a82327＝16， ∴x＝±4， ∴a4与a8的等比中项x＝±4． 2.已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列，则公差________ 【分析】由成等比数列得，再根据等差数列的通项公式的基本量计算即可. 【详解】由成等比数列，则， 设等差数列的公差为，而， 则，解得. 3.若数列为等比数列，且，是方程的两个根，则 . 【答案】 【分析】根据韦达定理判断的正负，从而求出的正负，并求出，根据等比中项即可求解. 【详解】由题意得，，，故，， 因为为等比数列，所以，解得， 又因为，，所以与同号，即， 故. 故答案为： . 4.等差数列的公差不为0，前项和为，若成等比数列，则 ． 【答案】/ 【分析】设等差数列的公差为，根据条件得，再利用等差数列的前项和公式及等差数列的通项公式，即可求解． 【详解】设等差数列的公差为，因为，，成等比数列， 则，所以，整理得到， 所以， 故答案为：. 5.等差数列的首项为5，公差不等于零．若，，成等比数列，则_______ 【分析】先根据三项成等比数例求出的通项公式，进而求出的值. 【解析】因为等差数列的首项为5，设公差为， 则，所以， 解得或者（舍），所以， 所以， 故选：D 6.在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于_______ 【解析】∵＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4，又a5＝a3q2＞0，∴a5＝4. 7.如果，，，，成等比数列，那么（ ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【解析】因为，，，，成等比数列，所以，且与首项同号， 所以．故选：B 题型03：等比数列的通项公式 【方法点拨】等比数列的通项公式涉及4个量a1，an，n，q，只要知道其中任意三个就能求出另外一个，在这四个量中，a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，问题便迎刃而解. 【例5】设{an}是等比数列，且a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则an＝（　　） A．2n﹣1 B．21﹣n C．2n﹣1 D．21﹣n﹣1 【解题思路】根据等比数列的通项公式求出首项和公比，即可求出． 【解答过程】解：设等比数列的公比为q， ∵a5﹣a3＝12， ∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3）， ∴q＝2， ∴a1q4﹣a1q2＝12， ∴12a1＝12， ∴a1＝1， ∴an＝2n﹣1． 故选：C． 【例6】若数列的通项公式为，则（    ） A．数列是首项为，公比为的等比数列 B．数列是首项为，公比为的等比数列 C．数列是首项为，公比为的等比数列 D．数列是首项为，公比为的等比数列 【答案】B 【分析】根据等比数列的定义，即可判断选项. 【解析】因为， ，， 所以的首项为，且，所以是公比为的等比数列． 故选：B 【跟踪训练】 1.在正项等比数列{an}中，a2•a4＝16，a4+a5＝24，则数列{an}的通项公式为（　　） A．an＝2n﹣1 B．an＝2n C．an＝3n D．an＝3n﹣1 【解题思路】根据题意，设正项等比数列{an}的公比为q，由等比数列的性质求出a3＝4，又由a4+a5＝24，可得a3q+a3q2＝24，变形解可得q的值，求出a1的值，由等比数列的通项公式即可得答案． 【解答过程】解：根据题意，设正项等比数列{an}的公比为q， 若a2•a4＝16，则（a3）2＝16，必有a3＝4， 又由a4+a5＝24，则a3q+a3q2＝24，即q2+q﹣6＝0， 解可得q＝2， 则有a11， 则an＝a1qn﹣1＝2n﹣1， 故选：A． 2.已知等比数列的前三项分别是a﹣1，a+1，a+4，则数列的通项公式an为（　　） A． B． C． D． 【解题思路】由等比数列中项的性质，解方程可得a的值，即可得到数列的首项和公比，即可得到所求通项公式． 【解答过程】解：等比数列的前三项分别是a﹣1，a+1，a+4， 可得（a+1）2＝（a﹣1）（a+4）， 解得a＝5， 可得等比数列的首项为4，公比为， 即有数列的通项公式为an＝4×（）n﹣1， 故选：A． 3. 数列满足，则（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】C 【分析】根据已知，得数列是等比数列，再利用等比数列的通项公式即可求解. 【解析】由，得，所以数列是公比为等比数列， 所以. 故选：C. 4.已知数列是以为首项，为公差的等差数列；是以为首项，为公比的等比数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等差数列、等比数列的定义与性质计算即可. 【解析】由题意可知，， 所以. 故选：B 题型04：等比数列基本量的计算 【方法点拨】根据所给条件，求解等比数列的基本量，即可得解. 【例7】在等比数列{an}中，a1=8，a4=64，则a3等于（ ） A．16 B．16或-16 C．32 D．32或-32 【答案】C 【解析】由a4=a1q3，得q3=8，即q=2，所以a3==32.故选：C 【跟踪训练】 1. 已知等比数列满足，则（    ） A．1 B．3 C．4 D．15 【答案】B 【分析】根据题意结合等比数列的通项公式运算求解. 【解析】设的公比为， 因为，解得， 所以. 故选：B. 2. 在1与81之间插入3个正数，使这5个数成等比数列，则该数列的公比为（    ） A． B．9 C． D．3 【答案】D 【分析】由已知结合等比数列的性质即可直接求解． 【详解】这5个数分别为，则， 又这5个数成等比数列，，. 故选：D. 3.正项等比数列中，，，则其公比（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】可根据等比数列的通项公式，结合已知条件列出关于的方程，进而求解公比. 【详解】，，， ，，相除可得：， 展开式子得，解得或，因为数列是正项等比数列，所以，故舍去， 得到. 4.在等比数列中，，则（    ） A．-3 B．3 C．3或-3 D．或 【答案】B 【分析】令等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式可得，进而可求解. 【解析】令等比数列的公比为，则， 所以，解得， 所以. 故选：B. 5.已知数列的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且，，，，则（    ） A．16 B．18 C．19 D．20 【答案】D 【分析】设等差数列公差为d，等比数列公比为q，则，，，，代入条件，解得q，d的值，从而求出. 【解析】设等差数列公差为d，等比数列公比为q，则，，，， 则，， 解得或0（舍），， 则，， 故 故选：D 6.已知为等比数列，而且（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用等比数列的通项公式的基本量运算求出公比和，即可求的值. 【详解】设等比数列的公比为. 由可得，又，所以. 又由可得解得. 所以. 故选：D 7.已知数列满足：，，若，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】先根据已知条件判断数列的类型，再代入求的值. 【详解】因为，，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 由，得，解得. 故选：C 8.已知等比数列的公比为正数，若，则（ ） A． B． C． D． 【解析】（1）设等比数列的公比为，，因为，所以，而，所以，故选：C 9.在等比数列中，，且，则等于（ ） A． B． C． D． （2）因为，所以.故选：C. 10. 已知，若在之间插入3个数，使这5个数构成等比数列，则（    ） A． B．1 C．或1 D．或2 【答案】C 【详解】已知，成等比数列， 根据等比数列的性质，是等比中项，则， ， ，故C正确． 题型05：等比数列下标性质的应用 【例8】等比数列中，为方程的两根，则等于（   ） A．6 B．12 C．6或12 D．-6 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等比数列性质求解即可. 【详解】由等比数列中，为方程的两根，得，， 因此，，， 所以. 故选：B 【例9】已知递增的等比数列满足，，则的公比（    ） A．6 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】根据等比数列的性质，结合韦达定理构造一元二次方程求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，由题意可知. 因为是递增的等比数列，所以， 又，所以，是方程的两根，解得，. 所以，所以. 故选：C. 【例10】等比数列中，，则（　　） A． B． C．2 D．12 【答案】A 【分析】根据等比数列的性质求得正确答案. 【解析】. 故选：A 【例11】已知正项等比数列中，，则（    ） A．1012 B．2024 C． D． 【答案】B 【分析】根据等比数列性质得到，结合对数运算法则求出答案. 【解析】正项等比数列中，， 故， 故 . 故选：B 【跟踪训练】 1.已知是等比数列，，，则（   ） A．10 B．-10 C．6 D．-6 【答案】C 【分析】应用等比数列下标和性质计算求解. 【详解】因为是等比数列，所以， 又因为，所以. 2.在等比数列中，，，则（   ） A．36 B． C． D．6 【答案】D 【详解】在等比数列中，因为，所以，即， 所以，又因为与同号，所以. 3.正项等比数列{an}满足a2a9+a4a7＝16，则log2a1+log2a2+…+log2a10＝（　　） A．15 B．14 C．13 D．12 【解题思路】由题意利用等比数列的性质、对数的运算法则，计算求得结果． 【解答过程】解：∵正项等比数列{an}满足a2a9+a4a7＝16，∴a4a7＝8， 则log2a1+log2a2+…+log2a105log2（a4•a7）＝5log28＝5×3＝15， 故选：A． 4.已知在等比数列{an}中，若，则a2a449的值（　　） A． B． C． D． 【解题思路】由等比数列的性质求解即可． 【解答过程】解：在等比数列{an}中，若， 则a2a449． 故选：C． 5.对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是（　　） A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列 C．a3，a6，a9成等比数列 D．a2，a4，a8成等比数列 【解题思路】根据：若a，A，b构成等比数列，则A2＝ab，即可对选项逐一判断． 【解答过程】解：由于1+9≠2×3，所以aa1a9，即a1、a3、a9不能构成等比数列，选项A错误． 由于2+6≠2×3，所以aa2a6，即a2、a3、a6不能构成等比数列，选项B错误． 由于3+9＝2×6，所以aa3a9，即a3、a6、a9能构成等比数列，选项C正确． 由2+8≠2×4，所以aa2a8，即a2、a4、a8不能构成等比数列，选项D错误． 故选：C． 6.已知公比不为1的正项等比数列满足，则的最小值为（    ） A．6 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由等比数列性质得到，根据基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【解析】由等比数列的性质得，又， 由基本不等式得 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为. 故选：C 题型06：等比数列的单调性 【方法点拨】判断单调性的方法：①转化为函数，借助函数的单调性，如基本初等函数的单调性等，研究数列的单调性. ②利用定义判断：作差比较法，即作差比较与的大小；作商比较法，即作商比较与的大小， 从而判断出数列{}的单调性. 【例12】已知等比数列的公比为，则“数列是递增数列”是“”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】根据等比数列定义、数列单调性意义，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若等比数列是递增数列，则或，则必有； 取，数列的公比，而数列是递减数列， 所以“数列是递增数列”是“”的充分不必要条件. 故选：A 【例13】已知数列为等比数列，公比为负数，则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作差，因为的符号不确定，所以与的大小不确定，故AB都不正确；根据等比中项可知C正确，D不正确. 【解析】数列为等比数列，公比为负数， 所以， 当时，，当时，，故AB都不正确； 因为，故C正确，D不正确. 故选：C. 【例14】若等比数列的公比为，则“”是“是递减数列”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】D 【分析】举例即可说明，充分性以及必要性均不成立，即可得出答案. 【详解】充分性：在等比数列中，设首项为，由， 取，此时等比数列的通项公式为： ， 随着的逐渐增大，增大， 则等比数列是递增数列，不是递减数列，故充分性不成立， 必要性：取首项， 则等比数列的通项公式为： ， 从而得出数列是递减数列，但是，所以必要性不成立， 故“”是“是递减数列”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 【例15】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. 【解析】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 【例16】设等比数列的公比为q，前n项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．没有最大值 【答案】B 【分析】根据给定条件，结合等比数列通项分析求出公比的范围，再逐项分析判断作答. 【解析】在等比数列中，由，，得，即有，， 若，则，，此时，与已知条件矛盾，因此，B正确，C错误； 显然数列是递减数列，由，得，则，A错误； 由于，当，，而，则，当时，，则， 因此当时，逐渐增大，当时，逐渐减小，所以的最大值为，D错误. 故选：B 【例17】已知正项等比数列满足，则取最大值时的值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】利用等比数列的通项公式及函数的单调性，结合数列的单调性即可求解. 【解析】设等比数列的公比为，有， 由函数单调递增，且，可得. 有，由数列单调递减， 所以取得最大值时的值为9， 故选：B. 【跟踪训练】 1.已知数列是等比数列，，则“对任意的正整数都有”是“数列是单调递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据等比数列的性质，结合充分、必要条件的定义，分析求解，即可得答案. 【详解】是等比数列，， 对任意的正整数都成立， ，， 是等比数列，是单调递增数列，， ∴“对任意的正整数都有”是“是单调递增数列”的充分必要条件. 2.已知是等比数列，则“数列是递增数列”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】因为是等比数列，所以可令，公比为，则，，，由，得， 解得或，当，时，总有，即， 当，，总有，即，因此，等比数列是递增数列， 若数列是递增数列，则必有，故“数列是递增数列”是“”的充分必要条件. 3.已知数列{an}为等比数列，“a6＞a5＞0”是“数列{an}为递增数列”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 【解题思路】由a6＞a5＞0，可得q＞1，a1＞0，可得数列{an}为递增数列．反之不成立，例如数列an是单调递增数列，但0＞a6＞a5． 【解答过程】解：①当a6＞a5＞0时，又∵{an}为等比数列，∴q1，a1＞0， ∴an+1﹣an＝a1qn﹣a1qn﹣1＝a1qn﹣1（q﹣1）＞0，∴{an}为递增数列，∴充分性成立， ②当{an}为递增数列，比如an，a5，a6，则0＞a6＞a5，∴必要性不成立， 综上，a6＞a5＞0是{an}为递增数列的充分不必要条件， 故选：B． 4.设等比数列的公比为，其前项之积为，并且满足条件：，，，给出下列结论：①；② ；③是数列中的最大项；④使成立的最大自然数等于4039；其中正确结论的序号为（    ） A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】由题意可得，，结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答案． 【解析】，，， ，． ，故①正确； ，，故②不正确； ，是数列中的最大项，故③正确； ，， 使成立的最大自然数等于4038，故④不正确． 正确结论的序号是①③． 故选：B． 【点睛】本题考查等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题． 题型07：等比数列的证明 【方法点拨】只有定义法、递推法(等比中项法) 可用于证明等比数列，通项公式法与前n项和公式法只能用于小题 中等比数列的判定；在用定义法与递推法(等比中项法)证明等比数列时要注意≠0. 【例18】已知数列中，，．证明：数列为等比数列. 【答案】证明见解析 【分析】利用等比数列的定义结合构造法即可证明. 【详解】证明：因为，， 所以， 所以， 所以， 因为， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 【例19】设数列的首项为常数，且． (1)证明：是等比数列； (2)若中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项：若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在；成等差数列. 【分析】（1）将递推公式代入化简即可得证； （2）利用（1）中结论求出数列的通项公式，根据等差中项列方程求解即可. 【详解】（1）证明： 因为，所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列； （2）因为，所以数列的首项是， 所以，则， 若中存在连续三项成等差数列，则必有， 即， 整理得：，即， 因为，所以，所以必为偶数， 所以，解得：，所以成等差数列. 【跟踪训练】 1. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n. (1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式. (1)证明　∵an＋Sn＝n①，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1②. ②－①得an＋1－an＋an＋1＝1， 所以2an＋1＝an＋1， ∴2(an＋1－1)＝an－1，又a1＋a1＝1， 所以a1＝，∴a1－1＝－≠0， 因为＝，∴＝. 故{cn}是以c1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列. (2)解　由(1)知cn＝－×＝－. ∵cn＝an－1，∴an＝1－. 2.已知数列{an}满足a1，且an+1an，n∈N*． （1）求证：{an}是等比数列； （2）求数列{an}的通项公式． 【解题思路】（1）对an+1an进行变形处理得到：an+1an（an），根据等比数列的性质证得结论； （2）根据{an}是以为首项，为公比的等比数列来推知数列{an}的通项公式． 【解答过程】（1）证明：由已知得：an+1an（an）， 因为a1， 所以a1， 所以{an}是以为首项，为公比的等比数列； （2）解：由（1）知，{an}是以为首项，为公比的等比数列， 所以an•（）n﹣1， 所以an•（）n﹣1． 3.在各项为负数的数列{an}中，已知2an＝3an+1，且a1+a3． （1）求证：{an}是等比数列，并求出通项； （2）是这个等比数列中的项吗？如果是，指明是第几项；如果不是，请说明理由． 【解题思路】（1）利用已知条件推出数列{an}是公比q的等比数列．然后求解通项公式． （2）设an，通过，得n＝5，说明是该等比数列中的项． 【解答过程】解：（1）因为2an＝3an+1，且an≠0，所以，故数列{an}是公比q的等比数列． 又a1+a3，则a1（1+q2），将q代入上式，求得a1． 所以an． （2）设an，由等比数列的通项公式得 ，解此方程得n＝5，故是该等比数列中的项． 题型08：等比数列的实际应用 【例20】朱载堉（1536年-1611年），中国明代一位杰出的音乐家、律学家、历法学家，他的著作《律学新说》阐述了最早的“十二平均律”，是目前世界上通用的把一组音分成十二个半音音程的律制．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音开始，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都相等，且最后一个单音频率是第一个单音频率的2倍．已知第十个单音的频率，则与第四个单音的频率最接近的是（    ） A．494Hz B．349Hz C．311Hz D．277Hz 【答案】C 【分析】将13个单音的频率依次组成等比数列，利用题目条件求出公比，再通过已知的第10个单音频率，结合等比数列的性质求出第4个单音的频率. 【详解】设13个单音的频率依次组成等比数列，公比为， 已知，所以，得，即； 第十个单音，第四个单音，两式相除得， 所以，与最接近的是. 故选：C. 【跟踪训练】 1.月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（   ）． A．80 B．96 C．100 D．112 【答案】B 【分析】由已知条件和等比数列等差数列的性质，得，又，均为正整数，求出，的值得. 【详解】依题意，有，， 时，不是正整数； 时，； 时，，不是正整数. 所以，，. 故选：B 题型09：综合提升 【例】已知数列的通项公式为，数列是首项为，公比为的等比数列，若，其中，则公比的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据，可得，再根据结合指数运算可得，利用指数函数单调性求，运算整理． 【解析】 ∵，即，则 又∵，即，则 ∵，则，∴，则 ∴ 故答案为：． 【例】数列满足，． (1)求，； (2)设，求证：数列是等比数列，并求其通项公式． 【答案】(1)， (2)证明见解析， 【分析】（1）由数列的递推关系，令和即可求出答案； （2）由题意可求出，即可求出数列是首项为，公比为的等比数列，即可求出的通项公式. 【解析】（1）由， 令，则， 令，则 故，； （2） ． 因为，所以数列的各项均不为0， 所以，即数列是首项为，公比为的等比数列， 所以． 【跟踪训练】 1.设关于x的二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n＝1，2，3，…)有两实根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3． (1)试用an表示an＋1； (2)求证：是等比数列； (3)当a1＝时，求数列{an}的通项公式． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（1）直接利用韦达定理求出两根之和以及两根之积，再代入整理即可得； （2）对（1）的结论两边同时减去整理即可证：数列是等比数列； （3）先利用（2）求出数列的通项公式，即可求数列的通项公式． 【解析】（1）解：由韦达定理得：，， 由得， 故． （2）证明：因为， 所以， 故数列是公比为的等比数列； （3）解：当时，数列的首项， 故， 所以． 2. 已知数列的首项，． (1)求证：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)是否存在互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且，，成等比数列，如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由两边取倒数，再减去1得到，再计算，故证得结论； （2）由（1）知的首项和公比，利用等比数列的通项公式可求得； （3）先假设存在，则则，，将代入化简得到，利用基本不等式推得矛盾，故假设不成立，即不存在. 【解析】（1）因为，所以， 即，且， 所以数列是首项为，公比为的等比数列． （2）由（1）可求得， 所以，即． （3）假设存在，则，， 即，化简得． 因为，当且仅当时等号成立． 又因为m，n，s互不相等，所以不存在． 一、填空题 1．数列2，，…的一个通项公式an等于________ 【解题思路】分别判断出分子和分母构成的数列特征，再求出此数列的通项公式． 【解答过程】解：∵2，4，8，16，32，…是以2为首项和公比的等比数列， 且1，3，5，7，9，…是以1为首项，以2为公差的等差数列， ∴此数列的一个通项公式是an， 2．方程x2﹣8x+9＝0的两根的等比中项是_________ 【解题思路】先利用韦达定理求出方程x2﹣8x+9＝0的两根之积，再利用等比中项的性质即可求解． 【解答过程】解：由韦达定理可得方程x2﹣8x+9＝0的两根之积为9， 而9＝（±3）2，故方程x2﹣8x+9＝0的两根的等比中项是±3． 3．若2与的等差中项与等比中项相等，则实数的值为______. 【答案】 【分析】先求得2与的等差中项，再根据等比中项公式列方程求解即可． 【详解】2与的等差中项为， 因为2与的等差中项与等比中项相等，所以，化简得 解得 故答案为：2 4．在各项均为正数的等比数列{bn}中，若b5＝2，则等于_______ 【解题思路】根据等比数列的性质和对数的运算法则进行求解即可． 【解答过程】解：∵在各项均为正数的等比数列{bn}中，b5＝2， ∴log（b1×b2×…×b9）＝logb59＝log29＝﹣9． 5．已知等比数列{an}中，a2＝﹣2，a5＝16，则该数列的公比为 　　． 【解题思路】利用等比数列的通项公式列出方程组，能求出该数列的公比． 【解答过程】解：∵等比数列{an}中，a2＝﹣2，a5＝16， ∴， 解得该数列的公比q＝﹣2． 故答案为：﹣2． 6．已知数列{an}是等比数列，a3+a7＝20，a1a9＝64，则a11的值为 　　． 【解题思路】由a1•a9＝64，得到a3•a7＝64，解方程组求出a3，a7，q4，再由等比数列的通项公式计算可得答案． 【解答过程】解：设等比数列{an}的公比为q， ∵a1•a9＝64，∴a3•a7＝64， ∵a3+a7＝20， ∴a3＝4，a7＝16或a3＝16，a7＝4， ∴q4＝4或q4， ∴a11＝a7•q4＝16×4＝64或a11＝41， 故答案为：64或1． 7．已知递增等比数列{an}满足，a3＝4，则a8＝　　． 【解题思路】根据等比数列{an}满足，可得，结合a3＝4可求得q2，从而确定q值；即可根据a8＝a4•q5求得结果． 【解答过程】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞1），由a3＝4，得． 又，则，即q2，解得q2＝2或q2（舍去）． 所以q；所以a8＝a4•q5＝4×416． 故答案为：16． 8．若数列满足，且，则数列的通项公式为_________. 【答案】 【分析】由递推关系式可得，构造数列为等比数列，再利用等比数列的通项公式即可求解. 【详解】由，则， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 故答案为： 9．在2，x，8，y四个数中，前三个数成等比数列，后三个成等差数列，则___________ 【答案】或. 【分析】根据等比数列和等差数列的概念列式计算即可. 【详解】由已知得 解得或， 或. 故答案为：或. 10．已知等差数列的公差为2，若，，成等比数列，则数列通项公式为___________. 【答案】## 【分析】由等差数列的通项公式及等比数列的性质列方程可求得，从而可得数列通项公式. 因为，，成等比数列，所以， 所以， 又的公差为2，所以， 解得， 所以的通项公式为. 故答案为：. 11．若数列满足，则称为“追梦数列”.已知数列为“追梦数列”，且，则数列的通项公式__________. 【答案】## 【分析】根据题意，由“追梦数列”的定义可得“追梦数列”是公比为的等比数列，进而可得若数列为“追梦数列”，则为公比为3的等比数列，进而由等比数列的通项公式可得答案． 根据题意，“追梦数列”满足，即，则数列是公比为的等比数列. 若数列为“追梦数列”，则. 故答案为：. 12．正项等比数列中，存在两项、使得，且，则的最小值为______ 【答案】 【分析】利用通项公式得到，对m、n讨论，分别代入即可求解. 正项等比数列中，，所以， 因为，所以，解得：（舍去）. 因为存在两项、使得，所以，即，解得：（）. 所以时，； 时，； 时，. 所以的最小值为. 故答案为：. 二、选择题 13．若a，b，c成等比数列且公比为q，那么（　　） A．不一定是等比数列 B．一定不是等比数列 C．一定是等比数列，且公比为 D．一定是等比数列，且公比为q 【解题思路】由题意得q，从而可得，，即可得到答案． 【解答过程】解：∵a，b，c成等比数列且公比为q， ∴q， ∴，， 故一定是等比数列，且公比为， 故选：C． 14．在等比数列{an}中，8a1a3a5+a2a4＝0，a6＝1，则的值为（　　） A． B． C．﹣2 D．2 【解题思路】由已知结合等比数列的性质进行化简即可求解． 【解答过程】解：等比数列{an}中，8a1a3a5+a2a40， 因为a3≠0， 所以a3， 又a6＝1， 所以q38， 所以q＝﹣2，则q＝﹣2． 故选：C． 15．已知数列的前项和为，且对任意正整数都有，则下列关于的论断中正确的是（ ） A．一定是等差数列 B．一定是等比数列 C．可能是等差数列，但不会是等比数列 D．可能是等比数列，但不会是等差数列 【答案】C 【分析】 根据得，分类讨论当和两种情况分析得数列可能为等差数列，但不会为等比数列. 【详解】 ， ， ， 若，则数列为等差数列； 若，则数列为首项为，公比为4的等比数列，， 此时（），即数列从第二项起，后面的项组成等比数列. 综上，数列可能为等差数列，但不会为等比数列. 故选：C 【点睛】 关键点点睛：数列中含有和的式子一般需要转化，转化后可利用等差数列和等比数列的定义，此类问题注意验证时是否满足递推式，属于中档题． 16．设是等比数列，则“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”（ ） 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】C 【分析】根据严格递增数列定义可判断必要性，分类讨论可判断充分性. 【详解】若是严格递增数列，显然，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”必要条件； 对任意的正整数n都成立，所以中不可能同时含正项和负项， ，即，或，即， 当时，有，即，是严格递增数列， 当时，有，即，是严格递增数列， 所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”充分条件 故选：C 三、解答题 17．已知数列{an+3}为等比数列，且a2＝6，a3＝24． （1）求an； （2）若3（bn+1﹣bn）＝an，且b1，求bn． 【解题思路】（1）求出等比数列{an+3}的公比，由等比数列的通项公式可求得an+3，进而可得an； （2）由已知可得bn+1﹣bn＝3n﹣1﹣1，利用累加法即可求得bn． 【解答过程】解：（1）因为3， 所以数列{an+3}的公比为3， 又所以an+3＝（a2+3）•3n﹣2＝9•3n﹣2＝3n， 故an＝3n﹣3． （2）因为3（bn+1﹣bn）＝an，所以bn+1﹣bn（3n﹣3）＝3n﹣1﹣1， 所以b2﹣b1＝30﹣1， b3﹣b2＝31﹣1， …… bn﹣bn﹣1＝3n﹣2﹣1， 所以bn﹣b1＝（30+31+…+3n﹣2）﹣（n﹣1）（n﹣1）n， 所以bnn+1． 18．已知数列满足：，． (1)求数列的通项公式； (2)当时，证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）由递推式可得，令有，根据等比数列的定义写出的通项公式，进而求出的通项公式. （2）应用基本不等式，结合放缩法分别证明不等式的左右两侧. 【解析】（1）将，整理得， 所以． 令，，则， 所以数列是公比为，首项为的等比数列，则，即． 所以． （2）先证： 因为，又， 所以，则． 再证： 当时，， 所以． 综上，，得证． 19．已知数列中，是其前项和，并且，. (1)设，求证：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)数列中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在最小项，不存在最大项，理由见解析. 【分析】（1）根据给定递推公式，结合“当时，”及已知变形，利用等比数列定义判断作答. （2）由（1）求出，再构造数列求解作答. （3）由（2）的结论，判断数列的单调性即可作答. 【解析】（1）因，，则当时，， 因此，即， 而，则，又，，即，有， 所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列. （2）由（1）知，则有， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列，则， 所以数列的通项公式是. （3）由（2）知，，于是得是递增数列， 所以数列存在最小项，不存在最大项. 20．在数列中，，（n为正整数）. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)若数列满足，，求数列的通项公式. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3). 【分析】 （1）利用累乘法可求出数列的通项公式； （2）根据（1）可求出，从而根据裂项相消求和法可证明结论； （3）根据（1）可知，从而利用累加法可求出数列的通项公式. (1)因为， 所以，，，，…，， 把以上个式子相乘，得 ， 即， 所以，即. (2)因为，所以， 所以 ， 所以. (3)因为， 即， 所以，，，，…，， 把以上个式子相加，得 ， 又因为，所以. 21．已知数列与满足． (1)若，且，求数列的通项公式； (2)设的第k项是数列的最小项，即恒成立．求证：的第k项是数列的最小项； (3)设．若存在最大值M与最小值m，且，试求实数的取值范围． 【答案】(1)．(2)证明见解析．(3)． 【分析】 （1）由已知关系得出是等差数列及公差，然后可得通项公式； （2）由已知关系式，利用累加法证明对任意的，恒成立，即可得． （3）由累加法求得通项公式，然后确定的奇数项和偶数项的单调性，得出数列的最大项和最小项，再利用已知范围解得的范围． (1)由已知，是等差数列，公差为6， 所以； (2)对任意的，恒成立， 而恒成立， 若，则，恒成立， 同理若，也有恒成立，所以对任意的，恒成立，即是最小项； (3)时，， 所以 ，也适合此式． 所以， 若，则，，，即，， 若，由于，且是正负相间，因此无最大项也无最小项． 因此有， 所以的奇数项数列是递增数列，且，， 的偶数项数列是递减数列，且，， 所以的最大值是，最小项是， ，由，又，所以． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二数学暑假班预修提升讲义【精英班课程】 专题4.2.1 等比数列及其通项公式 知识点01 等比数列的定义 1.定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，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（）表示. 2.符号表示：在数列中，若（为常数，，），则数列为等比数列 3.核心特征：①从第2项起，每一项与前一项的比为常数；②公比；③数列中所有项均不为0（由公比不为0推导得出） 【要点】 1.等比数列定义的两个核心要素：①从第2项起；②比值为同一个非零常数; 2.等比数列的必要条件：所有项均不为0，公比，二者缺一不可 3.常数列（为常数）是等比数列的充要条件是，此时公比 4.若数列是等比数列，则数列（）、、均为等比数列，公比分别为、、 知识点02 等比中项 1.定义：如果在与之间插入一个数，使得，，成等比数列，那么叫做与的等比中项 2.公式：若是与的等比中项，则，即 3.存在条件：与同号（即），若，则与没有等比中项 【要点】 1.等比中项的两个关键：①同号才有中项；②中项有两个（互为相反数） 2.在等比数列中，任意连续三项，，满足（即中间项是前后两项的等比中项），反之，若一个数列任意连续三项满足此关系（且各项不为0），则该数列为等比数列 3.若，，成等比数列，则；若且，，均不为0，则，，成等比数列 知识点03 等比数列的通项公式 1.推导过程： 方法一：不完全归纳法：由等比数列定义，得，，，……，归纳可得（） 方法二：累乘法 由，，，……，（），将以上个式子左右两边分别相乘，得，故（）；当时，，式子成立，因此通项公式为（） 2.标准形式：（其中为等比数列的首项，为公比，，） 3.推广形式：若已知等比数列中第项为，则第项可表示为（，） 知识点04 等比数列通项公式的应用 1.求指定项：已知，，，直接代入求解；已知，，，代入推广公式求解 2.求首项或公比：已知数列中两项及对应项数，列方程组求解（如已知和，则，两式相除消去求，再代入求） 3.求项数：已知，，，由变形得，两边取对数求解（注意对数的定义域，即） 4.证明数列是等比数列：利用通项公式证明（常数，）；或已知通项公式为（，），直接判定为等比数列 易错辨析： 易错点1：求解公比时，忽略多解情况，如已知，，则，故，不可只取 易错点2：利用对数求项数时，忽略的条件，若，则无正整数项数（因等比数列各项同号，恒成立，实际解题中需注意题干是否隐含正项条件） 易错点3：证明数列是等比数列时，仅验证前几项的比值为常数，未证明对任意均成立，需严格依据定义证明（常数） 常考结论： 若等比数列为正项数列，则（，）为等差数列，公差为；反之，若为等差数列，则为正项等比数列 已知等比数列的通项公式为，则，数列为等比数列，公比为 若等比数列的公比，则，可用于快速比较两项的大小（当，时，数列递增；当，时，数列递减） 题型01：等比数列的判断 【方法点拨】判断一个数列是等比数列的常用方法 定义法：若数列{an}满足＝q(n∈N*，q为常数且不为零)或＝q(n≥2，且n∈N*，q为常数且不为零)，则数列{an}是等比数列．　　　　 【例1】已知下列各数列：①，，，；②1，，3，；③a，a，a，a；④，，，．其中一定是等比数列的是( )． A．①②③ B．①② C．①②④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】利用等比数列的定义进行判定即可. 【详解】 ，故①对； ，故②对； 当时，③不成等比数列，故③错； ，故④对. 故选：C． 【例2】给出下列命题:①若，则-a，b，-c成等比数列(abc≠0)；②若b2=ac，则a，b，c成等比数列；③若an+1=anq(q为常数)，则{an}是等比数列.其中正确的命题有（ ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】 根据等比数列定义结合对命题①，②，③的题设条件进行分析即可判断作答. 【详解】 对于①，题设条件与等比数列定义相一致，①正确； 对于②，满足题设条件的a，b，c值有a=b=0或c=b=0或a=b=c=0之一发生时, a，b，c不成等比数列； 对于③，满足题设条件的q=0时，{an}不是等比数列， 即命题①，②，③中，只有①是正确的命题. 故选：B 【跟踪训练】 1.若数列是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（　　）． A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为数列是等比数列，所以， 对于A，不一定是常数，故A不一定是等比数列； 对于B，可能有项为零，故B不一定是等比数列； 对于C，利用等比数列的定义，可知的公比是数列公比的倒数，故C项一定是等比数列； 对于D，当时，数列存在负项，此时无意义，故D项不符合题意； 故选C. 2. 设数列为公比不为的等比数列，则下面四个数列：①；②(为非零常数)；③；④其中是等比数列的有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【解析】设数列的公比为，则， 对于①，因为是常数，所以是等比数列； 对于②，因为是常数，所以是等比数列； 对于③，因为是常数，所以是等比数列； 对于④，因为是常数，所以是等比数列； 所以①②③④都是等比数列，所以等比数列有个， 故选：D. 3. 实数、满足，按顺序、、、可以构成的数列（    ） A．可能是等差数列，也可能是等比数列 B．可能是等差数列，但不可能是等比数列 C．不可能是等差数列，但可能是等比数列 D．不可能是等差数列，也不可能是等比数列 【答案】B 【分析】由实数、满足，根据等差数列的定义和等比数列的定义，分析、、、按一定顺序构成等差（比）数列时，是否有满足条件的的值，即可得答案． 【解析】数满足， 则有 若能构成等差数列，则，得2.于是. 得，或（舍） 当时这四个数为成等差数列． 但此时， ，不可能相等，故仍无法构成等比数列. 故选:B. 【点睛】本题考查的知识点是等差数列的确定和等比数列的确定，熟练掌握等差数列和等比数列的定义和性质是解答的关键． 4. 设{an}是等比数列，有下列四个命题： ①{}是等比数列；②{anan+1}是等比数列；③是等比数列；④{（﹣1）nan}是等比数列． 其中正确命题的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q， 依次分析4个命题： ①，对于数列{}，有q2，则该数列是等比数列； ②，对于{anan+1}，有q2，则该数列是等比数列； ③，对于{}，有，该数列是等比数列； ④对于{（﹣1）nan}，有q，则该数列是等比数列． 4个命题都正确． 故选：D． 5．对于数列{an}，n∈N*，“an+1＝2an”是“数列{an}是等比数列”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】D 【解析】解：若a1＝a2＝0，满足an+1＝2an，但数列{an}不是等比数列， 若数列{an}是等比数列，设{an}的公比为3，则an+1＝3an， 故“an+1＝2an”是“数列{an}是等比数列”既不充分也不必要条件． 故选：D． 题型02：等比中项的求解和应用 【方法点拨】根据题目条件，结合等比中项的定义，即可得解. 【例3】数1与4的等差中项，等比中项分别是（    ） A．， B．，2 C．，2 D．， 【答案】D 【分析】利用等差中项与等比中项的定义分别进行求解即可. 【解析】根据等差中项的定义可知，1与4的等差中项为； 根据等比中项的定义可得，1与4的等比中项G满足G2＝1×4＝4，G＝±2. 故选：D. 【例4】已知各项均不为0的等差数列{an}，满足2a3－＋2a11＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b6b8等于（ ） A．2 B．4 C．8 D．16 【答案】D 【解析】因为{an}为等差数列，所以a3＋a11＝2a7，所以已知等式可化为4a7－＝0，解得a7＝4或a7＝0(舍去).又{bn}为等比数列，所以b6b8＝＝＝16.故选D. 【跟踪训练】 1.等比数列{an}中，，q＝2，则a4与a8的等比中项是_______ 【解析】解：设a4与a8的等比中项是x， 由等比数列{an}的性质可得x2＝a4•a82327＝16， ∴x＝±4， ∴a4与a8的等比中项x＝±4． 2.已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列，则公差________ 【分析】由成等比数列得，再根据等差数列的通项公式的基本量计算即可. 【详解】由成等比数列，则， 设等差数列的公差为，而， 则，解得. 3.若数列为等比数列，且，是方程的两个根，则 . 【答案】 【分析】根据韦达定理判断的正负，从而求出的正负，并求出，根据等比中项即可求解. 【详解】由题意得，，，故，， 因为为等比数列，所以，解得， 又因为，，所以与同号，即， 故. 故答案为： . 4.等差数列的公差不为0，前项和为，若成等比数列，则 ． 【答案】/ 【分析】设等差数列的公差为，根据条件得，再利用等差数列的前项和公式及等差数列的通项公式，即可求解． 【详解】设等差数列的公差为，因为，，成等比数列， 则，所以，整理得到， 所以， 故答案为：. 5.等差数列的首项为5，公差不等于零．若，，成等比数列，则_______ 【分析】先根据三项成等比数例求出的通项公式，进而求出的值. 【解析】因为等差数列的首项为5，设公差为， 则，所以， 解得或者（舍），所以， 所以， 故选：D 6.在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于_______ 【解析】∵＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4，又a5＝a3q2＞0，∴a5＝4. 7.如果，，，，成等比数列，那么（ ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【解析】因为，，，，成等比数列，所以，且与首项同号， 所以．故选：B 题型03：等比数列的通项公式 【方法点拨】等比数列的通项公式涉及4个量a1，an，n，q，只要知道其中任意三个就能求出另外一个，在这四个量中，a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，问题便迎刃而解. 【例5】设{an}是等比数列，且a5﹣a3＝12，a6﹣a4＝24，则an＝（　　） A．2n﹣1 B．21﹣n C．2n﹣1 D．21﹣n﹣1 【解题思路】根据等比数列的通项公式求出首项和公比，即可求出． 【解答过程】解：设等比数列的公比为q， ∵a5﹣a3＝12， ∴a6﹣a4＝q（a5﹣a3）， ∴q＝2， ∴a1q4﹣a1q2＝12， ∴12a1＝12， ∴a1＝1， ∴an＝2n﹣1． 故选：C． 【例6】若数列的通项公式为，则（    ） A．数列是首项为，公比为的等比数列 B．数列是首项为，公比为的等比数列 C．数列是首项为，公比为的等比数列 D．数列是首项为，公比为的等比数列 【答案】B 【分析】根据等比数列的定义，即可判断选项. 【解析】因为， ，， 所以的首项为，且，所以是公比为的等比数列． 故选：B 【跟踪训练】 1.在正项等比数列{an}中，a2•a4＝16，a4+a5＝24，则数列{an}的通项公式为（　　） A．an＝2n﹣1 B．an＝2n C．an＝3n D．an＝3n﹣1 【解题思路】根据题意，设正项等比数列{an}的公比为q，由等比数列的性质求出a3＝4，又由a4+a5＝24，可得a3q+a3q2＝24，变形解可得q的值，求出a1的值，由等比数列的通项公式即可得答案． 【解答过程】解：根据题意，设正项等比数列{an}的公比为q， 若a2•a4＝16，则（a3）2＝16，必有a3＝4， 又由a4+a5＝24，则a3q+a3q2＝24，即q2+q﹣6＝0， 解可得q＝2， 则有a11， 则an＝a1qn﹣1＝2n﹣1， 故选：A． 2.已知等比数列的前三项分别是a﹣1，a+1，a+4，则数列的通项公式an为（　　） A． B． C． D． 【解题思路】由等比数列中项的性质，解方程可得a的值，即可得到数列的首项和公比，即可得到所求通项公式． 【解答过程】解：等比数列的前三项分别是a﹣1，a+1，a+4， 可得（a+1）2＝（a﹣1）（a+4）， 解得a＝5， 可得等比数列的首项为4，公比为， 即有数列的通项公式为an＝4×（）n﹣1， 故选：A． 3. 数列满足，则（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】C 【分析】根据已知，得数列是等比数列，再利用等比数列的通项公式即可求解. 【解析】由，得，所以数列是公比为等比数列， 所以. 故选：C. 4.已知数列是以为首项，为公差的等差数列；是以为首项，为公比的等比数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用等差数列、等比数列的定义与性质计算即可. 【解析】由题意可知，， 所以. 故选：B 题型04：等比数列基本量的计算 【方法点拨】根据所给条件，求解等比数列的基本量，即可得解. 【例7】在等比数列{an}中，a1=8，a4=64，则a3等于（ ） A．16 B．16或-16 C．32 D．32或-32 【答案】C 【解析】由a4=a1q3，得q3=8，即q=2，所以a3==32.故选：C 【跟踪训练】 1. 已知等比数列满足，则（    ） A．1 B．3 C．4 D．15 【答案】B 【分析】根据题意结合等比数列的通项公式运算求解. 【解析】设的公比为， 因为，解得， 所以. 故选：B. 2. 在1与81之间插入3个正数，使这5个数成等比数列，则该数列的公比为（    ） A． B．9 C． D．3 【答案】D 【分析】由已知结合等比数列的性质即可直接求解． 【详解】这5个数分别为，则， 又这5个数成等比数列，，. 故选：D. 3.正项等比数列中，，，则其公比（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】可根据等比数列的通项公式，结合已知条件列出关于的方程，进而求解公比. 【详解】，，， ，，相除可得：， 展开式子得，解得或，因为数列是正项等比数列，所以，故舍去， 得到. 4.在等比数列中，，则（    ） A．-3 B．3 C．3或-3 D．或 【答案】B 【分析】令等比数列的公比为，根据等比数列的通项公式可得，进而可求解. 【解析】令等比数列的公比为，则， 所以，解得， 所以. 故选：B. 5.已知数列的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且，，，，则（    ） A．16 B．18 C．19 D．20 【答案】D 【分析】设等差数列公差为d，等比数列公比为q，则，，，，代入条件，解得q，d的值，从而求出. 【解析】设等差数列公差为d，等比数列公比为q，则，，，， 则，， 解得或0（舍），， 则，， 故 故选：D 6.已知为等比数列，而且（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用等比数列的通项公式的基本量运算求出公比和，即可求的值. 【详解】设等比数列的公比为. 由可得，又，所以. 又由可得解得. 所以. 故选：D 7.已知数列满足：，，若，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】先根据已知条件判断数列的类型，再代入求的值. 【详解】因为，，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 由，得，解得. 故选：C 8.已知等比数列的公比为正数，若，则（ ） A． B． C． D． 【解析】（1）设等比数列的公比为，，因为，所以，而，所以，故选：C 9.在等比数列中，，且，则等于（ ） A． B． C． D． （2）因为，所以.故选：C. 10. 已知，若在之间插入3个数，使这5个数构成等比数列，则（    ） A． B．1 C．或1 D．或2 【答案】C 【详解】已知，成等比数列， 根据等比数列的性质，是等比中项，则， ， ，故C正确． 题型05：等比数列下标性质的应用 【例8】等比数列中，为方程的两根，则等于（   ） A．6 B．12 C．6或12 D．-6 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等比数列性质求解即可. 【详解】由等比数列中，为方程的两根，得，， 因此，，， 所以. 故选：B 【例9】已知递增的等比数列满足，，则的公比（    ） A．6 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】根据等比数列的性质，结合韦达定理构造一元二次方程求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，由题意可知. 因为是递增的等比数列，所以， 又，所以，是方程的两根，解得，. 所以，所以. 故选：C. 【例10】等比数列中，，则（　　） A． B． C．2 D．12 【答案】A 【分析】根据等比数列的性质求得正确答案. 【解析】. 故选：A 【例11】已知正项等比数列中，，则（    ） A．1012 B．2024 C． D． 【答案】B 【分析】根据等比数列性质得到，结合对数运算法则求出答案. 【解析】正项等比数列中，， 故， 故 . 故选：B 【跟踪训练】 1.已知是等比数列，，，则（   ） A．10 B．-10 C．6 D．-6 【答案】C 【分析】应用等比数列下标和性质计算求解. 【详解】因为是等比数列，所以， 又因为，所以. 2.在等比数列中，，，则（   ） A．36 B． C． D．6 【答案】D 【详解】在等比数列中，因为，所以，即， 所以，又因为与同号，所以. 3.正项等比数列{an}满足a2a9+a4a7＝16，则log2a1+log2a2+…+log2a10＝（　　） A．15 B．14 C．13 D．12 【解题思路】由题意利用等比数列的性质、对数的运算法则，计算求得结果． 【解答过程】解：∵正项等比数列{an}满足a2a9+a4a7＝16，∴a4a7＝8， 则log2a1+log2a2+…+log2a105log2（a4•a7）＝5log28＝5×3＝15， 故选：A． 4.已知在等比数列{an}中，若，则a2a449的值（　　） A． B． C． D． 【解题思路】由等比数列的性质求解即可． 【解答过程】解：在等比数列{an}中，若， 则a2a449． 故选：C． 5.对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是（　　） A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列 C．a3，a6，a9成等比数列 D．a2，a4，a8成等比数列 【解题思路】根据：若a，A，b构成等比数列，则A2＝ab，即可对选项逐一判断． 【解答过程】解：由于1+9≠2×3，所以aa1a9，即a1、a3、a9不能构成等比数列，选项A错误． 由于2+6≠2×3，所以aa2a6，即a2、a3、a6不能构成等比数列，选项B错误． 由于3+9＝2×6，所以aa3a9，即a3、a6、a9能构成等比数列，选项C正确． 由2+8≠2×4，所以aa2a8，即a2、a4、a8不能构成等比数列，选项D错误． 故选：C． 6.已知公比不为1的正项等比数列满足，则的最小值为（    ） A．6 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由等比数列性质得到，根据基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【解析】由等比数列的性质得，又， 由基本不等式得 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为. 故选：C 题型06：等比数列的单调性 【方法点拨】判断单调性的方法：①转化为函数，借助函数的单调性，如基本初等函数的单调性等，研究数列的单调性. ②利用定义判断：作差比较法，即作差比较与的大小；作商比较法，即作商比较与的大小， 从而判断出数列{}的单调性. 【例12】已知等比数列的公比为，则“数列是递增数列”是“”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】根据等比数列定义、数列单调性意义，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若等比数列是递增数列，则或，则必有； 取，数列的公比，而数列是递减数列， 所以“数列是递增数列”是“”的充分不必要条件. 故选：A 【例13】已知数列为等比数列，公比为负数，则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作差，因为的符号不确定，所以与的大小不确定，故AB都不正确；根据等比中项可知C正确，D不正确. 【解析】数列为等比数列，公比为负数， 所以， 当时，，当时，，故AB都不正确； 因为，故C正确，D不正确. 故选：C. 【例14】若等比数列的公比为，则“”是“是递减数列”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】D 【分析】举例即可说明，充分性以及必要性均不成立，即可得出答案. 【详解】充分性：在等比数列中，设首项为，由， 取，此时等比数列的通项公式为： ， 随着的逐渐增大，增大， 则等比数列是递增数列，不是递减数列，故充分性不成立， 必要性：取首项， 则等比数列的通项公式为： ， 从而得出数列是递减数列，但是，所以必要性不成立， 故“”是“是递减数列”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 【例15】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. 【解析】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 【例16】设等比数列的公比为q，前n项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．没有最大值 【答案】B 【分析】根据给定条件，结合等比数列通项分析求出公比的范围，再逐项分析判断作答. 【解析】在等比数列中，由，，得，即有，， 若，则，，此时，与已知条件矛盾，因此，B正确，C错误； 显然数列是递减数列，由，得，则，A错误； 由于，当，，而，则，当时，，则， 因此当时，逐渐增大，当时，逐渐减小，所以的最大值为，D错误. 故选：B 【例17】已知正项等比数列满足，则取最大值时的值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】利用等比数列的通项公式及函数的单调性，结合数列的单调性即可求解. 【解析】设等比数列的公比为，有， 由函数单调递增，且，可得. 有，由数列单调递减， 所以取得最大值时的值为9， 故选：B. 【跟踪训练】 1.已知数列是等比数列，，则“对任意的正整数都有”是“数列是单调递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据等比数列的性质，结合充分、必要条件的定义，分析求解，即可得答案. 【详解】是等比数列，， 对任意的正整数都成立， ，， 是等比数列，是单调递增数列，， ∴“对任意的正整数都有”是“是单调递增数列”的充分必要条件. 2.已知是等比数列，则“数列是递增数列”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】因为是等比数列，所以可令，公比为，则，，，由，得， 解得或，当，时，总有，即， 当，，总有，即，因此，等比数列是递增数列， 若数列是递增数列，则必有，故“数列是递增数列”是“”的充分必要条件. 3.已知数列{an}为等比数列，“a6＞a5＞0”是“数列{an}为递增数列”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 【解题思路】由a6＞a5＞0，可得q＞1，a1＞0，可得数列{an}为递增数列．反之不成立，例如数列an是单调递增数列，但0＞a6＞a5． 【解答过程】解：①当a6＞a5＞0时，又∵{an}为等比数列，∴q1，a1＞0， ∴an+1﹣an＝a1qn﹣a1qn﹣1＝a1qn﹣1（q﹣1）＞0，∴{an}为递增数列，∴充分性成立， ②当{an}为递增数列，比如an，a5，a6，则0＞a6＞a5，∴必要性不成立， 综上，a6＞a5＞0是{an}为递增数列的充分不必要条件， 故选：B． 4.设等比数列的公比为，其前项之积为，并且满足条件：，，，给出下列结论：①；② ；③是数列中的最大项；④使成立的最大自然数等于4039；其中正确结论的序号为（    ） A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】由题意可得，，结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答案． 【解析】，，， ，． ，故①正确； ，，故②不正确； ，是数列中的最大项，故③正确； ，， 使成立的最大自然数等于4038，故④不正确． 正确结论的序号是①③． 故选：B． 【点睛】本题考查等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题． 题型07：等比数列的证明 【方法点拨】只有定义法、递推法(等比中项法) 可用于证明等比数列，通项公式法与前n项和公式法只能用于小题 中等比数列的判定；在用定义法与递推法(等比中项法)证明等比数列时要注意≠0. 【例18】已知数列中，，．证明：数列为等比数列. 【答案】证明见解析 【分析】利用等比数列的定义结合构造法即可证明. 【详解】证明：因为，， 所以， 所以， 所以， 因为， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 【例19】设数列的首项为常数，且． (1)证明：是等比数列； (2)若中是否存在连续三项成等差数列？若存在，写出这三项：若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在；成等差数列. 【分析】（1）将递推公式代入化简即可得证； （2）利用（1）中结论求出数列的通项公式，根据等差中项列方程求解即可. 【详解】（1）证明： 因为，所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列； （2）因为，所以数列的首项是， 所以，则， 若中存在连续三项成等差数列，则必有， 即， 整理得：，即， 因为，所以，所以必为偶数， 所以，解得：，所以成等差数列. 【跟踪训练】 1. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋Sn＝n. (1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式. (1)证明　∵an＋Sn＝n①，∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1②. ②－①得an＋1－an＋an＋1＝1， 所以2an＋1＝an＋1， ∴2(an＋1－1)＝an－1，又a1＋a1＝1， 所以a1＝，∴a1－1＝－≠0， 因为＝，∴＝. 故{cn}是以c1＝a1－1＝－为首项，为公比的等比数列. (2)解　由(1)知cn＝－×＝－. ∵cn＝an－1，∴an＝1－. 2.已知数列{an}满足a1，且an+1an，n∈N*． （1）求证：{an}是等比数列； （2）求数列{an}的通项公式． 【解题思路】（1）对an+1an进行变形处理得到：an+1an（an），根据等比数列的性质证得结论； （2）根据{an}是以为首项，为公比的等比数列来推知数列{an}的通项公式． 【解答过程】（1）证明：由已知得：an+1an（an）， 因为a1， 所以a1， 所以{an}是以为首项，为公比的等比数列； （2）解：由（1）知，{an}是以为首项，为公比的等比数列， 所以an•（）n﹣1， 所以an•（）n﹣1． 3.在各项为负数的数列{an}中，已知2an＝3an+1，且a1+a3． （1）求证：{an}是等比数列，并求出通项； （2）是这个等比数列中的项吗？如果是，指明是第几项；如果不是，请说明理由． 【解题思路】（1）利用已知条件推出数列{an}是公比q的等比数列．然后求解通项公式． （2）设an，通过，得n＝5，说明是该等比数列中的项． 【解答过程】解：（1）因为2an＝3an+1，且an≠0，所以，故数列{an}是公比q的等比数列． 又a1+a3，则a1（1+q2），将q代入上式，求得a1． 所以an． （2）设an，由等比数列的通项公式得 ，解此方程得n＝5，故是该等比数列中的项． 题型08：等比数列的实际应用 【例20】朱载堉（1536年-1611年），中国明代一位杰出的音乐家、律学家、历法学家，他的著作《律学新说》阐述了最早的“十二平均律”，是目前世界上通用的把一组音分成十二个半音音程的律制．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音开始，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都相等，且最后一个单音频率是第一个单音频率的2倍．已知第十个单音的频率，则与第四个单音的频率最接近的是（    ） A．494Hz B．349Hz C．311Hz D．277Hz 【答案】C 【分析】将13个单音的频率依次组成等比数列，利用题目条件求出公比，再通过已知的第10个单音频率，结合等比数列的性质求出第4个单音的频率. 【详解】设13个单音的频率依次组成等比数列，公比为， 已知，所以，得，即； 第十个单音，第四个单音，两式相除得， 所以，与最接近的是. 故选：C. 【跟踪训练】 1.月相是指天文学中对于地球上看到的月球被太阳照亮部分的称呼．1854年，爱尔兰学者在大英博物馆所藏的一块巴比伦泥板上发现了一个记录连续15天月相变化的数列，记为，其将满月等分成240份，（且）表示第天月球被太阳照亮部分所占满月的份数．例如，第1天月球被太阳照亮部分占满月的，即；第15天为满月，即．已知的第1项到第5项是公比为的等比数列，第5项到第15项是公差为的等差数列，且，均为正整数，则（   ）． A．80 B．96 C．100 D．112 【答案】B 【分析】由已知条件和等比数列等差数列的性质，得，又，均为正整数，求出，的值得. 【详解】依题意，有，， 时，不是正整数； 时，； 时，，不是正整数. 所以，，. 故选：B 题型09：综合提升 【例】已知数列的通项公式为，数列是首项为，公比为的等比数列，若，其中，则公比的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据，可得，再根据结合指数运算可得，利用指数函数单调性求，运算整理． 【解析】 ∵，即，则 又∵，即，则 ∵，则，∴，则 ∴ 故答案为：． 【例】数列满足，． (1)求，； (2)设，求证：数列是等比数列，并求其通项公式． 【答案】(1)， (2)证明见解析， 【分析】（1）由数列的递推关系，令和即可求出答案； （2）由题意可求出，即可求出数列是首项为，公比为的等比数列，即可求出的通项公式. 【解析】（1）由， 令，则， 令，则 故，； （2） ． 因为，所以数列的各项均不为0， 所以，即数列是首项为，公比为的等比数列， 所以． 【跟踪训练】 1.设关于x的二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n＝1，2，3，…)有两实根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3． (1)试用an表示an＋1； (2)求证：是等比数列； (3)当a1＝时，求数列{an}的通项公式． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（1）直接利用韦达定理求出两根之和以及两根之积，再代入整理即可得； （2）对（1）的结论两边同时减去整理即可证：数列是等比数列； （3）先利用（2）求出数列的通项公式，即可求数列的通项公式． 【解析】（1）解：由韦达定理得：，， 由得， 故． （2）证明：因为， 所以， 故数列是公比为的等比数列； （3）解：当时，数列的首项， 故， 所以． 2. 已知数列的首项，． (1)求证：数列为等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)是否存在互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且，，成等比数列，如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由两边取倒数，再减去1得到，再计算，故证得结论； （2）由（1）知的首项和公比，利用等比数列的通项公式可求得； （3）先假设存在，则则，，将代入化简得到，利用基本不等式推得矛盾，故假设不成立，即不存在. 【解析】（1）因为，所以， 即，且， 所以数列是首项为，公比为的等比数列． （2）由（1）可求得， 所以，即． （3）假设存在，则，， 即，化简得． 因为，当且仅当时等号成立． 又因为m，n，s互不相等，所以不存在． 一、填空题 1．数列2，，…的一个通项公式an等于________ 【解题思路】分别判断出分子和分母构成的数列特征，再求出此数列的通项公式． 【解答过程】解：∵2，4，8，16，32，…是以2为首项和公比的等比数列， 且1，3，5，7，9，…是以1为首项，以2为公差的等差数列， ∴此数列的一个通项公式是an， 2．方程x2﹣8x+9＝0的两根的等比中项是_________ 【解题思路】先利用韦达定理求出方程x2﹣8x+9＝0的两根之积，再利用等比中项的性质即可求解． 【解答过程】解：由韦达定理可得方程x2﹣8x+9＝0的两根之积为9， 而9＝（±3）2，故方程x2﹣8x+9＝0的两根的等比中项是±3． 3．若2与的等差中项与等比中项相等，则实数的值为______. 【答案】 【分析】先求得2与的等差中项，再根据等比中项公式列方程求解即可． 【详解】2与的等差中项为， 因为2与的等差中项与等比中项相等，所以，化简得 解得 故答案为：2 4．在各项均为正数的等比数列{bn}中，若b5＝2，则等于_______ 【解题思路】根据等比数列的性质和对数的运算法则进行求解即可． 【解答过程】解：∵在各项均为正数的等比数列{bn}中，b5＝2， ∴log（b1×b2×…×b9）＝logb59＝log29＝﹣9． 5．已知等比数列{an}中，a2＝﹣2，a5＝16，则该数列的公比为 　　． 【解题思路】利用等比数列的通项公式列出方程组，能求出该数列的公比． 【解答过程】解：∵等比数列{an}中，a2＝﹣2，a5＝16， ∴， 解得该数列的公比q＝﹣2． 故答案为：﹣2． 6．已知数列{an}是等比数列，a3+a7＝20，a1a9＝64，则a11的值为 　　． 【解题思路】由a1•a9＝64，得到a3•a7＝64，解方程组求出a3，a7，q4，再由等比数列的通项公式计算可得答案． 【解答过程】解：设等比数列{an}的公比为q， ∵a1•a9＝64，∴a3•a7＝64， ∵a3+a7＝20， ∴a3＝4，a7＝16或a3＝16，a7＝4， ∴q4＝4或q4， ∴a11＝a7•q4＝16×4＝64或a11＝41， 故答案为：64或1． 7．已知递增等比数列{an}满足，a3＝4，则a8＝　　． 【解题思路】根据等比数列{an}满足，可得，结合a3＝4可求得q2，从而确定q值；即可根据a8＝a4•q5求得结果． 【解答过程】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞1），由a3＝4，得． 又，则，即q2，解得q2＝2或q2（舍去）． 所以q；所以a8＝a4•q5＝4×416． 故答案为：16． 8．若数列满足，且，则数列的通项公式为_________. 【答案】 【分析】由递推关系式可得，构造数列为等比数列，再利用等比数列的通项公式即可求解. 【详解】由，则， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 故答案为： 9．在2，x，8，y四个数中，前三个数成等比数列，后三个成等差数列，则___________ 【答案】或. 【分析】根据等比数列和等差数列的概念列式计算即可. 【详解】由已知得 解得或， 或. 故答案为：或. 10．已知等差数列的公差为2，若，，成等比数列，则数列通项公式为___________. 【答案】## 【分析】由等差数列的通项公式及等比数列的性质列方程可求得，从而可得数列通项公式. 因为，，成等比数列，所以， 所以， 又的公差为2，所以， 解得， 所以的通项公式为. 故答案为：. 11．若数列满足，则称为“追梦数列”.已知数列为“追梦数列”，且，则数列的通项公式__________. 【答案】## 【分析】根据题意，由“追梦数列”的定义可得“追梦数列”是公比为的等比数列，进而可得若数列为“追梦数列”，则为公比为3的等比数列，进而由等比数列的通项公式可得答案． 根据题意，“追梦数列”满足，即，则数列是公比为的等比数列. 若数列为“追梦数列”，则. 故答案为：. 12．正项等比数列中，存在两项、使得，且，则的最小值为______ 【答案】 【分析】利用通项公式得到，对m、n讨论，分别代入即可求解. 正项等比数列中，，所以， 因为，所以，解得：（舍去）. 因为存在两项、使得，所以，即，解得：（）. 所以时，； 时，； 时，. 所以的最小值为. 故答案为：. 二、选择题 13．若a，b，c成等比数列且公比为q，那么（　　） A．不一定是等比数列 B．一定不是等比数列 C．一定是等比数列，且公比为 D．一定是等比数列，且公比为q 【解题思路】由题意得q，从而可得，，即可得到答案． 【解答过程】解：∵a，b，c成等比数列且公比为q， ∴q， ∴，， 故一定是等比数列，且公比为， 故选：C． 14．在等比数列{an}中，8a1a3a5+a2a4＝0，a6＝1，则的值为（　　） A． B． C．﹣2 D．2 【解题思路】由已知结合等比数列的性质进行化简即可求解． 【解答过程】解：等比数列{an}中，8a1a3a5+a2a40， 因为a3≠0， 所以a3， 又a6＝1， 所以q38， 所以q＝﹣2，则q＝﹣2． 故选：C． 15．已知数列的前项和为，且对任意正整数都有，则下列关于的论断中正确的是（ ） A．一定是等差数列 B．一定是等比数列 C．可能是等差数列，但不会是等比数列 D．可能是等比数列，但不会是等差数列 【答案】C 【分析】 根据得，分类讨论当和两种情况分析得数列可能为等差数列，但不会为等比数列. 【详解】 ， ， ， 若，则数列为等差数列； 若，则数列为首项为，公比为4的等比数列，， 此时（），即数列从第二项起，后面的项组成等比数列. 综上，数列可能为等差数列，但不会为等比数列. 故选：C 【点睛】 关键点点睛：数列中含有和的式子一般需要转化，转化后可利用等差数列和等比数列的定义，此类问题注意验证时是否满足递推式，属于中档题． 16．设是等比数列，则“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”（ ） 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】C 【分析】根据严格递增数列定义可判断必要性，分类讨论可判断充分性. 【详解】若是严格递增数列，显然，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”必要条件； 对任意的正整数n都成立，所以中不可能同时含正项和负项， ，即，或，即， 当时，有，即，是严格递增数列， 当时，有，即，是严格递增数列， 所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”充分条件 故选：C 三、解答题 17．已知数列{an+3}为等比数列，且a2＝6，a3＝24． （1）求an； （2）若3（bn+1﹣bn）＝an，且b1，求bn． 【解题思路】（1）求出等比数列{an+3}的公比，由等比数列的通项公式可求得an+3，进而可得an； （2）由已知可得bn+1﹣bn＝3n﹣1﹣1，利用累加法即可求得bn． 【解答过程】解：（1）因为3， 所以数列{an+3}的公比为3， 又所以an+3＝（a2+3）•3n﹣2＝9•3n﹣2＝3n， 故an＝3n﹣3． （2）因为3（bn+1﹣bn）＝an，所以bn+1﹣bn（3n﹣3）＝3n﹣1﹣1， 所以b2﹣b1＝30﹣1， b3﹣b2＝31﹣1， …… bn﹣bn﹣1＝3n﹣2﹣1， 所以bn﹣b1＝（30+31+…+3n﹣2）﹣（n﹣1）（n﹣1）n， 所以bnn+1． 18．已知数列满足：，． (1)求数列的通项公式； (2)当时，证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）由递推式可得，令有，根据等比数列的定义写出的通项公式，进而求出的通项公式. （2）应用基本不等式，结合放缩法分别证明不等式的左右两侧. 【解析】（1）将，整理得， 所以． 令，，则， 所以数列是公比为，首项为的等比数列，则，即． 所以． （2）先证： 因为，又， 所以，则． 再证： 当时，， 所以． 综上，，得证． 19．已知数列中，是其前项和，并且，. (1)设，求证：数列是等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)数列中是否存在最大项与最小项，若存在，求出最大项与最小项，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在最小项，不存在最大项，理由见解析. 【分析】（1）根据给定递推公式，结合“当时，”及已知变形，利用等比数列定义判断作答. （2）由（1）求出，再构造数列求解作答. （3）由（2）的结论，判断数列的单调性即可作答. 【解析】（1）因，，则当时，， 因此，即， 而，则，又，，即，有， 所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列. （2）由（1）知，则有， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列，则， 所以数列的通项公式是. （3）由（2）知，，于是得是递增数列， 所以数列存在最小项，不存在最大项. 20．在数列中，，（n为正整数）. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)若数列满足，，求数列的通项公式. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3). 【分析】 （1）利用累乘法可求出数列的通项公式； （2）根据（1）可求出，从而根据裂项相消求和法可证明结论； （3）根据（1）可知，从而利用累加法可求出数列的通项公式. (1)因为， 所以，，，，…，， 把以上个式子相乘，得 ， 即， 所以，即. (2)因为，所以， 所以 ， 所以. (3)因为， 即， 所以，，，，…，， 把以上个式子相加，得 ， 又因为，所以. 21．已知数列与满足． (1)若，且，求数列的通项公式； (2)设的第k项是数列的最小项，即恒成立．求证：的第k项是数列的最小项； (3)设．若存在最大值M与最小值m，且，试求实数的取值范围． 【答案】(1)．(2)证明见解析．(3)． 【分析】 （1）由已知关系得出是等差数列及公差，然后可得通项公式； （2）由已知关系式，利用累加法证明对任意的，恒成立，即可得． （3）由累加法求得通项公式，然后确定的奇数项和偶数项的单调性，得出数列的最大项和最小项，再利用已知范围解得的范围． (1)由已知，是等差数列，公差为6， 所以； (2)对任意的，恒成立， 而恒成立， 若，则，恒成立， 同理若，也有恒成立，所以对任意的，恒成立，即是最小项； (3)时，， 所以 ，也适合此式． 所以， 若，则，，，即，， 若，由于，且是正负相间，因此无最大项也无最小项． 因此有， 所以的奇数项数列是递增数列，且，， 的偶数项数列是递减数列，且，， 所以的最大值是，最小项是， ，由，又，所以． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $