专题4-2 等比数列性质11题型归类（讲+练）-高考数学一轮复习热点题型归纳培优讲义（新高考通用）

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知识梳理与二级结论
一、等比数列有关公式：
(1)通项公式：an＝a1qn－1；
(2)前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
二、等比数列结论
若{an}为等比数列，公比为q，前n项和为Sn，则有：
(1)下标意识：若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2；
(2)隔项等差：数列an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(3)分段等比：数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为__qn__.
(4)“高斯”技巧：若p＋q＝m＋n，则ap·aq＝am·an，特别地，若p＋q＝2k，则ap·aq＝ak2；
(5)“跳项”等比：数列an，an＋k，an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
(6)“和项”等比：数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为__qn__.
(7)在运用等比数列Sn时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误．
三、等比数列与函数关系
(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。
热点考题归纳
【题型一】等比数列定义
【典例分析】
1.（2023春·辽宁鞍山·高二校联考阶段练习）数列的前n项和，则（ ）
A．是等差数列B．是等差数列也是等比数列
C．是等比数列D．既不是等差数列又不是等比数列
【答案】D
【分析】根据数列通项与前项和的关系，解得通项公式，根据等差数列与等比数列的定义，可得答案.
【详解】当时，；
当时，，
检验：将代入上式，则，
则数列的通项公式，
由，，即，则数列不是等比数列；
由，，即，则数列不是等差数列.
故选：D.
2.（2023·新疆喀什·统考模拟预测）已知等比数列的前n项和为，且，则（ ）
A．54B．93C．153D．162
【答案】D
【分析】先求出，根据与的关系得出当时，．又根据等比数列，可知.列出方程，即可求出的值，再利用通项公式求.
【详解】当时，则.当时，．
又因为是等比数列，所以，所以，解得：，
所以，所以．故选：D
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2022秋·上海嘉定·高二上海市嘉定区第一中学校考期末）已知正数数列为等比数列，公比为，又为任意正整数，且数列严格递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用数列的单调性及等比数列的定义，结合对数的运算及对数不等式的解法即可求解.
【详解】因为数列严格递减，所以，即，即，
即，解得,
所以的取值范围为.
故选: A.
2.（2022·高二课时练习）在数列中，，，则（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由等比数列定义可知数列为等比数列，结合等比数列性质可知数列是以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列求和公式可求得结果.
【详解】，，即，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，，，…，，
又数列是以为首项，为公比的等比数列，
.
故选：D.
3.（2022春·广东汕头·高三金山中学校考阶段练习）已知等比数列，首项为，公比为，前项和为，若数列是等比数列，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设等比数列的公比为，则，分、两种情况讨论，求出的表达式，结合已知条件可得出等式组，即可得解.
【详解】设等比数列的公比为，则.
若，则，由题意可得，即，
所以，，解得，不合乎题意；
若，则，则，
由题意可得，即，
所以，，可得.故选：B.
【题型二】等比数列公式计算
【典例分析】
1.已知，则等比数列，，的公比为（ ）
A．B．
C．D．以上答案都不对
【答案】B
【分析】由题意，，的公比可转化为，，的公比，令，则转化为，，的公比，由等比中项的性质求出，即可求解
【详解】设数列的公比为，
，，的公比相当于，，的公比，
相当于，，的公比，令，即相当于，，的公比，
∴，解得，则，，∴公比．故选：B
2.．已知等比数列，的前n项和为，若则（ ）
A．6B．5C．8D．7

【答案】D
【分析】根据给定条件求出等比数列的首项及公比，再借助通项公式即可得解.
【详解】设等比数列公比，依题意，，，
由得：，解得，
由得：，于是得，
则有，由得：，即，从而有，解得，
所以.故选：D
【提分秘籍】
【变式演练】
1.在等比数列中，，，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设等比数列的公比为，显然不等于1，化简已知得再化简即得解.
【详解】设等比数列的公比为，显然不等于1，
由题得所以两式相除得
所以.故选：A
2.已知等比数列的公比为q，前n项和，若，则（ ）
A．13B．15C．31D．33
【答案】B
【分析】由题意知等比数列的公比为q，前n项和，若，可先求出公比，再利用等比数列的前n项和公式给出的做对比，即可求出，即可求出分别前四项，即可得到前四项和.
【详解】是等比数列，，故，等比数列的前n项和，又，故，则.故选：B.
3.已知数列为等比数列，且，数列满足，且，则（ ）
A．16B．32C．64D．128
【答案】B
【分析】根据给定条件利用等比数列性质结合累乘法求数列通项的方法计算作答.
【详解】因为是等比数列，于是有，
而，则有，
所以.故选：B
【题型三】构造等比数列求通项
【典例分析】
1.（2016春·上海徐汇·高一上海市南洋模范中学校考期末）定义在上的函数，对任意的正整数，都有，且，若对任意的正整数，有，则 .
【答案】
【分析】根据条件求出的表达式，利用等比数列的定义即可证明为等比数列，即可求出通项公式．
【详解】令，得，则，，
令，得，则，，
令，得，即，
则，即 所以，数列是等比数列，公比，首项．
所以，故答案为：
2.（2022秋·上海静安·高三校考期中）已知数列的首项，且满足对任意都成立，则能使成立的正整数的最小值为 ．
【答案】
【分析】由已知等式得或；当为等差或等比数列时，可知不满足题意；则为等差与等比的交叉数列，要使最小，则可利用递推关系式所满足的规律进行推导得到结果.
【详解】由知：或；
当时，数列是以为首项，为公差的等差数列，
，则，解得：（舍）；
当时，数列是以为首项，为公比的等比数列，
，则，解得：（舍）；
数列应是等差与等比的交叉数列，又，或；
若要最小，则，，，
，
，的最小值为.故答案为：.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2020春·新疆·高三统考阶段练习）已知数列前项和为，，，则 .
【答案】
【分析】由，推得，得到数列奇数项构成首项为，公比为的等比数列，偶数项构成首项为，公比为的等比数列，分类讨论，利用等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】由题意，数列满足，则当时，可得，
所以，
又由，可得，所以，
所以数列奇数项构成首项为，公比为的等比数列，偶数项构成首项为，公比为的等比数列，
当为奇数时，则；
当为偶数时，则，
综上可得，. 故答案为：.
2.（2021·江苏·高二专题练习）已知数列满足：，若，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据数列满足：， ，得到，根据等比数列的定义，得到数列是等比数列，从而求得，得到，然后根据数列是单调递增数列，，求解.
【详解】已知数列满足： ,，所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，
所以，因为数列是单调递增数列，所以，
所以，解得，当时，，解得，
综上：实数的取值范围为.故答案为：
3.（2023秋·河南·高三校联考开学考试）数列满足：，则 ．
【答案】512
【分析】根据题意可得，进而可得，故从第二项开始，数列是以公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式运算求解.
【详解】当时，则；
当时，可得，且，
则，
可得：从第二项开始，数列是以公比为2的等比数列，
综上所述：.
故答案为：512.
【题型四】等比数列“高斯技巧”
【典例分析】
1.（2023秋·江苏苏州·高三江苏省梁丰高级中学校考阶段练习）若为等差数列，是其前项的和，且为等比数列，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列以及等比数列的性质分别求得的值，结合三角函数诱导公式化简求值，即得答案.
【详解】因为为等差数列，故，
所以，
又因为为等比数列，，所以，
当时，；
当时，；
所以，故选：D.
2.（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）在等比数列中，若为一确定的常数，记数列的前项积为.则下列各数为常数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知条件判断出为确定常数，再由此确定正确答案.
【详解】设等比数列的公比为，
依题意，为确定常数，即为确定常数.
不符合题意；
不符合题意；
不符合题意；
为确定常数，符合题意.故选：D
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023·吉林·统考一模）在等比数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．11
【答案】A
【分析】设，倒序相加再由等比数列的性质求解.
【详解】设，
则
，所以.故选：A
2.（2023秋·辽宁沈阳·高三新民市高级中学校考阶段练习）已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用等差数列和等比数列的性质分析运算即可得解.
【详解】解：∵数列是等差数列，且，
∴，可得，则.
∵数列是等比数列，∴，又由题意，
∴，∴，∴，
∴.故选：D．
3.．（2022秋·陕西榆林·高三校考阶段练习）已知各项均为正数的等比数列中，，，则（ ）
A．25B．20C．D．10
【答案】C
【分析】由已知条件结合等比数列的性质可得，再利用等比数列的性质可求得结果.
【详解】设公比为，
因为数列为正项等比数列，
所以，，
所以，所以，
所以，故选：C
【题型五】比值型不等方程
【典例分析】
1.已知等差数列的公差不为0，等比数列的公比，若，且是正整数，则实数（ ）
A．4B．2C．D．

【答案】C
【分析】令是正整数，可得，结合，即可求的值，进而求.
【详解】解：由，，令，其中m为正整数，有，又，
∴，，得，故，
∴，解得或(舍去).故选：C.
2.已知等比数列中，，，成等差数列．则=（ ）
A．4或B．4C．D．
【答案】B
【分析】根据等差中项的应用求解出公比，然后将化简为关于的形式，由此求解出结果.
【详解】设等比数列公比为，因为，，成等差数列，所以，
所以，且，所以解得或，
为保证有意义，则，所以，
所以，故选：B
【变式演练】
1.已知是等比数列的前项和，若存在，满足，，则的值为( )
A．-2B．2C．-3D．3
【答案】D
【分析】利用等比数列前和公式以及等比数列的性质分别求出，进而得到答案.
【详解】设等比数列的公比为．
当时，与矛盾，不合乎题意；
当时，，则，
又，即，解得．故选：D.
2.已知等差数列的公差，且，，成等比数列，则( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合已知条件，利用等比中项和等差数列的性质求出和的关系即可求解.
【详解】由题意可知，得，解得或，
因为，故，
所以.故选：A.
3.设数列，都是正项等比数列，，分别为数列与的前n项和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等差数列前项和性质计算．
【详解】设正项等比数列的公比为q，正项等比数列的公比为p，
数列为等差数列，公差为，为等差数列，公差为，
，，
，，故选D．
【题型六】等比等差纠缠数列
【典例分析】
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，S7＝35，将a3，a7，a11，a15中去掉一项后，剩下的三项按原来的顺序恰为等比数列{bn}的前三项，则数列{anbn}的前10项的和T10＝（ ）
A．10212B．9212C．11212D．12212
【答案】A
【分析】先设等差数列的公差，根据公式求和，判断是等比数列{bn}的前三项，再求得公比和，代入计算，最后利用错位相减法求即可.
【详解】设等差数列{an}的公差为，则，解得.
故，即，
由题意知，是等比数列{bn}的前三项，即，公比，故.
故，，
，两式作差得，，所以.故选：A.
2.已知等差数列的前n项和为Tn，a3=4，T6=27，数列{bn}满足bn+1=b1+b2+b3++bn，b1=b2=1，设cn=an+bn，则数列{cn}的前11项和为（ ）
A．1062B．2124C．1101D．1100

【答案】C
【分析】利用等差数列的通项公式和求和公式，结合题中条件，列出方程组，求解进而求得an=n+1，根据题中条件，判断得出，利用分组求和法，结合求和公式得到结果.
【详解】设公差为d的等差数列{an}的前n项和为Tn，a3=4，T6=27，则：，解得，故an=n+1.
数列{bn}满足bn+1=b1+b2+b3++bn，①
当n≥2时，bn=b1+b2+b3++bn﹣1，②，①﹣②得：bn+1=2bn，
所以数列{bn}从第二项起，数列为公比为2的等比数列；所以，
故.由于cn=an+bn，所以S11=（2+3++12）+（1+1+2++29）77+1024=1101.
故选：C.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.已知等比数列的前项和，数列的前项和为，若数列是等差数列，则非零实数的值是（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】C
【分析】根据求出通项公式，利用可求出，求出，根据等差数列的特点可得.
【详解】因为等比数列的前项和，
则当时，，则，解得，
则，即是以为首项，为公比的等比数列，则，
因为是等差数列，则通项公式不能出现次方项，所以，解得.故选：C.
2.设有四个数的数列为，，，，前三个数构成一个等比数列，其和为k；后三个数构成一个等差数列，其和为9，且公差非零.对于任意固定的k，若满足条件的数列的个数大于1，则k应满足（ ）.
A．B．C．D．其他条件
【答案】D
【分析】用等比数列的公比表示出四个数并列出方程，再探讨方程解的情况作答.
【详解】设，，所成等比数列的公比为，依题意，，则四个数为，，3，，
因，，所成等差数列公差不为0，即，因此：，整理得，
因满足条件的数列的个数大于1，则关于的方程有两个不同的实数解，且，
则有，且，即且，
当时，，当时，，即当时，k可以取9，
所以k应满足且.故选：D
3.已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，的最大值是（ ）．
A．9B．10C．11D．12
【答案】A
【分析】根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式求出和的通项公式，再求出数列的通项公式，再根据分组求和求出，再解不等式，即可求出结果.
【详解】因为是以1为首项，2为公差的等差数列，所以．
因为是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，
所以
所以
．
因为，所以，
当时，，不适合题意，
当时，，适合题意，
所以当时，的最大值是．故选：A.
【题型七】等比“平衡点”不等式
【典例分析】
1.（2022春·高二单元测试）等比数列的公比为，前项积，若，，
，则（ ）
A．B．是的最大值
C．D．使的的最大值是
【答案】D
【分析】由题设条件和等比数列的通项公式，可得出，，，结合等比数列的性质就有，，进而逐一判断每个选项即可.
【详解】解：根据条件可得，则，，又因为，
则A选项：，所以，若，则，，
所以与条件矛盾，所以，故A错误；
B选项：由，，可得等比数列单调递减，又，
可得，，所以是的最大值，故B错误；
C选项：由，，可得等比数列单调递减，可得，，
，，故C错误；
D选项：，，由上可知，可得，
由此类推可得当时，，，由，可得，
由此类推可得可得当时，，所以使的的最大值是，故D正确．
故选：D．
2.（2023·全国·高三专题练习）已知等比数列各项均为正数，且满足：，，记，则使得的最小正数n为（ ）
A．36B．35C．34D．33
【答案】B
【分析】先由已知条件判断出的取值范围，即可判断使得的最小正数n的数值.
【详解】由得：，.
，又，
，，
，则使得的最小正数n为35.故选：B.
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023春·湖南长沙·高二长沙市明德中学校考阶段练习）设是公比为的等比数列，其前项的积为，并且满足条件：，，．给出下列结论：①；②；③；④使成立的最小的自然数n等于199．其中正确结论的编号是（ ）
A．①②③B．①④C．②③④D．①③④
【答案】D
【分析】利用等比数列的性质及等比数列的通项公式判断①；利用等比数列的性质及不等式的性质判断②；利用下标和定理判断③；利用等比数列的性质判断④，从而得出结论．
【详解】对于①：，，，．又，，且，
，故①正确；
对于②：，故②错误；
对于③：，故③正确；
对于④：，
，故④正确．
故选：D．
2.（2023秋·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习）已知公比为正数的等比数列的前n项积为，且满足，，若对任意的，恒成立，则k的值为（ ）
A．50B．49C．100D．99
【答案】B
【分析】由，公比为正数，按照与的大小分类讨论，先排除.当时，由得，从而求得的最小值.
【详解】设等比数列的公比为，若，由，则恒成立，
由，得，即，这与矛盾，所以.
由，又，则恒成立，得，即.则等比数列为递增数列，
则，又，所以，
则且
所以是的最小值，即对任意的，恒成立，所以k的值为49．故选：B．
3.（2023·高二课时练习）已知等比数列的前项和为，则下列判断一定正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】根据已知条件及取等比数列进行验证，利用等比数列的性质即可求解.
【详解】对于A，等比数列满足，但是，故A错误；
对于B，等比数列满足，但是，故B错误，
对于C，等比数列满足，但是，故C错误，
对于D，若，由，所以等比数列为递减数列，故正确；
若，由或，当时，等比数列为递减数列，故正确；当时，偶数项为正，奇数项为负，故正确；故D正确.故选：D.
【题型八】等比数列的最值型
【典例分析】
1.（2022辽宁大连·校联考一模）已知等差数列的公差，且，，成等比数列，若，为数列的前项和，则的最小值为
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】∵等差数列的公差，且成等比数列，，∴，解得或，当时，，当时， 取最小值；当时，，， ，设，则，∴当时，取最小值 ．综上，取最小值为 ．故选D．
2.（2020·全国·高三专题练习）各项均为正数的等比数列的前项和，若，，则的最小值为
A．4B．6C．8D．12
【答案】C
【分析】由题意，根据等比中项得出 ，然后求得公比首项，再利用公式求得，通项代入用基本不等式求最值.
【详解】因为，且等比数列各项均为正数，所以 公比首项
所以 ，通项 所以
当且仅当所以当时，的最小值为8故选C
【提分秘籍】
【变式演练】
1.（2023春·云南红河·高三开远市第一中学校校考阶段练习）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S8-2S4=5，则a9+a10+a11+a12的最小值为（ ）
A．10B．15C．20D．25
【答案】C
【解析】变换得到S8-S4=S4+5，根据等比数列性质知S4(S12-S8)=(S8-S4)2，，再利用均值不等式计算得到答案.
【详解】由题意可得a9+a10+a11+a12=S12-S8，由S8-2S4=5，可得S8-S4=S4+5.
又由等比数列的性质知S4，S8-S4，S12-S8成等比数列，则S4(S12-S8)=(S8-S4)2.
当且仅当S4=5时等号成立，所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.故选：C.
2.（2023春·高二课时练习）已知正项等比数列的前项和为，若，，成等差数列，则的最小值为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等比数列前项和的性质表示出，再表示成同一变量，然后利用基本不等式求出其最小值即可.
【详解】因为是正项等比数列，所以，，仍然构成等比数列，所以.
又，，成等差数列，所以，，
所以.又是正项等比数列，
所以，，当且仅当时取等号.故选：B.
3.（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）已知正项等比数列的前项和为，若，则的最小值为（ ）
A．8B．C．D．10
【答案】B
【分析】由等比数列的性质及已知条件可得，则，然后利用基本不等式可求得结果.
【详解】由正项等比数列可知，，成等比数列，
则，又，所以，
所以，当且仅当，即时取等号，
故的最小值为.故选：B.
【题型九】等比数列求公比首项范围型
【典例分析】
1.．（2022秋·上海嘉定·高二上海市嘉定区第一中学校考期末）已知正数数列为等比数列，公比为，又为任意正整数，且数列严格递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用数列的单调性及等比数列的定义，结合对数的运算及对数不等式的解法即可求解.
【详解】因为数列严格递减，所以，即，即，
即，解得,
所以的取值范围为.
故选: A.
2.（2021·江苏·高二专题练习）数列满足，，若为等比数列，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别讨论两种条件下数列的通项公式，在根据确定的数列通项公式建立不等式求解参数的取值范围.
【详解】根据题意，时，，即，
此时，，
，，从而有，
此时，与为等比数列矛盾
由，得，
所以，当时，恒成立，即时，恒成立
即对恒成立，所以，
设，则
而，当时，
解得，，所以时有
即，当时，即
所以当时 所以，选项D正确，选项ABC错误
故选：D.
【变式演练】
1.（2021·高二单元测试）设为等比数列的前项和，若，，，则等比数列的公比的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据等比数列前项和公式，结合题意和指数幂的性质进行求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，，所以，
，因为，所以有，
因为，所以，因此要想对于恒成立，只需，而，
所以.故选：A
2.（2020秋·河南许昌·高二许昌高中校考阶段练习）数列是各项为负数的等比数列，若，则公比q的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】由已知得数列的首项，公比，根据，两边同时除以，得，解不等式结合已知条件可知公比q的取值范围.
【详解】因为数列是各项为负数的等比数列，则首项，公比
，即，
两边同时除以，得，即，解得或（舍去）
故公比q的取值范围是，
故选：D.
3.．（2023·全国·高三专题练习）已知A，B，C是同一条直线上三个不同的点，O为直线外一点．在正项等比数列中，已知，，则的公比q的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据三点共线可得，利用表示后由求解即可.
【详解】因为A，B，C是同一条直线上三个不同的点，且，
所以.
因为正项等比数列，所以公比，
又因为，所以，
又，所以.故选：B
【题型十】 函数性质--导数
【典例分析】
1.（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）已知函数，正项等比数列满足， 则 （ ）
A．2023B．C．2022D．4046
【答案】A
【分析】利用倒序相加法，结合函数的对称性以及等比数列的性质求得正确答案.
【详解】用倒序相加法：令①，
则也有②，
由知函数关于对称，
而，
即，
所以，
则.
故选：A
2.（2022春·四川南充·高一四川省南充高级中学校考阶段练习）在等比数列中，，是函数的两个不同零点，则（ ）
A．－18B．18C．3D．－3
【答案】A
【分析】先根据二次函数的零点得到，在结合等比数列的性质可得.
【详解】因为，是函数的两个不同零点，
所以，是的两个不同的根，
故，
又因为等比数列，所以，
故选：A
【变式演练】
1.（2023春·安徽·高二巢湖市第一中学校联考期中）在等比数列中，，函数，则（ ）
A．0B．1C．D．
【答案】D
【分析】令，则根据求导可得，再根据等比数列的性质求解即可.
【详解】令，则，，
数列是等比数列，且，
.
故选：D.
2.（2022春·黑龙江·高二大庆市东风中学校考期中）正项等比数列中的、是的极值点，为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出函数的导函数，依题意可得、是的两个根，即可求出，再根据等比数列下标和性质求出，最后代入计算可得.
【详解】解：因为，所以，
因为、是的极值点，
所以、是的两个根，
所以，
又数列为正项等比数列，所以，
所以；故选：A
3.（2023·上海·高二专题练习）等比数列中的项，是函数的极值点，则（ ）
A．3B．C．D．
【答案】D
【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值点，再根据等比数列下标和性质计算可得.
【详解】解：因为，所以，
当或时，当时，
所以、为函数的极值点，即或，又，
所以且；故选：D
【题型十一】等比数列应用题
【典例分析】
1．（2023秋·贵州·高三校联考阶段练习）已知某公司第1年的销售额为a万元，假设该公司从第2年开始每年的销售额为上一年的倍，则该公司从第1年到第11年（含第11年）的销售总额为（ ）（参考数据：取）
A．万元B．万元C．万元D．万元
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得数列是首项为a，公比为的等比数列，结合等比数列的前项和公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】设第年的销售额为万元，
依题意可得数列是首项为a，公比为的等比数列，
则该公司从第1年到第11年的销售总额为万元．
故选：D
2．（2024秋·广东广州·高三统考阶段练习）如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是从一个正三角形开始，把每条边分成三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案.设原正三角形（图①）的边长为1，把图①、②、③、④……中图形的周长依次记为，得到数列.设数列的前项和为，若时，则的最小值为（ ）
（参考数据：，）

A．5B．8C．10D．12
【答案】C
【分析】观察图形可知周长形成的数列是首项，公比为的等比数列，即可求出与，从而得到关于的不等式，解得即可..
【详解】观察图形知，各个图形的周长依次排成一列构成数列，
从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的倍，边长是相邻前一个图形的，
因此从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的，即有，
因此数列是首项，公比为的等比数列，，
数列的前项和为，
若，则，即，
所以，
所以，又为正整数，所以的最小值为.
故选：C
【变式演练】
1．（2023秋·湖南·高三邵阳市第二中学校联考阶段练习）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；…；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.设第次操作去掉的区间长度为，数列满足：，则数列中的取值最大的项为（ ）
A．第3项B．第4项C．第5项D．第6项
【答案】C
【分析】由已知可得，则，然后由，得，而为正整数，从而可求得答案.
【详解】由题可知，
由此可知，所以，
因为，
令，解得（舍），
由此可知时时，故的取值最大，
故选：C.
2．（2023秋·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习）0.618是无理数的近似值，被称为黄金比值.我们把腰与底的长度比为黄金比值的等腰三角形称为黄金三角形.如图，是顶角为，底的第一个黄金三角形，是顶角为的第二个黄金三角形，是顶角为的第三个黄金三角形，是顶角为的第四个黄金三角形，那么依次类推，第2023个黄金三角形的周长大约为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知结合黄金三角形定义，各个黄金三角形的底边长依次排成一列可得数列，再探讨数列性质求出第n个三角形周长即可得解.
【详解】第一个黄金三角形的底为，由得腰长，
记第个黄金三角形的底边长为，当时，第个黄金三角形的底边长为，腰长为，
而第个黄金三角形的底边长为第个黄金三角形的腰长，则，
因此，各个黄金三角形的底边长依次排成一列得数列，是首项为2，公比为的等比数列，
第个黄金三角形的底边长，腰长为，
周长为
，
所以第2023个黄金三角形的周长大约为.
故选：D
3．（2023秋·安徽·高三安徽省宿松中学校联考开学考试）分形几何是一门新兴学科，图1是长度为1的线段，将其三等分，以中间线段为边作无底边正三角形得到图2，称为一次分形；同样把图2的每一条线段重复上述操作得到图3，称为二次分形；……，则第5次分形后图形长度为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析可知次分形后线段的长度为.
【详解】图1的线段长度为，图2的线段长度为，图3的线段长度为，，
则一次分形长度为，二次分形长度为，，
次分形后线段的长度为，
故5次分形后长度为，
故选：C.
高考真题对点练
1．（2023·全国·统考高考真题）设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（ ）
A．B．C．15D．40
【答案】C
【分析】根据题意列出关于的方程,计算出,即可求出.
【详解】由题知,
即,即,即.
由题知,所以.
所以.
故选:C.
2．（2023·天津·统考高考真题）已知为等比数列，为数列的前项和，，则的值为（ ）
A．3B．18C．54D．152
【答案】C
【分析】由题意对所给的递推关系式进行赋值，得到关于首项、公比的方程组，求解方程组确定首项和公比的值，然后结合等比数列通项公式即可求得的值.
【详解】由题意可得：当时，，即， ①
当时，，即， ②
联立①②可得，则.
故选：C.
3．（2023·全国·统考高考真题）记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
4．（2022·全国·统考高考真题）已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14B．12C．6D．3
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
5．（2021·浙江·统考高考真题）已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ）
A．直线和圆B．直线和椭圆C．直线和双曲线D．直线和抛物线
【答案】C
【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】由题意得，即，
对其进行整理变形：
，
，
，
，
所以或，
其中为双曲线，为直线.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.
6．（2020·全国·统考高考真题）数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.
【详解】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.
7．（2021·全国·统考高考真题）等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，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】B
【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】由题，当数列为时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．
8．（2022·北京·统考高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.
【详解】由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由可得，两式作差可得，
所以，，则，整理可得，
因为，解得，①对；
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，
故数列不是等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意的，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.
9．（辽宁·高考真题）已知数列满足则的最小值为__________.
【答案】
【分析】先利用累加法求出an＝33+n2﹣n，所以，设f（n），由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值．
【详解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+33＝n2﹣n+33
且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+33．
从而
设f（n），令f′（n），
则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，
因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值．
又因为，，
所以的最小值为
故答案为
【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法．还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性．
最新模考真题
1.（2022·四川成都·成都市第二十中学校校考一模）已知为数列的前项和，且，则下列式子正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由已知得， ，两式作差得，再求得 ，，得数列从第2项起构成以为公比的等比数列，求得时，，，代入判断可得选项.
【详解】解：因为，所以，两式作差得，
即，所以，
又，，解得，，
所以数列从第2项起构成以为公比的等比数列，
所以， ，
，
所以，故A不正确，B不正确；
，所以，故C不正确，D正确，
故选：D.
2.（2024·全国·高三专题练习）已知数列中，且，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据题意,可得，令，则，再结合等比数列的定义求解即可.
【详解】∵，等式两侧同除，可得，
令，则，∴，又，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，即，
∴，即.故答案为：.
3.等比数列的公比，中有连续四项在集合中，则等于（ ）
A．B．
C．D．

【答案】C
【分析】经分析可得，等比数列各项的绝对值单调递增，将五个数按绝对值的大小排列，计算相邻两项的比值，根据等比数列的定义即可求解.
【详解】因为等比数列中有连续四项在集合中，
所以中既有正数项也有负数项，
所以公比，因为，所以，且负数项为相隔两项，
所以等比数列各项的绝对值单调递增，按绝对值排列可得，
因为，，，，
所以是中连续四项，所以，故选：C.
4.．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考阶段练习）已知数列是等差数列，是等比数列，且，，成等差数列，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】C
【分析】依题意可得，，为常数数列，即可求出，再根据等比中项的性质计算可得.
【详解】因为是等比数列，所以，所以，
所以，，成等比数列，
因为是等差数列，所以，，成等差数列，
又，，成等差数列，
所以，，是等比数列也是等差数列，
所以，，是常数列，
即，所以，因此.故选：C
5.设等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．

【答案】B
【分析】根据题意，可知，设等比数列的首项为，公比，可知，由并根据等比数列的前项和公式得出，进而得出，从而可求出的结果.
【详解】解：由题可知，，则，
设等比数列的首项为，公比，可知，因为，所以，
则，所以，
故.故选：B.
6.设各项均为正整数的无穷等差数列，满足，且存在正整数，使、、成等比数列，则公差的所有可能取值的个数为（ ）
A．B．C．D．无穷多
【答案】B
【分析】由已知可得，分析可知，则是的倍数，且，由已知，对的取值进行分类讨论，求出的值，并求出对应的的值，即可得出结论.
【详解】根据题意可知，，化简可得，
因为各项均为正整数，则，故是的倍数，且，
因为、、成等比数列，则，分以下情况讨论：
①若，则，可得，，解得，合乎题意；
②若，则，可得，，解得，合乎题意；
③若，则，可得，，解得，不合乎题意；
④若，则，可得，，解得，不合乎题意；
⑤若，则，可得，此时，是常数列，且每项均为，合乎题意.
综上所述，公差的所有可能取值的个数为.故选：B.
7.（2023·全国·高三专题练习）各项均为正数的等比数列的前n项积为，若，公比，则下列命题错误的是（ ）
A．若，则必有B．若，则必有是中最大的项
C．若，则必有D．若，则必有
【答案】C
【分析】由等比数列的性质可判断AB，由等比数列的单调性可判断CD.
【详解】对于A，若，则，即有，而，故，又根据等比数列的性质，
则，即有，A正确；
对于B，由A的分析可得，则等比数列单调递减，
因为，所以，则是中最大的项，故B正确；
对于C，若，则，而，所以数列单调递减，
若，则，所以；若，则，所以，C错误；
对于D，，而，所以数列单调递减，
所以，所以，即，D正确.故选：C
8.（2023·全国·高三专题练习）已知等比数列各项均为正数，满足，，记等比数列的前项的积为，则当取得最大值时，
A．8或9B．9或10C．10或11D．11或12
【答案】C
【解析】利用等比数列的性质求出，判断数列的单调性，利用其增减性即可求解.
【详解】因为，由等比数列的性质可得，
，因为，所以，
因为，即，所以，
∴，
因为，所以等比数列为递减数列，
所以当时，，∴当或时，取得最大值.
故选：C
9.．（2021秋·河南洛阳·高二洛阳市第一高级中学校考阶段练习）为等比数列的前项和，，，则公比的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，利用首项与公比表示出各项和，建立不等式求解即可.
【详解】因为，且，
所以解得，又，解得或，故选：D
10.（2022·高二课时练习）已知数列为等比数列，其中，，若函数，为的导函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等比数列的性质得到，再设，求导后，代入，求出.
【详解】，为等比数列，，所以，令，则，所以，则．
故选：C．
11.（2023春·辽宁朝阳·高二校联考阶段练习）复印纸按照幅面的基本面积，把幅面规格分为A系列、B系列C系列，其中B系列的幅面规格为：，，，…，，所有规格的纸张的长度（以表示）和幅宽（以y表示）的比例关系都为；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；…，如此对开至规格．现有，，…，纸各一张，已知纸的幅宽为1m，则，，…，这8张纸的面积之和是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分析出，，…，的面积的规律，根据等比数列前项和公式求得正确答案.
【详解】由题意，可得的长、宽分别为，1，
的长、宽分别为1，，
的长、宽分别为，，…，
所以，，…，的面积是首项为，公比为的等比数列，
所以，，…，这8张纸的面积之和为.
故选：C
一、知识梳理与二级结论
二、热考题型归纳
【题型一】等比数列定义
【题型二】等比数列公式计算
【题型三】构造等比数列求通项
【题型四】等比数列“高斯技巧”
【题型五】比值型不定方程
【题型六】等比等差纠缠数列
【题型七】 等比“平衡点”不等式
【题型八】 等比数列的最值型
【题型九】 等比数列求公比首项范围型
【题型十】 函数性质-导数
【题型十一】等比数列应用题

三、高考真题对点练
四、最新模考题组练
等比数列判定方法
(1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证eq \f(an＋1,an)＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列；
(2)等比中项法：即证aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列．
等比数列公式
通项公式：an＝a1qn－1；
(2)前n项和公式：Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)＝\f(a1－anq,1－q)，q≠1.))
等比数列公比q不确定，其前n项和直接用公式处理问题，容易漏掉对的讨论.
等比数列“高斯技巧”
（1)“高斯”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__.
纠缠数列
等差数列某些项（包括复合型）成等比，或者等比数列某些项成等差，称之为“纠缠数列。纠缠数列处理思维
1.如果是等差数列中某些项成等比，则设公差和首项，解方程
2.如果是等比数列中某些项成等差，则设公比和首项，解方程
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.
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