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高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第4章 数列4.3 等比数列达标测试
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这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册第4章 数列4.3 等比数列达标测试，文件包含433等比数列的前n项和原卷版docx、433等比数列的前n项和解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
考点一：等比数列的前n项和公式
考点二：等比数列前n项和的性质
1．数列{an}为公比不为－1的等比数列(或公比为－1，且n不是偶数)，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍构成等比数列．
2．若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(n，m∈N*)．
3．若{an}是公比为q的等比数列，S偶，S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和，则：①在其前2n项中，eq \f(S偶,S奇)＝q；
②在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…－a2n＋a2n＋1＝eq \f(a1＋a2n＋1q,1－－q)＝eq \f(a1＋a2n＋2,1＋q)(q≠－1)．
考点三：等比数列前n项和的实际应用
1．解应用问题的核心是建立数学模型．
2．一般步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型．
3．注意问题是求什么(n，an，Sn)．
注意：
(1)解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答．
(2)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n计算准确．
(3)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系．
(4)在近似计算时，要注意应用对数方法，且要看清题中对近似程度的要求．
【题型归纳】
题型一：等比数列前n项和公式的基本运算
1．（2023上·云南·高三云南师大附中校考）已知数列为等比数列，为的前项和，且，，则（ ）
A．8B．5C．6D．7
【答案】A
【分析】根据给定条件，结合等比数列前n项和求出公比，再列式计算即得.
【详解】设等比数列的公比为，，解得，
所以.
故选：A
2．（2023上·山东济南·高三统考开学考试）记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A．B．C．85D．120
【答案】C
【分析】根据题意，设等比数列的公比为，分2种情况讨论、，结合等比数列前 项和公式分析可得，，计算即可得答案.
【详解】根据题意，设等比数列的公比为，
若，则，
则有 ，变形可得，则，
又由，则有，
所以.
故选：C.
3．（2023上·高二课时练习）已知数列为等比数列，前n项和为．
(1)如果，，求；
(2)如果，，求q；
(3)如果，，求．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）（2）（3）根据等比数列求和公式计算可得；
【详解】（1）等比数列中，，，
，解得．
（2）在等比数列中，
，，显然公比，
，整理得，
解得或．
（3）因为，，所以公比，
所以，，
所以，即，所以，
所以，则.
题型二：等比数列的片段和性质的应用
4．（2023上·江苏苏州·高二吴江中学校考阶段练习）已知等比数列的前n项和为45，前2n项和为60，则其前3n项和为（ ）
A．65B．80C．90D．105
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质得，，成等比数列，计算得到答案.
【详解】设数列的前n项和为，由等比数列的性质得，，成等比数列．
，，故45，，成等比数列，
故，解得．
故选：A.
5．（2023下·河南洛阳·高二校联考阶段练习）设等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】根据等比数列的求和公式或者等比数列的性质解析即可；
【详解】法一：设等比数列的公比为，若，则，所以；
由，得，即，所以，
解得，则.
故选：C.
法二：设等比数列的公比为，若，则，所以；
由等比数列的性质知成等比数列，其公比为，设，显然，则，，
所以，所以.
故选：C.
6．（2023下·湖北宜昌·高二校联考期中）已知等比数列的前项和为，且，若，，则（ ）
A．27B．45C．65D．73
【答案】C
【分析】根据等比数列前项和的性质可得，，，成等比数列，然后根据等比中项的性质，代入数据求出，进而即可求出答案.
【详解】由等比数列前项和的性质可得，，，成等比数列，
所以有，即，
整理可得，解得（舍）或.
又因为，
所以有，解得.
故选：C.
题型三：等比数列奇偶项和的性质
7．（2023上·重庆·高二重庆一中校考期中）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．2B．3C．4D．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
8．（2018上·安徽池州·高三统考期末）已知等比数列的公比，前项和为，则其偶数项为（ ）
A．15B．30
C．45D．60
【答案】D
【分析】利用前100项中奇数项和与偶数项和的关系.
【详解】设，则，
又因为，所以，
所以.
故选: D
【点睛】若等比数列有偶数项，则,用整体的思想处理问题，方便简捷.
9．（2022上·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）已知等比数列的公比，且，则 .
【答案】120
【分析】在等比数列中，若项数为，则，结合所求，化简计算，即可得答案.
【详解】因为在等比数列中，若项数为，则，
所以
.
故答案为：120
题型四：等比数列中前Sn和与其它知识交汇问题
10．（2023下·河南·高二河南大学附属中学校考期中）数列的前n项和，数列的前n项和为，则=（ ）
A．192B．190C．180D．182
【答案】B
【分析】利用关系求的通项公式，进而可得的通项公式，求即可.
【详解】当时，，
当 时，，
经检验满足上式，所以，
设，则 ，
所以.
故选：B
11．（2022上·江苏连云港·高二期末）在等比数列中，，．设t为实数，为该数列的前2n项和，为数列的前n项和，且，则t的值为 （ ）
A．B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】利用等比数列的通项公式求出公比和首项，求出，由条件可得数列以首项为1，公比为4的等比数列，求，由即可求出.
【详解】因为等比数列中，，，
所以，
所以，，
所以，
由等比数列，，
所以数列以首项为1，公比为4的等比数列，
所以，
所以，即．
故选：C．
12．（2020上·河南郑州·高二郑州外国语学校校考期中）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】B
【分析】根据，，分 ，，讨论确定q的范围，然后再逐项判断.
【详解】若，因为，所以，则与矛盾，
若，因为，所以，则，与矛盾，
所以，故B正确；
因为，则，所以，故A错误；
因为，，所以单调递增，故C错误；
因为时，，时，，所以的最大值为，故D错误；
故选：B.
题型五：等比数列的简单应用
13．（2023上·江苏扬州·高二统考期中）在我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍.已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少尺？”该女子第一天织布的尺数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意利用等比数列前项和公式计算即可得出.
【详解】根据题意可知该女子每天分别织布的尺数成等比数列，且公比为，
设该女子第一天织布的尺数是，
由等比数列前项和公式可知，解得.
故选：B
14．（2023上·广东广州·高三广州市第七中学校考阶段练习）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
15．（2023·山东青岛·山东省青岛第五十八中学校考一模）云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列，则的值为（ ）
A．8B．10C．12D．16
【答案】C
【分析】推导出是以2为公比的等比数列，且，解得，由此能求出的值．
【详解】从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，
则是以2为公比的等比数列，
，，解得，
所以，
．
故选：C．
题型六：等比数列前n项和综合问题
16．（2023上·安徽阜阳·高二阜阳市第三中学校考期中）已知首项为1的正项等比数列，且成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)7
【分析】（1）根据等差数列的性质列方程求得公比后可得通项公式；
（2）求出前项和后解不等式可得．
【详解】（1）设等比数列的公比为，且，
因为成等差数列，则，
即：，解得或（舍去），
所以数列的通项公式.
（2）由（1）得：，
，
所以，
整理可得，
故的最小值为7.
17．（2023上·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考期中）已知数列是单调递增的等比数列，数列是等差数列，且．
(1)求数列与数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列以及等比数列定义可解得，，可写出数列与数列的通项公式；
（2）利用等差等比前项和公式分组求和即可得.
【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
由得
即即，
解得或．
当时，，不满足单调递增，
当时，，满足单调递增，
故，所以．
又，所以，
所以，
即数列与数列的通项公式为，
（2）利用等比数列前项和公式可得，数列的前项和为，
数列的前项和为，
所以数列的前项和，
即
18．（2023上·山东青岛·高二统考期中）已知非零数列满足.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，化简得到，结合等比数列的定义，即可得证；
（2）由（1）得到，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，且，且，
所以，
因为，所以，
所以是首项为9，公比为2的等比数列.
（2）解：由（1）知，因为，
所以，
所以.
【双基达标】
一、单选题
19．（2023上·江苏苏州·高二统考期中）已知，，（，），为其前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用递推关系构造得是一个以3为首项，2为公比的等比数列，再赋值，结合等比数列的前n项和公式求答案.
【详解】由（，）可得，
已知，，所以，
即是一个以3为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
，，，，，
，
故选B.
20．（2023上·福建·高二统考期中）若数列满足，，则（ ）
A．511B．1023C．1025D．2047
【答案】B
【分析】通过累加和等比数列的求和即可得答案.
【详解】由题意知:，
则有，，，，，
由累加可得，
即
.
故选:B.
21．（2023上·山东青岛·高二统考期中）设是数列的前项和，,，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用对数的运算性质可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，再利用等比数列求和公式可求得的值.
【详解】因为是数列的前项和，，，
所以，，所以，数列为等比数列，且其首项为，公比为，
则，解得.
故选：A.
22．（2023上·甘肃甘南·高二校考期中）已知为等比数列的前项和，若，则（ ）
A．3B．6C．9D．12
【答案】C
【分析】根据等比数列的性质计算即可.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，所以，
则.
故选：C.
23．（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
24．（2023下·辽宁朝阳·高二建平县实验中学校考阶段练习）如果某人在听到喜讯后的1h内将这一喜讯传给2个人，这2个人又以同样的速度各传给未听到喜讯的另2个人……，如果每人只传2人，这样继续下去，要把喜讯传遍一个有2047人（包括第一个人）的小镇，所需时间为（ ）
A．8hB．9hC．10hD．11h
【答案】C
【分析】依题意可知传递过程类似看成一个等比数列，利用等比数列的前项和公式进行求解即可.
【详解】根据题意，可设个小时后知道喜讯的总人数为，
则传递过程可看成一个等比数列，首项为1，公比为2，
则，化简可得，
由，可得，即，
解得；
故选：C
25．（2023下·河南驻马店·高二统考期中）已知数列满足是数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据递推关系可得、且时都是公比为2的等比数列，再应用分组求和及等比数列前n项和公式求.
【详解】由题设，且，
所以，即，
当且时，是首项为1，公比为2的等比数列，则；
当且时，是首项为2，公比为2的等比数列，则；
.
故选：B
26．（2023上·北京·高二校联考期中）已知数列是等比数列，满足，，数列满足，，设，且是等差数列.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求的通项公式和前项和.
【答案】(1)，
(2)，
【分析】（1）根据等差数列、等比数列定义求解；
（2）先写出数列的通项公式，再分组求和即可求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
因为，，所以，即，
设等差数列公差为，
因为，，所以，即.
（2）因为，所以,
由（1）可得，
设前项和为，
.
27．（2023上·浙江温州·高二乐清市知临中学校考期中）等差数列满足：首项为2，公差为是的前项和.
(1)求数列的通项公式.
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出等差数列的通项，再求出数列的通项；
（2）先分析得到是等比数列，求出，再用分组求和法求.
【详解】（1）因为数列是首项为2公差为2的等差数列，
所以，即；
（2）因为，所以，
所以是以2为首项2为公比的等比数列，
所以，
所以
28．（2023上·江苏盐城·高二校考期中）记为数列的前项和，为数列的前项和，若且.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若成立，求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)5
【分析】（1）利用得出关于的递推关系，从而根据等比数列的定义得证；
（2）由分组求和法求得后，解不等式得结论．
【详解】（1）由可得，即，
即，而，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）知，即
，
由可得，整理可得，解得，
因为，所以的最小值为5．
【高分突破】
一、单选题
29．（2023下·江苏南通·高二期末）已知数列满足，在和之间插入n个1，构成数列：，则数列的前18项的和为（ ）
A．43B．44C．75D．76
【答案】C
【分析】直接利用数列的通项公式和分组法的应用求出数列的和．
【详解】在，之间插入个1，构成数列，
所以共有个数，
当时，，
当时，，
由于，
所以．
故选：C.
30．（2023下·贵州毕节·高二校考阶段练习）已知公比为2的等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（ ）
A．31B．63C．64D．127
【答案】B
【分析】根据已知条件求得，由此求得.
【详解】由于，，成等差数列，
所以，即，
所以，解得，
所以.
故选：B.
31．（2023下·辽宁沈阳·高二校联考期中）已知等比数列为递增数列，若，且与的等差中项为20，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意列出方程组，求得数列首项和公比，即可求得答案.
【详解】设，由题意得，即
解得或，
由于等比数列为递增数列，则不合题意；
所以该数列的前项和为．
故选：A．
32．（2023下·广西钦州·高二统考期末）小华分期付款购买了一款5000元的手机，每期付款金额相同，每期为一月，购买后每月付款一次，共付6次，购买手机时不需付款，从下个月这天开始付款.已知月利率为，按复利计算，则小华每期付款金额约为（ ）（参考数据：，，）
A．764元B．875元C．883元D．1050元
【答案】C
【分析】设小华每期付款金额为元，第期付款后欠款为元，根据已知条件，依次写出，，，，，结合及等比数列的前项和公式即可求解.
【详解】设小华每期付款金额为元，第期付款后欠款为元，
则，
，
，
，
因为，所以，
即，
所以小华每期付款金额约为883元.
故选：C.
33．（2023下·江西赣州·高二统考期末）已知数列的前n项和为，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为等比数列
C．D．
【答案】C
【分析】由，得，两式相除得，从而可得数列是隔项成等比数列，进而可求得数列的通项，再根据等比数列的定义及等比数列前项和公式即可得解.
【详解】由，得，
两式相除得，
所以数列的奇数项和偶数项都是以为公比的等比数列，
又，则，所以，
因为，所以数列不为等比数列，故A错误；
由，，得，，
则，故，
而等比数列中不能出现为的项，
所以数列不为等比数列，故B错误；
由AB选项可得，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
则，故D错误；
，故C正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：由，得，两式相除得，得出数列是隔项成等比数列，是解决本题的关键.
二、多选题
34．（2023上·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考阶段练习）已知等比数列前n项和为，则下列不成立的是（ ）
A．若，则；B．若，则；
C．若，则；D．若，则．
【答案】ABD
【分析】根据等比数列的概念与性质分析ABC，由等比数列的前项和分析D．
【详解】根据等比数列的定义，等比数列的奇数项同号，偶数项同号，因此AB均不成立，C成立，
对选项D，如，，但，因此D不成立．
故选：ABD．
35．（2023上·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考阶段练习）已知等比数列的前n项和为，若，，则数列的公比可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】设等比数列的公比为q，利用求解即可.
【详解】设数列的公比为q，
则，
所以，解得或，即或．
故选：BC．
36．（2023上·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考阶段练习）某高中通过甲、乙两家餐厅给1920名学生提供午餐，通过调查发现：开学后第一天有的学生到甲餐厅就餐，剩余的学生到乙餐厅就餐，从第二天起，在前一天选择甲餐厅就餐的学生中，次日会有的学生继续选择甲餐厅，在前一天选择乙餐厅就餐的学生中，次日会有的学生选择甲餐厅．设开学后第n天选择甲餐厅就餐的学生比例为，则（ ）
A．
B．是等比数列
C．第100天选择甲餐厅就餐的学生比例约为
D．开学后第一个星期（7天）中在甲餐厅就过餐的有5750人次
【答案】ABD
【分析】根据给定的信息求出递推公式判断A；变形递推公式判断B；求出通项公式，利用通项公式求项及前7项和判断CD即可.
【详解】依题意，当时，，A正确；
当时，，又，即，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，B正确；
显然，即，则，C错误；
显然，又有1920名学生，
所以开学后第一个星期（7天）中在甲餐厅就过餐的有人次，D正确．
故选：ABD
37．（2023下·湖北荆州·高二沙市中学校考阶段练习）已知是数列的前n项和，．下列结论正确的是（ ）
A．若是等差数列，则
B．若是等比数列，则
C．若是等差数列，则公差
D．若是等比数列，则公比是2或－2
【答案】AB
【分析】根据等差数列与等比数列的定义、性质、求和公式计算即可.
【详解】若是等差数列，设其公差为，则成等差数列，公差为，
由，即A正确；
当时显然符合题意，但C错误；
若是等比数列，设其公比为，则成等比数列，公比为，
由，即B正确，
当时，也符合题意，故D错误.
故选：AB
38．（2023上·江苏无锡·高二江苏省南菁高级中学校考阶段练习）对于数列，设其前项和，则下列命题正确的是（ ）
A．若数列为等比数列，成等差，则也成等差
B．若数列为等比数列，则
C．若数列为等差数列，且，则
D．若数列为等差数列，且，则中任意三项均不能构成等比数列
【答案】ACD
【分析】根据等比数列的通项与前项和公式判断A，B的正误；根据等差数列的通项与前项和公式判断C，D的正误即可.
【详解】对于A，若数列为等比数列，成等差，则，
若公比，则，故，
所以可得，，已知量
首项、公比与项数
首项、公比与末项
求和公式
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)q≠1，,na1q＝1))
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a1－anq,1－q)q≠1，,na1q＝1))
考点一：等比数列的前n项和公式
考点二：等比数列前n项和的性质
1．数列{an}为公比不为－1的等比数列(或公比为－1，且n不是偶数)，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍构成等比数列．
2．若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(n，m∈N*)．
3．若{an}是公比为q的等比数列，S偶，S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和，则：①在其前2n项中，eq \f(S偶,S奇)＝q；
②在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…－a2n＋a2n＋1＝eq \f(a1＋a2n＋1q,1－－q)＝eq \f(a1＋a2n＋2,1＋q)(q≠－1)．
考点三：等比数列前n项和的实际应用
1．解应用问题的核心是建立数学模型．
2．一般步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型．
3．注意问题是求什么(n，an，Sn)．
注意：
(1)解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答．
(2)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n计算准确．
(3)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系．
(4)在近似计算时，要注意应用对数方法，且要看清题中对近似程度的要求．
【题型归纳】
题型一：等比数列前n项和公式的基本运算
1．（2023上·云南·高三云南师大附中校考）已知数列为等比数列，为的前项和，且，，则（ ）
A．8B．5C．6D．7
【答案】A
【分析】根据给定条件，结合等比数列前n项和求出公比，再列式计算即得.
【详解】设等比数列的公比为，，解得，
所以.
故选：A
2．（2023上·山东济南·高三统考开学考试）记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A．B．C．85D．120
【答案】C
【分析】根据题意，设等比数列的公比为，分2种情况讨论、，结合等比数列前 项和公式分析可得，，计算即可得答案.
【详解】根据题意，设等比数列的公比为，
若，则，
则有 ，变形可得，则，
又由，则有，
所以.
故选：C.
3．（2023上·高二课时练习）已知数列为等比数列，前n项和为．
(1)如果，，求；
(2)如果，，求q；
(3)如果，，求．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）（2）（3）根据等比数列求和公式计算可得；
【详解】（1）等比数列中，，，
，解得．
（2）在等比数列中，
，，显然公比，
，整理得，
解得或．
（3）因为，，所以公比，
所以，，
所以，即，所以，
所以，则.
题型二：等比数列的片段和性质的应用
4．（2023上·江苏苏州·高二吴江中学校考阶段练习）已知等比数列的前n项和为45，前2n项和为60，则其前3n项和为（ ）
A．65B．80C．90D．105
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质得，，成等比数列，计算得到答案.
【详解】设数列的前n项和为，由等比数列的性质得，，成等比数列．
，，故45，，成等比数列，
故，解得．
故选：A.
5．（2023下·河南洛阳·高二校联考阶段练习）设等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】根据等比数列的求和公式或者等比数列的性质解析即可；
【详解】法一：设等比数列的公比为，若，则，所以；
由，得，即，所以，
解得，则.
故选：C.
法二：设等比数列的公比为，若，则，所以；
由等比数列的性质知成等比数列，其公比为，设，显然，则，，
所以，所以.
故选：C.
6．（2023下·湖北宜昌·高二校联考期中）已知等比数列的前项和为，且，若，，则（ ）
A．27B．45C．65D．73
【答案】C
【分析】根据等比数列前项和的性质可得，，，成等比数列，然后根据等比中项的性质，代入数据求出，进而即可求出答案.
【详解】由等比数列前项和的性质可得，，，成等比数列，
所以有，即，
整理可得，解得（舍）或.
又因为，
所以有，解得.
故选：C.
题型三：等比数列奇偶项和的性质
7．（2023上·重庆·高二重庆一中校考期中）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．2B．3C．4D．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
8．（2018上·安徽池州·高三统考期末）已知等比数列的公比，前项和为，则其偶数项为（ ）
A．15B．30
C．45D．60
【答案】D
【分析】利用前100项中奇数项和与偶数项和的关系.
【详解】设，则，
又因为，所以，
所以.
故选: D
【点睛】若等比数列有偶数项，则,用整体的思想处理问题，方便简捷.
9．（2022上·山东聊城·高三山东聊城一中校考期末）已知等比数列的公比，且，则 .
【答案】120
【分析】在等比数列中，若项数为，则，结合所求，化简计算，即可得答案.
【详解】因为在等比数列中，若项数为，则，
所以
.
故答案为：120
题型四：等比数列中前Sn和与其它知识交汇问题
10．（2023下·河南·高二河南大学附属中学校考期中）数列的前n项和，数列的前n项和为，则=（ ）
A．192B．190C．180D．182
【答案】B
【分析】利用关系求的通项公式，进而可得的通项公式，求即可.
【详解】当时，，
当 时，，
经检验满足上式，所以，
设，则 ，
所以.
故选：B
11．（2022上·江苏连云港·高二期末）在等比数列中，，．设t为实数，为该数列的前2n项和，为数列的前n项和，且，则t的值为 （ ）
A．B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】利用等比数列的通项公式求出公比和首项，求出，由条件可得数列以首项为1，公比为4的等比数列，求，由即可求出.
【详解】因为等比数列中，，，
所以，
所以，，
所以，
由等比数列，，
所以数列以首项为1，公比为4的等比数列，
所以，
所以，即．
故选：C．
12．（2020上·河南郑州·高二郑州外国语学校校考期中）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C．的最大值为 D．的最大值为
【答案】B
【分析】根据，，分 ，，讨论确定q的范围，然后再逐项判断.
【详解】若，因为，所以，则与矛盾，
若，因为，所以，则，与矛盾，
所以，故B正确；
因为，则，所以，故A错误；
因为，，所以单调递增，故C错误；
因为时，，时，，所以的最大值为，故D错误；
故选：B.
题型五：等比数列的简单应用
13．（2023上·江苏扬州·高二统考期中）在我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍.已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少尺？”该女子第一天织布的尺数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意利用等比数列前项和公式计算即可得出.
【详解】根据题意可知该女子每天分别织布的尺数成等比数列，且公比为，
设该女子第一天织布的尺数是，
由等比数列前项和公式可知，解得.
故选：B
14．（2023上·广东广州·高三广州市第七中学校考阶段练习）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
15．（2023·山东青岛·山东省青岛第五十八中学校考一模）云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列，则的值为（ ）
A．8B．10C．12D．16
【答案】C
【分析】推导出是以2为公比的等比数列，且，解得，由此能求出的值．
【详解】从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，
则是以2为公比的等比数列，
，，解得，
所以，
．
故选：C．
题型六：等比数列前n项和综合问题
16．（2023上·安徽阜阳·高二阜阳市第三中学校考期中）已知首项为1的正项等比数列，且成等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)7
【分析】（1）根据等差数列的性质列方程求得公比后可得通项公式；
（2）求出前项和后解不等式可得．
【详解】（1）设等比数列的公比为，且，
因为成等差数列，则，
即：，解得或（舍去），
所以数列的通项公式.
（2）由（1）得：，
，
所以，
整理可得，
故的最小值为7.
17．（2023上·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考期中）已知数列是单调递增的等比数列，数列是等差数列，且．
(1)求数列与数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列以及等比数列定义可解得，，可写出数列与数列的通项公式；
（2）利用等差等比前项和公式分组求和即可得.
【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
由得
即即，
解得或．
当时，，不满足单调递增，
当时，，满足单调递增，
故，所以．
又，所以，
所以，
即数列与数列的通项公式为，
（2）利用等比数列前项和公式可得，数列的前项和为，
数列的前项和为，
所以数列的前项和，
即
18．（2023上·山东青岛·高二统考期中）已知非零数列满足.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，化简得到，结合等比数列的定义，即可得证；
（2）由（1）得到，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，且，且，
所以，
因为，所以，
所以是首项为9，公比为2的等比数列.
（2）解：由（1）知，因为，
所以，
所以.
【双基达标】
一、单选题
19．（2023上·江苏苏州·高二统考期中）已知，，（，），为其前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用递推关系构造得是一个以3为首项，2为公比的等比数列，再赋值，结合等比数列的前n项和公式求答案.
【详解】由（，）可得，
已知，，所以，
即是一个以3为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
，，，，，
，
故选B.
20．（2023上·福建·高二统考期中）若数列满足，，则（ ）
A．511B．1023C．1025D．2047
【答案】B
【分析】通过累加和等比数列的求和即可得答案.
【详解】由题意知:，
则有，，，，，
由累加可得，
即
.
故选:B.
21．（2023上·山东青岛·高二统考期中）设是数列的前项和，,，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用对数的运算性质可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，再利用等比数列求和公式可求得的值.
【详解】因为是数列的前项和，，，
所以，，所以，数列为等比数列，且其首项为，公比为，
则，解得.
故选：A.
22．（2023上·甘肃甘南·高二校考期中）已知为等比数列的前项和，若，则（ ）
A．3B．6C．9D．12
【答案】C
【分析】根据等比数列的性质计算即可.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，所以，
则.
故选：C.
23．（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
24．（2023下·辽宁朝阳·高二建平县实验中学校考阶段练习）如果某人在听到喜讯后的1h内将这一喜讯传给2个人，这2个人又以同样的速度各传给未听到喜讯的另2个人……，如果每人只传2人，这样继续下去，要把喜讯传遍一个有2047人（包括第一个人）的小镇，所需时间为（ ）
A．8hB．9hC．10hD．11h
【答案】C
【分析】依题意可知传递过程类似看成一个等比数列，利用等比数列的前项和公式进行求解即可.
【详解】根据题意，可设个小时后知道喜讯的总人数为，
则传递过程可看成一个等比数列，首项为1，公比为2，
则，化简可得，
由，可得，即，
解得；
故选：C
25．（2023下·河南驻马店·高二统考期中）已知数列满足是数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据递推关系可得、且时都是公比为2的等比数列，再应用分组求和及等比数列前n项和公式求.
【详解】由题设，且，
所以，即，
当且时，是首项为1，公比为2的等比数列，则；
当且时，是首项为2，公比为2的等比数列，则；
.
故选：B
26．（2023上·北京·高二校联考期中）已知数列是等比数列，满足，，数列满足，，设，且是等差数列.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求的通项公式和前项和.
【答案】(1)，
(2)，
【分析】（1）根据等差数列、等比数列定义求解；
（2）先写出数列的通项公式，再分组求和即可求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
因为，，所以，即，
设等差数列公差为，
因为，，所以，即.
（2）因为，所以,
由（1）可得，
设前项和为，
.
27．（2023上·浙江温州·高二乐清市知临中学校考期中）等差数列满足：首项为2，公差为是的前项和.
(1)求数列的通项公式.
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出等差数列的通项，再求出数列的通项；
（2）先分析得到是等比数列，求出，再用分组求和法求.
【详解】（1）因为数列是首项为2公差为2的等差数列，
所以，即；
（2）因为，所以，
所以是以2为首项2为公比的等比数列，
所以，
所以
28．（2023上·江苏盐城·高二校考期中）记为数列的前项和，为数列的前项和，若且.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若成立，求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)5
【分析】（1）利用得出关于的递推关系，从而根据等比数列的定义得证；
（2）由分组求和法求得后，解不等式得结论．
【详解】（1）由可得，即，
即，而，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）知，即
，
由可得，整理可得，解得，
因为，所以的最小值为5．
【高分突破】
一、单选题
29．（2023下·江苏南通·高二期末）已知数列满足，在和之间插入n个1，构成数列：，则数列的前18项的和为（ ）
A．43B．44C．75D．76
【答案】C
【分析】直接利用数列的通项公式和分组法的应用求出数列的和．
【详解】在，之间插入个1，构成数列，
所以共有个数，
当时，，
当时，，
由于，
所以．
故选：C.
30．（2023下·贵州毕节·高二校考阶段练习）已知公比为2的等比数列的前n项和为，且，，成等差数列，则（ ）
A．31B．63C．64D．127
【答案】B
【分析】根据已知条件求得，由此求得.
【详解】由于，，成等差数列，
所以，即，
所以，解得，
所以.
故选：B.
31．（2023下·辽宁沈阳·高二校联考期中）已知等比数列为递增数列，若，且与的等差中项为20，则数列的前项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意列出方程组，求得数列首项和公比，即可求得答案.
【详解】设，由题意得，即
解得或，
由于等比数列为递增数列，则不合题意；
所以该数列的前项和为．
故选：A．
32．（2023下·广西钦州·高二统考期末）小华分期付款购买了一款5000元的手机，每期付款金额相同，每期为一月，购买后每月付款一次，共付6次，购买手机时不需付款，从下个月这天开始付款.已知月利率为，按复利计算，则小华每期付款金额约为（ ）（参考数据：，，）
A．764元B．875元C．883元D．1050元
【答案】C
【分析】设小华每期付款金额为元，第期付款后欠款为元，根据已知条件，依次写出，，，，，结合及等比数列的前项和公式即可求解.
【详解】设小华每期付款金额为元，第期付款后欠款为元，
则，
，
，
，
因为，所以，
即，
所以小华每期付款金额约为883元.
故选：C.
33．（2023下·江西赣州·高二统考期末）已知数列的前n项和为，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为等比数列
C．D．
【答案】C
【分析】由，得，两式相除得，从而可得数列是隔项成等比数列，进而可求得数列的通项，再根据等比数列的定义及等比数列前项和公式即可得解.
【详解】由，得，
两式相除得，
所以数列的奇数项和偶数项都是以为公比的等比数列，
又，则，所以，
因为，所以数列不为等比数列，故A错误；
由，，得，，
则，故，
而等比数列中不能出现为的项，
所以数列不为等比数列，故B错误；
由AB选项可得，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
则，故D错误；
，故C正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：由，得，两式相除得，得出数列是隔项成等比数列，是解决本题的关键.
二、多选题
34．（2023上·甘肃张掖·高二高台县第一中学校考阶段练习）已知等比数列前n项和为，则下列不成立的是（ ）
A．若，则；B．若，则；
C．若，则；D．若，则．
【答案】ABD
【分析】根据等比数列的概念与性质分析ABC，由等比数列的前项和分析D．
【详解】根据等比数列的定义，等比数列的奇数项同号，偶数项同号，因此AB均不成立，C成立，
对选项D，如，，但，因此D不成立．
故选：ABD．
35．（2023上·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考阶段练习）已知等比数列的前n项和为，若，，则数列的公比可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】设等比数列的公比为q，利用求解即可.
【详解】设数列的公比为q，
则，
所以，解得或，即或．
故选：BC．
36．（2023上·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考阶段练习）某高中通过甲、乙两家餐厅给1920名学生提供午餐，通过调查发现：开学后第一天有的学生到甲餐厅就餐，剩余的学生到乙餐厅就餐，从第二天起，在前一天选择甲餐厅就餐的学生中，次日会有的学生继续选择甲餐厅，在前一天选择乙餐厅就餐的学生中，次日会有的学生选择甲餐厅．设开学后第n天选择甲餐厅就餐的学生比例为，则（ ）
A．
B．是等比数列
C．第100天选择甲餐厅就餐的学生比例约为
D．开学后第一个星期（7天）中在甲餐厅就过餐的有5750人次
【答案】ABD
【分析】根据给定的信息求出递推公式判断A；变形递推公式判断B；求出通项公式，利用通项公式求项及前7项和判断CD即可.
【详解】依题意，当时，，A正确；
当时，，又，即，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，B正确；
显然，即，则，C错误；
显然，又有1920名学生，
所以开学后第一个星期（7天）中在甲餐厅就过餐的有人次，D正确．
故选：ABD
37．（2023下·湖北荆州·高二沙市中学校考阶段练习）已知是数列的前n项和，．下列结论正确的是（ ）
A．若是等差数列，则
B．若是等比数列，则
C．若是等差数列，则公差
D．若是等比数列，则公比是2或－2
【答案】AB
【分析】根据等差数列与等比数列的定义、性质、求和公式计算即可.
【详解】若是等差数列，设其公差为，则成等差数列，公差为，
由，即A正确；
当时显然符合题意，但C错误；
若是等比数列，设其公比为，则成等比数列，公比为，
由，即B正确，
当时，也符合题意，故D错误.
故选：AB
38．（2023上·江苏无锡·高二江苏省南菁高级中学校考阶段练习）对于数列，设其前项和，则下列命题正确的是（ ）
A．若数列为等比数列，成等差，则也成等差
B．若数列为等比数列，则
C．若数列为等差数列，且，则
D．若数列为等差数列，且，则中任意三项均不能构成等比数列
【答案】ACD
【分析】根据等比数列的通项与前项和公式判断A，B的正误；根据等差数列的通项与前项和公式判断C，D的正误即可.
【详解】对于A，若数列为等比数列，成等差，则，
若公比，则，故，
所以可得，，已知量
首项、公比与项数
首项、公比与末项
求和公式
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)q≠1，,na1q＝1))
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a1－anq,1－q)q≠1，,na1q＝1))
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