（通用）2026高考数学重难点讲练－等比数列+巩固练习（附解析）

这是一份（通用）2026高考数学重难点讲练－等比数列+巩固练习（附解析），共11页。
1．理解等比数列的概念，等比数列的通项公式.
2．能在具体的问题情境中，识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.
3．了解等比数列与指数函数的关系.
4．灵活应用等比数列的定义、公式和性质解决数列问题，认识和理解数列与其它数学知识之间的内在联系.
【知识网络】
等比数列
等比中项
通项公式及相关性质
等比数列与函数的关系
【考点梳理】
考点一：等比数列的概念
如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比.
考点二、等比数列的通项公式
要点诠释：
①方程观点：知二求一；
= 2 \* GB3 ②函数观点：函数的图象上一群孤立的点；
= 3 \* GB3 ③当时，若，等比数列是递增数列；若，等比数列是递减数列；
当时，若，等比数列是递减数列；若，等比数列是递增数列；
当时，等比数列是摆动数列；
当时，等比数列是非零常数列。
考点三、等比数列通项公式的主要性质：
（1）等比中项：成等比数列，则；
（2）通项公式的推广：；
（3）若，则；
（4）等比数列中，若.
要点诠释：（1）方程思想的具体运用；（2）两式相乘除化简。
【典型例题】
类型一：等比数列的概念、公式
例1.若数列为等比数列，, , 求.
思路分析：求解等比数列的项，首先要根据已知条件求出数列的通项公式。
解析：法一：令数列的首项为,公比为q，则有
即 ，
(2)÷(1)有, ∴.
∴.
法二：∵为等比数列，
∴ 即,
∴.
∴.
法三：∵为等比数列，
∴、、、,…也为等比数列，
∴, ∴
又∵.
∴
点评：熟悉等比数列的概念，基本公式及性质，要依条件恰当的选择入手公式，性质，从而简洁地解决问题，减少运算量。
举一反三：
【变式】已知等比数列，若，，求。
法一：∵，∴，∴
从而解之得，或，
当时，；当时，。
故或。
法二：由等比数列的定义知，
代入已知得
将代入（1）得，
解得或
由（2）得或 ，以下同方法一。
类型二、等比数列的性质
例2.（1）等比数列中，，，，则 ( )
A． B．
C． D．
(2)设为等比数列的前n项和，已知,则公比q＝( )
A．3 B．4 C．5 D．6
答案：A B
解析：（1），所以
又因为，则
所以，则
（2），两式相减：
所以
举一反三
【变式1】等比数列中，若,求.
解析：∵是等比数列，∴
∴
例3. (2015 福建高考)若a，b是函数f（x）=x2﹣px+q（p＞0，q＞0）的两个不同的零点，且a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p+q的值等于（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】D
【解析】由题意可得：a+b=p，ab=q，
∵p＞0，q＞0，
可得a＞0，b＞0，
又a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，
可得①或②．
解①得：；解②得：．
∴p=a+b=5，q=1×4=4，
则p+q=9．故选D．
举一反三
【变式】（2014 天津高考）设{an}的首项为a1，公差为﹣1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1=（ ）
A．2B．﹣2C．D．﹣
【答案】D
【解析】∵{an}是首项为a1，公差为﹣1的等差数列，Sn为其前n项和，
∴S1=a1，S2=2a1﹣1，S4=4a1﹣6，
由S1，S2，S4成等比数列，得：，
即，解得：．故选D．
类型三：等比数列的判断与证明
例4．已知数列{an}的前n项和Sn满足：lg5(Sn+1)=n(n∈N+),求出数列{an}的通项公式，并判断{an}是何种数列？
解析：∵lg5(Sn+1)=n,∴Sn+1=5n,∴Sn=5n-1 (n∈N+),
∴a1=S1=51-1=4,
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(5n-1)-(5n-1-1)=5n-5n-1=5n-1(5-1)=4×5n-1
而n=1时，4×5n-1=4×51-1=4=a1,
∴n∈N+时，an=4×5n-1
由上述通项公式，可知{an}为首项为4，公比为5的等比数列.
举一反三：
【变式1】已知数列{Cn}，其中Cn=2n+3n，且数列{Cn+1-pCn}为等比数列，求常数p。
解析：p=2或p=3；
∵{Cn+1-pCn}是等比数列，
∴对任意n∈N且n≥2，有(Cn+1-pCn)2=(Cn+2-pCn+1)(Cn-pCn-1)
∵Cn=2n+3n,∴[(2n+1+3n+1)-p(2n+3n)]2=[(2n+2+3n+2)-p(2n+1+3n+1)]·[(2n+3n)-p(2n-1+3n-1)]
即[(2-p)·2n+(3-p)·3n]2=[(2-p)·2n+1+(3-p)·3n+1]·[(2-p)·2n-1+(3-p)·3n-1]
整理得：,解得：p=2或p=3,
显然Cn+1-pCn≠0，故p=2或p=3为所求.
【变式2】设{an}、{bn}是公比不相等的两个等比数列，Cn=an+bn,证明数列{Cn}不是等比数列.
证明：设数列{an}、{bn}的公比分别为p, q，且p≠q
为证{Cn}不是等比数列，只需证.
∵,
∴,
又∵ p≠q, a1≠0, b1≠0,
∴即
∴数列{Cn}不是等比数列.
【变式3】判断正误：
(1){an}为等比数列a7=a3a4；
(2)若b2=ac，则a，b，c为等比数列；
(3){an}，{bn}均为等比数列，则{anbn}为等比数列；
(4){an}是公比为q的等比数列，则、仍为等比数列；
(5)若a，b，c成等比，则lgma，lgmb，lgmc成等差.
答案：
(1)错；a7=a1q6，a3a4=a1q2·a1q3=a12q5，等比数列的下标和性质要求项数相同；
(2)错；反例：02=0×0，不能说0，0，0成等比；
(3)对；{anbn}首项为a1b1，公比为q1q2；
(4)对；；
(5)错；反例：-2，-4，-8成等比，但lgm(-2)无意义.
类型四：等比数列的其他类型
例5．已知三个数成等比数列，若前两项不变，第三项减去32，则成等差数列.若再将此等差数列的第二项减去4，则又成等比数列.求原来的三个数.
思路分析：结合数列的性质设未知数。
解析：
法一：设成等差数列的三数为a-d, a,a+d.
则a-d, a, a+d+32成等比数列，a-d, a-4, a+d成等比数列.
∴
由(2)得a=(3)
由(1)得32a=d2+32d (4)
(3)代(4)消a，解得或d=8.
∴当时,；当d=8时,a=10
∴原来三个数为,,或2,10,50.
法二：设原来三个数为a, aq, aq2，则a, aq,aq2-32成等差数列，a, aq-4, aq2-32成等比数列
∴
由(2)得，代入(1)解得q=5或q=13
当q=5时a=2；当q=13时.
∴原来三个数为2，10，50或，,.
总结升华：选择适当的设法可使方程简单易解。一般地，三数成等差数列，可设此三数为a-d, a, a+d；若三数成等比数列，可设此三数为，x, xy。但还要就问题而言，这里解法二中采用首项a，公比q来解决问题反而简便。
举一反三：
【变式1】一个等比数列有三项，如果把第二项加上4，，那么所得的三项就成为等差数列，如果再把这个等差数列的第三项加上32，那么所得的三项又成为等比数列，求原来的等比数列.
解析：设所求的等比数列为a，aq，aq2；
则 2(aq+4)=a+aq2，且(aq+4)2=a(aq2+32)；
解得a=2，q=3或，q=-5；
故所求的等比数列为2，6，18或.
例6．已知三个数成等比数列，它们的积为27，它们的平方和为91，求这三个数。
思路分析：如果充分考虑到等比数列的性质来设未知数，会使求解过程简单些。
解析：设这三个数分别为，
由已知得
得，所以或，
即或
故所求三个数为：1、3、9或―1、3、―9或9、3、1或―9、3、―1。
总结升华：方程的思想在解决数列问题中的应用。
举一反三：
【变式】有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和为12，求这四个数.
解析：设四个数分别是x,y,12-y,16-x
∴
由(1)得x=3y-12，代入(2)得144-24y+y2=y(16-3y+12)
∴144-24y+y2=-3y2+28y, ∴4y2-52y+144=0,
∴y2-13y+36=0, ∴ y=4或9，
∴ x=0或15，
∴四个数为0，4，8，16或15，9，3，1.
例7.设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2an的最大值为 .
【答案】64
【解析】设等比数列的公比为q(q≠0)，由a1+a3=10，a2+a4=5得，a1（1+q2）=10，
a1q（1+q2）=5，解得a1=8，。所以a1a2an=，于是当n=3或n=4时，a1a2an取得最大值26=64.
【巩固练习】
1．等比数列中，，则等于（ ）
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ．
2.知是等差数列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则( )
A.， B. ，
C. ， D.，
3. 在3和9之间插入两个正数后，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则这两个正数之和为（ ）
A．13 B．11 C．10 D．10
4.在等比数列{an}中，Sn表示前n项和，若a3=2S2+1，a4=2S3+1，则公比q=（ ）
A．﹣3 B．﹣1 C．3 D．1
5. 已知为等比数列，下面结论种正确的是 （ ）。
A a1+a3≥2a2 B
C 若a1=a3，则a1=a2 D 若a3＞a1，则a4＞a2
6. 已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于 .
7．在等比数列{an}中，
（1）已知：a1=2,S3=26,求q与a3;
（2）已知：an>0且a2a4+2a3a5+a4a6=25，求a3+a5;
（3）已知：a4=3, 求a1a2a3……a7；
（4）已知：对任意自然数n都有a1+a2+……+an=2n-1，求+……+.
8．有四个数，前三个成等比数列，且和为19；后三个成等差数列，且和为12.求这四个数.
9．已知{an}为等比数列，
(1)若a1a4a10a13-a5a9-6=0，求a2a12.
(2)若a1+a2+a3=2，a7+a8+a9=8，求a1+a2+a3+…+a3m-2+a3m-1+a3m.
10.已知数列的前n项和，其中．
（I）证明是等比数列，并求其通项公式；
（II）若 ，求．
11．若a1=1,q≠1的等比数列前n项和为S，则原等比数列各项的倒数组成的数列的前n项和T是多少？
12．一个等比数列{an}共有2n项，其中偶数项的和是所有项和的，且S3=64，求此等比数列通项.
13．已知(b-c)lgmx+(c-a)lgmy+(a-b)lgmz=0.
(1)若a,b,c成公差d≠0的等差数列，证明 x,y,z成等比数列；
(2)若x,y,z成公比q≠1的等比数列，证明a,b,c成等差数列.
14．数列{an}是等比数列，项数为偶数，各项为正，它所有项的和等于偶数项和的4倍，且第2项与第4项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列{lgan}的前多少项的和最大？
15．已知数列前n项和Sn=(p-2)+pan，nN*，p＞1且p≠2
(1)证明：{an}是等比数列；
(2)对一切自然数n，当an+1＞an或an+1＜an时，分别确定p的取值范围.
16．已知数列{an}为等差数列，公差d≠0，{an}中部分项组成的数列恰为等比数列，且知k1=1, k2=5,k3=17.
（1）求kn；
（2）证明： k1+k2+……+kn=3n-n-1.
【参考答案与解析】
1．C
2.【答案】B
【解析】，，成等比数列，
即解得：
又
3．B；
4.【解析】等比数列{an}中，因为a3=2S2+1，a4=2S3+1，得a4﹣a3=2S3+1﹣（2S2+1）
=2（S3﹣S2）=2a3，即a4=3a3，解得q=3，故选C．
5.B
6.【答案】
【解析】由题意，，解得或者，而数列是递增的等比数列，所以，即，所以，因而数列的前项和
.
7．解析：
（1）2(1+q+q2)=26, 解得q=3或q=-4.当q=3时a3=18；当q=-4时, a3=32.
（2）(a3+a5)2=+2a3a5+=a2a4+2a3a5+a4a6=25, 又an>0, ∴a3+a5=5.
（3）∵a1a7=a2a6=a3a5=,∴a1a2a3……a7==37=2187.
（4）依题意Sn=2n-1,易求得an=2n-1, a1=1且公比为2，可知，，……成等比数列，公比为4.
∴++……+==.
8．解析：
依题意设这四个数为y, x-d, x,x+d，
∵后三个数和为12，∴(x-d)+x+(x+d)=12，解得x=12.
又前三个数成等比且和为19，
∴, 解得或，
∴这四个数为9，6，4，2或25，-10，4，18.
9．解析：
(1)原式=(a2a12)2-a2a12-6=0a2a12=3或a2a12=-2（舍去）；
(2)
∴，
由A1=a1+a2+a3=2a1(1+q+q2)=2，A2=a4+a5+a6=a1q3(1+q+q2)，
A3=a1q6(1+q+q2)，A1，A2，A3成等比数列，且首项为A1公比为q3，
由前面得q3=±2，
则或.
10. 【解析】（I）由题意得
由
由
所以
因此是首项为，公比为的等比数列，于是
（II）由（I）得
解得
11．解析：
∵S=a1+a2+a3+……+an=,
∴T==.
12．解析：
∵S偶=Sn,∴ =×,∴, ∴,
又S3=64，∴，∴,
∴×9×()n-1=×()n-3.
13．证明：
(1)由已知有-dlgmx+2dlgmy-dlgmz==0,∴xz=y2,∴x,y,z成等比数列.
(2)∵y=xq, z=xq2, ∴(b-c)lgmx+(c-a)lgmx+(c-a)lgmq+(a-b)lgmx+2(a-b)lgmq=0,
即lgmq(c-a+2a-2b)=0,又q≠1,∴lgmq≠0, ∴c+a-2b=0,
∴2b=a+c,∴a,b,c成等差数列.
14．解析：
由题意可知q≠1且，即，∴
又a1q·a1q3=9(a1q2+a1q3)，∴a1=22·33 ，∴
∴lgan=2lg2-(n-4)lg3
当n≥2时，lgan-lgan-1=2lg2-(n-4)lg3-[2lg2-(n-5)lg3]=-lg3＜0
∴数列{lgan}是递减的等差数列，且lga1=lg(22×33)＞0
设数列{lgan}的前n项和最大，则有
∴n=5 ∴数列{lgan}的前5项和最大.
15．证明：
(1)∵Sn=(p-2)+pan ，Sn+1=(p-2)+pan+1，∴Sn+1-Sn=an+1=pan+1-pan(n≥1)
∴(p-1)an+1=pan ,∵p＞1，p-1＞0，∴
∴{an}是以为公比的等比数列.
(2)∵a1=S1=p-2+pa1 ，∴，∴
∴
∵p＞1，∴
若an+1＞an，只需2-p＞0，∴1＜p＜2
若an+1＜an，只需2-p＜0，∴p＞2.
16．解析：
依题意：=a1, =a5=a1+4d, =a17=a1+16d，而，，为等比数列.
故有(a1+4d)2=a1(a1+16d),解得a1=2d.
因而{}的公比q====3.
而在等差数列{an}中是第kn项，
∴=a1+(kn-1)d,即=(kn+1)d……(1)
又在等比数列{}中是第n项，
∴=a1·qn-1即=2d·3n-1……(2)
联立(1)(2)，解得kn=2·3n-1-1.
（2）k1+k2+……+kn=(2·30-1)+(2·31-1)+……+(2·3n-1-1)=2(30+31+……+3n-1)-n
=。