新高考数学一轮复习易错题+专题提升练第6章专题04 等比数列性质培优归类（14题型）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习易错题+专题提升练第6章专题04 等比数列性质培优归类（14题型）（2份，原卷版+解析版），共25页。

题型1 等比数列的判定
1．（2020·北京海淀·一模）若数列满足则“”是“为等比数列”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】A
【解析】,不妨设，则可证充分性；
为等比数列且时得不到，可知必要性不成立
【详解】不妨设，则
为等比数列；故充分性成立
反之若为等比数列，不妨设公比为，
，
当时，所以必要性不成立
故选：A．
【点睛】(1)证明一个数列为等比数列常用定义法与中项公式法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．
(2)利用递推关系时要注意对n＝1时的情况进行验证．
2．（13-14高一下·江西吉安·阶段练习）已知等比数列的公比为，记，（），则以下结论一定正确的是（ ）
A．数列为等差数列，公差为
B．数列为等比数列，公比为
C．数列为等比数列，公比为
D．数列为等比数列，公比为
【答案】C
【分析】求得的表达式，然后对分成两类，根据等差、等比数列的定义，判断出A,B两个选项不正确.求得的表达式，计算的值，由此判断出C选项正确，D选项不正确.
【详解】解：①，当时，，，此时是常数列，A、B选项都可能正确.
当时，，，
此时，选项B不正确，
又，不是常数，故选项A不正确，
②∵等比数列的公比为，∴，
∴，
∴，故C正确，D不正确．
综上可知：只有C正确．
故选C．
【点睛】本小题主要考查等差、等比数列的定义，考查分析问题的能力，考查运算求解能力，属于中档题.
3．（20-21·江西南昌·阶段练习）已知递增数列对任意均满足，记 ，则数列的前项和等于
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为，所以，
若，那矛盾，
若，那么成立，
若，那矛盾，
所以 ，当，
所以，
即，数列是首项为2，公比为3的等比数列，
所以前项和为.
故选：D.
【点睛】本题解题的关键是对于首项的确定，可以采用列举法，就会发现，再令后，利用公式巧妙变形为 ，这样对数列的构造打下基础，最后转化为数列是等比数列求和.
4．（24-25高二上·全国·随堂练习）已知等比数列的前项和，则的值是（ ）
A．1B．0C．2D．
【答案】D
【分析】根据与之间的关系可得，，再根据等比数列的定义运算求解.
【详解】因为，
当，可得；
当，可得，则；
若数列为等比数列，则，解得.
故选：D.
题型2 等比数列基础计算
1．（25-26高三上·北京丰台·开学考试）已知等差数列的公差，等比数列的公比，且，.设为的前项和（），则下列结论中正确的是（ ）
A．存在唯一的公比，使得
B．存在，使得恒成立
C．若，当时，恒成立
D．当时，恒成立
【答案】D
【分析】对于A，列出方程组求出判断；对于B，根据题意可知存在，使得即可判断；对于C，求得，易得即可判断；对于D，根据题意，时，可证得，即，得到，再利用即可判断.
【详解】对于A，由题得，解得不符合题意，故A错误；
对于B，，又，则，
当时，即，解得，
又，所以存在，使得，故B错误；
对于C，，则，，
时，，则，故C错误；
对于D，，
，
，
又，所以当时，
，
即时，，又，，则，
所以，
即，故D正确；
故选：D.
2．（24-25高三上·湖北武汉·阶段练习）已知递减的等比数列满足：，，，若，则数列的前12项和（ ）
A．9B．12C．18D．27
【答案】C
【分析】根据条件求出等比数列的公比，由此计算数列的通项公式，化简即可计算数列的前12项和.
【详解】设等比数列的公比为，则，，，
∵，，∴，解得或，
∵等比数列是递减数列，∴.
∵，∴，∵，∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
故选：C.
3．（24-25高二上·甘肃金昌·阶段练习）已知数列满足，对任意，都有，设，则对任意，下列结论恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】赋值得到数列的递推关系，再构造等比数列求通项，进而得，再作差比较法证明数列单调性，求出最小项，结合排除法即可判断选项，D项特殊项验证可得.
【详解】因为对任意，都有，
取，得，
所以，且，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
，
当时，，即；
当时，，即.
所以当时最小，排除AC；
D项，因为，，即时，D不成立.
故选：B.
4．（2022·浙江·模拟预测）已知数列中，，，记，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知可得，令，则可得，再由函数的单调性可得，从而可得数列是公比为2的等比数列，则得，得，从而得放缩法可求出的范围
【详解】解：因为，则，故，依次类推有，
令，则，，
又因为在上递增，故，即，
所以数列是公比为2的等比数列，
故有，即，亦即，
则，
又因为
，
故选：B.

题型3 等差等比“纠缠数列”计算
1．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知是公比不为1的等比数列的前n项和，则“成等差数列”是“对任意，，，成等差数列”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】C
【分析】利用等差等比数列的性质及充分必要条件即可求解.
【详解】由题意知为等比数列，设其公比为，，
充分性：若成等差数列，则，即，得，
由，，，，
所以，
因为，所以，所以成等差数列，故充分性满足；
必要性：若成等差数列，即，
即，
化简得，则，
所以，即，所以成等差数列，故必要性满足；
综上，“成等差数列”是“对任意，，，成等差数列”的充要条件，故C正确.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是熟练掌握等比数列的求和公式及其变形，从而得解.
2．（24-25高二上·重庆沙坪坝·期末）设是公比不为1的等比数列，其前n项和为，设甲：成等差数列；乙：成等差数列，则甲是乙的（ ）
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】C
【分析】根据充分条件和必要条件的定义可得选项.
【详解】设等比数列的公比为.
①∵成等差数列，
∴，即，
∴，即，
∴，故成等差数列，充分性成立.
②∵成等差数列，∴，故，解得，
∴，
∴，
∴，
∴成等差数列，必要性成立.
综上得，甲是乙的充要条件.
故选：C.
3．（2025·福建·模拟预测）已知是等差数列，是公比为的等比数列，为元集集合，则（ ）
A．或B．C．D．2
【答案】A
【分析】因等差数列与等比数列中有三个对应元素相同，故需要对哪三个元素相同进行分类讨论即可.
【详解】假设等差数列的公差为，
① 若
依题意，有，
即，，则.
则可得，与题设矛盾，故舍去.
②若
依题意，有，
即，，则，
此时可得，与题设矛盾，故舍去.
③若
依题意，有且，
消去，可得，显然，
则，整理得，解得或，
当时，，此时，符合题意；
当时，，与题设矛盾，故舍去.
④若
依题意，且，
消去，可得，显然，
则，整理得，解得或，
当时，，
此时，，符合题意；
当时，，与题设矛盾，故舍去.
综上所述，或.
故选：A.
4．（2024·北京平谷·模拟预测）已知等差数列和等比数列，，则满足的数值m（ ）
A．有且仅有1个值B．有且仅有2个值
C．有且仅有3个值D．有无数多个值
【答案】A
【分析】根据题意求公差和公比，令，分情况讨论，结合数列单调性分析即可判断.
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因，
则有，解得，
令，
可得，此时满足的只有成立；
当时，显然，
①若是奇数，则，显然不满足；
②若是偶数，则，且，
即，可得即不成立；
综上所述：满足的数值有且仅有1个值，即.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查摆动数列的单调性应用，属于难题.
对于摆动数列通项的处理，一般考虑对负底数的幂指数按照为奇为偶进行分类讨论，有时还需得对个别项赋值求值判断，再综合考虑即可.
题型4 等比中项
1．（23-24高三 ·河南信阳·阶段练习）若实数，，都为正数，，，，成等比数列，实数满足，则取值范围为( )
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据，，成等比数列用a和c表示出b，代入求得a和c的关系，用a表示c，代入即可得的表达式，根据基本不等式即可求解其范围.
【详解】由已知，，成等比数列得，，
∵，，都为正数，∴，
∵，∴，∴，∴，∴，
则，
∴，
∵，，∴，
∴，当且仅当时，即时等号成立，
∴结合双勾函数图像可知：.
故选：B.
2．（23-24高三黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）是公比不为1的等比数列的前n项和，是和的等差中项，是和的等比中项，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由是和的等差中项，可得，又由是和的等比中项，同时令，得，由此即可得到本题答案.
【详解】设的公比为，由于，
所以，，，
又是和的等差中项，所以，
即，
化简得，
由于，所以，，
所以，
，
，
因为是和的等比中项，
所以，
即，
所以，令，
则，
当，即时，取得最大值，最大值为.
故选：D
【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的综合应用，考查学生的转化求解能力和运算能力，属中档题.
3．（21-22·重庆·模拟）若a是1+2b与1-2b的等比中项，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】：a是1+2b与1-2b的等比中项，则
4．（2025高三·全国·专题练习）已知等比数列的公比为，前项和为，已知、、构成等比数列，则、、构成的数列是（ ）
A．等差数列
B．公比时构成等差数列，时不构成等差数列
C．等比数列
D．既不是等差数列也不是等比数列
【答案】B
【分析】根据等比数列的公比是否等于1进行分类讨论，得出时，、、不构成等差数列；在时，由、、构成等比数列，借助于等比数列的求和公式化简求得，再计算验证成立，即得、、构成等差数列确定选项.
【详解】① 当时，，，，
此时，，因，故，
即、、不构成等差数列；
②当时，因、、构成等比数列，故有，
即，化简计算得，
又因，，
故、、构成等差数列.
综上可得，公比时构成等差数列，时不构成等差数列.
故选：B.
题型5 an与sn：求通项公式
1．（21-22高三下·广西·阶段练习）已知数列的前项和为，其中，，，成等差数列，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由，利用数列通项与前n项和的关系求解.
【详解】由已知，，则，
∴，
∴，
∴是等比数列．
又∵，
∴，
∴，
∴．
故选：B
2．（21-22高二上·河南洛阳·期中）已知等比数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出，根据为等比数列，求出，利用基本不等式求出最小值.
【详解】因为的前项和为，
所以，
，
.
因为为等比数列，所以，即，
因为，所以，即.
所以.
当且仅当即取等号.
故选：C
3．（20-21高二上·江苏·期中）已知数列，满足，若的前项和为，且对一切恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由求得，即得，把不等式分离变量变形后转化为求新数列的最大项．
【详解】由题意，时，，
综上，，
题设不等式为，整理得，
记，则，
当时，，，时，，，
所以是中的最大值，，
所以．
故选：D．
4．（21-22高二上·江西九江·开学考试）已知等比数列{an}前n项和（其中）.则的最小值是（ ）
A．3B．C．4D．8
【答案】C
【分析】由题可得，再利用基本不等式可求.
【详解】因为等比数列{an}前n项和，
∴，
，
∴，
，
又，∴即，
∴，
当且仅当时取等号.
故选：C.

题型6 an与sn：高斯技巧
1．（24-25高二下·江西抚州·期末）在等比数列中，是方程的两根，则的值为（ ）
A．-4B．-2或2C．-2D．2
【答案】C
【分析】设公比为，由韦达定理得，，并判断同为负数，根据等比数列的性质得到，从而得到答案.
【详解】为等比数列，设公比为，
由韦达定理得，，
又，故符号相同，同为负数，
，
因为为等比数列，所以，，
故.
故选：C
2．（24-25高二下·河南驻马店·期末）在等比数列中，，若函数，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】设,则，可得，而，利用等比数列的项的性质即可求得.
【详解】设，
则，，
所以，
因为是等比数列，且，，
于是，，
故，
所以.
故选：D.
3．（2025·甘肃兰州·模拟预测）在等比数列中，，，且数列的前项和，则此数列的项数等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据等差数列性质，，解得和的取值，再求公比，利用前项和求得的取值.
【详解】因为是等比数列，所以，又，
所以和是方程，的两根，解得或，
若递增数列，则，，因为，
所以，解得，
所以，解得；
若是递减数列，则，，
因为，所以，解得，
所以，解得，
综上，数列的项数等于
故选：B
4．（24-25高二下·四川绵阳·期中）数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据等比数列的定义可得数列为等比数列，则在根据分式通分运算可得解.
【详解】因为，即，
则数列为等比数列，
又所以
则
.
故选：C
题型7 an与sn：等比数列奇偶和型
1．（2019高二·全国·学业考试）已知一个项数为偶数的等比数列，所有项之和为所有偶数项之和的倍，前项之积为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求出等比数列的公比，结合等比中项的性质求出，即可求得的值.
【详解】由题意可得所有项之和是所有偶数项之和的倍，所以，，故
设等比数列的公比为，设该等比数列共有项，
则，所以，，
因为，可得，因此，.
故选：C.
2．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知一个项数为偶数的等比数列所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前2项之积为8，则（ ）
A．2B．-2C．-1D．2或-2
【答案】D
【分析】设数列共有项，设所有奇数项之和为，由题意表求出和，利用求出公比，再结合求出即可.
【详解】设首项为，公比为，数列共有项，则满足首项为，公比为，项数为项，设所有奇数项之和为，
因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以，
所以，，
故满足，解得，
又，
所以.
故选：D
3．（2016高三上·浙江杭州·专题练习）已知等比数列的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，这个等比数列前项的积为，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】结合等比数列的前n项和公式求出公比，进而求出等比数列的前项的积即可求出结果.
【详解】设数列共有项．
由题意，知，，
所以，解得，所以，
所以当或时，有最大值2．
故选：D.
4．（20-21高二上·河南·阶段练习）已知等比数列共有32项，其公比，且奇数项之和比偶数项之和少60，则数列的所有项之和是（ ）
A．30B．60C．90D．120
【答案】D
【解析】设等比数列的奇数项之和为，偶数项之和为则，，则可求出,值，从而得出答案.
【详解】设等比数列的奇数项之和为，偶数项之和为
则，
又，则，解得，
故数列的所有项之和是.
故选：D
题型8 an与sn：等距和比值型
1．（24-25高三·辽宁阶段练习）设等比数列的前项和为，若，则=
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：因为为等比数列，由设，所以为等比数列，即成等比数列,所以,解得:,所以,所以答案为B．
考点：1．等比数列的性质；2．计算．
2．（23-24·山西太原·阶段练习）设为等比数列的前项和,,则
A．11B．58C．D．
【答案】C
【解析】由已知求出公比，然后由等比数列前项和公式表示出和，再求比值．
【详解】设数列公比为，则，，
∴.
故选：C.
【点睛】本题考查等比数列的前项和，考查等比数列的通项公式，属于基础题．
3．（23-24高三全国·专题练习）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若，则＝( )
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设等比数列{an}的公比为q，显然q≠1，由，得q3＝－，所以选A.
4．（2018高三·全国·专题练习）已知是等比数列的前项和，若存在，满足，，则数列的公比为
A．B．C．2D．3
【答案】D
【分析】先判断，由，利用等比数列求和公式可得，结合可得，从而根据可得结果.
【详解】设等比数列公比为
当时，，不符合题意，
当时，，
得，又，
由，得，
，故选D.
【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式的应用，意在考查对基本公式的掌握与应用，考查了分类讨论思想的应用，属于中档题.解有关等比数列求和的题的过程中，如果公比是参数一定要讨论与两种情况，这是易错点.

题型9 等比数列单调性
1．（25-26高三上·北京·开学考试）已知无穷等比数列的公比为，则“”是“单调递减”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】由充分条件、必要条件的定义，结合等比数列的性质判断推出关系，即可得.
【详解】由，则或，
若，有单调递减，
若，有单调递减，
若，则不具有单调性，
即充分性不成立；
由单调递减，则或，
此时成立，即必要性成立，
综上，“”是“单调递减”的必要不充分条件.
故选：B
2．（25-26高三上·北京·开学考试）已知无穷等比数列的前n项和为，则“”是“既无最大值也无最小值”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】设出公比为，利用等比数列基本量的运算得：的充要条件为或，分类讨论得既无最大值也无最小值时，，则有，最后根据充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】设公比为，由得，
因为，所以，所以，所以或，
即的充要条件为或，
当，时，，此时，
故，所以为单调递增数列，此时有最小值无最大值，
当，时，，此时，
故，所以为单调递减数列，此时有最大值无最小值，
当时，，为摆动数列，
且，
故，所以随着的增大，趋向于正无穷或负无穷，
故无最大值，也无最小值，此时无最大值，无最小值，
所以由“”推不出“既无最大值也无最小值”；
反之，当时，为常数列，此时无最大值或无最小值；
当时，有最大值，也有最小值，此时有最大值和最小值；
当时，由上面分析若，则有最小值无最大值，
若，则有最大值无最小值；
当时，若，则有最小值无最大值，
若，则有最大值无最小值；
当时，若，则，
，当为奇数时，，当为偶数时，，
且随着的增大，趋向于，
其中，，
故且，
故有最大值，也有最小值，
若，则，
，当为奇数时，，当为偶数时，，
且随着的增大，趋向于，
其中，，
故且，
故有最大值，也有最小值；
当时，结合前述分析可知无最大值，无最小值，
由此可知“既无最大值也无最小值”当且仅当，此时成立.
综上，“”是“既无最大值也无最小值”的必要不充分条件.
故选：B
3．（24-25高二下·辽宁·期末）已知数列为等比数列，则“数列为单调递增数列”的_____条件是“对任意有恒成立”．（ ）
A．充分不必要B．必要不充分C．充分且必要D．非充分非必要
【答案】C
【分析】利用等比数列及递增数列的性质判断条件间的推出关系，结合充分、必要性定义判断即可得.
【详解】设的公比为且，，
若为递增数列，则恒成立；
若对任意有恒成立，则，所以，
时，或，显然时，不符；
所以，此时，则为递增数列；
时，或，显然时，不符；
所以，此时，则为递增数列；
综上，“对任意有恒成立”是“数列为单调递增数列”的充要条件.
故选：C
4．（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.
题型10 等比数列“指数型中点”性质
1．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）已知，为公比相同的递减等比数列，且，，则的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据以及等比数列的单调性可得，即可根据得，由几何概型即可求解概率.
【详解】由可得，
又，为公比相同的递减等比数列，所以，
，
故的概率为，
故选：A
2．（2023·广西·模拟预测）已知正项等比数列满足，则取最大值时的值为（ ）
A．8B．9C．10D．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.
【详解】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.
3．（2021·浙江杭州·模拟预测）已知等差数列公差不为0，正项等比数列，，，则以下命题中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设等差数列公差为，正项等比数列公比为，，，
由可得出，从而分析出时，，时，．
把方程变形为，引入函数，利用两个函数的图象可得结论．
【详解】设等差数列公差为，正项等比数列公比为，
因为，所以，即，所以，又，所以，
由得，，，
所以时，，时，．
，，由，，
即，（*），
令，，（*）式为，其中，且，
由已知和是方程的两个解，
记，且，是一次函数，是指数函数，
由一次函数和指数函数性质知当它们同增或同减时，图象才能有两个交点，即方程才可能有两解（题中时，，时，，满足同增减）．
如图，作出和的图象，它们在和时相交，
无论还是，由图象可得，，，
时，，时，，
因此，，，，
即，
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列和等比数列的性质，解题时由已知两项相等得出公差和公比的关系，考虑到方程有两解，把此方程变形为，引入函数，通过函数图象观察得到和的关系，从而由数形结合思想得出结论．
4．（20-21高二·全国·单元测试）已知数列{an}是公差不为零的等差数列，{bn}是等比数列，a1=b1>0，a4=b4>0，则下列说法正确的是（ ）
A．a2+a3>b2+b3
B．a2+a3b2+b3.
【详解】解：∵数列{an}是公差不为零的等差数列，{bn}是等比数列，设公差公比为 ，
∴a2+a3=a1+a4=b1+b4=，b2+b3=b1q(1+q)，
∵数列{an}是公差不为零的等差数列，a1=b1>0，a4=b4>0，∴q>0，q≠1，
因为，所以a2+a3>b2+b3.
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列的两项和与等比数列两项和的大小的判断，考查等差数列､等比数列的性质等基础知识，考查了推理能力与计算能力，是基础题.
题型11 “平衡点“不等式
1．（24-25高三·福建福州·阶段练习）等差数列的前项和为，若，且有最小值，那么以下四个结论：
①公差；②；③；④当=18时，取得最小正值．
其中正确的是
A．①②B．①④C．①③D．②③
【答案】B
【分析】由等差数列的求和公式，结合二次函数的性质可得，①正确；由结合，可得，，故②错误；由 ，可得③错误；，结合，可得④正确，从而可得结果.
【详解】，
有最小值，
二次函数图象开口向上，，①正确；
，与异号，结合，
可得，，故②错误； ，③错误；
，结合，
时，取最小正值，④正确，故选B.
【点睛】本题主要考查等差数列的增减性、等差数列的性质与等差数列的前 项和公式，属于中档题. 解等差数列有关问题时，要注意应用等差数列的性质（）与前项和的关系.
2．（22-23高三上·广西玉林·阶段练习）设等比数列的公比为q，其前n项和为，并且满足条件，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．的最大值为
【答案】B
【分析】根据已知条件分情况讨论判断得，进而可判断其它选项．
【详解】解：若，，
，
则与矛盾，
若，，
，
则与矛盾，
，
故B正确；
，则，
，故A错误；
，
单调递增，故D错误；
，
，故C错误．
故选：B．
3．（22-23高三·全国·对口高考）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．
4．（24-25高二下·吉林松原·期中）设公比为q的等比数列的前n项和为，前n项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．数列无最大值
C．是数列中的最大值D．
【答案】D
【分析】分析得到，当时，，当时，，从而得到有最大值，最大值为，，，得到D正确，ABC错误.
【详解】A选项，，若，则对任意的，都有，则，不合要求，A错误；
BC选项，若，则，与矛盾，不合要求，
当时，，又，
所以，即，
又，故满足要求，
故当时，，当时，，
故有最大值，最大值为，BC错误；
D选项，当时，，当时，，
故，，
所以，D正确.
故选：D

题型12 等比数列最值范围型
1．（2022·安徽合肥·模拟预测）在正项等比数列中，，，记数列的前n项积为，，则n的最小值为 ．
【答案】5
【分析】根据已知条件求出通项，再求出的表达式，结合即可求解.
【详解】设正项等比数列公比为q，则.
根据等比数列性质：.
因，所以，解得，
因此，
故，
由，得，
从而得，即，
解得或，而，故，
又，则n的最小值为5．
故答案为：5
2．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）等比数列中，，，满足：（P点在直线上），则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由题意得，根据等比数列的性质有，结合重要不等式即可求解.
【详解】等比数列中，，有，
，满足：（P点在直线上），则有，
所以，当且仅当时等号成立，
又，有，所以的最大值为.
故答案为：.
3．（2025·山东青岛·一模）已知等比数列的公比，存在，满足，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据等比数列的性质可得，再根据基本不等式结合对勾函数性质求解即可．
【详解】在等比数列中，由，得，即，
则，则，
当且仅当，即时取等号，此时，而，
由对勾函数的性质知，当时，；
当时，，又，
所以当时，取得最小值为.
故答案为：
4．（24-25高三·河南三门峡阶段练习）已知公比为的等比数列满足，且，，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先判断的符号和公比的关系，求得关于的表达式，求出的取值范围，结合二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】由，得时，；时，，
由，得，所以，
若，可得，可得，则，
此时，；
若，则，此时，，矛盾.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：在求解关于等比数列有关的取值范围时，通过构造函数并结合函数的基本性质求出函数的取值范围，这种方法可以有效地处理涉及不等式与单调性的范围问题.
题型13 等比数列与导数
1．（23-24高三上·重庆沙坪坝·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．（25-26高三河南阶段练习）正项等比数列中的，是函数的极值点，则=
A．1B．2C．D．
【答案】A
【分析】对函数求导，由于a1，a4037是函数f（x）的极值点，可得a1•a4037，由等比数列的性质得a2019，利用对数运算即可得到答案．
【详解】，
∴f′（x）＝x2﹣8x+6，
∵a1，a4037是函数的极值点，
∴a1•a4037＝6，又an＞0，
∴a2019＝=．
∴＝1．
故选A．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值、考查等比数列的性质、对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3．（24-25高三下·山东菏泽·阶段练习）等比数列中的，是函数的极值点，，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据函数极值的情况确定的值，再根据等比数列的性质进行计算即可.
【详解】由求导得.
由或；
由.
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
所以函数的极大值点为，极小值点为.
由题意可知，所以.
故选：A
4．（多选）（2025·辽宁·二模）已知函数是定义在上的奇函数，且当时，对于数列，若，下列说法不正确的是（ ）
A．存在的等比数列，使得为等比数列
B．，均存在等差数列，使得为等差数列
C．，均不存在等比数列，使得为等差数列
D．若存在等差数列，使得为等比数列，且，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】A、B先假设给定描述正确，利用等差、等比数列的性质得到无解、等差数列的公差判断；C根据等差、等比数列的性质有，再应用导数研究方程是否有解判断；D令，可得，讨论研究与的大小关系判断.
【详解】A：若的等比数列，使，
由且，若，则，若，则，
则①，
不妨令，，则，
故，且，仅当时等号成立，
若，方程①中左式恒大于右式，同理，即，结论相同，错；
B：若存在等差数列，使得为等差数列，则且，
所以，则，
设等差数列的公差为，则，即，
显然不满足，错；
C：若存在等比数列且公比为，使得为等差数列，则，
不妨设，，只需，只需，
则，令，则，
令，则，且，
则在上单调递增，又，故都有，
令，则，
即在上单调递增，
令，且，
则，故在上单调递减，则，
所以无解，对；
D：若存在等差数列，使得为等比数列，
令，则，
所以，而，
所以，即，
当时，，
当时，，
当时，，
故的最小值不为，错.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：等差、等比性质得到方程有解，应用反证思想得到矛盾结论判断A、B；对于C，问题化为判断是否存在解；对于D，根据已知得为关键.
题型14 等比数列第19题题型
1．（24-25高三上·辽宁鞍山·开学考试）若数列满足如下两个条件：①和恰有一个成立；②.就称数列为“中项随机变动数列”.已知数列为“中项随机变动数列”，
(1)若，求的可能取值；
(2)已知的解集为，求证：成等比数列；
(3)若数列前3项均为正项，且的解集为，设的最大值为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据已知条件列方程，求得的可能取值，利用已知条件确定的值.
（2）根据已知条件求得、，从而证得成等比数列.
（3）利用累乘法以及数列的最值，求得.
【详解】（1）因为，所以或，所以或5，
当时，符合题意，
当时，且，不符合题意，
所以.
（2）因为，其余项均为正项，所以或，
若时，对于，因为且，故舍去，
所以，即，所以，
因为，所以，
所以，，又，
所以，所以成等比数列.
（3）由题意，其余项为正项，不妨设，则，
又或，所以或，
又，可得，
所以，，
时，，
设这个因式中恰有个因式的值为，有个因式的值为1，所以，
所以，
因为，且不可能，故，同理，，
类似的，，当，
设等式右侧有恰有个因式的值为，有个因式的值为1，
则，
当时等式也成立，所以，，
其中，
，
同理，
当且仅当时取等.
综上：的最大值为
【点睛】方法点睛：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题，也即是将新定义的问题，转化为学过的知识来进行求解.
2．（21-22高三·江苏南京·阶段练习）设等差数列的前n项和为，已知，.
(1)求
(2)若从中抽取一个公比为q的等比数列，其中，且，
①当q取最小值时，求数列的通项公式
②若关于n（）的不等式有解，求q的值.
【答案】(1)
(2)① ；②
【分析】（1）解等差数列问题，主要从待定系数对应关系出发.由等差数列前n项和公式，求出公差即可
（2）①利用等比数列每一项都为等差数列中项这一限制条件，对公比逐步进行验证、取舍，直到满足.因为研究的是取最小值时的通项公式，因此可从第二项开始进行验证，首先满足的就是所求的公比，②由①易得与的函数关系，并由为正整数初步限制取值范围，当且时适合题意，当且时，不合题意.再由不等式有解，归纳猜想并证明取值范围为，本题难点是如何说明当, 时不等式即无解，可借助研究数列单调性的方法进行说明.
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，则，解得，所以.
（2）① 数列是正项递增等差数列，所以数列的公比
若，则由，得，此时，由，
解得，所以，同理；
若，则由，得，此时，又，所以，即
对任何正整数，是数列的第项．所以最小的公比．
所以．
② 因为，得，而
所以当且时，所有的均为正整数，适合题意；
当且时，不全是正整数，不合题意.
而有解，所以有解，经检验，当，时，都是的解，适合题意；
下面证当时，无解, 设
则
因为，所以在上递减
又因为，所以恒成立，所以，所以恒成立
又因为当时，，所以当时，无解.
综上所述，的取值为
【点睛】本题利用了归纳法和数列的单调性法则进行证明，综合性比较强.
3．（2024·全国·模拟预测）行列式是近代数学中研究线性方程的有力工具，其中最简单的二阶行列式的运算定义如下：．
(1)在等比数列中，是的两个实根，求的值；
(2)已知数列的前项和为，且，若，求数列的前项和；
(3)已知是奇函数，是偶函数．设函数，且存在实数，使得对于任意的都成立，若，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据二阶行列式的运算和韦达定理可推导得到，由等比数列下标和性质可求得结果；
（2）由二阶行列式的计算可得，根据前项和与通项的关系可求得，由此可得，采用错位相减法可求得结果；
（3）分别令和，结合函数奇偶性定义可推导得到；令可推导得到，由此递推求得结果.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由得：，即，
，，
，，
，
，
.
（2），
当时，；当时，；
经检验：满足，，
，
设数列的前项和为，
，
，
，
.
（3）由题意知：存在实数，使得对于任意都成立，
即，
令，则，
为奇函数，为偶函数，
…①；
令，则…②，
由①②得：，
令，则，，
，
.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题与数列、函数相结合的问题；解题关键是能够充分利用二阶行列式的运算定义，根据运算定义将问题转化为我们所熟知的数列通项公式与前项和的求解问题、利用函数周期性求值的问题.
4．（25-26高三上·云南·阶段练习）伯努利-欧拉的装错信封问题是一个十分有趣的数学问题．现有共个元素及共个位置，的对应位置为，定义错排数为将共个元素排列在共个位置上，其中有个元素不在其对应位置上的情况数，例如．另外，规定．
(1)计算：；
(2)在概率论中常使用协方差来衡量两个离散型随机变量之间的总体偏差，定义协方差为．当时，记错排的元素个数为，正确排列的元素个数为，求证：；
(3)定义错排概率为随机将共个元素排列在，共个位置上，其中恰有个元素不在其对应位置上的概率，证明：．
【答案】(1)，；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）确定的位置，再利用组合公式即可，可以排在上，再讨论的位置即可得到；
（2）首先分析得的所有可能取值为0，2，3，4，再写出其分布列，然后再计算，，再计算得，最后计算其期望值即可；
（3）首先分析得，记，构造得是以1为首项，为公比的等比数列，求出通项，变形得，最后累加即可证明.
【详解】（1）可以排在上，有种排法，
当的位置确定后，剩下两个元素只有1种排法．
所以．
可以排在上，有种排法．
不妨设排在上，接下来讨论．
当排在上时，剩下两个元素的排法有（种）．
当不排在上时，可以排在上，有种情况．
若排在上，剩下两个元素只有1种排法．
所以．
（2）易知当时，的所有可能取值为0，2，3，4．
，
，
所以的分布列为：
所以，
于是，
则
，
由的分布列可得随机变量的分布列为：
于是，得证．
（3）根据定义，，
先从个元素中选出个元素，再对它们进行排列，并使它们均不排在对应位置上，
所以，所以．
不妨记，则，且，
得，
则，又，
故是以1为首项，为公比的等比数列，
所以，
变形得，
则当时，，
将上式累加得，
经检验也符合上式，所以，
所以，得证．

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,那么这个数列叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母q表示（显然）.
注意：
（1）等比数列中不能有0项
（2）常数列都是等差数列,但却不一定是等比数列.如常数列是各项都为0的数列,它就不是等比数列;当常数列各项不为0时,是等比数列,对于含字母的数列应注意讨论.
证明方法：
(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.))
等差等比“纠缠数列”：等差数列某些项成等比，或者等比数列某些项成等差。
1.一般情况下，等差中“纠缠等比”，设等差首项和公差列方程。
2.一般情况下，等比中“纠缠等比”，设等比首项和公比列方程。
如果在与中间插入一个数,使成等比数列,那么叫做与的等比中项,此时,.
an与sn：求通项公式
（1）已知等比数列的首项为,公比为,则数列的通项公式为.
（2）第项与第项的关系为,变形得.
（3）由可知,当且时,等比数列的第项是指数函数
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__.
．
等比数列奇偶和型
（1）若等比数列的项数为则
（2）若等比数列的项数为。则
“等距”和比值型：
判断数列的单调性，常用的方法有作差比较法、作商比较法和函数图象法：
（1）作差比较法：当时，递增；当时，递减.
（2）作商比较法：若，则当时，递增；当时，递减.
（3）函数图象法：设，则可用函数的图象来研究数列的单调性
等比数列“指数型中点”性质：
（1)“指数型中点”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__.
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


0
2
3
4
0