第37讲 等比数列及其前n项和 分类练习-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】

这是一份第37讲 等比数列及其前n项和 分类练习-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】，共14页。
考法2：结合等差或等比中项性质求基本量 PAGEREF _Tc234261287 \h 2
考法3：利用前n项和公式解基本量方程 PAGEREF _Tc234261288 \h 3
考法4：构造等比数列求基本量 PAGEREF _Tc234261289 \h 3
考点二：等比数列的判定与证明 PAGEREF _Tc234261290 \h 4
考法5：利用定义或充要条件判定等比数列 PAGEREF _Tc234261291 \h 4
考法6：利用Sn与an关系证明等比数列 PAGEREF _Tc234261292 \h 4
考法7：构造新数列证明等比数列 PAGEREF _Tc234261293 \h 5
考点三：等比数列项的性质应用 PAGEREF _Tc234261294 \h 6
考法8：利用等比中项及下标和性质求特定项或乘积 PAGEREF _Tc234261295 \h 6
考法9：等比数列性质与韦达定理或函数结合求值 PAGEREF _Tc234261296 \h 6
考法10：利用等比数列性质判断单调性及命题真假 PAGEREF _Tc234261297 \h 6
考点四：等比数列前n项和的性质 PAGEREF _Tc234261298 \h 7
考法11：利用连续k项和（片段和）的性质求和或比值 PAGEREF _Tc234261299 \h 7
考法12：等比数列前n项和性质的综合判断 PAGEREF _Tc234261300 \h 8
考点五：数列通项与求和综合 PAGEREF _Tc234261301 \h 9
考法13：利用Sn与an关系求通项公式 PAGEREF _Tc234261302 \h 9
考法14：构造等比数列求通项公式 PAGEREF _Tc234261303 \h 9
考法15：数列求和的综合应用 PAGEREF _Tc234261304 \h 9
考法16：奇偶项交替递推数列求通项与求和 PAGEREF _Tc234261305 \h 10
考法17：分段数列（奇偶项）分组求和 PAGEREF _Tc234261306 \h 11
考点六：等差数列与等比数列的综合应用 PAGEREF _Tc234261307 \h 11
考法18：等差数列与等比数列基本量的综合计算 PAGEREF _Tc234261308 \h 11
考法19：等差与等比数列性质的综合判断与应用 PAGEREF _Tc234261309 \h 12
考法20：等差与等比数列的综合求和 PAGEREF _Tc234261310 \h 12
考法21：等差与等比数列的综合证明 PAGEREF _Tc234261311 \h 13
考点七：等比数列的范围与最值问题 PAGEREF _Tc234261312 \h 14
考法22：利用基本不等式或函数求等比数列的最值 PAGEREF _Tc234261313 \h 14
考法23：结合通项变号与单调性判断最值与命题真假 PAGEREF _Tc234261314 \h 14
考法24：解不等式求等比数列的参数范围 PAGEREF _Tc234261315 \h 15
考点八：等比数列的实际应用 PAGEREF _Tc234261316 \h 15
考法25：等比数列在几何分形与数表规律中的应用 PAGEREF _Tc234261317 \h 15
答案速查表
考点一：等比数列的基本运算
考法1：利用通项公式与基本量方程求项或公比
1.（2026·广东华南师大附中·检测）记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，已知4S4=5(a3+a4)，则该数列的公比为（ ）
A. 4 B. −1 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】设公比为q(q>0).
若q=1，则由4S4=5(a3+a4)，可得4×4a1=5(a1+a1)，解得a1=0，不符合题意，所以q≠1；
由4S4=5(a3+a4)，则4a1(1−q4)1−q=5(a1q2+a1q3)，显然a1≠0，
所以4(1−q4)=5(q2+q3)(1−q)，即4(1−q2)(1+q2)=5q2(1−q2)，
即4(1+q2)=5q2，解得q=2（负值已舍去）.故选：D.
【点拨】本题考查等比数列基本量的计算，利用前n项和公式与通项公式转化为关于公比q的方程是解题关键.
2.（2026·湖北武汉·检测）已知数列{an3n}为公比为3的等比数列，且a1=9，则a3=＿＿＿＿＿＿
【答案】729
【解析】由题意a131=93=3，数列{an3n}是首项为3，公比为3的等比数列，所以an3n=3×3n−1=3n，即an=32n，所以a3=36=729.
【点拨】本题考查等比数列的通项公式，先求出新数列的通项，再还原出原数列的项即可.
考法2：结合等差或等比中项性质求基本量
3.（2026·浙江台州·二模）已知{an}为等比数列，a3=2，a7=32，则a5=（ ）
A. 8 B. 12 C. 16 D. 17
【答案】A
【解析】由等比中项的性质知a52=a3a7=2×32=64⇒a5=±8，
若该数列的公比为q，则a5q2=a7=32>0，显然q2>0，
所以a5=8.
【点拨】本题考查等比中项的性质及等比数列项的符号特征，注意偶数次幂的非负性对项的符号的限制.
4.（2025·广东·联考）已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a2⋅a5=4a6,a3−a2=48，记[x]表示不超过x的最大整数，设bn=[n2+1lg4an]，则数列{bn}的前30项和为（ ）
A. 464 B. 465 C. 466 D. 467
【答案】C
【解析】由a2⋅a5=4a6得a1q⋅a1q4=4a1q5，解得a1=4.
由a3−a2=48得4q2−4q=48，解得q=4.
所以an=4n.
所以bn=[n2+1lg44n]=[n2+1n]=[n+1n].
当n=1时，b1=2；当n≥2时，bn=n.
所以T30=b1+b2+⋯+b30=2+2+3+⋯+30=2+(2+30)×292=466.
【点拨】本题考查等比数列基本量的求解以及取整函数的求和，准确求出通项公式并对取整函数进行分类讨论是解题关键.
考法3：利用前n项和公式解基本量方程
5.（2026·山东枣庄·一模）记正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1,S3=13，则a6=（ ）
A. 243 B. 81 C. 27 D. 9
【答案】A
【解析】设{an}的公比为q(q>0)，由S3=13得1+q+q2=13，解得q=3或q=−4（舍去），所以a6=a1q5=1×35=243.故选 A.
【点拨】本题考查等比数列前n项和公式的应用，根据条件列出关于公比的方程即可求解.
考法4：构造等比数列求基本量
6.（2026·安徽淮南·二模）平面螺旋是以一个固定点开始，向外圈逐渐旋绕而形成的图案.其画法是：取第一个正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H作第二个正方形，再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q作第三个正方形，以此方法一直循环下去，就可得到阴影部分图案，如图所示.设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2,a3,⋯,an,⋯.若a1=1，则a5等于（ ）
A. 58 B. 2564 C. 2510256 D. 2532
【答案】B
【解析】由题意可知，an+12=(14an)2+(34an)2=58an2，易知an>0，所以an+1=104an.
又a1=1，所以数列{an}是以1为首项，104为公比的等比数列，
所以an=(104)n−1，故a5=(104)4=2564.
【点拨】本题考查等比数列在几何图形中的应用，利用勾股定理找到相邻正方形边长的递推关系是解题关键.
考点二：等比数列的判定与证明
考法5：利用定义或充要条件判定等比数列
7.（2026·河南周口一高·一模）设p:数列{an}是等比数列，q:数列{an+an+1+an+2}是等比数列，则p是q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
【解析】令等比数列{an}的公比为r，则an+an+1+an+2=an+anr+anr2=an(1+r+r2)≠0，
因此an+1+an+2+an+3an+an+1+an+2=an+1(1+r+r2)an(1+r+r2)=an+1an=r，数列{an+an+1+an+2}是等比数列，即p⇒q；
令bn=an+an+1+an+2，bn=6⋅2n−1，bn+1bn=2，即数列{an+an+1+an+2}是等比数列，
令a1=1,a2=3，则a3=2,a4=7,a5=15,⋯，显然a2a1=3≠23=a3a2，数列{an}不是等比数列，
所以p是q的充分不必要条件.
【点拨】本题考查等比数列的判定及充分必要条件的判断，通过举反例说明必要性不成立是常用技巧.
8.（2025·福建九市·三模）已知数列{an}是首项和公比均大于0的无穷等比数列，设甲：{an}为递增数列；乙：存在正整数N0，当n>N0时，an>1，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】A
【解析】若{an}为递增数列，则an(1−qn−1)>0，则公比q>1，an=a1qn−1为指数型递增数列，易得存在正整数N0，当n>N0时，an>1.充分性成立；不妨设an=2，此时{an}不是递增数列，所以甲是乙的充分条件但不是必要条件，故选A.
【点拨】本题考查等比数列的单调性与极限思想的结合，构造反例判断必要性是解题关键.
考法6：利用Sn与an关系证明等比数列
9.已知数列{an}满足4Sn−2an=2n，n∈N∗，其中Sn为{an}的前n项和.证明：
（1）{an2n−16}是等比数列.
（2）16a1−3+16a2+3+16a3−3+⋯+16an+3×(−1)n0n>0，
则m,−2,n成等比数列，得mn=(−2)2=4.
又不妨设m0，下列结论正确的是（ ）
A. 若d>0，则{an}为递增数列 B. 若q1>d>0，则{anbn}为递增数列 D. 若q>1>d>0，则{bnan}为递增数列
【答案】AC
【解析】对于A，若d>0，则an+1−an=d>0，所以{an}为递增数列，故A正确.
对于B，若q1>d>0，则an=a1+(n−1)d>0，bn=b1qn−1>0，且{an}和{bn}均为递增数列，所以{anbn}为递增数列，故C正确.
对于D，若q>1>d>0，bn+1an+1−bnan=bn+1an−bnan+1anan+1=bn(qan−an+1)anan+1=bn[q(a1+(n−1)d)−(a1+nd)]anan+1，当n充分大时，该式符号不确定，例如a1=b1=1,d=0.5,q=1.1，b2a2=1.11.50，对∀n∈N∗，甲：Sn+1>Sn；乙：an+1>an；则（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】充分性：由Sn+1>Sn可得Sn+1−Sn=an+1>0；
因此可知等比数列{an}的各项均为正数，所以公比q>0，
当q>1时，满足an+1>an，当00，因此Sn+1=Sn+an+1>Sn，即必要性成立.
即可得甲是乙的必要不充分条件.
【点拨】本题考查等比数列前n项和的单调性与通项单调性的关系，利用等比数列的通项公式进行分类讨论是解题关键.
17.（2026·山东菏泽·二模）（多选）等比数列{an}满足a1=1，公比为q，其前n项和为Sn，数列{bn}满足bn=3an−Sn，则下列说法正确的是（ ）
A. q=1时，{bn}为等差数列
B. q=12时，{bn}中任意两项的差均不为0
C. 不存在q，使得{bn}为常数列
D. 不存在q，使得{bn−2}为等比数列
【答案】ABD
【解析】对于A，当q=1时，an=1，Sn=n，bn=3−n，bn+1−bn=−1，所以{bn}为等差数列，故A正确；
对于B，当q=12时，an=(12)n−1，Sn=2−2(12)n，bn=3(12)n−1−2+2(12)n=4(12)n−1−2=(12)n−3−2，因为y=(12)x−3−2为单调递减函数，所以{bn}中任意两项的差均不为0，故B正确；
对于C，若{bn}为常数列，则b1=b2=b3，当q=1时，bn=3−n不为常数列；当q≠1时，bn=3qn−1−1−qn1−q，b1=2，b2=3q−(1+q)=2q−1，若b1=b2，则2q−1=2，解得q=32，此时b3=3×94−(1+32+94)=274−194=2，一般地，当q=32时，bn=3(32)n−1−1−(32)n1−32=2(32)n+2−2(32)n=2，所以存在q=32，使得{bn}为常数列，故C错误；
对于D，若{bn−2}为等比数列，则bn−2≠0，当q≠1时，bn−2=3qn−1−1−qn1−q−2=3qn−1−3qn−1+qn−2+2q1−q=−2qn+3qn−1+2q−31−q，若它为等比数列，则bn+1−2bn−2为常数，当n=1时，b1−2=0，不满足等比数列各项不为0的定义，当q=1时，bn−2=1−n，不是等比数列，所以不存在q，使得{bn−2}为等比数列，故D正确.故选：ABD.
【点拨】本题考查等比数列前n项和与通项的关系，通过对公比q分类讨论并代入验证是解题关键.
考点五：数列通项与求和综合
考法13：利用Sn与an关系求通项公式
18.（2025·河北邢台协作体·一模）已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an+1=2Sn+2，则a4=（ ）
A. 3 B. 18 C. 54 D. 152
【答案】C
【解析】由题设an+1=2Sn+2得an+2=2Sn+1+2，作差可得an+2−an+1=2an+1，即an+2=3an+1，
又{an}为等比数列，故其公比为3，且a2=2S1+2=2a1+2，即3a1=2a1+2⇒a1=2，
所以a4=a1q3=54.
【点拨】本题考查利用Sn与an的关系求通项公式，采用作差法得到相邻项的递推关系是解题关键.
考法14：构造等比数列求通项公式
19.已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=2，an+1=3an−bn+4，bn+1=3bn−an−4.则数列{an+bn}的通项an+bn=＿＿＿＿＿＿
【答案】3×2n−1
【解析】∵an+1=3an−bn+4，bn+1=3bn−an−4，
∴an+1+bn+1=3an−bn+4+3bn−an−4=2(an+bn)
又a1+b1=3，
所以数列{an+bn}是以3为首项，2为公比的等比数列
∴an+bn=3×2n−1
【点拨】本题考查构造等比数列求通项公式，通过两式相加构造出新数列的递推关系是解题关键.
考法15：数列求和的综合应用
20.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，S4=a3+4a2−1.
（1）求{an}的通项公式；
（2）设数列{nan}的前n项和为Tn，求T10.
【答案】（1）an=1或an=(−2)n−1
（2）当q=1时，T10=55；当q=−2时，T10=−3527
【解析】（1） 设{an}公比为q，a1+a2+a3+a4=a3+4a2−1⇒a4−3a2+a1+1=0⇒q3−3q+2=0⇒q3−q−2q+2=0⇒q(q+1)(q−1)−2(q−1)=0⇒(q−1)2(q+2)=0，∴q=1或q=−2，∴an=1或an=(−2)n−1.
（2） ①当q=1时，nan=n，此时，T10=(1+10)×102=55；
②当q=−2时，nan=n⋅(−2)n−1，∴Tn=1⋅(−2)0+2⋅(−2)1+3⋅(−2)2+⋯+(n−1)⋅(−2)n−2+n⋅(−2)n−1①，−2Tn=1⋅(−2)1+2⋅(−2)2+⋯+(n−2)⋅(−2)n−2+(n−1)⋅(−2)n−1+n⋅(−2)n②，①-②⇒3Tn=1+(−2)1+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n⋅(−2)n=1[1−(−2)n]1−(−2)−n⋅(−2)n=13[1−(−2)n]−n⋅(−2)n，∴Tn=1−(3n+1)⋅(−2)n9，∴T10=1−31×2109=−3527.
【点拨】本题考查等比数列基本量的计算以及错位相减法求和，熟练掌握错位相减法的步骤是解题关键.
考法16：奇偶项交替递推数列求通项与求和
21.已知数列{an}满足a1=3，且an+1=2an,n是偶数,an−1,n是奇数.
（1）设bn=a2n+a2n−1，求数列{bn}的通项公式；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，求使得不等式Sn>2023成立的n的最小值.
【答案】（1）bn=2n+3
（2）20
【解析】（1）因为an+1=2an,n为偶数,an−1,n为奇数,所以a2n=a2n−1−1，a2n+1=2a2n，a2n+2=a2n+1−1，所以a2n−1=a2n+1.又因为bn=a2n+a2n−1，所以bn=a2n+a2n+1=2a2n+1，所以a2n=bn−12.因为bn+1=a2n+2+a2n+1，所以bn+1=a2n+1−1+a2n+1=2a2n+1−1，又因为a2n+1=2a2n，所以bn+1=4a2n−1，所以a2n=bn+1+14，所以bn+1+14=bn−12，即bn+1=2bn−3，所以bn+1−3=2(bn−3)，又因为b1−3=a1+a2−3=a2=a1−1=2≠0，所以bn−3≠0，所以bn+1−3bn−3=2，所以数列{bn−3}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以bn−3=2×2n−1=2n，即bn=2n+3.
（2）由（1）可知a2n−1+a2n=2n+3，所以S2n=2(1−2n)1−2+3n=2n+1+3n−2，所以S2n+2=2n+2+3n+1，又因为a2n=a2n−1−1，所以a2n−1+a2n=2a2n−1−1=2n+3，即a2n−1=2n−1+2，所以a2n+1=2n+2，所以S2n+1=S2n+a2n+1=2n+1+3n−2+2n+2=3⋅2n+3n，因为S2n+1−S2n=a2n+1=2n+2>0，S2n+2−S2n+1=2n+2+3n+1−(3⋅2n+3n)=2n+1+1>0，所以{Sn}(n∈N∗)是一个增数列，因为S19=3×29+3×9=1563，S20=211+3×10−2=2076>2023，所以满足题意的n的最小值是20.
【点拨】本题考查奇偶项交替递推数列的通项与求和，利用分组求和法将奇偶项合并是解题关键.
考法17：分段数列（奇偶项）分组求和
22.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知an−1+an+1=2an(n≥2,n∈N∗)，且a1=1,S5=15.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn=an,n为奇数2an−1,n为偶数，求数列{bn}的前2n项和T2n.
【答案】（1）an=n
（2）T2n=n2+22n+1−23
【解析】（1）由an−1+an+1=2an(n≥2)，得an+1−an=an−an−1(n≥2)
所以数列{an}为等差数列.所以S5=5×a1+a52=5a3=15，得a3=3.
所以公差d=a3−a13−1=1.所以an=n.
（2）当n为奇数时，bn=an=n.当n为偶数时bn=2an−1=2n−1.
所以T2n=(b1+b3+⋯+b2n−1)+(b2+b4+⋯+b2n)=(1+3+⋯+2n−1)+(2+23+⋯+22n−1)=n2+22n+1−23.
【点拨】本题考查等差数列的通项公式及分段数列求和，利用分组求和法将奇数项和偶数项分别求和是解题关键.
考点六：等差数列与等比数列的综合应用
考法18：等差数列与等比数列基本量的综合计算
23.（2026·山东东营·二模）已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4，则a6=（ ）
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【答案】C
【解析】设{bn}公比为q，则q=b3b2=93=3.b1=b2q=33=1，b4=b3q=9×3=27.所以a1=1，a14=27.设{an}公差为d，则13d=a14−a1=27−1=26，解得d=2.所以a6=a1+5d=1+10=11.
【点拨】本题考查等差数列与等比数列基本量的综合计算，分别求出两数列的基本量是解题关键.
24.（2026·浙江稽阳联谊·联考）已知等比数列{an}的首项为2，若a2,2a3,3a4成等差数列，则{an}的前n项和Sn为＿＿＿＿＿＿
【答案】3(1−(13)n)或2n
【解析】∵a2,2a3,3a4为等差数列，∴4a3=a2+3a4，即4a1q2=a1q+3a1q3，∵a1=2≠0，∴3q2−4q+1=0得到q=13或1，则Sn=3(1−(13)n)或2n.
【点拨】本题考查等差中项与等比数列的综合应用，转化为公比的方程求解是解题关键.
考法19：等差与等比数列性质的综合判断与应用
25.（2026·湖南师大附中·模拟）（多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是（ ）
A. 若b2=ac，则a,b,c等比数列
B. 若数列{an}为等差数列，则数列{3an}为等比数列
C. 若Sn=3n+1，则数列{an}为等比数列
D. 各项均为正数的数列{an}满足2an2=an+12+an−12(n∈N∗，且n≥2)，a1=1,a2=2，则a9=5
【答案】BD
【解析】对于A，当a=b=c=0时，b2=ac，此时a,b,c不成等比数列，故A错误；
对于B，若数列{an}为等差数列，设其公差为d，则此时有3an+13an=3an+1−an=3d>0，所以数列{3an}为等比数列，故B正确；
对于C，若Sn=3n+1，则a1=S1=3+1=4,an=Sn−Sn−1=3n+1−(3n−1+1)=3n−3n−1=2⋅3n−1(n≥2),a1=4不满足an=2⋅3n−1，所以数列{an}不是等比数列，故C错误；
对于D，因为2an2=an+12+an−12，由等差中项的定义可知，数列{an2}是首项a12=1，公差d=a22−a12=4−1=3的等差数列，所以an2=a12+(n−1)d=1+3(n−1)=3n−2，由此可知a92=3×9−2=25，又因为an>0，所以a9=5，D正确.
【点拨】本题考查等差与等比数列性质的综合判断，注意等比数列中项不能为0的隐含条件.
考法20：等差与等比数列的综合求和
26.在等差数列{an}中，a1+a6=12,a2+a7=16.
（1）求等差数列{an}的通项公式；
（2）设数列{2an+bn}是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{bn}的前n项和Sn.
【答案】（1）an=2n−1
（2）Sn=2n−2n2−1
【解析】（1） 设等差数列{an}的公差为d，
由题知a1+a6=12a2+a7=16，则2a1+5d=122a1+7d=16，解得a1=1,d=2.
∴an=1+2(n−1)=2n−1.
（2） 设数列{2an+bn}的通项公式为cn，
则cn=2an+bn=2n−1，
∴bn=cn−2an=2n−1−22n−1，
则Sn=(1+2+4+⋯+2n−1)−2(1+3+5+⋯+2n−1)
=1−2n1−2−2⋅n(1+2n−1)2=2n−2n2−1.
【点拨】本题考查等差与等比数列的综合求和，利用分组求和法分别对等差和等比部分求和是解题关键.
考法21：等差与等比数列的综合证明
27.已知数列{an}为等差数列，a1=1，a3=42+1，前n项和为Sn，数列{bn}满足bn=Snn，求证：
（1）数列{bn}为等差数列；
（2）数列{an}中任意三项均不能构成等比数列.
【答案】见解析
【解析】（1）因为数列{an}为等差数列，a1=1，a3=42+1，
所以数列{an}的公差为d=a3−a12=22，∴an=a1+(n−1)d=22(n−1)+1，
则Sn=n+n(n−1)222，又bn=Snn=22(n−1)+1，
∴bn+1−bn=2n−1−[2(n−1)−1]=2(n∈N∗)，故数列{bn}为等差数列.
（2）证明：假设数列{an}中存在不同三项构成等比数列，
不妨设am、an、ap(m、n、p均不相等)成等比数列，即an2=am⋅ap，
由数列{an}的通项公式可得[22(n−1)+1]2=[22(m−1)+1]⋅[22(p−1)+1]，
将此式展开可得22(n−1)+2(n−1)2+1=22(m+p−2)+2(m−1)(p−1)+1，
所以有2(n−1)=m+p−22(n−1)2+1=2(m−1)(p−1)+1，即2n=m+p(n−1)2=(m−1)(p−1)，
所以，n2−2n+1=mp−(m+p)+1，所以，mp=n2=(m+p2)2，
化简整理得(m−p)2=0，∴m=p，与假设矛盾，
故数列{an}中任意三项均不能构成等比数列.
【点拨】本题考查等差与等比数列的综合证明，利用反证法证明不存在成等比数列的三项是解题关键.
考点七：等比数列的范围与最值问题
考法22：利用基本不等式或函数求等比数列的最值
28.（2026·安徽安庆·二模）已知等比数列{an}(n∈N∗)，其公比q>0，则2a2+a8a5的最小值为（ ）
A. 3 B. 22 C. 2 D. 22
【答案】B
【解析】由题意知等比数列{an}(n∈N∗)，其公比q>0，
则2a2+a8a5=2a1q+a1q7a1q4=2+q6q3=2q3+q3≥22q3⋅q3=22，
当且仅当2q3=q3，即q6=2时取等号，
故2a2+a8a5的最小值为22.
【点拨】本题考查等比数列与基本不等式的综合应用，将所求式子转化为关于公比的函数并利用基本不等式求最值是解题关键.
考法23：结合通项变号与单调性判断最值与命题真假
29.已知数列{an}为等比数列，首项a1>0，公比q∈(−1,0)，则下列叙述不正确的是（ ）
A. 数列{an}的最大项为a1 B. 数列{an}的最小项为a2
C. 数列{anan+1}为严格递增数列 D. 数列{a2n−1+a2n}为严格递增数列
【答案】D
【解析】对于A，由题意知：当n为偶数时，ana2；
综上所述：数列{an}的最小项为a2，B正确；
对于C，∵anan+1=an2q，an+1an+2=an+12q，
∴an+1an+2−anan+1=q(an+12−an2)=q(q2−1)an2，
∵−1