资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩8页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
考点16 等比数列6种常见考法归类-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第二册)
展开
这是一份考点16 等比数列6种常见考法归类-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第二册)，文件包含考点16等比数列6种常见考法归类原卷版docx、考点16等比数列6种常见考法归类解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
1、等比数列基本量运算的解题策略
（1）等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)，通过列方程(组)便可迎刃而解；
（2）运用方程思想解答等比数列的基本运算问题是高考常见题型，要抓住基本量、，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．
(3)对于基本量的计算，列方程组求解是基本方法，通常用约分或两式相除的方法进行消元，有时会用到整体代换，如qn，eq \f(a1,1－q)都可看作一个整体．
(4)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q)，当q>1时，用公式Sn＝eq \f(a1,q－1)(qn－1)代入计算，当q<1时，用公式Sn＝eq \f(a1,1－q)(1－qn)代入计算，可避免出现符号错误．
（5）特殊设法:三个数成等比数列，一般设为；四个数成等比数列，一般设为.
这对已知几数之积,求数列各项,运算很方便.
2、等比中项要注意的问题
两个同号的实数a，b才有等比中项，而且它们的等比中项有两个(±eq \r(ab))，而不是一个(eq \r(ab))，这是容易忽视的地方.
3、等比数列的证明方法
4、等比数列项的性质应用
（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．
5、判断等比数列的单调性的方法
(1)当q>1，a1>0或0(2)当q>1，a1<0或00时，{an}是递减数列．
(3)当q＝1时，{an}是常数列；当q<0时，{an}是摆动数列．
6、处理等比数列前n项和有关问题的常用方法
(1)充分利用Sm＋n＝Sm＋qmSn和Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…(n为偶数且q＝－1除外)仍成等比数列这一重要性质，能有效减少运算．
(2)运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．
7、处理等比数列奇偶项和有关问题的常用方法
等比数列{an}共有2n项，要抓住eq \f(S偶,S奇)＝q和S偶＋S奇＝S2n这一隐含特点；若等比数列{an}共有2n＋1项，要抓住S奇＝a1＋qS偶和S偶＋S奇＝S2n＋1这一隐含特点．要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．
考点一 等比数列基本量的运算
1．（2022秋·河北邢台·高二统考阶段练习）在等比数列中，若，，则___________.
【答案】32
【分析】利用等比数列通项公式得，则得到，则.
【详解】设公比为，即，即，
得，所以.
故答案为：32.
2．（2023秋·北京·高一北京市十一学校校考期末）在等比数列中，，，则______.
【答案】
【分析】利用等比数列的性质求出，继而算出，即可得到答案
【详解】因为数列是等比数列，设其公比为，
所以
又，所以，所以，，
所以
故答案为：
3．（2023秋·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）已知等比数列的前项和是，且，则（ ）
A．24B．28C．30D．32
【答案】C
【分析】由条件求出,代入等比数列求和公式即可.
【详解】因为，代入得：，
即，解得，
故，
故选：C.
4．（2023秋·贵州黔东南·高二凯里一中校考期末）已知等比数列的前项和为，且公比，，，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】由等比数列通项公式基本量计算出公比，进而求出首项和.
【详解】，，即，，
则，
所以，由，则，
由，则，所以．
故选：D
5．（广东省佛山市2023届高三教学质量检测（一）数学试题）已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（ ）
A．30B．10C．9D．6
【答案】B
【分析】根据等比中项可得，对根据等比数列的定义和通项公式可得，运算求解即可得答案.
【详解】为正数的等比数列，则，可得，
∵，
∴，
又∵，则，可得，
∴，解得，
故.
故选：B.
6．（2022秋·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习）已知三个数成等比数列，它们的和等于14，积等于64，则这个等比数列的公比是（ ）
A．2或B．2或C．或D．或
【答案】A
【分析】设这三个数分别为，根据条件列方程组，求出，再得到这个等比数列的公比即可.
【详解】设这三个数分别为，则.
因为这三个数的和等于14，积等于64，所以.
联立方程组，可得或，
所以当时，这个等比数列的公比为；
当时，这个等比数列的公比为，
所以等比数列的公比是2或.
故选：A.
7．（2023秋·浙江衢州·高二浙江省龙游中学校联考期末）等比数列中，，，记为数列的前项积，则的最大值是（ ）
A．256B．512C．1024D．2048
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式求出和，得和，再根据二次函数知识与指数函数单调性可求出结果.
【详解】设公比为，由，得，
所以，
所以，
因为，
所以当或时，取得最大值，
又，所以的最大值是.
故选：C
考点二 等比数列的性质及其应用
等比中项的应用
8．（2022秋·陕西渭南·高二统考期末）若，，均为实数，试从①；②；③中选出“，，成等比数列”的必要条件的序号______.
【答案】①③
【分析】依次判断“，，成等比数列”是否能推出序号中的条件即可.
【详解】设为“”，为“”，为“”，
为“，，成等比数列”，
由于，，成等比数列，故，，，
若（，，），则是的必要条件，
对于①，由等比中项的定义，“，，成等比数列”“”，
∴“”是“，，成等比数列”的必要条件，故①正确；
对于②，令，，，则，，成等比数列，
此时“，，成等比数列”“”，
∴“”不是“，，成等比数列”的必要条件，故②错误；
对于③，由等比数列的定义，“，，成等比数列”，
∴“，，成等比数列”“”，
∴“”是“，，成等比数列”的必要条件，故③正确.
综上所述，“，，成等比数列”的必要条件的序号为：①③.
故答案为：①③.
9．（2023秋·河北唐山·高三统考期末）已知是正项等比数列中的连续三项，则公比__________.
【答案】
【分析】根据等比中项的知识求得，进而求得.
【详解】由于是正项等比数列中的连续三项，
所以且，解得（负根舍去），
所以.
故答案为：
10．（2023秋·山东临沂·高二临沂第三中学校考期末）在等比数列中，，，则和的等比中项为（ ）
A．10B．8C．D．
【答案】C
【分析】根据等比中项的定义可得结果.
【详解】根据等比中项的定义可得和的等比中项为.
故选：C
11．（2021秋·广西桂林·高二校考期中）已知是2和4的等差中项，正数是和的等比中项，则等于__________.
【答案】12
【分析】根据等差中项以及等比中项的概念求得，即可得答案.
【详解】因为是2和4的等差中项，故 ，
正数是和的等比中项，故，
所以，
故答案为：12
12．（2023秋·北京·高二中央民族大学附属中学校考期末）在9与1之间插入5个数，使这7个数成等比数列，则插入的5个数的乘积为______________.
【答案】.
【分析】根据等比数列的性质计算即可.
【详解】设这7个数组成的等比数列为{an}，
则，
所以，故
插入的5个数的积为.
故答案为：.
13．（2023秋·重庆北碚·高二西南大学附中校考阶段练习）已知等差数列的公差为2，若成等比数列，则（ ）
A．B．C．4D．
【答案】C
【分析】根据已知得出，，即可根据等比中项结合已知列出式子，求解得出答案.
【详解】数列是公差为2的等差数列，
，，
成等比数列，
，即，解得，
故选：C.
利用等比数列的性质计算
14．（2023秋·河南信阳·高二统考期末）已知数列为等比数列，若，，则（ ）
A．－4B．2C．4D．
【答案】C
【分析】运用等比数列的下标性质进行求解即可.
【详解】，∴，又，∴，所以，
故选：C
15．（2021秋·河南郑州·高二校考阶段练习）在等比数列{}中，若，则＝___．
【答案】64
【分析】利用等比数列的性质即得．
【详解】由等比数列的性质得
故答案为：64.
16．（2023秋·甘肃兰州·高二校考期末）已知数列为各项均为正数的等比数列，若，则（ ）
A．5B．C．D．无法确定
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质可得，再利用各项均为正数即可求解.
【详解】由等比数列的性质可得：，，
所以可化为，
即，又因为数列为各项均为正数，所以，
故选：.
17．（2023·江西·校联考一模）已知等比数列满足：，，则的值为___________.
【答案】
【分析】利用等比数列得性质得出，再将所求式子通分代入即可求得.
【详解】因为为等比数列，所以，
故答案为：10
18．（河南省驻马店市2022-2023学年高三上学期期末统一考试数学（文科）试题）在正项等比数列中，若是关于的方程的两实根，则（ ）
A．8B．9C．16D．18
【答案】B
【分析】由韦达定理可得，则由等比数列性质可得，后由对数运算性质可得答案.
【详解】由题意及韦达定理可得，由等比数列性质可得，
故.
故选：B
19．（2021秋·河南洛阳·高二校考阶段练习）等比数列的各项都为正数，且，则等于（ ）
A．12B．10C．8D．30
【答案】B
【分析】先根据等比中项的性质求出，再利用对数加法和等比中项的性质即可求出答案.
【详解】等比数列的各项都为正数，
，
，
，
.
故选：B
等比数列的单调性和最值
20．（2022秋·北京海淀·高三北大附中校考阶段练习）已知是公比为q的等比数列，则“”是“为递增数列”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】B
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合等比数列的定义分析判断.
【详解】当时，数列不一定为递增数列，如数列，公比，而此数列为递减数列，
当为递增数列时，，则
或，
所以当为递增数列时，成立，
所以“”是“为递增数列”的必要不充分条件，
故选：B.
21．（2023·全国·高二专题练习）数列是等比数列，首项为，公比为q，则是“数列递减”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由，解得或，根据等比数列的单调性的判定方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解得到答案.
【详解】由已知，解得或，，
此时数列不一定是递减数列，
所以是“数列递减”的非充分条件；
若数列为递减数列，可得或，所以，
所以是“数列递减”的必要条件.
所以“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件.
故选：B.
22．（2023春·福建泉州·高三校联考阶段练习）等比数列的公比为，“”是“数列单调递增”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】根据等比数列的通项公式，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由数列是单调递增一定能推出，
当时，有，
若，则有，，因此数列单调递增，
若，则有，，因此数列单调递增，
所以由一定能推出数列单调递增，
因此“”是“数列单调递增”的充要条件，
故选：C
23．（2022秋·北京·高三对外经济贸易大学附属中学（北京市第九十四中学）校考阶段练习）已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件B．充分而不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】取特殊值易证不具有充分性，由，及得，判断的符号可得具有必要性.
【详解】，，当时，，所以不具有充分性；
，所以，
又，则，所以，
所以，不妨设
因为数列为正项数列，所以设公比为，则，
，
当时，，，所以，，
当时，，；
当时，，，所以，，
所以，所以具有必要性，
综上，是的必要不充分条件.
故选：A.
【点睛】作差判断与大小关系，将式子写成指数式，注意正项等比数列公比大于0，根据公比与1的大小进行分类讨论.
24．（2023·全国·高三专题练习）设等比数列满足，，则的最大值为（ ）
A．32B．16C．128D．64
【答案】D
【分析】结合已知条件，求出的通项公式，然后求解当时的范围，进而可得到答案.
【详解】因为等比数列满足，，
所以，
从而，
故，则数列是单调递减数列，
当时，，
故.
故选：D.
25．（2023·全国·高三专题练习）试写出一个无穷等比数列，同时满足①；②数列单调递减；③数列不具有单调性，则当时，__________.
【答案】（答案不唯一）
【分析】设，根据得到和q的关系，再结合数列单调递减和数列不具有单调性判断q的范围，取一个符合条件的q值，求出对应的即可得到答案．
【详解】设，
由得，，
∵数列不具有单调性，∴，
又∵数列单调递减，故，
综上，，不妨取，则．
经检验符合题意．
故答案为：．
考点三 等比数列前n项和性质的应用
（一）等比数列的片段和性质的应用
26．（2023·高二课时练习）已知等比数列中，前项和为，且，．求．
【答案】210
【分析】根据成等比数列，列出方程，求出.
【详解】因为等比数列中，前项和为，易知公比不是-1
所以成等比数列，
即，解得：.
27．（2023·高二课时练习）已知数列是等比数列，是其前项和，且，，则______.
【答案】600
【分析】根据等比数列片段和性质得到，求出，然后用等比数列片段和性质得到即可求解
【详解】设等比数列的公比为
因为等比数列的前n项和为，所以，，，成等比数列，
因为，，所以，
解得或，因为，
所以，则，
由，，成等比数列，
可得即，解得，
故答案为：600
28．（2021秋·安徽滁州·高二校考期末）已知为等比数列的前项和，且，，则___________.
【答案】##
【分析】利用等比数列片段和性质可构造方程求得，则所求式子为.
【详解】由等比数列性质结合题中数据知：，，成等比数列，
，即，解得：，
.
故答案为：.
29．（2023秋·吉林·高二校考期末）已知各项均为正数的等比数列，，则（ ）
A．60B．10C．15D．20
【答案】A
【分析】由等比数列的性质可得，再求出与的值，从而可得答案.
【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为，
因为，，
所以，
，
，
所以，
故选：A.
30．（2023·全国·高三专题练习）设正项等比数列的前项和为，若，则的值为______.
【答案】91
【分析】方法一：利用等比数列前项和的性质即可求解；方法二：利用等比数列前项和的公式，代入计算即可求解.
【详解】方法一：等比数列中，，，成等比数列，
则，，成等比数列，∴，∴，
∴.
方法二：设公比为，由题意显然且,所以，
∴，
故答案为：.
31．（2023·全国·高三专题练习）设正项等比数列的前项和为，且，则公比__________.
【答案】##
【分析】利用变形求得，利用等比数列的性质可以得到，结合等比数列{an}为正项数列，进而求出公比。
【详解】由，得.
又正项等比数列的前项和为，故，
∴，
∵数列{an}是等比数列，
∴
故，解得：
因为等比数列{an}为正项数列，所以，故
故答案为：
（二）等比数列奇偶项和的性质
32．（2022秋·广东佛山·高三校考阶段练习）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
33．（2022·高二单元测试）已知等比数列{an}的公比为，则的值是________.
【答案】
【分析】由等比数列的通项公式与性质求解即可
【详解】∵等比数列{an}的公比为，
则.
故答案为：
34．（2023·全国·高二专题练习）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.
35．（2023·全国·高三专题练习）已知正项等比数列共有项，它的所有项的和是奇数项的和的倍，则公比______.
【答案】
【分析】利用以及已知条件可求得的值.
【详解】设等比数列的奇数项之和为，偶数项之和为，
则，
由，得，因为，所以，所以，.
故答案为：.
36．（2022·高二单元测试）已知等比数列的前项中，所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，则的值为______．
【答案】
【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，结合等比数列求和公式求出的值，进而可求得的值.
【详解】设等比数列的公比为，设等比数列的前项中，设所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，
则，
所以，，
又，则，
因此，.
故答案为：.
（三）等比数列前n项和其他性质
37．（2022春·上海松江·高二统考期末）已知为等比数列，的前n项和为，前n项积为，则下列选项中正确的是（ ）
A．若，则数列单调递增
B．若，则数列单调递增
C．若数列单调递增，则
D．若数列单调递增，则
【答案】D
【分析】根据等比数列的前n项和公式与通项公式可得与，进而可得、取值同号，即可判断A、B；
举例首项和公比的值即可判断C；
根据数列的单调性可得，进而得到，求出，即可判断D.
【详解】A：由，得，即，则、取值同号，
若，则不是递增数列，故A错误；
B：由，得，即，则、取值同号，
若，则数列不是递增数列，故B错误；
C：若等比数列，公比，则，
所以数列为递增数列，但，故C错误；
D：由数列为递增数列，得，所以，
即，所以，故D正确.
故选：D
38．（2023·全国·高三专题练习）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.
39．（2022秋·江西赣州·高三校联考期中）设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．是数列中的最大值D．数列无最大值
【答案】B
【分析】由题分析出，可得出数列为正项递减数列，结合题意分析出正项数列前项都大于，而从第项起都小于，进而可判断出各选项的正误.
【详解】当时，则，不合乎题意；
当时，对任意的，，且有，可得，
可得，此时，与题干不符，不合乎题意；
故，故A错误；
对任意的，，且有，可得，
此时，数列为单调递减数列，则，
结合可得，
结合数列的单调性可得
故，
，
∴，
故B正确；
是数列 中的最大值,故CD错误
故选：B.
40．（2023·全国·高三专题练习）设等比数列的公比为q，前n项和为，前n项积为，并满足条件，，则下列结论中不正确的有（ ）
A．q>1
B．
C．
D．是数列中的最大项
【答案】A
【分析】根据并结合，得到，，进而结合等比数列的性质求得答案.
【详解】因为，所以或，而为等比数列，，于是，，则A错误；
，则B正确；
，则C正确；
因为，所以是数列中的最大项，则D正确.
故选：A.
考点四 等比数列的证明
41．【多选】（2023秋·河北石家庄·高二校联考期末）已知数列的前n项和为，且(其中a为常数)，则下列说法正确的是（ ）
A．数列一定是等比数列B．数列可能是等差数列
C．数列可能是等比数列D．数列可能是等差数列
【答案】BD
【分析】由和的关系求得，，分类讨论a是否为0，判断选项正误.
【详解】因为，当时，，得，
将代入，得，，
即，
当时，，不是等比数列，是等差数列，，也是等差数列；
当时，是以为首项，2为公比的等比数列，不是等比数列；
故答案为：BD.
42．（2023·广东惠州·统考模拟预测）数列中，，．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知等式变形得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得.
【详解】（1）解：因为，所以，
因为，则，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）解：由（1）可知，，所以，
又由题知
.
43．（2023秋·江西新余·高三统考期末）已知数列满足，
(1)求证：是等比数列；
(2)设，求和：
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等比数列的定义，结合递推公式，即可证明；
（2）根据（1）的结果求，再利用累乘法求数列的通项公式，求得，最后利用分组转化和等比数列求和公式求和.
【详解】（1），且，
所以数列是首项为3，公比为3的等比数列；
（2）由（1）可知，所以，
，
得，，
.
44．（2022秋·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）已的数列的首项，，．
(1)求证：数列等比数列；
(2)记，若，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题意，由等比数列的定义即可证明；
（2）根据题意，由（1）中的结论即可得到数列的通项公式，然后根据等比数列的求和公式代入计算，结合函数的单调性即可得到结果.
【详解】（1）证明：因为数列满足，即
整理得，又
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）知数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即
所以
由可得，，即
因为函数在上单调递增，
且满足
故满足条件的最大值为
45．（2023秋·山西长治·高三校联考阶段练习）已知数列满足，且，令.
(1)求证：数列是等比数列，并求其通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）由递推关系可得，代入即可得，由等比数列通项公式求解即可；
（2）由错位相减法求和即可得解.
【详解】（1）由，得数列中的各项都为正，
故由得，
所以，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
其通项公式为.
（2）由（1）得，
故，
两式相减，得，
所以.
考点五 等比数列中an与Sn的关系
46．（2022秋·上海宝山·高二上海市吴淞中学校考期末）已知数列的前项和，求的通项公式__________.
【答案】
【分析】求出首项，当时，根据求得，验证首项后，即可确定答案.
【详解】当时，，
当时，，
而不适合上式，
故的通项公式为.
故答案为：.
47．（2022秋·河北保定·高二定兴中学校联考阶段练习）若等比数列的前n项和，则__________．
【答案】
【分析】由求出，结合等比数列求得值．
【详解】由题意时，，
当时，，又是等比数列，所以，解得．
故答案为：．
48．（2022秋·上海松江·高二上海市松江二中校考期中）设数列的前项和为，且，则数列的通项公式为___________.
【答案】
【分析】先根据可求得，然后求出首项即可写出通项公式.
【详解】解：由题意得：
则当时，
于是
又当时，
故数列是首项为公比为的等比数列
所以
故答案为：
49．（2022秋·福建·高三福建师大附中校考阶段练习）设数列的前项和为，若，，则______.
【答案】
【分析】根据递推关系式，得，即可得数列是以为首项，为公比的等比数列，按照等比数列通项公式求出，即可得的值.
【详解】解：设数列的前项和为，若，，
则，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列
所以，即，所以.
故答案为：.
考点六 等比数列的简单应用
50．（2022秋·福建宁德·高三校考期末）《庄子·天下》中讲到：“三尺之棰，日取其半，万世不竭．”这其实是一个以为公比的等比数列问题．有一个类似的问题如下：有一根一米长的木头，第2天截去它的，第3天截去第2天剩下的，…，第n天截去第天剩下的，则到第2022天截完以后，这段木头还剩下原来的（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意归纳得出第截去，再计算第n天后共截去原来的，故可得第2022天截完以后，这段木头还剩下原来的比值.
【详解】解：由题可知第一天长，
第二天截去，
第三天截去，
第四天截去，
依次可得：第n天截去：，
故第n天后共截去，
所以到第2022天截完以后，这段木头还剩下原来的.
故选：B.
51．（2022秋·江苏南通·高二校考期中）2018年，某地区甲、乙两个林场森林木材的存量分别为16a和25a，甲林场木材存量每年比上一年递增，而乙林场木材存量每年比上一年递减.
(1)经过几年两林场木材的总存量相等?
(2)两林场木材的总量到2022年能否翻一番？并说明理由.
【答案】(1)2
(2)不能，理由见解析.
【分析】（1）由题意可得甲、乙两林场每年的森林木材存量均成等比数列，且公比分别为和，然后根据等比数列的通项公式列方程求解即可；
（2）令，可求出2022年的两林场木材的总量，然后比较即可.
【详解】（1）设经过年两林场木材的总存量相等，则
，
，得
解得，
所以经过两年两林场木材的总存量相等；
（2）令，则2022年的两林场木材的总量为
，
因为
所以两林场木材的总量到2022年不能翻一番.
52．（2022秋·福建福州·高三校联考期中）在国家一系列利好政策的支持下，我国新能源汽车产业发展迅速.某汽车企业计划大力发展新能源汽车，2021年全年生产新能源汽车1万辆，之后每年新能源汽车的产量都在前一年的基础上增加.记2021年为第一年，其产量为万辆，该汽车企业第年生产的新能源汽车为万辆.
(1)求的值；
(2)若从第年开始计算，连续3年该汽车企业生产的新能源汽车的总产量不低于19万辆，求的最小值.（参考数据：）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得数列是等比数列，根据等比数列的通项即可得解；
（2）由题意，根据等比数列的通项结合已知数据计算即可.
【详解】（1）解：由题意得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以；
（2）解：由题意，
即，
即为，则，
即，则，
因为，
所以，解得，
又因，
所以的最小值为.
定义法
若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
中项
公式法
若数列{an}中，an≠0且aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列
通项
公式法
若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
前n项和
公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为非零常数，q≠0,1)，则{an}是等比数列
1、等比数列基本量运算的解题策略
（1）等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)，通过列方程(组)便可迎刃而解；
（2）运用方程思想解答等比数列的基本运算问题是高考常见题型，要抓住基本量、，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．
(3)对于基本量的计算，列方程组求解是基本方法，通常用约分或两式相除的方法进行消元，有时会用到整体代换，如qn，eq \f(a1,1－q)都可看作一个整体．
(4)等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论．当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q)，当q>1时，用公式Sn＝eq \f(a1,q－1)(qn－1)代入计算，当q<1时，用公式Sn＝eq \f(a1,1－q)(1－qn)代入计算，可避免出现符号错误．
（5）特殊设法:三个数成等比数列，一般设为；四个数成等比数列，一般设为.
这对已知几数之积,求数列各项,运算很方便.
2、等比中项要注意的问题
两个同号的实数a，b才有等比中项，而且它们的等比中项有两个(±eq \r(ab))，而不是一个(eq \r(ab))，这是容易忽视的地方.
3、等比数列的证明方法
4、等比数列项的性质应用
（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．
(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．
5、判断等比数列的单调性的方法
(1)当q>1，a1>0或0
(3)当q＝1时，{an}是常数列；当q<0时，{an}是摆动数列．
6、处理等比数列前n项和有关问题的常用方法
(1)充分利用Sm＋n＝Sm＋qmSn和Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…(n为偶数且q＝－1除外)仍成等比数列这一重要性质，能有效减少运算．
(2)运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．
7、处理等比数列奇偶项和有关问题的常用方法
等比数列{an}共有2n项，要抓住eq \f(S偶,S奇)＝q和S偶＋S奇＝S2n这一隐含特点；若等比数列{an}共有2n＋1项，要抓住S奇＝a1＋qS偶和S偶＋S奇＝S2n＋1这一隐含特点．要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．
考点一 等比数列基本量的运算
1．（2022秋·河北邢台·高二统考阶段练习）在等比数列中，若，，则___________.
【答案】32
【分析】利用等比数列通项公式得，则得到，则.
【详解】设公比为，即，即，
得，所以.
故答案为：32.
2．（2023秋·北京·高一北京市十一学校校考期末）在等比数列中，，，则______.
【答案】
【分析】利用等比数列的性质求出，继而算出，即可得到答案
【详解】因为数列是等比数列，设其公比为，
所以
又，所以，所以，，
所以
故答案为：
3．（2023秋·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）已知等比数列的前项和是，且，则（ ）
A．24B．28C．30D．32
【答案】C
【分析】由条件求出,代入等比数列求和公式即可.
【详解】因为，代入得：，
即，解得，
故，
故选：C.
4．（2023秋·贵州黔东南·高二凯里一中校考期末）已知等比数列的前项和为，且公比，，，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】由等比数列通项公式基本量计算出公比，进而求出首项和.
【详解】，，即，，
则，
所以，由，则，
由，则，所以．
故选：D
5．（广东省佛山市2023届高三教学质量检测（一）数学试题）已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（ ）
A．30B．10C．9D．6
【答案】B
【分析】根据等比中项可得，对根据等比数列的定义和通项公式可得，运算求解即可得答案.
【详解】为正数的等比数列，则，可得，
∵，
∴，
又∵，则，可得，
∴，解得，
故.
故选：B.
6．（2022秋·重庆南岸·高三重庆市第十一中学校校考阶段练习）已知三个数成等比数列，它们的和等于14，积等于64，则这个等比数列的公比是（ ）
A．2或B．2或C．或D．或
【答案】A
【分析】设这三个数分别为，根据条件列方程组，求出，再得到这个等比数列的公比即可.
【详解】设这三个数分别为，则.
因为这三个数的和等于14，积等于64，所以.
联立方程组，可得或，
所以当时，这个等比数列的公比为；
当时，这个等比数列的公比为，
所以等比数列的公比是2或.
故选：A.
7．（2023秋·浙江衢州·高二浙江省龙游中学校联考期末）等比数列中，，，记为数列的前项积，则的最大值是（ ）
A．256B．512C．1024D．2048
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式求出和，得和，再根据二次函数知识与指数函数单调性可求出结果.
【详解】设公比为，由，得，
所以，
所以，
因为，
所以当或时，取得最大值，
又，所以的最大值是.
故选：C
考点二 等比数列的性质及其应用
等比中项的应用
8．（2022秋·陕西渭南·高二统考期末）若，，均为实数，试从①；②；③中选出“，，成等比数列”的必要条件的序号______.
【答案】①③
【分析】依次判断“，，成等比数列”是否能推出序号中的条件即可.
【详解】设为“”，为“”，为“”，
为“，，成等比数列”，
由于，，成等比数列，故，，，
若（，，），则是的必要条件，
对于①，由等比中项的定义，“，，成等比数列”“”，
∴“”是“，，成等比数列”的必要条件，故①正确；
对于②，令，，，则，，成等比数列，
此时“，，成等比数列”“”，
∴“”不是“，，成等比数列”的必要条件，故②错误；
对于③，由等比数列的定义，“，，成等比数列”，
∴“，，成等比数列”“”，
∴“”是“，，成等比数列”的必要条件，故③正确.
综上所述，“，，成等比数列”的必要条件的序号为：①③.
故答案为：①③.
9．（2023秋·河北唐山·高三统考期末）已知是正项等比数列中的连续三项，则公比__________.
【答案】
【分析】根据等比中项的知识求得，进而求得.
【详解】由于是正项等比数列中的连续三项，
所以且，解得（负根舍去），
所以.
故答案为：
10．（2023秋·山东临沂·高二临沂第三中学校考期末）在等比数列中，，，则和的等比中项为（ ）
A．10B．8C．D．
【答案】C
【分析】根据等比中项的定义可得结果.
【详解】根据等比中项的定义可得和的等比中项为.
故选：C
11．（2021秋·广西桂林·高二校考期中）已知是2和4的等差中项，正数是和的等比中项，则等于__________.
【答案】12
【分析】根据等差中项以及等比中项的概念求得，即可得答案.
【详解】因为是2和4的等差中项，故 ，
正数是和的等比中项，故，
所以，
故答案为：12
12．（2023秋·北京·高二中央民族大学附属中学校考期末）在9与1之间插入5个数，使这7个数成等比数列，则插入的5个数的乘积为______________.
【答案】.
【分析】根据等比数列的性质计算即可.
【详解】设这7个数组成的等比数列为{an}，
则，
所以，故
插入的5个数的积为.
故答案为：.
13．（2023秋·重庆北碚·高二西南大学附中校考阶段练习）已知等差数列的公差为2，若成等比数列，则（ ）
A．B．C．4D．
【答案】C
【分析】根据已知得出，，即可根据等比中项结合已知列出式子，求解得出答案.
【详解】数列是公差为2的等差数列，
，，
成等比数列，
，即，解得，
故选：C.
利用等比数列的性质计算
14．（2023秋·河南信阳·高二统考期末）已知数列为等比数列，若，，则（ ）
A．－4B．2C．4D．
【答案】C
【分析】运用等比数列的下标性质进行求解即可.
【详解】，∴，又，∴，所以，
故选：C
15．（2021秋·河南郑州·高二校考阶段练习）在等比数列{}中，若，则＝___．
【答案】64
【分析】利用等比数列的性质即得．
【详解】由等比数列的性质得
故答案为：64.
16．（2023秋·甘肃兰州·高二校考期末）已知数列为各项均为正数的等比数列，若，则（ ）
A．5B．C．D．无法确定
【答案】A
【分析】根据等比数列的性质可得，再利用各项均为正数即可求解.
【详解】由等比数列的性质可得：，，
所以可化为，
即，又因为数列为各项均为正数，所以，
故选：.
17．（2023·江西·校联考一模）已知等比数列满足：，，则的值为___________.
【答案】
【分析】利用等比数列得性质得出，再将所求式子通分代入即可求得.
【详解】因为为等比数列，所以，
故答案为：10
18．（河南省驻马店市2022-2023学年高三上学期期末统一考试数学（文科）试题）在正项等比数列中，若是关于的方程的两实根，则（ ）
A．8B．9C．16D．18
【答案】B
【分析】由韦达定理可得，则由等比数列性质可得，后由对数运算性质可得答案.
【详解】由题意及韦达定理可得，由等比数列性质可得，
故.
故选：B
19．（2021秋·河南洛阳·高二校考阶段练习）等比数列的各项都为正数，且，则等于（ ）
A．12B．10C．8D．30
【答案】B
【分析】先根据等比中项的性质求出，再利用对数加法和等比中项的性质即可求出答案.
【详解】等比数列的各项都为正数，
，
，
，
.
故选：B
等比数列的单调性和最值
20．（2022秋·北京海淀·高三北大附中校考阶段练习）已知是公比为q的等比数列，则“”是“为递增数列”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】B
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合等比数列的定义分析判断.
【详解】当时，数列不一定为递增数列，如数列，公比，而此数列为递减数列，
当为递增数列时，，则
或，
所以当为递增数列时，成立，
所以“”是“为递增数列”的必要不充分条件，
故选：B.
21．（2023·全国·高二专题练习）数列是等比数列，首项为，公比为q，则是“数列递减”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由，解得或，根据等比数列的单调性的判定方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解得到答案.
【详解】由已知，解得或，，
此时数列不一定是递减数列，
所以是“数列递减”的非充分条件；
若数列为递减数列，可得或，所以，
所以是“数列递减”的必要条件.
所以“”是“数列为递减数列”的必要不充分条件.
故选：B.
22．（2023春·福建泉州·高三校联考阶段练习）等比数列的公比为，“”是“数列单调递增”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】根据等比数列的通项公式，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由数列是单调递增一定能推出，
当时，有，
若，则有，，因此数列单调递增，
若，则有，，因此数列单调递增，
所以由一定能推出数列单调递增，
因此“”是“数列单调递增”的充要条件，
故选：C
23．（2022秋·北京·高三对外经济贸易大学附属中学（北京市第九十四中学）校考阶段练习）已知数列为正项等比数列，且，则“”是“”的（ ）
A．必要而不充分条件B．充分而不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】取特殊值易证不具有充分性，由，及得，判断的符号可得具有必要性.
【详解】，，当时，，所以不具有充分性；
，所以，
又，则，所以，
所以，不妨设
因为数列为正项数列，所以设公比为，则，
，
当时，，，所以，，
当时，，；
当时，，，所以，，
所以，所以具有必要性，
综上，是的必要不充分条件.
故选：A.
【点睛】作差判断与大小关系，将式子写成指数式，注意正项等比数列公比大于0，根据公比与1的大小进行分类讨论.
24．（2023·全国·高三专题练习）设等比数列满足，，则的最大值为（ ）
A．32B．16C．128D．64
【答案】D
【分析】结合已知条件，求出的通项公式，然后求解当时的范围，进而可得到答案.
【详解】因为等比数列满足，，
所以，
从而，
故，则数列是单调递减数列，
当时，，
故.
故选：D.
25．（2023·全国·高三专题练习）试写出一个无穷等比数列，同时满足①；②数列单调递减；③数列不具有单调性，则当时，__________.
【答案】（答案不唯一）
【分析】设，根据得到和q的关系，再结合数列单调递减和数列不具有单调性判断q的范围，取一个符合条件的q值，求出对应的即可得到答案．
【详解】设，
由得，，
∵数列不具有单调性，∴，
又∵数列单调递减，故，
综上，，不妨取，则．
经检验符合题意．
故答案为：．
考点三 等比数列前n项和性质的应用
（一）等比数列的片段和性质的应用
26．（2023·高二课时练习）已知等比数列中，前项和为，且，．求．
【答案】210
【分析】根据成等比数列，列出方程，求出.
【详解】因为等比数列中，前项和为，易知公比不是-1
所以成等比数列，
即，解得：.
27．（2023·高二课时练习）已知数列是等比数列，是其前项和，且，，则______.
【答案】600
【分析】根据等比数列片段和性质得到，求出，然后用等比数列片段和性质得到即可求解
【详解】设等比数列的公比为
因为等比数列的前n项和为，所以，，，成等比数列，
因为，，所以，
解得或，因为，
所以，则，
由，，成等比数列，
可得即，解得，
故答案为：600
28．（2021秋·安徽滁州·高二校考期末）已知为等比数列的前项和，且，，则___________.
【答案】##
【分析】利用等比数列片段和性质可构造方程求得，则所求式子为.
【详解】由等比数列性质结合题中数据知：，，成等比数列，
，即，解得：，
.
故答案为：.
29．（2023秋·吉林·高二校考期末）已知各项均为正数的等比数列，，则（ ）
A．60B．10C．15D．20
【答案】A
【分析】由等比数列的性质可得，再求出与的值，从而可得答案.
【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为，
因为，，
所以，
，
，
所以，
故选：A.
30．（2023·全国·高三专题练习）设正项等比数列的前项和为，若，则的值为______.
【答案】91
【分析】方法一：利用等比数列前项和的性质即可求解；方法二：利用等比数列前项和的公式，代入计算即可求解.
【详解】方法一：等比数列中，，，成等比数列，
则，，成等比数列，∴，∴，
∴.
方法二：设公比为，由题意显然且,所以，
∴，
故答案为：.
31．（2023·全国·高三专题练习）设正项等比数列的前项和为，且，则公比__________.
【答案】##
【分析】利用变形求得，利用等比数列的性质可以得到，结合等比数列{an}为正项数列，进而求出公比。
【详解】由，得.
又正项等比数列的前项和为，故，
∴，
∵数列{an}是等比数列，
∴
故，解得：
因为等比数列{an}为正项数列，所以，故
故答案为：
（二）等比数列奇偶项和的性质
32．（2022秋·广东佛山·高三校考阶段练习）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
33．（2022·高二单元测试）已知等比数列{an}的公比为，则的值是________.
【答案】
【分析】由等比数列的通项公式与性质求解即可
【详解】∵等比数列{an}的公比为，
则.
故答案为：
34．（2023·全国·高二专题练习）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.
35．（2023·全国·高三专题练习）已知正项等比数列共有项，它的所有项的和是奇数项的和的倍，则公比______.
【答案】
【分析】利用以及已知条件可求得的值.
【详解】设等比数列的奇数项之和为，偶数项之和为，
则，
由，得，因为，所以，所以，.
故答案为：.
36．（2022·高二单元测试）已知等比数列的前项中，所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，则的值为______．
【答案】
【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，结合等比数列求和公式求出的值，进而可求得的值.
【详解】设等比数列的公比为，设等比数列的前项中，设所有奇数项的和为，所有偶数项的和为，
则，
所以，，
又，则，
因此，.
故答案为：.
（三）等比数列前n项和其他性质
37．（2022春·上海松江·高二统考期末）已知为等比数列，的前n项和为，前n项积为，则下列选项中正确的是（ ）
A．若，则数列单调递增
B．若，则数列单调递增
C．若数列单调递增，则
D．若数列单调递增，则
【答案】D
【分析】根据等比数列的前n项和公式与通项公式可得与，进而可得、取值同号，即可判断A、B；
举例首项和公比的值即可判断C；
根据数列的单调性可得，进而得到，求出，即可判断D.
【详解】A：由，得，即，则、取值同号，
若，则不是递增数列，故A错误；
B：由，得，即，则、取值同号，
若，则数列不是递增数列，故B错误；
C：若等比数列，公比，则，
所以数列为递增数列，但，故C错误；
D：由数列为递增数列，得，所以，
即，所以，故D正确.
故选：D
38．（2023·全国·高三专题练习）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.
39．（2022秋·江西赣州·高三校联考期中）设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．是数列中的最大值D．数列无最大值
【答案】B
【分析】由题分析出，可得出数列为正项递减数列，结合题意分析出正项数列前项都大于，而从第项起都小于，进而可判断出各选项的正误.
【详解】当时，则，不合乎题意；
当时，对任意的，，且有，可得，
可得，此时，与题干不符，不合乎题意；
故，故A错误；
对任意的，，且有，可得，
此时，数列为单调递减数列，则，
结合可得，
结合数列的单调性可得
故，
，
∴，
故B正确；
是数列 中的最大值,故CD错误
故选：B.
40．（2023·全国·高三专题练习）设等比数列的公比为q，前n项和为，前n项积为，并满足条件，，则下列结论中不正确的有（ ）
A．q>1
B．
C．
D．是数列中的最大项
【答案】A
【分析】根据并结合，得到，，进而结合等比数列的性质求得答案.
【详解】因为，所以或，而为等比数列，，于是，，则A错误；
，则B正确；
，则C正确；
因为，所以是数列中的最大项，则D正确.
故选：A.
考点四 等比数列的证明
41．【多选】（2023秋·河北石家庄·高二校联考期末）已知数列的前n项和为，且(其中a为常数)，则下列说法正确的是（ ）
A．数列一定是等比数列B．数列可能是等差数列
C．数列可能是等比数列D．数列可能是等差数列
【答案】BD
【分析】由和的关系求得，，分类讨论a是否为0，判断选项正误.
【详解】因为，当时，，得，
将代入，得，，
即，
当时，，不是等比数列，是等差数列，，也是等差数列；
当时，是以为首项，2为公比的等比数列，不是等比数列；
故答案为：BD.
42．（2023·广东惠州·统考模拟预测）数列中，，．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知等式变形得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得.
【详解】（1）解：因为，所以，
因为，则，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）解：由（1）可知，，所以，
又由题知
.
43．（2023秋·江西新余·高三统考期末）已知数列满足，
(1)求证：是等比数列；
(2)设，求和：
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等比数列的定义，结合递推公式，即可证明；
（2）根据（1）的结果求，再利用累乘法求数列的通项公式，求得，最后利用分组转化和等比数列求和公式求和.
【详解】（1），且，
所以数列是首项为3，公比为3的等比数列；
（2）由（1）可知，所以，
，
得，，
.
44．（2022秋·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习）已的数列的首项，，．
(1)求证：数列等比数列；
(2)记，若，求的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题意，由等比数列的定义即可证明；
（2）根据题意，由（1）中的结论即可得到数列的通项公式，然后根据等比数列的求和公式代入计算，结合函数的单调性即可得到结果.
【详解】（1）证明：因为数列满足，即
整理得，又
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）知数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即
所以
由可得，，即
因为函数在上单调递增，
且满足
故满足条件的最大值为
45．（2023秋·山西长治·高三校联考阶段练习）已知数列满足，且，令.
(1)求证：数列是等比数列，并求其通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）由递推关系可得，代入即可得，由等比数列通项公式求解即可；
（2）由错位相减法求和即可得解.
【详解】（1）由，得数列中的各项都为正，
故由得，
所以，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
其通项公式为.
（2）由（1）得，
故，
两式相减，得，
所以.
考点五 等比数列中an与Sn的关系
46．（2022秋·上海宝山·高二上海市吴淞中学校考期末）已知数列的前项和，求的通项公式__________.
【答案】
【分析】求出首项，当时，根据求得，验证首项后，即可确定答案.
【详解】当时，，
当时，，
而不适合上式，
故的通项公式为.
故答案为：.
47．（2022秋·河北保定·高二定兴中学校联考阶段练习）若等比数列的前n项和，则__________．
【答案】
【分析】由求出，结合等比数列求得值．
【详解】由题意时，，
当时，，又是等比数列，所以，解得．
故答案为：．
48．（2022秋·上海松江·高二上海市松江二中校考期中）设数列的前项和为，且，则数列的通项公式为___________.
【答案】
【分析】先根据可求得，然后求出首项即可写出通项公式.
【详解】解：由题意得：
则当时，
于是
又当时，
故数列是首项为公比为的等比数列
所以
故答案为：
49．（2022秋·福建·高三福建师大附中校考阶段练习）设数列的前项和为，若，，则______.
【答案】
【分析】根据递推关系式，得，即可得数列是以为首项，为公比的等比数列，按照等比数列通项公式求出，即可得的值.
【详解】解：设数列的前项和为，若，，
则，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列
所以，即，所以.
故答案为：.
考点六 等比数列的简单应用
50．（2022秋·福建宁德·高三校考期末）《庄子·天下》中讲到：“三尺之棰，日取其半，万世不竭．”这其实是一个以为公比的等比数列问题．有一个类似的问题如下：有一根一米长的木头，第2天截去它的，第3天截去第2天剩下的，…，第n天截去第天剩下的，则到第2022天截完以后，这段木头还剩下原来的（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意归纳得出第截去，再计算第n天后共截去原来的，故可得第2022天截完以后，这段木头还剩下原来的比值.
【详解】解：由题可知第一天长，
第二天截去，
第三天截去，
第四天截去，
依次可得：第n天截去：，
故第n天后共截去，
所以到第2022天截完以后，这段木头还剩下原来的.
故选：B.
51．（2022秋·江苏南通·高二校考期中）2018年，某地区甲、乙两个林场森林木材的存量分别为16a和25a，甲林场木材存量每年比上一年递增，而乙林场木材存量每年比上一年递减.
(1)经过几年两林场木材的总存量相等?
(2)两林场木材的总量到2022年能否翻一番？并说明理由.
【答案】(1)2
(2)不能，理由见解析.
【分析】（1）由题意可得甲、乙两林场每年的森林木材存量均成等比数列，且公比分别为和，然后根据等比数列的通项公式列方程求解即可；
（2）令，可求出2022年的两林场木材的总量，然后比较即可.
【详解】（1）设经过年两林场木材的总存量相等，则
，
，得
解得，
所以经过两年两林场木材的总存量相等；
（2）令，则2022年的两林场木材的总量为
，
因为
所以两林场木材的总量到2022年不能翻一番.
52．（2022秋·福建福州·高三校联考期中）在国家一系列利好政策的支持下，我国新能源汽车产业发展迅速.某汽车企业计划大力发展新能源汽车，2021年全年生产新能源汽车1万辆，之后每年新能源汽车的产量都在前一年的基础上增加.记2021年为第一年，其产量为万辆，该汽车企业第年生产的新能源汽车为万辆.
(1)求的值；
(2)若从第年开始计算，连续3年该汽车企业生产的新能源汽车的总产量不低于19万辆，求的最小值.（参考数据：）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得数列是等比数列，根据等比数列的通项即可得解；
（2）由题意，根据等比数列的通项结合已知数据计算即可.
【详解】（1）解：由题意得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以；
（2）解：由题意，
即，
即为，则，
即，则，
因为，
所以，解得，
又因，
所以的最小值为.
定义法
若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列
中项
公式法
若数列{an}中，an≠0且aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列
通项
公式法
若数列{an}的通项公式可写成an＝c·qn－1(c，q均为非零常数，n∈N*)，则{an}是等比数列
前n项和
公式法
若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为非零常数，q≠0,1)，则{an}是等比数列
相关试卷
考点24 函数的极值和最值8种常见考法归类-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第二册)： 这是一份考点24 函数的极值和最值8种常见考法归类-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第二册)，文件包含考点24函数的极值和最值8种常见考法归类-高二数学题型归纳与解题策略人教A版选择性必修第二册原卷版docx、考点24函数的极值和最值8种常见考法归类-高二数学题型归纳与解题策略人教A版选择性必修第二册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共61页， 欢迎下载使用。
考点23 利用导数比较大小4种常见考法归类 -2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第二册)： 这是一份考点23 利用导数比较大小4种常见考法归类 -2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第二册)，文件包含考点23利用导数比较大小4种常见考法归类-高二数学题型归纳与解题策略人教A版选择性必修第二册原卷版docx、考点23利用导数比较大小4种常见考法归类-高二数学题型归纳与解题策略人教A版选择性必修第二册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
考点22 函数的单调性7种常见考法归类-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第二册)： 这是一份考点22 函数的单调性7种常见考法归类-2023-2024学年学年高二数学高效讲与练(人教A版2019选择性必修第二册)，文件包含考点22函数的单调性7种常见考法归类-高二数学题型归纳与解题策略人教A版选择性必修第二册原卷版docx、考点22函数的单调性7种常见考法归类-高二数学题型归纳与解题策略人教A版选择性必修第二册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
