2025年新高考数学高频考点+重点题型专题30等比数列通项与前n项和公式含解析答案

这是一份2025年新高考数学高频考点+重点题型专题30等比数列通项与前n项和公式含解析答案，共37页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14B．12C．6D．3
2．数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A．2B．3C．4D．5
3．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ）
A．2n–1B．2–21–nC．2–2n–1D．21–n–1
4．设各项为正数的等比数列中，公比，且，则( )
A．B．C．D．
5．已知数列是等比数列，若，则（ ）
A．有最小值B．有最大值C．有最小值D．有最大值
6．在等比数列中，公比为，已知，则是数列单调递减的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
7．记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
8．设是等比数列，且，，则（ ）
A．12B．24C．30D．32
9．等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，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
10．记为等比数列的前n项和.若，，则（ ）
A．7B．8C．9D．10
11．各项均为正数的等比数列的前n项和为Sn，若Sn=2,S3n=14,则S4n等于
A．80B．30C．26D．16
12．已知等比数列的公比为，前项和为，则“”是“”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
13．已知是公比为的等比数列，为其前项和.若对任意的，恒成立，则（ ）
A．是递增数列B．是递减数列
C．是递增数列D．是递减数列
14．中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人第二天走了
A．6里B．24里C．48里D．96里
15．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯
A．1盏B．3盏
C．5盏D．9盏
16．等比数列的前n项和为，则r的值为
A．B．C．D．
17．设是公比为的等比数列，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
18．设等比数列的公比为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是公比为的等比数列
B．数列是公比为的等比数列
C．数列是公比为的等比数列
D．数列是公比为的等比数列
19．如图，“数塔”的第行第个数为(其中，，且).将这些数依次排成一列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，记作数列，设的前项和为.若，则（ ）
A．46B．47C．48D．49
20．已知等比数列中，，其前项和为，前项积为，且，，则使得成立的正整数的最小值为（ ）
A．9B．10C．11D．12
21．若正项等比数列满足，则的值是
A．B．C．2D．
22．我国明代的数学家、音乐理论家朱载填创立了十二平均律是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例，把八度分成13个半音，使相邻两个半音之间的频率比是常数，如下表所示，其中表示这些半音的频率，它们满足若某一半音与D#的频率之比为，则该半音为（ ）
A．F#B．G
C．G#D．A
二、多选题
23．在公比为等比数列中，是数列的前n项和，若，则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列是等比数列
C．D．
24．设等比数列的公比为，其前项和为前项积为并满足条件，，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
25．已知数列满足，，其前项和为，则下列结论中正确的有（ ）
A．是递增数列B．是等比数列
C．D．
26．已知等比数列的公比为，其前项的积为，且满足，，，则（ ）
A．B．
C．的值是中最大的D．使成立的最大正整数数的值为198
27．设是各项为正数的等比数列，q是其公比，是其前n项的积，且，则下列选项中成立的是（ ）
A．B．C．D．与均为的最大值
28．已知等比数列的前n项和为，公比为q，则下列命题正确的是( )
A．若，，则
B．若，则数列是单调递增数列
C．若，，，则数列是公差为的等差数列
D．若，，且，则的最小值为4
三、填空题
29．若为等比数列，，则 .
30．设公比为q(q＞0)的等比数列{a n}的前n项和为{S n}．若，，则q＝ ．
31．在数列中，，且，则 .
32．数列的前项和为，已知，，则 ．
33．已知数列{an}满足lg2an+1=1+lg2an（n∈N*），且a1+a2+a3+…+a10=1，则lg2(a101+a102+…+a110)= .
34．记数列的前项积为，写出一个同时满足①②的数列的通项公式： ．
①是递增的等比数列；②．
35．设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列．已知数列{an+bn}的前n项和，则d+q的值是 ．
36．我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，则 ；数列所有项的和为 ．
37．我国古代著作《庄子天下篇》引用过一句话：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”其含义是：一尺长的木棍，每天截去它的一半，永远也截不完.那么，第6天截取之后，剩余木棍的长度是 尺；要使剩余木棍的长度小于尺，需要经过 次截取.
38．已知数列满足，则 ， ．
39．如图所示：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为 ．
40．已知等比数列{An}满足An＋1＋An＝9·2n－1，n∈N*，设数列{An}的前n项和为Sn．若不等式Sn＞kAn－2对一切n∈N*恒成立，则实数k的取值范围是 ．
41．古代数学著作《九章算术》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？”根据上题的已知条件，该女子第二天织布 尺？
四、解答题
42．已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求.
43．已知是等差数列，．
(1)求的通项公式和．
(2)设是等比数列，且对任意的，当时，则，
（Ⅰ）当时，求证：；
（Ⅱ）求的通项公式及前项和．
44．已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝，a2＝，求{an}的通项公式.
45．在数列{an}中，＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5．
（1）证明：数列{an＋1}是等比数列；
（2）求数列{an}的前n项和Sn．
46．已知数列满足，，设．
（1）求；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求的通项公式．
47．已知数列满足，且.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）求数列的前项和.
48．已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0， ，.
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式.
49．已知数列，满足，，且，
(1)求，的值，并证明数列是等比数列；
(2)求数列，的通项公式．
50．已知数列中.
（1）是否存在实数，使数列是等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（2）若是数列的前项和，求满足的所有正整数.
51．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，若，且(Sn+1+λ)an=(Sn+1)an+1对一切n∈N*都成立．
（1）若λ=1，求数列{an}的通项公式;
（2）求λ的值，使数列{an}是等差数列．
52．已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
(1)若，求的值；
(2)若，且，求；
(3)证明：存在，满足 使得．
频率
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
a13
半音
C
C#
D
D#
E
F
F#
G
G#
A
A#
B
C(八度)
参考答案：
1．D
【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解.
【详解】解：设等比数列的公比为，
若，则，与题意矛盾，
所以，
则，解得，
所以.
故选：D.
2．C
【分析】取，可得出数列是等比数列，求得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.
【详解】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查利用等比数列求和求参数的值，解答的关键就是求出数列的通项公式，考查计算能力，属于中等题.
3．B
【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，
由可得：，
所以，
因此.
故选：B.
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前项和公式的应用，考查了数学运算能力.
4．C
【分析】根据已知条件和等比数列的性质，并利用等差数列求和公式即可求解.
【详解】因为是等比数列，，公比，
所以，化简得，，
故.
故选：C.
5．C
【分析】根据等比中项的性质得，，，代入构造基本不等式的形式，运用基本不等式求得最值.
【详解】设等比数列的公比，∵，∴，∴，∴，，
∴
，当且仅当，即时，取等号，
故选：C.
【点睛】本题考查等比数列的性质，基本不等式的应用求最值，属于中档题.在利用基本不等式求最值时，要注意一正，二定，三相等.“一正”是指使用均值不等式的各项(必要时，还要考虑常数项)必须是正数；“二定”是指含变数的各项的和或积必须是常数；“三相等”是指具备等号成立的条件，使待求式能取到最大或最小值.
6．C
【分析】根据等比数列的性质，即可求解，进而可求解.
【详解】对，令，则，
由于，，所以，故，
因为，所以，即,
即，则数列单调递减，故正向可以推出；
若数列单调递减，，则，则，
则，即，即，则反向能推出；
故是数列单调递减的充要条件，
故选：C
7．C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
8．D
【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，
，
因此，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
9．B
【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】由题，当数列为时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．
10．A
【分析】根据题目条件可得，，成等比数列，从而求出，进一步求出答案.
【详解】∵为等比数列的前n项和，，
∴，，成等比数列
∴，
∴，
∴.
故选：A.
11．B
【详解】设公比为，则由条件知 根据Sn=2,S3n=14得：
；得：
；解得（舍去）
故选B
12．D
【分析】由可得出，取，由，进而判断可得出结论.
【详解】若，则，即，所以，数列为递增数列，
若，，
所以，“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
13．B
【分析】先根据等比数列前项和,结合恒成立，得出的取值范围，得到 是递减数列.
【详解】是公比为的等比数列，为其前项和,
恒成立,恒成立,
若，则可能为正也可能为负，不成立
所以,
当是递减数列,
当是递减数列,
故选:B.
14．D
【分析】由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得的值，即可得该人第2天走的路程里数，可得答案．
【详解】解：根据题意，记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，
由，得，
解可得，
则；
即此人第二天走的路程里数为96；
故选：D．
【点睛】本题考查等比数列的前项公式的应用，关键是正确分析题意，确定等比数列的数学模型，属于基础题．
15．B
【详解】设塔顶的a1盏灯，
由题意{an}是公比为2的等比数列，
∴S7==381，
解得a1=3．
故选B．
16．B
【详解】当时,,
当时，
所以，故选B.
17．D
【详解】试题分析：当时，不是递增数列；当且时，是递增数列，但是不成立，所以选D.
考点：等比数列
18．D
【分析】根据等比数列的定义，逐项分析即可.
【详解】对于A,由知其公比为的等比数列，对于B,若 时，项中有0，不是等比数列，对于C，若时，数列项中有0，不是等比数列，对于D,，所以数列是公比为的等比数列，故选D.
【点睛】本题主要考查了等比数列的概念，等比数列的判定，属于中档题.
19．C
【分析】根据“数塔”的规律，可知第行共有个数，利用等比数列求和公式求出第行的数字之和，再求出前行的和，即可判断取到第几行，再根据每行数字个数成等差数列，即可求出；
【详解】解：“数塔”的第行共有个数，其和为，所以前行的和为
故前行所有数学之和为，因此只需要加上第10行的前3个数字1,2,4，其和为，易知“数塔”前行共有个数，所以
故选：C
20．D
【分析】根据等比数列的通项关系，求得，从而得，于是有，解不等式即可.
【详解】解：因为，，所以，
即，则，
，或，又，，
，，
则，
，
则，得，则.
选选：D.
21．D
【详解】分析：设正项等比数列的公比为，由，可得，解得，解得，代入即可得结果.
详解：设正项等比数列的公比为，
，
所以，解得，
，解得，
则，故选D.
点睛：本题主要考查数列递推关系，等比数列的通项公式，意在考查推理能力与计算能力以及基本概念与基本公式的掌握的熟练程度，属于中档题.
22．B
【分析】根据对数的运算可得，即可得公比，进而根据等比数列的性质即可求解.
【详解】依题意可知由于满足，则，∴，
所以数列为等比数列，公比，
D#对应的频率为，题目所求半音与D#的频率之比为，所以所求半音对应的频率为，即对应的半音为G.
故选：B.
23．ACD
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等比数列的定义和对数的运算性质进行逐一判断即可.
【详解】因为，所以有，因此选项A正确；
因为，所以，
因为常数，
所以数列不是等比数列，故选项B不正确；
因为，所以选项C正确；
，
因为当时，，所以选项D正确.
故选：ACD
【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的应用，考查了等比数列前n项和公式的应用，考查了等比数列定义的应用，考查了等比数列的性质应用，考查了对数的运算性质，考查了数学运算能力.
24．AB
【分析】根据等比数列的性质可判断，进而可判断，即可结合选项逐一求解.
【详解】由可得，
由可知，，
当时，则，不成立，
故，且，故，A正确；
，故B正确；
是数列中的最大值，C，D错误.
故选：AB
25．ACD
【分析】将递推公式两边同时取指数，变形得到，构造等比数列可证为等比数列，求解出通项公式则可判断A选项；根据判断B选项；根据的通项公式以及对数的运算法则计算的正负并判断C选项；将的通项公式放缩得到，由此进行求和并判断D选项.
【详解】因为，所以，
从而，，所以，
所以，又，是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，即，
又因为在时单调递增，在定义域内单调递增，
所以是递增数列，故A正确；
因为，
所以，
所以，
所以，所以不是等比数列，故B错误.
因为
，
而
，从而，
于是，，故C正确.
因为，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：数列单调性的一般判断步骤：
（1）先计算的结果，然后与比较大小（也可以计算的值，然后与比较大小，但要注意项的符号）；
（2）下结论：若，则为递增数列；若，则为递减数列；若，则为常数列.
26．ABD
【分析】根据题目所给已知条件，结合等比数列的性质对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】∵，∴，∴.
∵，∴，
又，∴.故A正确.
由A选项的分析可知，，∴，∴，，故B正确，C不正确.
∴，
，
∴使成立的最大正整数数的值为198，故D正确.
故选：ABD
27．ABD
【分析】结合等比数列的定义利用数列的单调性判断各选项．
【详解】由已知数列各项均为正，因此乘积也为正，公比，
又，
，，B正确；
，，即，A正确；
由得，，所以，而，，因此，C错；
由上知，先增后减，与均为的最大值，D正确．
故选：ABD．
28．AC
【分析】A：利用等比数列前n项和公式即可计算；B：根据函数单调性即可判断；C：根据等差数列定义即可判断；D：利用基本不等式即可判断．
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，∵，故的单调性由q和共同决定，q>1无法判断数列为递增数列，如，此时数列为递减数列，故B错误；
对于C，∵为常数，∴数列是公差为的等差数列，故C正确；
对于D，若，，则，，
∵，
∴，
即，即，即，
即当时，的最大值为4，故D错误．
故选：AC．
29．
【分析】根据等比数列的性质，联立可解得或,分类求解可得，即可利用等比的性质求解.
【详解】因为，又解得或,
设等比数列的公比为，当时， ，
所以；
当时，，所以，
故答案为：
30．
【详解】将，两个式子全部转化成用，q表示的式子．
即，两式作差得：，即：，解之得：(舍去)
31．
【分析】由，，得到且，得出数列构成以为首项，以为公比的等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】由，可得，
又由，可得，所以，
所以数列构成以为首项，以为公比的等比数列，
所以.
故答案为：.
32．
【分析】由给定条件借助消去，求出即可得解.
【详解】因，，而，则，
于是得，又，则数列是首项为1，公比为2的等比数列，
从而有，即，，
时，，而满足上式，
所以，.
故答案为：
33．100
【分析】由数列递推式可得an+1=2an，结合前10项和即可求a101+a102+…+a110，再由对数运算性质求值即可.
【详解】由lg2an+1=1+lg2an，可得lg2an+1=lg22an，
∴an+1=2an，即数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，又a1+a2+…+a10=1，
∴a101+a102+…+a110=(a1+a2+…+a10)×2100=2100，
∴lg2(a101+a102+…+a110)=lg22100=100.
故答案为：100
34．(答案不唯一)
【分析】利用题干条件得到，不妨令，进而求出首项和通项公式.
【详解】，，．
不妨设，则，．
故答案为：(答案不唯一)
35．
【分析】结合等差数列和等比数列前项和公式的特点，分别求得的公差和公比，由此求得.
【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意.
等差数列的前项和公式为，
等比数列的前项和公式为，
依题意，即，
通过对比系数可知，故.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前项和公式，属于中档题.
36． 48 384
【分析】方法一：根据题意结合等差、等比数列的通项公式列式求解，进而可求得结果；方法二：根据等比中项求，在结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【详解】方法一：设前3项的公差为，后7项公比为，
则，且，可得，
则，即，可得，
空1：可得，
空2：
方法二：空1：因为为等比数列，则，
且，所以；
又因为，则；
空2：设后7项公比为，则，解得，
可得，所以.
故答案为：48；384.
37．
【分析】建立等比数列模型：记第天后剩余木棍的长度，则是首项为，公比为的等比数列，利用等比数列的通项公式即可解决.
【详解】记第天后剩余木棍的长度，则是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
由得，所以的最小值为.
所以第6天截取之后，剩余木棍的长度是尺，要使剩余木棍的长度小于尺，需要经过次截取.
故答案为：；.
【点睛】本题考查了等比数列的应用，考查了等比数列的通项公式，属于基础题.
38．
【分析】根据，求出数列的通项公式，再代入求出．
【详解】解：因为
当时，，解得；
当时，，所以，即
于是是首项为，公比为2的等比数列，
所以．
所以，
故答案为：；；
39．
【详解】由题意，正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现已知共得到个正方形，则有，∴，∴最小正方形的边长为，故答案为.
40．
【分析】首先根据条件求等比数列的公比，再求和，并且代入不等式Sn＞kAn－2后，参变分离为，转化为求函数的最大值，即可求得的取值范围.
【详解】设等比数列{An} 的公比为q，因为An＋1＋An＝9·2n－1，n∈N*，所以A2＋A1＝9，A3＋A2＝
18，所以，所以2A1＋A1＝9，所以A1＝3．所以An＝3·2n－1，n∈N*，故，即3(2n－1)>k·3·2n－1－2，所以．
令，则f(n)随n的增大而增大，所以，得．
故答案为：
41．
【分析】首先根据题意得到女子每天所织布的长度构成等比数列，设公比为，首项为，前项和为，得到，再解方程组即可.
【详解】由题意可得，该女子每天所织布的长度构成等比数列，
设公比为，首项为，前项和为，
由题意可得，解得，
所以第二天织的布为.
故答案为：
42．（1）；（2）
【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得数列的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.
【详解】(1) 设等比数列的公比为q(q>1)，则，
整理可得：，
，
数列的通项公式为：.
(2)由于：，故：
.
【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础.
43．(1)，；
(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为.
【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前项和公式计算可得.
(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当时，，
取，当时，，取，即可证得题中的不等式；
(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前项和公式即可计算其前项和.
【详解】（1）由题意可得，解得，
则数列的通项公式为，
求和得
.
（2）(Ⅰ)由题意可知，当时，，
取，则，即，
当时，，
取，此时，
据此可得，
综上可得：.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，
则数列的公比满足，
当时，，所以，
所以，即，
当时，，所以，
所以数列的通项公式为，
其前项和为：.
【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益.
44．(1)证明见解析
(2)an＝×3n－1
【分析】（1）将an＋2＝2an＋1＋3an，变形为an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，利用等比数列的定义证明；
（2）由（1）得到an＋an＋1＝2×3n－1，再由an＋2＝2an＋1＋3an，得到an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，结合求解.
【详解】（1）证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，
因为{an}中各项均为正数，
所以an＋1＋an＞0，
所以＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列.
（2）由题意及（1）知，an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1＝2×3n－1，
因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，a2＝3a1，
所以a2－3a1＝0，
所以an＋1－3an＝0，
故an＋1＝3an，
所以4an＝2×3n－1，即an＝×3n－1.
45．（1）证明见解析；（2）Sn＝3·2n－n－3．
【分析】（1）化简所给递推关系式可得，即可证明；
（2）由（1）求出数列{an}的通项公式，根据分组求和及等比数列的求和公式可解.
【详解】（1）证明：∵＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，
即
∵a1＝2，a2＝5，
∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，
∴数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知，an＋1＝3·2n－1，
∴an＝3·2n－1－1，
∴Sn＝－n＝3·2n－n－3．
46．（1），，；（2）是首项为，公比为的等比数列．理由见解析；（3）.
【分析】（1）根据，求得和，再利用，从而求得，，；
（2）方法一：利用条件可以得到，从而可以得出，这样就可以得到数列是首项为，公比为的等比数列；
（3）方法一：借助等比数列的通项公式求得，从而求得.
【详解】（1）由条件可得，
将代入得，，而，所以，．
将代入得，，所以，．
从而，，；
（2）[方法1]：【通性通法】定义法
由以及可知，，，
所以，，又，所以为等比数列．
[方法2]：等比中项法
由知，所以，．
由知，所以．
所以为等比数列．
（3）[方法1]：【最优解】定义法
由（2）知，所以．
[方法2]：累乘法
因为，累乘得：．
所以．
【整体点评】（2）方法一：利用定义证明数列为等比数列，是通性通法；
方法二：利用等差中项法判断数列为等比数列，也是常用方法；
（3）方法一：根据（2）中结论利用等比数列的通项公式求解，是该题的最优解；
方法二：根据递推式特征利用累乘法求通项公式．
47．（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）计算得到，得到答案.
（2），得到数列通项公式.
（3）根据分组求和法计算得到答案.
【详解】（1）由，得，∴，又，
∴是首项为3，公比为3的等比数列.
（2），∴.
（3）.
【点睛】本题考查了等比数列的证明，分组求和法，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
48．（1）见解析；（2），．
【分析】(1)可通过题意中的以及对两式进行相加和相减即可推导出数列是等比数列以及数列是等差数列；
(2)可通过(1)中的结果推导出数列以及数列的通项公式，然后利用数列以及数列的通项公式即可得出结果．
【详解】(1)由题意可知，，，，
所以，即，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，，
因为，
所以，数列是首项、公差为的等差数列，．
(2)由(1)可知，，，
所以，．
【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题．
49．(1)，，证明见解析
(2)，
【分析】（1）令，可求得，的值，再利用等比数列定义证明；
（2）由（1）知，代入可得，利用累加法可求解.
【详解】（1）∵
∴，.
∵，∴＝
∴
∴是为首项，为公比的等比数列
（2）由（1）知是为首项，为公比的等比数列.
∴，∴
∵，∴
∴当时，
.
当时，也适合上式
所以数列的通项公式为
数列的通项公式为.
50．（1）（2）1和2．
【详解】试题分析：（1）设bn=a2n﹣λ，依题意，可得若数列{a2n﹣λ}是等比数列，则必须（常数）；（2）由（1）得{bn}是以﹣为首项，为公比的等比数列，于是a2n﹣1+a2n=，利用分组求和的方法，分别用等比数列的求和公式与等差数列的求和公式即可求得S2n，分n=1与2讨论，计算即可得到答案．
详解：
（1）设，因为
若数列是等比数列，则必须有（常数），
即，即 ，
此时
所以存在实数，使数列是等比数列.
（2）由（1）得是以为首项，为公比的等比数列
故 ，即
由，得，
所以，
显然当时，单调递减，
又当时，，当时，，所以当时，；
，
同理，当且仅当时，
综上，满足的所有正整数为1和2.
点睛：本题考查数列递推关系式的应用，综合考查等比数列的性质、分组求和，考查分类讨论思想及抽象思维、逻辑思维、综合运算能力，属于难题．数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等.
51．（1）；（2）λ=0.
【分析】（1）若λ=1，根据已知可得=，累乘可得，再根据与的关系即可得解；
（2）根据已知求得，再由数列{an}是等差数列，得，解得λ=0，代入已知，证明数列{an}时等差数列即可.
【详解】解：（1）若λ=1，则 ,，令n=1，得．
又因为，，所以=，
所以 ··=···，
即，所以①
所以当n≥2时，②
①-②，得，所以=2(n≥2)．当n=1时上式也成立．
所以数列{an}是首项为1、公比为2的等比数列，即．
（2）令n=1，得．令n=2，得．
要使数列{an}是等差数列，必须有，解得λ=0．
当λ=0时，，且．
当n≥2时，，
整理，得，则=，
从而·=·，
化简，得，即，所以．
综上所述，an=1(n∈N*)．
所以λ=0时，数列{an}是以1为公差的等差数列．
52．(1)，，，
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）先求，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，
所以，
又因为，则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．