等比数列的通项及性质5大题型总结（解析版）

第4讲等比数列的通项及性质5大题型总结【考点预测】一．等比数列的有关概念（1）定义：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常数（不为零），那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母表示，定义的表达式为．（2）等比中项：如果，，成等比数列，那么叫做与的等比中项．即是与的等比中项⇔，，成等比数列⇒．二．等比数列的通项公式（1）等比数列的通项公式设等比数列的首项为，公比为，则它的通项公式．推广形式： 三．等比数列的性质（1）等比中项的推广．若时，则，特别地，当时，．（2）①设为等比数列，则（为非零常数），，仍为等比数列．②若，（项数相同）是等比数列，则，，，，仍是等比数列．（3）等比数列的单调性（等比数列的单调性由首项与公比决定）．当或时，为递增数列；当或时，为递减数列．（4）若为正项等比数列，则为等差数列．（5）若为等差数列，则为等比数列．（6）若既是等差数列又是等比数列是非零常数列．【题型目录】题型一：等比数列的通项公式基本运算题型二：等比中项问题题型三：等比数列通项下标的性质及应用题型四：等比数列的单调性题型五：等比数列通项新文化试题【典型例题】题型一：等比数列的通项公式基本运算【例1】（2023·广东·梅州市梅江区梅州中学高三阶段练习）等比数列中，，．则的公比q为（

）A．2 B．2或 C． D．3【答案】B【解析】由题意，故选：B【例2】（2023·陕西·安康市教学研究室二模（理））在数列中，，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知确定数列是等比数列，由等比数列的通项公式得结论．【详解】∵，∴，．是公比为的等比数列，∴．故选：B．【例3】（2023·广东汕头·高三阶段练习）已知等比数列的各项均为正数，且，则使得成立的正整数的最小值为（

）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】C【分析】应用等比数列通项公式求基本量可得，再由求正整数的范围，即可得答案.【详解】若等比数列的公比为，且，由题设，两式相除得，则，所以，故，显然时不成立，所以且，，即，则，故正整数的最小值为10.故选：C【例4】（2023·甘肃·永昌县第一高级中学高三阶段练习（理））若数列满足，则称为“对奇数列”．已知正项数列为“对奇数列”，且，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可得，进而可得为等比数列，再求得通项公式即可.【详解】由题意得，所以，又，所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以．故选：D．【例5】（2022·全国·高三专题练习）已知等比数列的各项均为正数，数列满足，，，则数列前n项和的最大值等于（

）A．126 B．130 C．132 D．134【答案】C【分析】由等比数列通项公式求得后可得，得是等差数列，求出的解后可得取最大值时的值，再计算可得．【详解】由已知，，所以的公比为，，，，，，是等差数列，公差为，，则，所以的前项和的最大值为故选：C．【例6】（2022·全国·高二课时练习）已知数列满足，，则数列的通项公式为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将两边同时取常用对数，即可得数列是以为首项，2为公比的等比数列，从而求得数列的通项公式.【详解】易知，且，在的两边同时取常用对数，得，故，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，故选:C．【例7】（2022·北京西城·高二期末）在等比数列{}中，．记，则数列{}（

）A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】A【分析】首先求得数列的通项公式，再运用等差数列的求和公式求得，根据二次函数的性质的指数函数的性质可得选项.【详解】设等比数列为q，则等比数列的公比，所以，则其通项公式为：，所以，令，所以当或时，t有最大值，无最小值，即有最大值，无最小值，结合前面，当为正数时，为正数，当为负数时，为负数，所以当时，有最小项，当时，有最大项.故选：A.【例8】（2022·福建省龙岩第一中学高二阶段练习）在正项等比数列中，若存在两项，使得，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设等比数列的公比，利用等比数列的通项公式求得，结合进行讨论求解.【详解】设等比数列的公比，（其中），因为，可得，即，解得或（舍去）又因为，所以，即，所以，当，时，；当，时，；当，时，；当，时，；当，时，；综上所述，的最小值为.故选：A.【例9】（2023·全国·高三专题练习）（多选）已知数列中，，，，则下列说法正确的是（

）A． B．是等比数列C． D．【答案】ABC【分析】根据给定的递推公式，探讨数列的特性，再逐项计算判断作答.【详解】，，，即，则，A正确；显然有，于是得，因此数列，分别是以1，2为首项，2为公比的等比数列，B正确；于是得，，则，，C正确，D不正确.故选：ABC【例10】（2022·全国·高二单元测试）已知数列满足，，则______．【答案】【分析】令，则，即数列是首项为，公比为的等比数列，求出的通项公式即可求出.【详解】因为，且，所以令，则，即数列是首项为，公比为的等比数列，所以，故．故答案为：.【题型专练】1．（2022·安徽省皖西中学高二期末）已知等比数列的公比，则（

）A． B． C． D．3【答案】B【分析】利用等比数列通项公式化简求解即可.【详解】解：因为等比数列的公比，所以.故选：B.2．（2022·全国·模拟预测（文））设是等比数列，且，，则（

）A．12 B．24 C．32 D．48【答案】D【分析】根据是等比数列，且满足，，计算出其通项公式，然后代入计算即可.【详解】是等比数列，设其公比为，则由，得：，解得，，.故选：D.3．（2022·福建省宁德第一中学高二阶段练习）在等比数列中，若，，则（

）A．6 B． C． D．【答案】A【分析】求出公比，进而利用等比数列的性质计算出.【详解】设公比为，则，所以，故选：A4．（2022·四川·射洪中学高二开学考试）已知等比数列满足，，则（

）A．18 B．24 C．30 D．42【答案】C【分析】由等比数列的通项公式求得公比，然后再由通项公式计算．【详解】设的公比为，则，解得（负值舍去），所以．故选：C．5．（2022·山东泰安·三模）已知数列满足：对任意的m，，都有，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】【分析】由递推关系判断数列为等比数列，再由等比数列通项公式求.【详解】因为对任意的m，，都有，所以，，又，所以，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，故选：C.6．（2022·安徽省宣城市第二中学高二期末）已知各项都为正数的等比数列满足，存在两项，使得，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的知识求得的关系式，结合基本不等式求得的最小值.【详解】因为，所以或，又，所以.由可知：，所以，则，，由可得取等号时，但，无解；又，经检验且时有最小值.故选:B7.（2022·全国·高三专题练习）已知正项等比数列满足，若存在、，使得，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设等比数列的公比为，则，由可得，解得，因为，则，，可得，由已知、，所以，，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：D.8．（2022·全国·高三专题练习）设等比数列满足.则通项公式________．【答案】【分析】把数列的项，分别用表示出来，列出方程，即可得到结果.【详解】设的公比为，则.由已知得，解得，，所以的通项公式为.故答案为:故答案为：9．（2022·福建省宁德第一中学高二阶段练习）在正项等比数列中，，，则通项公式________．【答案】【分析】设等比数列的公比为（），然后根据题意列方程组可求出，从而可求出其通项公式.【详解】由题意设等比数列的公比为（），，因为，，所以，由，得，所以，或（舍去），所以将代入，得，即，解得或（舍去），所以，所以，故答案为：10．（2022·河南省叶县高级中学模拟预测（文））已知数列为等比数列，，，则______.【答案】6【分析】设等比数列的首项为，公比为，由题意可得到，能求出和，即可求出答案【详解】解：设等比数列的首项为，公比为，由题意可得即，易得，所以两式相除，解得，将代入可得，所以，故答案为：611．（2022·浙江省淳安中学高三开学考试）已知数列是等差数列，是等比数列，且.则数列___________.【答案】【分析】根据等比数列定义与等差数列定义，可得答案.【详解】是等比数列，且，公比，且，即；，解得，是等差数列，且，公差，且，故答案为：.12．（2022·福建泉州·模拟预测）已知等比数列的公比，则__________．【答案】【分析】根据给定条件，求出等比数列的首项及公比即可求解作答.【详解】在等比数列中，，由得：，即有，因，则，即有，解得，，，所以.13．（2021·四川成都·高一期末）已知数列满足则___.【答案】1024【分析】由可得，从而可得数列是以2为公比，1为首项的等比数列，可求出通项公式，进而可求出【详解】因为所以，所以数列是以2为公比，1为首项的等比数列，所以，所以，所以，故答案为：102414．（2022·广西·模拟预测（文））已知等比数列满足，则___________.【答案】16【分析】根据等比数列下标差的性质求解即可.【详解】.故答案为：1615．（2022·全国·高二课时练习）在等比数列中，已知，．(1)求数列的通项公式；(2)若、分别为等差数列的第3项和第5项，问是不是数列中的项？若是，求出是第几项；若不是，说明理由，【答案】(1)(2)是，第45项【分析】（1）根据等比数列的通项公式和求和公式可求出结果；（2）求出等差数列的通项公式即可得到答案（1）设数列的公比为，则，得，所以；（2）设等差数列的公差为，,,则，所以因为，所以是数列中第45项题型二：等比中项问题【例1】（2022·上海·华师大二附中高一期末）“”是“G是a、b的等比中项”的（

）条件A．既不充分也不必要 B．充分不必要C．必要不充分 D．充要【答案】A【分析】分别举反例判断充分与必要条件是否满足即可【详解】当时，满足，不满足G是a、b的等比中项；当G是a、b的等比中项，如，但不满足，故“”是“G是a、b的等比中项”的既不充分也不必要条件故选：A【例2】（2022·海南·高二期末）和的等差中项与等比中项分别为（

）A．， B．2， C．， D．1，【答案】C【分析】根据等差中项和等比中项的概念分别求值即可.【详解】和的等差中项为，和的等比中项为.故选：C.【例3】（2021·宁夏六盘山高级中学高二阶段练习（理））若四个正数成等差数列，是和的等差中项，是和的等比中项，则和的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据数列的性质，列式，结合基本不等式，即可比较大小.【详解】由条件可知，，，，，当时，，当时，，所以.故选：B【例4】（2022·全国·高二课时练习）若不为1的正数a，b，c依次成公比大于1的等比数列，则当时，，，（

）．A．依次成等差数列 B．依次成等比数列C．各项的倒数依次成等差数列 D．各项的倒数依次成等比数列【答案】C【分析】根据等比中项的性质可得，可得当时，，结合对数运算，即可判断答案.【详解】由题意可知不为1的正数a，b，c依次成公比大于1的等比数列，即，故当时，，即，故，，各项的倒数依次成等差数列，故选：C【题型专练】1．（2022·全国·高三专题练习）在等比数列中，，则和的等比中项为________．【答案】【分析】根据等比中项的知识求得正确答案.【详解】设与的等比中项为，因为，所以，所以.故答案为：2．（2022·全国·高二课时练习）方程两根的等比中项是______．【答案】【分析】利用韦达定理两根，即可求等比中项【详解】由题，，存在不等两根.由韦达定理，两根，故两根的等比中项为.故答案为：3．（2022·全国·高二课时练习）若依次成等差数列的三个实数a，b，c之和为12，而a，b，又依次成等比数列，则a＝______．【答案】2或8【分析】由题意列出方程组，即可求得答案.【详解】由题意可得，整理得，解得或，故答案为：2或84.（2022·全国·高三专题练习）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． B． C． D．10【答案】B【解析】不妨设插入两个正数为，即∵成等比数列，则成等差数列，则即，解得或（舍去）则故选：B．题型三：等比数列通项下标的性质及应用【例1】（2022·广东·汕头市达濠华侨中学高三阶段练习）若等比数列中的，是方程的两个根，则等于（

）A． B．1011C． D．1012【答案】C【分析】利用韦达定理、等比数列的性质以及对数的运算性质进行求解.【详解】因为等比数列中的，是方程的两个根，所以，根据等比数列性质知，，因为，于是，则==.故A，B，D错误.故选：C.【例2】（2022·陕西西安·三模（文））已知为等比数列，，，则（

）A．1 B．-1 C．1或-8 D．-8【答案】C【分析】利用等比数列性质，结合已知解方程组即可计算作答.【详解】在等比数列中，，因此，解得或，显然，，则当，时，，当，时，，所以的值是1或-8.故选：C【例3】（2022·全国·高二课时练习）设是由正数组成的等比数列，公比，且，那么（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等比数列的性质，设，，，则A，B，C成等比数列，然后利用等比中项的性质可求得答案【详解】设，，，则A，B，C成等比数列，公比为，且,由条件得，所以，所以，所以.故选：B【例4】（2022·山东菏泽·一模）已知等比数列各项均为正数，且满足：，，记，则使得的最小正数n为（

）A．36 B．35 C．34 D．33【答案】B【分析】先由已知条件判断出的取值范围，即可判断使得的最小正数n的数值.【详解】由得：，.，又，，，，则使得的最小正数n为35.故选：B.【例5】（2022·湖北·天门市教育科学研究院高二期末）已知等比数列的公比为，其前项之积为，且满足，，，则（

）A． B．C．的值是中最大的 D．使成立的最小正整数的值为4042【答案】C【分析】对于A，分，和结合已知条件分析判断，对于B，由已知条件可得，再结合等比中项判断，对于C，由已知条件可得，，，从而可得结论，对于D，由等比数列的性质结合已知条件分析判断【详解】∵，∴，或，又，若，则与矛盾，若，则，与矛盾，则，，，∴A错误∴，∴B错误，∵且，∴的值是中最大的，∴C正确，∵，，∴使成立的最小正整数的值为4043，∴D错误.故选：C【例6】（2021·江苏·高二专题练习）已知数列为等比数列，且，数列满足，且，则（

）A．16 B．32 C．64 D．128【答案】B【分析】根据给定条件利用等比数列性质结合累乘法求数列通项的方法计算作答.【详解】因为是等比数列，于是有，而，则有，所以.故选：B【例7】（2022·全国·高二课时练习）两个公比均不为的等比数列，其前项的乘积分别为，若，则()A．512 B．32 C．8 D．2【答案】A【分析】直接利用等比数列的性质化简,再代入即得解.【详解】由题得.故答案为A.【点睛】(1)本题主要考查等比数列的性质，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)等比数列中，如果,则,特殊地，时，则，是的等比中项.【例8】（2022陕西省商丹高新学校高二期中（文））已知数列是等比数列，数列是等差数列，若，，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由等比数列和等差数的性质先求出和的值，从而可求出的值【详解】解：因为数列是等比数列，数列是等差数列，，，所以，，所以，，所以，，所以，故选：A【点睛】此题考查等差数列和等比数列的性质的应用，考查三角函数求值，属于中档题【例9】（2023·全国·高三专题练习多选题）已知等比数列满足，公比，且，，则（

）A． B．当时，最小C．当时，最小 D．存在，使得【答案】AC【分析】由等比数列的性质、单调性及不等式的性质可对每一个选项进行判断，即可解出.【详解】对A，∵，，∴，又，，∴，故A正确；对B，C，由等比数列的性质，，故，，，∴，∵，，，∴，，∴，故当时，最小，B错误，C正确；对D，当时，，故，故D错误.故选：AC．【例10】（2022·湖南怀化·一模多选题）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【答案】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．【题型专练】1．（2022·安徽省蚌埠第三中学高二开学考试）已知为等比数列，，则（

）A．1或8 B．或8C．1或 D．或

【答案】C【分析】由为等比数列，可得，再结合，可求出，结合等比数列的性质，可求出，即可求出答案.【详解】解：为等比数列，，，解得或，当时，，，；当时，，，；故选：C.2．（2021·江苏·高二专题练习）在由正数组成的等比数列中，若，则的值为（

）A．2 B．4 C．8 D．16【答案】C【分析】根据给定条件结合等比数列性质可得，再把所求的式子用等比数列性质化成用表示即可得解.【详解】因数列是正数组成的等比数列，则，所以.故选：C3．（2022·四川省广汉中学高一阶段练习（理））已知递增等比数列，，，，则（

）A．8 B．16 C．32 D．64【答案】D【分析】根据等比数列的性质、定义、通项公式计算求解即可.【详解】因为递增等比数列中，所以，又，解得，所以，解得，所以，故选：D4．（2021·贵州师大附中高一阶段练习）在等比数列中，，，则（

）A．5 B．7 C．－5 D．－7【答案】D【分析】根据等比数列的性质，可以求出的值，连同已知，可以求出的值，进而求出首项和公比，分类求出的值．【详解】等比数列有，而，联立组成方程组，，解得或，设等比数列的公比为，当时，解得，；当时，解得，；故选：D5．（2022·全国·高二课时练习）在正项等比数列中，若，，则公比（

）A． B．或 C． D．或【答案】D【解析】由等比数列的性质可得出关于、的方程组，进而可求得等比数列的公比.【详解】由得，即．，又，解得或，，或．故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键就是利用等比数列下标和的性质建立有关、的方程组，通过求出、的值，结合等比数列的基本量来进行求解.6．（2022·全国·高二课时练习）正项等比数列中，，且与的等差中项为，则的公比是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】设等比数列的公比为，则，利用等比数列的性质可求得，由已知条件可得出，可得出关于、的方程组，进而可求得等比数列的公比的值.【详解】设等比数列的公比为，则，由题意可知，对任意的，，由，即，，由于与的等差中项为，则，所以，，解得.故选：D.【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，同时也考查了等比数列基本性质以及等差中项的应用，考查计算能力，属于中等题.7．（2018·江西省信丰中学高二阶段练习）等比数列满足且，则当时，（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据条件可先求出，进而可判断数列是首项为2，公差为2的等差数列，根据等差数列前n项和公式即可求解.【详解】是等比数列，且，，，，，可知数列是首项为2，公差为2的等差数列，.故选：B.【点睛】本题考查等比数列性质的应用，考查等差数列的判断，考查等差数列前n项和的求解，属于基础题.8．（2021·江西·模拟预测（理））在各项均为正数的等比数列中，，则的最大值是（

）A．25 B． C．5 D．【答案】B【分析】是等比数列，且，由等比数列的性质，可得，又，求出.又，结合基本不等式可求的最大值.【详解】是等比数列，且，.又，，，当且仅当时取等号.故选：B.【点睛】本题考查等比数列的性质和基本不等式，属于中档题.9．（2022·全国·高二课时练习多选题）在等比数列中，，，则可能为（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】由已知求得或再分两种情况讨论得解.【详解】解：由题意，根据等比数列的性质，可得，又，解得或若则，此时；若则，此时．故选：AB．10．（2022·辽宁·沈阳二中高二阶段练习多选题）已知数列为等差数列，为等比数列，的前项和为，若，，则（

）A．B．C．D．【答案】ACD【分析】根据题意得，，再根据等差数列与等比数列的性质依次求解即可得答案.【详解】解：因为数列为等差数列，为等比数列，，，所以，即，，即，对于A选项，，故正确；对于B选项，，所以，故错误；对于C选项，设等差数列的公差为，则，故正确；对于D选项，由得，故，当且仅当时等号成立，故正确；故选：ACD11．（2022·湖北襄阳·高三阶段练习多选题）在正项等比数列中，，则（

）A． B．的最小值为1C． D．的最大值为4【答案】AB【分析】AB选项，先根据等比数列的性质得到，再利用基本不等式进行求解，C选项，先得到，结合指数运算及指数函数单调性和基本不等式进行求解；D选项，平方后利用基本不等式，结合进行求解.【详解】正项等比数列中，，故，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，此时，故A正确；，，由基本不等式得：，当且仅当，，时等号成立，此时公比满足题意，B正确；因为单调递减，所以，当且仅当即，时，等号成立，C错误；因为，，所以，当且仅当时等号成立，故，且，解得：，所以，即的最小值为4，故D错误.故选：AB12．（2022·全国·高三专题练习）在等比数列中，，，则______．【答案】31【分析】设，则，利用等比数列的性质进行求解，【详解】设，则，所以．故答案为：3113．（2022·四川省通江中学高二期中（文））若等比数列的各项均为正数，且，则___________.【答案】2022【分析】根据等比数列的性质化简得到，由对数的运算即可求解.【详解】因为是等比数列，所以，即，所以故答案为：202214．（2022·全国·高二课时练习）在各项均为正数的等比数列中，，则的最大值是__．【答案】【分析】根据题意，将变形可得，又由基本不等式的性质可得，计算可得答案.【详解】根据题意，在各项均为正数的等比数列中，，即，∴，当且仅当，即公比为1时等号成立，故的最大值是.故答案为：.15．（2021·福建省福州格致中学高三阶段练习）已知等比数列的各项均为正数，且______．【答案】400【分析】根据同底数对数的加法运算，再根据等比数列的性质若则，即可将上式化为，再根据即可得出答案.【详解】解：.故答案为：400.16．（2021·辽宁沈阳·高三阶段练习）在正项等比数列中，若，则___________.【答案】9【解析】先由，利用性质计算出，然后利用对数的运算性质计算即可.【详解】∵为正项等比数列，∴若都有∴又，∴即，∴∴=2+2+2+2+1=9故答案为：9【点睛】等差（比）数列问题解决的基本方法：基本量代换和灵活运用性质．17．（2021·福建·莆田华侨中学高三阶段练习）等比数列中，且，则_______【答案】5【解析】利用等比数列下标和的性质可知，再进行化简即可求解出结果.【详解】，又等比数列中，，，故答案为：5．【点睛】本题考查等比数列下标和性质的运用，难度一般.已知是等比数列，若，则有.18．（2021·全国·高二）已知数列满足，且，则________.【答案】100【分析】根据得是以为首项，为公比的等比数列，故，所以【详解】解：∵，∴，∴∴数列是以为首项，为公比的等比数列，又∵，∴，∴.故答案为：100【点睛】本题考查对数运算，等比数列的性质，是中档题.题型四：等比数列的单调性【例1】（2022·上海·华师大二附中高三开学考试）设是公比为的等比数列，则“”是“”的（

）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要【答案】D【分析】利用特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若且，则，所以，，则，所以，“”“”；另一方面，取，则，但，即“”“”.因此，“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.【例2】（2022·辽宁·东北育才学校高二期中）设等比数列的首项为，公比为，则为递增数列的充要条件是（

）A．， B．，C． D．【答案】C【分析】分析可知，分、两种情况讨论，结合递增数列的定义求出对应的的取值范围，即可得出结论.【详解】因为，若，则数列为摆动数列，与题意不符，所以，.①若，则对任意的，，由可得，即；②若，则对任意的，，由可得，此时.所以，为递增数列的充要条件是，或，

，当，时，，则；当，时，，则.因此，数列为递增数列的充要条件是.故选：C.【例3】（2022·全国·高二课时练习多选题）关于递增等比数列，下列说法正确的是（

）．A．当时， B．当时，C．当时， D．【答案】AC【分析】利用等比数列的性质，逐个选项进行判断即可求解【详解】A．当，时，从第二项起，数列的每一项都大于前一项，所以数列递增，正确；B．当，时，为摆动数列，故错误；C．当，时，数列为递增数列，故正确；D．，当时，，此时，当时，，，故错误故选AC．【例4】（2022·全国·高二课时练习多选题）已知等比数列的各项均为正数，，，数列的前n项积为，则（）A．数列单调递增 B．数列单调递减C．的最大值为 D．的最小值为【答案】BC【分析】由已知结合等比数列的通项公式先求出公比q，进而可求通项公式，然后结合选项即可判断．【详解】等比数列{an|的各项均为正数，，，所以，即，又q＞0，解得q或q＝-1（舍），所以数列为单调递减数列，A错误，B正确；则，易得：，，所以的最大值为，C正确，D错误．故选：BC．【例5】（2022·天津·一模）在等比数列中，公比是，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【答案】D【分析】根据等比数列的单调性举出反例，如，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】解：当时，则，因为，所以，所以，故，所以不能推出，当时，则，由，得，则，所以，所以不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.【题型专练】1．（2022·全国·高二课时练习）等比数列中，首项，则数列是严格递增数列的条件是公比满足（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由等比数列通项公式可表示出；分别在和的情况下进行分析得到结果.【详解】由题意得：，，为严格递增数列，，又，；当，即时，只需恒成立，；当，即时，，不合题意；综上所述：公比满足.故选：C.2．（2022·安徽宿州·高二期中）已知等比数列，下列选项能判断为递增数列的是(

)A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】根据指数函数单调性和单调性的性质逐项分析即可．【详解】对于A，，，则单调递减，故A不符题意；对于B，，，则会随着n取奇数或偶数发生符号改变，数列为摆动数列，故B不符题意；对于C，，，则为常数数列，不具有单调性，故C不符题意；对于D，，，∵，y=在R上单调递减，故为递增数列，故D符合题意．故选：D﹒3．（2022·河南·新蔡县第一高级中学高二阶段练习（理））已知等比数列的公比为q．若为递增数列且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题设等比数列的性质，结合等比数列通项公式确定公比的范围即可.【详解】由题意，，又，∴要使为递增数列，则，当时，为递增数列，符合题设；当时，为递减数列，符合题设；故选：C.4．（2021·江苏·高二专题练习）等比数列的公比为，则“”是“对于任意正整数n，都有”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【答案】D【分析】结合等比数列的单调性，根据充分必要条件的定义判断．【详解】若，，则，，充分性不成立；反过来，若，，则时，必要性不成立；因此“”是“对于任意正整数n，都有”的既不充分也不必要条件.故选：D．5．（2021·江苏·高二课时练习）等比数列满足如下条件：①；②数列单调递增，试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式________.【答案】(答案不唯一)【分析】根据等比数列的性质直接求解即可.【详解】满足上述所有条件的一个数列的通项公式.故答案为：(答案不唯一)题型五：等比数列通项新文化试题【例1】（2022·全国·高三专题练习）已知一个蜂巢里有1只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了4个伙伴；第2天，5只蜜蜂飞出去，各自找回了4个伙伴，……按照这个规律继续下去，第20天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有蜜蜂（

）A．420只 B．520只 C．只 D．只【答案】B【解析】第一天一共有5只蜜蜂，第二天一共有只蜜蜂，……按照这个规律每天的蜜蜂数构成以为5首项，公比为5的等比数列则第天的蜜蜂数第20天蜜蜂都归巢后，蜂巢中共有蜜蜂数故选：B．【例2】（2022·湖南岳阳·高二期末）十九世纪下半叶，集合论的创立奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间［0，1］平均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间分别平均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：…；如此这样．每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别平均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”，若去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值