4.3.1 等比数列的概念-2022-2023学年高二数学《考点•题型 •技巧》精讲与精练高分突破系列（人教A版2019选择性必修第二册）

4.3.1等比数列的概念【考点梳理】考点一等比数列的概念1．定义：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(q≠0)．2．递推公式形式的定义：eq\f(an,an－1)＝q(n∈N*且n>1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(an＋1,an)＝q，n∈N*)).考点二等比中项如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，G2＝ab.考点三等比数列的通项公式若等比数列{an}的首项为a1，公比为q，则an＝a1qn－1(n∈N*)．考点四等比数列通项公式的推广和变形等比数列{an}的公比为q，则an＝a1qn－1①＝amqn－m②＝eq\f(a1,q)·qn.③其中当②中m＝1时，即化为①.当③中q>0且q≠1时，y＝eq\f(a1,q)·qx为指数型函数．等比数列的应用及性质考点五实际应用题常见的数列模型1．储蓄的复利公式：本金为a元，每期利率为r，存期为n期，则本利和y＝a(1＋r)n.2．总产值模型：基数为N，平均增长率为p，期数为n，则总产值y＝N(1＋p)n.考点六等比数列的常用性质设数列{an}为等比数列，则：(1)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak·al＝am·an.(2)若m，p，n成等差数列，则am，ap，an成等比数列．(3)在等比数列{an}中，连续取相邻k项的和(或积)构成公比为qk(或)的等比数列．(4)若{an}是等比数列，公比为q，则数列{λan}(λ≠0)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))，{aeq\o\al(2,n)}都是等比数列，且公比分别是q，eq\f(1,q)，q2.(5)若{an}，{bn}是项数相同的等比数列，公比分别是p和q，那么{anbn}与eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))也都是等比数列，公比分别为pq和eq\f(p,q).【题型归纳】题型一：等比数列中的基本运算1．（2022·福建龙岩·高二期中）在等比数列中，如果，那么（

）A．40 B．36 C．54 D．1282．（2022·湖南·长郡中学高二期中）在等比数列中，，若、、成等差数列，则的公比为（

）A． B． C． D．3．（2022·四川·绵阳中学高二开学考试（文））数列满足，且，则（

）A．4 B． C． D．题型二：等比中项的应用4．（2022·陕西省商洛中学高二期末（理））已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列，则公差为（

）A．1 B．2 C．3 D．45．（2022·甘肃·敦煌中学高二期中）已知正项等比数列，满足，则（

）A． B． C． D．6．（2022·广西贵港·高二期末（理））已知是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列，则（

）A． B． C． D．题型三：等比数列的性质及其应用7．（2022·甘肃·天水市田家炳中学高二阶段练习）已知等比数列，满足，且，则数列的公比为（

）A．2 B．4 C． D．8．（2022·陕西·礼泉县第二中学高二）等比数列的各项均为正数，且，则（

）A．20 B．15 C．8 D．9．（2022·广东·顺德市李兆基中学高二期中）等比数列{}中，已知=8，+=4，则的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．5题型四：等比数列子数列的性质10．（2022·吉林白山·高二期末）已知等比数列的公比q为整数，且，，则（

）A．2 B．3 C．-2 D．-311．（2022·北京·人大附中高二期中）设是等比数列，且，，则（

）A．12 B．2 C．30 D．3212．（2022·河南·濮阳一高高二期中（文））在等比数列中，已知，，那么等于（

）A． B． C． D．题型五：等比数列的函数特征（单调性和最值）13．（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．14．（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．，15．（2020·江苏省板浦高级中学高二期中）设是公比为的等比数列，，令，若数列有连续四项在集合中，则值为（

）A． B． C． D．题型六：等比数列的证明16．（2022·全国·高二）已知数列满足，，.(1)求证：数列是等比数列；(2)若，求数列中的最小项.17．（2022·全国·高二）数列满足，．(1)求，；(2)设，求证：数列是等比数列，并求其通项公式．18．（2022·浙江·高二阶段练习）已知数列的前n项和为，．(1)求数列的通项公式；(2)判断数列中是否存在成等差数列的三项，并证明你的结论．【双基达标】一、单选题19．（2022·陕西·渭南市瑞泉中学高二阶段练习）设等比数列满足，，则的最大值为（

）A．32 B．16 C．128 D．6420．（2022·江苏苏州·高二期中）已知等差数列公差，数列为正项等比数列，已知，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．21．（2022·陕西·蓝田县城关中学高二期中（理））已知a是4与6的等差中项，b是与的等比中项，则（

）A．13 B． C．3或 D．或1322．（2022·江苏·西安交大苏州附中高二阶段练习）若，，成等差数列，而，，和，，都分别成等比数列，则的值为（

）A．16 B．15 C．14 D．1223．（2022·安徽省宿州市苐三中学高二期末）已知数列满足，，设，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．24．（2022·江苏·吴江汾湖高级中学高二）三个实数成等差数列，首项是，若将第二项加、第三项加可使得这三个数依次构成等比数列，则的所有取值中的最小值是（

）A． B． C． D．25．（2022·福建省华安县第一中学高二）设等比数列中，，，则（

）A．16 B．32 C．12 D．1826．（2022·上海市大同中学高二）已知数列的前项和为，，且对任意的均有，则下列三个命题中，所有真命题的序号是（

）①存在实数，使得为等差数列；②存在实数，使得为等比数列；③若存在，使得，则实数唯一.A．① B．①③ C．②③ D．①②③27．（2022·陕西·白水县白水中学高二阶段练习）已知正项等比数列中，成等差数列，其前n项和为，若，则为（

）A． B． C． D．28．（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．329．（2022·陕西咸阳·高二期中（文））已知是等差数列，，.(1)求数列的通项公式及前项和；(2)若等比数列满足，，求的通项公式.30．（2022·福建省连城县第一中学高二阶段练习）公差不为0的等差数列中，，且成等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)若为等差数列的前项和，求使成立的的最大值.【高分突破】一：单选题31．（2022·全国·高二）在边长为243的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后在较小的正三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复多次，得到如图所示的图形（图中共有10个正三角形），其中最小的正三角形的面积为（

）A． B．1 C． D．32．（2022·福建省龙岩第一中学高二）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．33．（2022·全国·高二）已知数列满足，则（

）．A． B．C．数列是等差数列 D．数列是等比数列34．（2022·全国·高二课时练习）在1和10之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，则（

）A． B．11 C．44 D．52二、多选题35．（2022·甘肃·高台县第一中学高二期中）已知数列是等比数列，下列结论正确的为（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则36．（2022·甘肃·白银市第九中学高二）已知等比数列，=1，，则（

）.A．数列是等比数列 B．数列是递增数列C．数列是等差数列 D．数列是递增数列37．（2022·甘肃省临洮中学高二阶段练习）设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且满足条件，，，则下列选项正确的是（

）A． B．C．是数列中的最大项 D．38．（2022·辽宁锦州·高二期末）已知在数列中，，，其前项和为，则（

）A．当时，B．当时，数列是递增数列C．D．对任意，存在，使得数列成等比数列39．（2022·福建·莆田第二十五中学高二阶段练习）已知等差数列的前项和为，若，，则（

）A．B．数列是公比为28的等比数列C．若，则数列的前2020项和为4040D．若，则数列的前2020项和为40．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高二期末）已知等比数列各项均为正数，其前项积为，若，，则下列结论正确的是（

）A．B．C．是中最小的项D．使成立的的最大值为1841．（2022·江苏南京·高二期末）正项等比数列中，、、成等差数列，且存在两项使得，则（

）A．数列公比为 B．的最小值是C． D．的最小值是42．（2022·浙江·宁波市北仑中学高二期中）已知数列满足：，，下列说法正确的是（

）A．，成等差数列 B．C． D．，一定不成等比数列三、填空题43．（2022·陕西·渭南市三贤中学高二期中）已知是等比数列，若1是，的等比中项，4是，的等比中项，则__________．44．（2022·陕西·西安中学高二期中）设数列的前n项和为，已知，，，则数列的通项公式为________.45．（2022·广东·饶平县第二中学高二开学考试）光圈是一个用来控制光线透过镜头，进入机身内感光面的光量的装置.表达光圈的大小我们可以用光圈的F值表示，光圈的F值系列如下：F1，F1.4，F2，F2.8，F4，F5.6，F8，…，F64.光圈的F值越小，表示在同一单位时间内进光量越多，而且上一级的进光量是下一级的2倍，如光圈从F8调整到F5.6，进光量是原来的2倍.若光圈从F4调整到F1.4，则单位时间内的进光量为原来的_______倍.46．（2022·陕西咸阳·高二期中（文））已知3为，的等差中项，2为，的等比中项，则___________.47．（2022·陕西咸阳·高二期中（理））在正项等比数列中，，则______．48．（2022·浙江·高二期末）已知数列满足，对于每一个，，，构成公差为2的等差数列，，，构成公比为的等比数列，若，不等式恒成立，则正整数的最小值为______.四、解答题49．（2022·甘肃·敦煌中学高二期中）已知数列为等比数列，，，．(1)求；(2)若数列满足，，求．50．（2022·甘肃·敦煌中学高二阶段练习）在等比数列中，，公比，且，又有4是和的等比中项．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前21项和．51．（2022·全国·高二课时练习）已知数列的首项，．(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)是否存在互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且，，成等比数列，如果存在，请给出证明；如果不存在，请说明理由．【答案详解】1．D【分析】设公比为，依题意可得即可求出，最后根据计算可得.【详解】解：设公比为，由，，所以，所以.故选：D2．B【分析】设等比数列的公比为，则，根据题意可得出、的等量关系，即可求得数列的公比.【详解】设等比数列的公比为，则，由题意可得，即，则，故.故选：B.3．C【分析】根据对数运算求得的关系式，判断是等比数列，结合等差数列的性质求得正确答案.【详解】由于，所以，所以，所以数列是公比的等比数列.由于，所以，所以.故选：C4．C【分析】由等差数列的性质，通项公式以及等比数列的性质求解即可【详解】因为，故，解得．又成等比数列，所以．设公差为d，所以，整理得，因为，所以．故选：C5．A【分析】根据题意先得，变形可得，进而等比数列的性质可得答案．【详解】根据题意，正项等比数列中，若，则有，又，，所以．故选：A．6．B【分析】利用等差数列的性质求出，再由，，成等比数列，求出，最后根据等差数列的通项公式可求出结果.【详解】因为，所以，解得．又，，成等比数列，所以，设公差为d，所以，整理得，因为，所以，从而．故选：B7．A【分析】利用对数运算性质、等比中项可得且，根据已知有，即可求公比.【详解】令公比为，由，故且，所以，则，又，则，所以，综上，.故选：A8．B【分析】由等比数列的性质计算．【详解】是等比数列，则，，，，故选：B．9．C【分析】由等比数列性质求出公比，将原式化简后计算【详解】设等比数列{}的公比为，则＝，＝，所以＝=.又＋＝＋＝（＋）＝8×＝2，＋＝＋＝（＋）＝8×＝1，所以＋＋＋＝2＋1＝3.故选：C10．A【分析】由等比数列的性质有，结合已知求出基本量，再由即可得答案.【详解】因为，，且q为整数，所以，，即q=2.所以.故选：A11．D【分析】利用等比数列的性质进行求解即可.【详解】设该等比数列的公比为，因为，所以由，所以，故选：D12．A【分析】根据题中条件求出等比数列的公比，再由可计算出的值.【详解】设等比数列的公比为，，，，故选A.【点睛】本题考查等比数列性质的应用，在求解等比数列的问题时，一般要结合题中条件求出公比的值，充分利用等比数列的性质求解，可简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.13．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.14．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﹒15．A【分析】由题意转化条件得数列的连续四项在集合中，结合等比数列的性质即可得解.【详解】，且数列有连续四项在集合中，，数列的连续四项在集合中，因为是等比数列，等比数列中一定有正项和负项相邻，则，所以等比数列各项的绝对值递增或递减.按绝对值的顺序排列上述数值得，相邻两项相除，则可得是数列的连续四项，或（舍去）故选:A.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据等比数列的定义证明；（2）由（1）求得后可得，利用作商的方法得出，从第2项开始递增，从而易得最小项．（1）因为，,所以是首项为1，公比为的等比数列；（2）由（1）得，所以，则当时，，；②当时，，，又，所以，所以，即.17．(1)，(2)证明见解析，【分析】（1）由数列的递推关系，令和即可求出答案；（2）由题意可求出，即可求出数列是首项为，公比为的等比数列，即可求出的通项公式.（1）由，令，则，令，则故，；（2）．因为，所以数列的各项均不为0，所以，即数列是首项为，公比为的等比数列，所以．18．(1)；(2)不存在，证明见解析.【分析】（1）利用给定的递推公式，结合“当时，”变形，构造数列即可求解作答.（2）假定存在符合条件的三项，列出等式，结合的单调性推理作答.（1），，则当时，，即，而，因此，数列是公比为2的等比数列，则，即，所以.（2）记，由（1）知，，不妨假设存在三项成等差数列，则，因为，所以，令，则，于是有对是递增的，则，即，因此，即，其左边为负数，右边为正数，矛盾，所以数列中不存在成等差数列的三项．19．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.20．C【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意可知，由得，设，则，利用一次函数和指数函数的性质，结合图形，可得时；时；时，依次判断选项即可.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为()，若，则，得，解得，不符合题意；所以，得，又，令，得，即①，设，则且，所以①式变为，由题意，知和是方程的两个解，令，且，则一次函数与指数函数的图象至少有2个交点，作出两个函数图象，如图，

当函数与单调递增或递减时，才会有2个解，且无论哪种情况，都有时，；时，；时，；所以，，，，即，，，.故选：C.21．D【分析】根据等差中项得到，根据等比中项得到，计算得到答案.【详解】a是4与6的等差中项，故，b是与的等比中项，则，则，或.故选：D22．D【分析】根据等差数列和等比数列的性质列方程组求解．【详解】因为，，成等差数列，而，，和，，都分别成等比数列，所以，解得､､，故选：D.23．A【分析】由题意求得，则可得，根据其单调性可得，化简可得恒成立，即可求得答案.【详解】由题意数列满足，可知，是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以,因为数列是递增数列，所以，对于任意的恒成立，即,即恒成立,因为时,取得最小值3，故，即实数的取值范围是，故选：A,24．D【分析】设原来的三个数为、、，根据题意可得出关于的等式，解出的值，即可得解.【详解】设原来的三个数为、、，由题意可知，，，，且，所以，，即，解得或.则的所有取值中的最小值是.故选：D.25．A【分析】利用等比数列的性质求出公比，代入计算即可.【详解】由题，则故选：A.26．A【分析】先求出，由此容易判断①②，对于③，当为偶数时，，当为奇数时，，若存在，使得，则，且，由此可分为奇数和偶数讨论即可判断【详解】因为，所以，则，所以数列、为等差数列，且公差为2，由，得，所以，①当时，，所以，所以为等差数列，①对；②若存在实数，使得为等比数列，则，即，因为方程组无解，所以不可能为等比数列，②错；③当为偶数时，因为，，，，将上述各式相加，可得，当为奇数时，，若存在，使得，所以，且，当为偶数时，，解得；当为奇数时，，解得，所以不唯一，③错．故选：A27．B【分析】根据等差等比数列的性质，列出相应的方程，求出，进而利用等比数列通项公式即可求解.【详解】设等比数列的公比为q，．因为成等差数列，所以．又因为；，所以．所以．故选B．28．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.29．(1)，(2)【分析】（1）根据条件列出方程求出公差即可得解；（2）根据条件列出方程求出公比，即可得出通项公式.【详解】（1）设等差数列的公差为，则.∴，.（2）设等比数列的公比为，由，，可得，∴的通项公式为.30．(1)；(2)13.【分析】（1）根据等差数列的性质及等比中项列出方程求出公差，即可得通项公式；（2）由前n项和公式求和，解不等式即可求解.（1）因为，所以，设等差数列的公差为，由，则，解得，所以.（2）由可得，由

得又，所以的最大值为13.31．A【分析】设第n个正三角形的边长为，根据已知条件可得，由等比数列的定义写出通项公式并求，即可得最小的正三角形的面积.【详解】设第n个正三角形的边长为，则，由勾股定理知，所以，又，则，所以是首项为243，公比为的等比数列，所以，即，所以，故最小的正三角形的面积为.故选：A32．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.33．C【分析】依题意可得，即可得到数列是常数数列，即可判断.【详解】解：因为，所以，即，所以，故A、B错误；因为，所以数列是等差数列，故C正确；显然数列是常数数列，若，则，则不是等比数列，故D错误；故选：C34．C【分析】由条件结合等比数列通项公式求出，再根据指数运算性质及等差数列求和公式求出，由此可求，再由等差数列求和公式求的值.【详解】设这个数构成的等比数列为，则，，所以．又，所以．故．故选：C．35．BD【分析】A选项，设出公比，得到，当时，，A错误；B选项，由得到，从而得到；C选项，由得到，从而得到；D选项，根据得到，由等比数列通项公式的性质计算，结合基本不等式得到.【详解】设等比数列的公比为，由，得到，因为，所以，则，若，则，此时，A错误；若，则，故，则，B正确；若，则，故，则，C错误；若，则，不等式两边同除以，得到，所以，D正确.故选：BD36．ACD【分析】求出数列与的通项公式，再判断是否是等比或等差数列；等差数列的单调性决定于公差的正负，等比数列的单调性决定于首项的正负和公比与1的大小.【详解】由=1，得，，所以数列是等比数列且为递减数列，故A正确B不正确；，数列是递增的等差数列，故C，D正确.故选：ACD.37．ABC【分析】根据等比数列的通项公式及所给条件得到，即可判断A、B，再根据数列的单调性判断C，最后根据下标和性质判断D；【详解】解：等比数列的公比为，若，则．由，可得，则数列各项均为正值，若，则，，则，故A正确；所以，故B正确；根据，可知是数列中的最大项，故C正确；由等比数列的性质可得，所以，故D错误．故选：ABC38．CD【分析】通过计算判断AC选项的正确性，利用特殊值判断B选项错误，根据等比数列的知识判断D选项的正确性.【详解】A选项，当时，，由于，所以，……，以此类推，可知此时数列的奇数项为，偶数项为，，所以A选项错误.C选项，，，，，所以C选项正确.B选项，不妨设，根据C选项的分析可知，此时数列不是递增数列，所以B选项错误.D选项，当时，由得，，要使数列成等比数列，则，即任意，存在，使数列成首项为，公比为的等比数列，所以D选项正确.故选：CD39．BCD【分析】应用等差数列的前n项和、通项公式求基本量可得，进而判断A，再由及等比数列的定义判断B，应用分组求和、裂项求和判断C、D.【详解】由题设，，则，若等差数列的公差为，故，而，所以，则，，A错误；，易知是公比为28的等比数列，B正确；，则前2020项和为，C正确；，则前n项和为，所以前2020项和为，D正确.故选：BCD40．AC【分析】对于A：利用直接求出；对于B：由解得，即可得到；对于C：判断出时，；时，得到是中最小的项；对于D：直接求出使成立的的最大值为17.【详解】对于A：因为，所以，所以，所以.故A正确；对于B：因为，所以时，，所以数列为递增数列.因为，所以，所以.故B错误；对于C：因为数列各项均为正数，前项积为，且时，有，所以，即；时，有，所以，即；所以是中最小的项.故C正确.对于D：因为，而，所以使成立的的最大值为17.故D错误.故选：AC41．ABC【分析】设等比数列的公比为，则，，根据题意可得出关于的方程，解出正数的值，可判断A选项；利用等比数列的通项公式可判断C选项；列举出的可能取值，可判断BD选项的正误.【详解】设等比数列的公比为，则，，由已知，可得，，则，A对；因为，则，可得，可得，C对；因为、，且，当，时，；当，时，；当时，；当，时，；当，时，.综上所述，的最小值为，B对D错.故选：ABC.42．BCD【分析】根据题意得，再结合数列单调性与得，可判断B选项；由递推关系式易得，进而可判断A选项；根据数列单调性得，进而可得判断C；利用反证法先假设，成等比数列，推出之间的公比为，结合可以得到成等比数列，与矛盾，故假设不成立，可判断D【详解】解：因为，所以，且，所以①，所以②所以，②-①整理得：因为，所以数列为单调递增数列，所以，即，故B选项正确；对于A选项，若，成等差数列，则成等差数列，由递推关系得，显然不满足等差数列，故A选项错误；对于C选项，因为，数列为单调递增数列，所以，即，所以，因为，所以，所以，从第2项起，数列介于以为首项，公比分别为和为公比的等比数列对应项之间，所以，故C选项正确；对于D选项，假设，成等比数列，设之间的公比为，由可得即，因为，所以，解得，因为为单调递增数列，所以，由可得，即整理得，所以成等比数列，所以以此类推能得到成等比数列，与矛盾，故假设