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第15讲 等比数列的通项及前n项和性质7大题型总结-【高考备考题型讲义】备战2024年高考数学常考题型分类讲义（新高考专用）
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第15讲 等比数列的通项及前n项和性质7大题型总结
【考点分析】
考点一：等比数列的基本概念及公式
①等比数列的定义：（或者）．
②等比数列的通项公式：．
③等比中项：若三个数，，成等比数列，则叫做与的等比中项，且有（）．
④等比数列的前项和公式：
考点二：等比数列的性质
①通项下标和性质：在等比数列中，当时，则．
特别地，当时，则．
②等比数列通项的性质：，所以等比数列的通项为指数型函数．
③等比数列前n项和的常用性质：，即，其中
【题型目录】
题型一：等比数列的基本运算
题型二：等比中项及性质
题型三：等比数列通项下标的性质及应用
题型四：等比数列前项片段和的性质及应用
题型五：等比数列前项和的特点
题型六：等比数列的单调性
题型七：等比数列新文化试题
【典型例题】
题型一：等比数列的基本运算
【例1】在各项为正的递增等比数列 中，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】首先根据等比数列的通项公式求，再利用公比表示，代入方程，即可求得公比，再表示通项公式.
【详解】数列 为各项为正的递增数列，设公比为，且，
，
，
，
，
即 ，
解得:
.
故选：B
【例2】数列 中，， 若，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．17
【答案】B
【分析】先令得到，从而得到数列是等比数列，进而求得，再将化为，由此可得的值.
【详解】依题意，令，则，即有，
故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
设数列的前项和为，则，
所以，
又因为，
所以，故.
故选：B.
【例3】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】各项为正数且公比为q的等比数列中，，，成等差数列，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意，根据等差中项的性质，建立方程，利用等比数列的通项公式，整理方程，解得公比，可得答案.
【详解】因为成等差数列，所以，即，
因为数列为各项为正数且公比为q的等比数列，
所以，解得或（舍去），则，
故选：B．
【例5】已知等比数列的前项和为，若，公比，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据等比中项的性质可得，解方程即可得数列中的项，进而可得首项与公比，求得.
【详解】由等比中项的性质得，
又，
解得或，
当时，或（舍），
当时，（舍），
所以，，
此时，
所以，
故选：D.
【例6】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7】已知等比数列：，2，，8，…，若取此数列的偶数项，…组成新的数列，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题可得，进而即得.
【详解】由题可得，
所以.
故选：C.
【例8】已知是首项为1的等比数列，是的前项和，且，则 （ ）
A．31 B． C．31或5 D．或5
【答案】B
【分析】数列为等比数列，通过等比数列的前项和公式化简，从而得到公比的值，从而求出的值.
【详解】因为是首项为1的等比数列，是的前项和，且
当时，，计算得
所以
当时，，，所以
综上：
故选：B
【例9】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10】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:B
【例11】设等比数列的前项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）结合题干条件求解基本量，利用等比数列的通项公式求解即可；
（2）分组求和即可得解.
（1）
设数列的公比为，则
解得，．
故．
（2）
由（1）可得．
则
．
【例12】已知等差数列的前项和为.
(1)求的通项；
(2)设数列满足：的前项和为，求使成立的最大正整数的值.
【答案】(1)；(2)4.
【分析】（1）利用表示题干条件，求解即可得解；
（2）先证明是等比数列，利用等比数列求和公式求解，解不等式即可.
（1）
由题意，设等差数列的首项为，公差为，
又，
即，解得，
故.
（2）
由题意，
又，故是以为首项，为公比的等比数列，
，
若，即，即，
又，故的最大值为.
【题型专练】
1.在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法错误的是（ ）
A． B．数列是等比数列
C．数列是公差为等差数列 D．
【答案】C
【分析】A选项：根据，，再结合等比数列的通项公式即可得到数列的公比；
B选项：利用求和公式得到，再利用等比数列的定义证明是等比数列即可；
C选项：利用等差数列的定义证明为等差数列即可；
D选项：根据求即可.
【详解】A选项：因为若，，所以，，所以，所以，（舍），故A正确；
B选项：由A知，，所以，，，所以，且，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，故B正确；
C选项：由B知，，且，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故C错误；
D选项：由B知，，故D正确；
故选：C.
2．已知数列中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．是等比数列 D．
【答案】AC
【分析】根据递推关系求得，由此判断ABD选项的正确性，结合等比数列的定义判断C选项的正确性.
【详解】，即，则，，，所以A正确；
显然有，所以B不正确；亦有，所以D不正确；
又，相除得，
因此数列，分别是以1，2为首项，2为公比的等比数列，故C正确.
故选：AC
3.（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.
4．（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.
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·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：6
7.已知等比数列的公比，，，则___________.
【答案】
【分析】根据等比数列的性质及，求得与的值，从而可得.
【详解】解：由得
由等比数列得，所以，即
解得或，则或，由，可得，即
所以.
故答案为：.
8.设等比数列的前n项各为，已知，，则___________.
【答案】7
【分析】根据条件求出等比数列的公比，再求出 ，根据前n项和的定义计算即可.
【详解】由题意， ，公比 ， ；
故答案为：7.
9.已知等比数列的前n项和为，，，则______．
【答案】
【分析】根据条件建立关于的方程组，解出的值，然后可算出答案.
【详解】设等比数列的公比为q，则，
解得，，则．
故答案为：．
10．已知在正项等比数列中成等差数列，则__________．
【答案】9
【分析】设正项等比数列的公比为，则，根据已知条件求出的值，再结合等比数列的基本性质可求得结果.
【详解】设正项等比数列的公比为，则，
因为成等差数列，所以，
即，又，
所以或（不符合题意，舍去）.
所以，
故答案为：9.
11．正项等比数列中,,.
(1)求的通项公式;
(2)记为的前项和.若,求.
【答案】(1)，(2)
【分析】(1)设的公比为,由题设得.根据列方程,解出即可得出结果.
(2)由(1)的结果可求出,将代入求解即可.
（1）
设的公比为,由题设得.
由已知得,解得或,
为正项等比数列,
所以.
故.
（2）
由(1)得,
则.
,
,
解得.
12．已知公比小于的等比数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)记为的前项和，若，求的最小值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得数列的通项公式；
（2）求出，由题意可得出关于的不等式，结合可得出的最小值.
（1）
解：设等比数列的公比为，则，解得，
.
（2）
解：由（1）可知，
由可得，可得．
因为，所以的最小值为．
题型二：等比中项及性质
【例1】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．
【答案】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.
【例2】若a，b，c为实数，数列是等比数列，则b的值为（ ）
A．5 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质求得的值.
【详解】设等比数列的公比为，
所以，
根据等比数列的性质可知，解得.
故选：B
【例3】已知等差数列的公差是，若，，成等比数列，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用等比中项，结合等差数列通项公式列方程求解即可.
【详解】解：因为等差数列的公差为2，且，，成等比数列，
所以，即，
解得 ，
故选：A
【例4】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
【详解】对A，∵，，∴，又，，
∴，故A正确；
对B和C，由等比数列的性质可得，
故即，
∵，∴，
因为，所以，
∵，，，∴，，
∴，故当时，最小，所以B错误，C正确；
对D，因为，，所以是单调递增数列，所以当时，，故，故D错误，
故选：AC
【例5】设，，三个数成等比数列，则实数______．
【答案】或##或
【分析】利用等比中项性质，结合对数运算性质可构造方程求得，由此可得.
【详解】，，三个数成等比数列，，
，解得：或.
故答案为：或.
【例6】已知公差不为0的等差数列中，，是和的等比中项.
(1)求数列的通项公式：
(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）设数列的公差为，根据等比中项列出方程求得即可得到通项公式.
（2）由题意计算出在中对应的项数，然后利用分组求和即可.
（1）
设数列的公差为，因为是和的等比中项，
则且
则或（舍）
则，
即通项公式
（2）
因为与（，2，…）之间插入，
所以在数列中有10项来自，10项来自，
所以
【题型专练】
1．与的等比中项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等比中项的定义可得结果.
【详解】与的等比中项是.
故选：C.
2.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
3.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
4.已知等差数列的前项利为，若，，1成等比数列，且，则的公差的取值范围为______．
【答案】
【分析】由条件结合等比数列定义，等差数列通项公式和前项和公式可得含的不等式，解不等式可求的取值范围.
【详解】因为，，1成等比数列，所以，所以，即，即．由，得，解得，即的公差的取值范围为．
故答案为：．
5.已知等差数列的公差为，且是和的等比中项，则__________.
【答案】
【分析】将和公差代入等式，求解，写出通项公式，代入，可求出结果.
【详解】解：因为是和的等比中项，且公差为，所以
，所以.
故答案为：.
6.已知成等差数列，成等比数列，则____________.
【答案】
【分析】根据等差、等比中项的性质，求得的值，即可求得值，得到答案.
【详解】由成等差数列，可得，解得，
又由成等比数列，可得，解得，
所以.
故答案为：.
7.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8
8.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】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2】已知为等比数列，，则（ ）
A．1或8 B．或8
C．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.
【例3】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】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.
【例5】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：.
【例6】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7】在正项等比数列中，，则（ ）
A． B．的最小值为1
C． 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：AB
【例8】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：31
【题型专练】
1.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：D
2.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：D
3.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.
4.若等比数列中的，是方程的两个根，则等于（ ）
A． B．1011
C． 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.
5.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
6.两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.
7.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：ACD
8.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：2022
8.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．
题型四：等比数列前项片段和的性质及应用
【例1】已知等比数列的前项和为，，，（ ）
A．﹣51 B．﹣20 C．27 D．40
【答案】D
【分析】由{an}是等比数列可得S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30成等比数列，列方程组，从而即可求出S40的值．
【详解】由{an}是等比数列，且S10＝1＞0，S30＝13＞0，得S20＞0，S40＞0，且1＜S20＜13，S40＞13
所以S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30成等比数列，
即1，S20﹣1，13﹣S20，S40﹣13构成等比数列，
∴（S20﹣1）2＝1×（13﹣S20），解得S20＝4或S20＝﹣3（舍去），
∴（13﹣S20）2＝（S20﹣1）（S40﹣13），即92＝3×（S40﹣13），解得S40＝40．
故选：D．
【例2】设等比数列中，前n项和为，已知，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质、等比中项的性质进行求解.
【详解】因为，且也成等比数列，
因为，，所以，
所以8，-1，S9-S6成等比数列，所以8(S9-S6)=1，
即，所以.故B，C，D错误.
故选：A.
【例3】若等比数列的前n项和为，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知条件，利用等比数列片段和的性质直接写出.
【详解】，，
由等比数列片段和的性质：，，，，…成等比数列，
所以，则．
故选：D
【例4】已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，若，，成等差数列，则______，最小值为______．
【答案】 2 8
【分析】根据等差中项可求出；利用，，成等比数列，结合基本不等式可得最小值.
【详解】因为，，成等差数列，所以，所以，
又因为各项均为正数的等比数列的前n项和为，
所以，，成等比数列，
所以，
所以，
当且仅当即时取“＝”．
故答案为：；.
【例5】（2022·全国·高二课时练习）关于等差数列和等比数列，下列四个选项中正确的有（ ）
A．若数列的前n项和（a，b，c为常数），则数列为等差数列
B．若数列的前n项和，则数列为等比数列
C．数列是等差数列，为前n项和，则，，，…仍为等差数列
D．数列是等比数列，为前n项和，则，，，…仍为等比数列
【答案】BC
【分析】由得，进而可判断A和B；由等差数列的性质判断C；举反例判断D.
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于选项A：因为，，
当时，，
所以，所以只有当时，数列成等差数列，故A错误；
对于选项B：因为，，
当时，，当时，，符合上式，
所以，则数列成等比数列，故B正确；
对于选项C：数列是等差数列，为前项和，则，，，是公差为（为的公差）的等差数列，故C正确；
对于选项D：令，则，，，是常数列，显然不是等比数列，故D错误.
故选：BC.
【题型专练】
1．等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．24 B．12 C．24或－12 D．－24或12
【答案】A
【分析】根据等比数列片段和性质得到方程，求出，再检验即可；
【详解】解：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．
故选：A
2.已知各项为正的等比数列的前5项和为3，前15项和为39，则该数列的前10项和为（ ）
A． B． C．12 D．15
【答案】C
【分析】利用等比数列的性质可得，代入数据即可得到答案
【详解】解：由等比数列的性质可得也为等比数列，
又，故可得即，
解得或，因为等比数列各项为正，所以，
故选：C
3.若等比数列的前n项，前2n项，前3n项的和分别为A，B，C，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用等比数列的性质可得，所以，进行整理可得答案．
【详解】有题意可知：,由等比数列的性质可得：，，所以，整理可得：．进而得
故选：D
4.设等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A． B． C．5 D．7
【答案】C
【分析】用等比数列前项表示出，即可求出，代入即可求解.
【详解】由题知：显然
即，解得或（舍）
所以
故选：C
5.设是等比数列的前n项和，若，则______.
【答案】
【分析】设，利用等比数列的性质求出即得解.
【详解】解：设，所以
因为数列是等比数列，所以成等比数列，
因为数列的公比为2，
所以，
所以.
所以.
故答案为：
题型五：等比数列前项和的特点
【例1】在数列中，（为非零常数），且其前n项和，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依题意可得是以为公比的等比数列，再根据求出的通项公式，即可得到方程组，解得即可.
【详解】解：若，则，又，显然不满足条件，
所以，又（为非零常数），所以，即是以为公比的等比数列，
当时，即，
当时，所以
又，所以，解得．
故选：D
【例2】已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用先求出，然后计算出结果.
【详解】根据题意，当时，,,
故当时，,
数列是等比数列,
则，故,
解得,
故选.
【点睛】本题主要考查了等比数列前项和的表达形式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.
【例3】已知等比数列的前项和为，则数列的通项公式______________.
【答案】.
【解析】根据求出首项、第二项、第二项，从而得出t、公比及首项，可得数列的通项公式.
【详解】由得，
当时，，
当时，，，所以
当时，，
因为数列是等比数列，所以，即，所以，
，公比，
所以.
故答案为：.
【题型专练】
1.一个等比数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】讨论求得与题设不符，再由等比数列前n项和公式及已知即可求.
【详解】当时，，则，显然与题设不符；
∴，即等比数列不是常数列，
∴，则，可得．
故选：B．
2．等比数列的前n项和，则（ ）
A． B．2 C．1 D．
【答案】A
【分析】求出数列的通项公式，根据通项公式确定参数的值.
【详解】，当时，，
因为是等比数列，所以，得，所以A正确.
故选：A.
3．记为等比数列的前项和，已知，，则_______.
【答案】
【分析】设等比数列的公比为，分、两种情况讨论，根据等比数列前项和的特点可求得实数的值.
【详解】设等比数列的公比为.
若，则，，不合乎题意；
若且，则，
又因为，故，解得.
故答案为：.
题型六：等比数列的单调性
【例1】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)
【例2】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3】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﹒
【例4】（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．
【题型专练】
1.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.
2.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.
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.
题型七：等比数列新文化试题
【例1】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的最小值为（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用题中的条件，分别计算出每一次操作去掉的区间的长度，结合对数不等式即可解出.
【详解】
第一次操作去掉的区间长度为，
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为，
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为，
，
第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为
，
由题意可知，，即，解得，又为整数，
所以需要操作的次数n的最小值为.
故选：A.
【例2】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
【例3】1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间和；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：，，，；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历步构造后，不属于剩下的闭区间，则的最小值是（ ）．
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【解析】不属于剩下的闭区间，属于去掉的开区间
经历第步，剩下的最后一个区间为，经历第步，剩下的最后一个区间为，……，
经历第步，剩下的最后一个区间为，去掉的最后开区间为
由化简得，解得
故选:A
【例4】我国古代数学著作九章算术中有如下问题：“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，每天织出的布都是前一天的倍，已知她天共织布尺，问这女子每天织布多少？”这个问题体现了古代对数列问题的研究．某数学爱好者对于这道题作了以下改编：有甲、乙两位女子，需要合作织出尺布．两人第一天都织出一尺，以后几天中，甲女子每天织出的布都是前一天的倍，乙女子每天织出的布都比前一天多半尺，则两人完成织布任务至少需要（ ）
A．天 B．天 C．天 D．天
【答案】D
【分析】由题意得数列是以为首项，为公比的等比数列，是以为首项，以为公差的等差数列，然后结合等差数列与等比数列的求和公式即可求解．
【详解】解：设甲，乙每天织布分别记为数列，，
由题意得数列是以为首项，为公比的等比数列，是以为首项，以为公差的等差数列，
故，
即，
因为在上单调递增，当时，，而，
故的解为,故至少需要5天，
故选：D．
【例5】费马数是以法国数学家费马命名的一组自然数，具有形式为记做，其中为非负数．费马对，，，，的情形做了检验，发现这组费马公式得到的数都是素数，便提出猜想：费马数是质数．直到年，数学家欧拉发现为合数，宣布费马猜想不成立．数列满足，则数列的前项和满足的最小自然数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意得到，利用等比数列的前项和公式求得，进而求得的最小自然数，得到答案.
【详解】由题意，可得数列满足，
利用等比数列的前项和公式，可得数列的前项和，
当时，可得；
当时，可得，
又由，所以单调递增，
所以的最小自然数为.
故选：B.
【题型专练】
1.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．
2.数学源于生活，数学在生活中无处不在!学习数学就是要学会用数学的眼光看现实世界!1906年瑞典数学家科赫构造了能够描述雪花形状的图案，他的做法如下：从一个边长为2的正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边，分别向外作正三角形，再去掉底边（如图①､②､③等）.反复进行这一过程，就得到雪花曲线.
不妨记第个图中的图形的周长为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题图规律确定第n个图边的条数及其边长，并写出其通项公式，再求第5个图的周长.
【详解】
由图知：第一个图有3条边，各边长为2，故周长；
第二个图有12条边，各边长为，故周长；
第三个图有48条边，各边长为，故周长；
……
所以边的条数是首项为3，公比为4的等比数列，则第n个图的边有条，
边长是首项为2，公比为的等比数列，则第n个图的边长为，
故.
故选：C
3.中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”.其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起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”.则下列说法正确的是（ ）
A．该人第五天走的路程为14里
B．该人第三天走的路程为42里
C．该人前三天共走的路程为330里
D．该人最后三天共走的路程为42里
【答案】D
【分析】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列,由题意求出首项，可得其通项公式，即可求出，判断A,B;求出可判断C,D.
【详解】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列，
设数列前n项和为，则，
故 ，解得，
则，
故 ，该人第五天走的路程为12里，A错误；
，该人第三天走的路程为48里，B错误；
，该人前三天共走的路程为里，C错误；
由（里），可知该人最后三天共走的路程为42里，D正确，
故选：D
4.北京年冬奥会开幕式用“一朵雨花”的故事连接中国与世界，传递了“人类命运共同体”的理念．“雪花曲线”也叫“科赫雪花”，它是由等边三角形三边生成的科赫曲线组成的，是一种分形几何．图1是长度为的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，这称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，这称为“二次分形”；．依次进行“次分形”．规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度．若要得到一个长度不小于的分形图，则的最小值是（ ）（参考数据，）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分析可知“次分形”后线段的长度为，可得出关于的不等式，解出的取值范围即可得解.
【详解】
图1的线段长度为，图2的线段长度为，图3的线段长度为，，
“次分形”后线段的长度为，
所以要得到一个长度不小于的分形图，
只需满足，则，即，
解得，所以至少需要次分形．
故选：C.
5.十九世纪下半叶，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的最小值为（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用题中的条件，分别计算出每一次操作去掉的区间的长度，结合对数不等式即可解出.
【详解】第一次操作去掉的区间长度为，
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为，
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为，
，
第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为
，
由题意可知，，即，解得，又为整数，
所以需要操作的次数n的最小值为.
故选：A.
6.毕达哥拉斯树是由古希腊数学家毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树，所以被成为毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”.毕达哥拉斯树的生长方式如下：以边长为的正方形的一边作为斜边，向外做等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为边向外作正方形，得到个新的小正方形，实现了一次生长，再将这两个小正方形各按照上述方式生长，如此重复下去，设第次生长得到的小正方形的个数为，则数列的前项和___________.
【答案】##
【分析】分析可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得.
【详解】由题意可得且，所以，数列为等比数列，且该数列的首项和公比均为，
因此，.
故答案为：.
7．（多选题）如图，是一块半径为1的圆形纸板，在的左下端前去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个前掉半圆的半径）得图形，，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
观察图形，分析剪掉的半圆的变化，纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，再分别写出和的递推公式，从而累加得到通项公式再逐个判断即可
【详解】
根据题意可得纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，故，即，故，，，…，累加可得，所以，故A正确，C错误；
又，故，即，故D正确；
又，，…，累加可得，故正确，故B正确；
故选：ABD
第15讲 等比数列的通项及前n项和性质7大题型总结
【考点分析】
考点一：等比数列的基本概念及公式
①等比数列的定义：（或者）．
②等比数列的通项公式：．
③等比中项：若三个数，，成等比数列，则叫做与的等比中项，且有（）．
④等比数列的前项和公式：
考点二：等比数列的性质
①通项下标和性质：在等比数列中，当时，则．
特别地，当时，则．
②等比数列通项的性质：，所以等比数列的通项为指数型函数．
③等比数列前n项和的常用性质：，即，其中
【题型目录】
题型一：等比数列的基本运算
题型二：等比中项及性质
题型三：等比数列通项下标的性质及应用
题型四：等比数列前项片段和的性质及应用
题型五：等比数列前项和的特点
题型六：等比数列的单调性
题型七：等比数列新文化试题
【典型例题】
题型一：等比数列的基本运算
【例1】在各项为正的递增等比数列 中，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】首先根据等比数列的通项公式求，再利用公比表示，代入方程，即可求得公比，再表示通项公式.
【详解】数列 为各项为正的递增数列，设公比为，且，
，
，
，
，
即 ，
解得:
.
故选：B
【例2】数列 中，， 若，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．17
【答案】B
【分析】先令得到，从而得到数列是等比数列，进而求得，再将化为，由此可得的值.
【详解】依题意，令，则，即有，
故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
设数列的前项和为，则，
所以，
又因为，
所以，故.
故选：B.
【例3】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】各项为正数且公比为q的等比数列中，，，成等差数列，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意，根据等差中项的性质，建立方程，利用等比数列的通项公式，整理方程，解得公比，可得答案.
【详解】因为成等差数列，所以，即，
因为数列为各项为正数且公比为q的等比数列，
所以，解得或（舍去），则，
故选：B．
【例5】已知等比数列的前项和为，若，公比，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据等比中项的性质可得，解方程即可得数列中的项，进而可得首项与公比，求得.
【详解】由等比中项的性质得，
又，
解得或，
当时，或（舍），
当时，（舍），
所以，，
此时，
所以，
故选：D.
【例6】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7】已知等比数列：，2，，8，…，若取此数列的偶数项，…组成新的数列，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题可得，进而即得.
【详解】由题可得，
所以.
故选：C.
【例8】已知是首项为1的等比数列，是的前项和，且，则 （ ）
A．31 B． C．31或5 D．或5
【答案】B
【分析】数列为等比数列，通过等比数列的前项和公式化简，从而得到公比的值，从而求出的值.
【详解】因为是首项为1的等比数列，是的前项和，且
当时，，计算得
所以
当时，，，所以
综上：
故选：B
【例9】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10】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:B
【例11】设等比数列的前项和为，且，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）结合题干条件求解基本量，利用等比数列的通项公式求解即可；
（2）分组求和即可得解.
（1）
设数列的公比为，则
解得，．
故．
（2）
由（1）可得．
则
．
【例12】已知等差数列的前项和为.
(1)求的通项；
(2)设数列满足：的前项和为，求使成立的最大正整数的值.
【答案】(1)；(2)4.
【分析】（1）利用表示题干条件，求解即可得解；
（2）先证明是等比数列，利用等比数列求和公式求解，解不等式即可.
（1）
由题意，设等差数列的首项为，公差为，
又，
即，解得，
故.
（2）
由题意，
又，故是以为首项，为公比的等比数列，
，
若，即，即，
又，故的最大值为.
【题型专练】
1.在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法错误的是（ ）
A． B．数列是等比数列
C．数列是公差为等差数列 D．
【答案】C
【分析】A选项：根据，，再结合等比数列的通项公式即可得到数列的公比；
B选项：利用求和公式得到，再利用等比数列的定义证明是等比数列即可；
C选项：利用等差数列的定义证明为等差数列即可；
D选项：根据求即可.
【详解】A选项：因为若，，所以，，所以，所以，（舍），故A正确；
B选项：由A知，，所以，，，所以，且，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，故B正确；
C选项：由B知，，且，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故C错误；
D选项：由B知，，故D正确；
故选：C.
2．已知数列中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．是等比数列 D．
【答案】AC
【分析】根据递推关系求得，由此判断ABD选项的正确性，结合等比数列的定义判断C选项的正确性.
【详解】，即，则，，，所以A正确；
显然有，所以B不正确；亦有，所以D不正确；
又，相除得，
因此数列，分别是以1，2为首项，2为公比的等比数列，故C正确.
故选：AC
3.（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.
4．（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.
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·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：6
7.已知等比数列的公比，，，则___________.
【答案】
【分析】根据等比数列的性质及，求得与的值，从而可得.
【详解】解：由得
由等比数列得，所以，即
解得或，则或，由，可得，即
所以.
故答案为：.
8.设等比数列的前n项各为，已知，，则___________.
【答案】7
【分析】根据条件求出等比数列的公比，再求出 ，根据前n项和的定义计算即可.
【详解】由题意， ，公比 ， ；
故答案为：7.
9.已知等比数列的前n项和为，，，则______．
【答案】
【分析】根据条件建立关于的方程组，解出的值，然后可算出答案.
【详解】设等比数列的公比为q，则，
解得，，则．
故答案为：．
10．已知在正项等比数列中成等差数列，则__________．
【答案】9
【分析】设正项等比数列的公比为，则，根据已知条件求出的值，再结合等比数列的基本性质可求得结果.
【详解】设正项等比数列的公比为，则，
因为成等差数列，所以，
即，又，
所以或（不符合题意，舍去）.
所以，
故答案为：9.
11．正项等比数列中,,.
(1)求的通项公式;
(2)记为的前项和.若,求.
【答案】(1)，(2)
【分析】(1)设的公比为,由题设得.根据列方程,解出即可得出结果.
(2)由(1)的结果可求出,将代入求解即可.
（1）
设的公比为,由题设得.
由已知得,解得或,
为正项等比数列,
所以.
故.
（2）
由(1)得,
则.
,
,
解得.
12．已知公比小于的等比数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)记为的前项和，若，求的最小值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得数列的通项公式；
（2）求出，由题意可得出关于的不等式，结合可得出的最小值.
（1）
解：设等比数列的公比为，则，解得，
.
（2）
解：由（1）可知，
由可得，可得．
因为，所以的最小值为．
题型二：等比中项及性质
【例1】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．
【答案】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.
【例2】若a，b，c为实数，数列是等比数列，则b的值为（ ）
A．5 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质求得的值.
【详解】设等比数列的公比为，
所以，
根据等比数列的性质可知，解得.
故选：B
【例3】已知等差数列的公差是，若，，成等比数列，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用等比中项，结合等差数列通项公式列方程求解即可.
【详解】解：因为等差数列的公差为2，且，，成等比数列，
所以，即，
解得 ，
故选：A
【例4】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
【详解】对A，∵，，∴，又，，
∴，故A正确；
对B和C，由等比数列的性质可得，
故即，
∵，∴，
因为，所以，
∵，，，∴，，
∴，故当时，最小，所以B错误，C正确；
对D，因为，，所以是单调递增数列，所以当时，，故，故D错误，
故选：AC
【例5】设，，三个数成等比数列，则实数______．
【答案】或##或
【分析】利用等比中项性质，结合对数运算性质可构造方程求得，由此可得.
【详解】，，三个数成等比数列，，
，解得：或.
故答案为：或.
【例6】已知公差不为0的等差数列中，，是和的等比中项.
(1)求数列的通项公式：
(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）设数列的公差为，根据等比中项列出方程求得即可得到通项公式.
（2）由题意计算出在中对应的项数，然后利用分组求和即可.
（1）
设数列的公差为，因为是和的等比中项，
则且
则或（舍）
则，
即通项公式
（2）
因为与（，2，…）之间插入，
所以在数列中有10项来自，10项来自，
所以
【题型专练】
1．与的等比中项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等比中项的定义可得结果.
【详解】与的等比中项是.
故选：C.
2.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
3.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
4.已知等差数列的前项利为，若，，1成等比数列，且，则的公差的取值范围为______．
【答案】
【分析】由条件结合等比数列定义，等差数列通项公式和前项和公式可得含的不等式，解不等式可求的取值范围.
【详解】因为，，1成等比数列，所以，所以，即，即．由，得，解得，即的公差的取值范围为．
故答案为：．
5.已知等差数列的公差为，且是和的等比中项，则__________.
【答案】
【分析】将和公差代入等式，求解，写出通项公式，代入，可求出结果.
【详解】解：因为是和的等比中项，且公差为，所以
，所以.
故答案为：.
6.已知成等差数列，成等比数列，则____________.
【答案】
【分析】根据等差、等比中项的性质，求得的值，即可求得值，得到答案.
【详解】由成等差数列，可得，解得，
又由成等比数列，可得，解得，
所以.
故答案为：.
7.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8
8.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】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2】已知为等比数列，，则（ ）
A．1或8 B．或8
C．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.
【例3】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】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.
【例5】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：.
【例6】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7】在正项等比数列中，，则（ ）
A． B．的最小值为1
C． 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：AB
【例8】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：31
【题型专练】
1.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：D
2.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：D
3.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.
4.若等比数列中的，是方程的两个根，则等于（ ）
A． B．1011
C． 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.
5.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
6.两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.
7.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：ACD
8.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：2022
8.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．
题型四：等比数列前项片段和的性质及应用
【例1】已知等比数列的前项和为，，，（ ）
A．﹣51 B．﹣20 C．27 D．40
【答案】D
【分析】由{an}是等比数列可得S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30成等比数列，列方程组，从而即可求出S40的值．
【详解】由{an}是等比数列，且S10＝1＞0，S30＝13＞0，得S20＞0，S40＞0，且1＜S20＜13，S40＞13
所以S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30成等比数列，
即1，S20﹣1，13﹣S20，S40﹣13构成等比数列，
∴（S20﹣1）2＝1×（13﹣S20），解得S20＝4或S20＝﹣3（舍去），
∴（13﹣S20）2＝（S20﹣1）（S40﹣13），即92＝3×（S40﹣13），解得S40＝40．
故选：D．
【例2】设等比数列中，前n项和为，已知，，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用等比数列的性质、等比中项的性质进行求解.
【详解】因为，且也成等比数列，
因为，，所以，
所以8，-1，S9-S6成等比数列，所以8(S9-S6)=1，
即，所以.故B，C，D错误.
故选：A.
【例3】若等比数列的前n项和为，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知条件，利用等比数列片段和的性质直接写出.
【详解】，，
由等比数列片段和的性质：，，，，…成等比数列，
所以，则．
故选：D
【例4】已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，若，，成等差数列，则______，最小值为______．
【答案】 2 8
【分析】根据等差中项可求出；利用，，成等比数列，结合基本不等式可得最小值.
【详解】因为，，成等差数列，所以，所以，
又因为各项均为正数的等比数列的前n项和为，
所以，，成等比数列，
所以，
所以，
当且仅当即时取“＝”．
故答案为：；.
【例5】（2022·全国·高二课时练习）关于等差数列和等比数列，下列四个选项中正确的有（ ）
A．若数列的前n项和（a，b，c为常数），则数列为等差数列
B．若数列的前n项和，则数列为等比数列
C．数列是等差数列，为前n项和，则，，，…仍为等差数列
D．数列是等比数列，为前n项和，则，，，…仍为等比数列
【答案】BC
【分析】由得，进而可判断A和B；由等差数列的性质判断C；举反例判断D.
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于选项A：因为，，
当时，，
所以，所以只有当时，数列成等差数列，故A错误；
对于选项B：因为，，
当时，，当时，，符合上式，
所以，则数列成等比数列，故B正确；
对于选项C：数列是等差数列，为前项和，则，，，是公差为（为的公差）的等差数列，故C正确；
对于选项D：令，则，，，是常数列，显然不是等比数列，故D错误.
故选：BC.
【题型专练】
1．等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．24 B．12 C．24或－12 D．－24或12
【答案】A
【分析】根据等比数列片段和性质得到方程，求出，再检验即可；
【详解】解：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．
故选：A
2.已知各项为正的等比数列的前5项和为3，前15项和为39，则该数列的前10项和为（ ）
A． B． C．12 D．15
【答案】C
【分析】利用等比数列的性质可得，代入数据即可得到答案
【详解】解：由等比数列的性质可得也为等比数列，
又，故可得即，
解得或，因为等比数列各项为正，所以，
故选：C
3.若等比数列的前n项，前2n项，前3n项的和分别为A，B，C，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用等比数列的性质可得，所以，进行整理可得答案．
【详解】有题意可知：,由等比数列的性质可得：，，所以，整理可得：．进而得
故选：D
4.设等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A． B． C．5 D．7
【答案】C
【分析】用等比数列前项表示出，即可求出，代入即可求解.
【详解】由题知：显然
即，解得或（舍）
所以
故选：C
5.设是等比数列的前n项和，若，则______.
【答案】
【分析】设，利用等比数列的性质求出即得解.
【详解】解：设，所以
因为数列是等比数列，所以成等比数列，
因为数列的公比为2，
所以，
所以.
所以.
故答案为：
题型五：等比数列前项和的特点
【例1】在数列中，（为非零常数），且其前n项和，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依题意可得是以为公比的等比数列，再根据求出的通项公式，即可得到方程组，解得即可.
【详解】解：若，则，又，显然不满足条件，
所以，又（为非零常数），所以，即是以为公比的等比数列，
当时，即，
当时，所以
又，所以，解得．
故选：D
【例2】已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用先求出，然后计算出结果.
【详解】根据题意，当时，,,
故当时，,
数列是等比数列,
则，故,
解得,
故选.
【点睛】本题主要考查了等比数列前项和的表达形式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.
【例3】已知等比数列的前项和为，则数列的通项公式______________.
【答案】.
【解析】根据求出首项、第二项、第二项，从而得出t、公比及首项，可得数列的通项公式.
【详解】由得，
当时，，
当时，，，所以
当时，，
因为数列是等比数列，所以，即，所以，
，公比，
所以.
故答案为：.
【题型专练】
1.一个等比数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】讨论求得与题设不符，再由等比数列前n项和公式及已知即可求.
【详解】当时，，则，显然与题设不符；
∴，即等比数列不是常数列，
∴，则，可得．
故选：B．
2．等比数列的前n项和，则（ ）
A． B．2 C．1 D．
【答案】A
【分析】求出数列的通项公式，根据通项公式确定参数的值.
【详解】，当时，，
因为是等比数列，所以，得，所以A正确.
故选：A.
3．记为等比数列的前项和，已知，，则_______.
【答案】
【分析】设等比数列的公比为，分、两种情况讨论，根据等比数列前项和的特点可求得实数的值.
【详解】设等比数列的公比为.
若，则，，不合乎题意；
若且，则，
又因为，故，解得.
故答案为：.
题型六：等比数列的单调性
【例1】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)
【例2】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3】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﹒
【例4】（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．
【题型专练】
1.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.
2.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.
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.
题型七：等比数列新文化试题
【例1】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的最小值为（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用题中的条件，分别计算出每一次操作去掉的区间的长度，结合对数不等式即可解出.
【详解】
第一次操作去掉的区间长度为，
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为，
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为，
，
第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为
，
由题意可知，，即，解得，又为整数，
所以需要操作的次数n的最小值为.
故选：A.
【例2】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
【答案】C
【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
【例3】1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间平均分成三段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间和；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为三段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：，，，；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了三分康托集.若经历步构造后，不属于剩下的闭区间，则的最小值是（ ）．
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【解析】不属于剩下的闭区间，属于去掉的开区间
经历第步，剩下的最后一个区间为，经历第步，剩下的最后一个区间为，……，
经历第步，剩下的最后一个区间为，去掉的最后开区间为
由化简得，解得
故选:A
【例4】我国古代数学著作九章算术中有如下问题：“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，每天织出的布都是前一天的倍，已知她天共织布尺，问这女子每天织布多少？”这个问题体现了古代对数列问题的研究．某数学爱好者对于这道题作了以下改编：有甲、乙两位女子，需要合作织出尺布．两人第一天都织出一尺，以后几天中，甲女子每天织出的布都是前一天的倍，乙女子每天织出的布都比前一天多半尺，则两人完成织布任务至少需要（ ）
A．天 B．天 C．天 D．天
【答案】D
【分析】由题意得数列是以为首项，为公比的等比数列，是以为首项，以为公差的等差数列，然后结合等差数列与等比数列的求和公式即可求解．
【详解】解：设甲，乙每天织布分别记为数列，，
由题意得数列是以为首项，为公比的等比数列，是以为首项，以为公差的等差数列，
故，
即，
因为在上单调递增，当时，，而，
故的解为,故至少需要5天，
故选：D．
【例5】费马数是以法国数学家费马命名的一组自然数，具有形式为记做，其中为非负数．费马对，，，，的情形做了检验，发现这组费马公式得到的数都是素数，便提出猜想：费马数是质数．直到年，数学家欧拉发现为合数，宣布费马猜想不成立．数列满足，则数列的前项和满足的最小自然数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意得到，利用等比数列的前项和公式求得，进而求得的最小自然数，得到答案.
【详解】由题意，可得数列满足，
利用等比数列的前项和公式，可得数列的前项和，
当时，可得；
当时，可得，
又由，所以单调递增，
所以的最小自然数为.
故选：B.
【题型专练】
1.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．
2.数学源于生活，数学在生活中无处不在!学习数学就是要学会用数学的眼光看现实世界!1906年瑞典数学家科赫构造了能够描述雪花形状的图案，他的做法如下：从一个边长为2的正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边，分别向外作正三角形，再去掉底边（如图①､②､③等）.反复进行这一过程，就得到雪花曲线.
不妨记第个图中的图形的周长为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题图规律确定第n个图边的条数及其边长，并写出其通项公式，再求第5个图的周长.
【详解】
由图知：第一个图有3条边，各边长为2，故周长；
第二个图有12条边，各边长为，故周长；
第三个图有48条边，各边长为，故周长；
……
所以边的条数是首项为3，公比为4的等比数列，则第n个图的边有条，
边长是首项为2，公比为的等比数列，则第n个图的边长为，
故.
故选：C
3.中国古代数学著作《算法统综》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”.其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起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”.则下列说法正确的是（ ）
A．该人第五天走的路程为14里
B．该人第三天走的路程为42里
C．该人前三天共走的路程为330里
D．该人最后三天共走的路程为42里
【答案】D
【分析】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列,由题意求出首项，可得其通项公式，即可求出，判断A,B;求出可判断C,D.
【详解】由题意可知该人每天走的路程构成了公比为的等比数列，
设数列前n项和为，则，
故 ，解得，
则，
故 ，该人第五天走的路程为12里，A错误；
，该人第三天走的路程为48里，B错误；
，该人前三天共走的路程为里，C错误；
由（里），可知该人最后三天共走的路程为42里，D正确，
故选：D
4.北京年冬奥会开幕式用“一朵雨花”的故事连接中国与世界，传递了“人类命运共同体”的理念．“雪花曲线”也叫“科赫雪花”，它是由等边三角形三边生成的科赫曲线组成的，是一种分形几何．图1是长度为的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，这称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，这称为“二次分形”；．依次进行“次分形”．规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度．若要得到一个长度不小于的分形图，则的最小值是（ ）（参考数据，）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
分析可知“次分形”后线段的长度为，可得出关于的不等式，解出的取值范围即可得解.
【详解】
图1的线段长度为，图2的线段长度为，图3的线段长度为，，
“次分形”后线段的长度为，
所以要得到一个长度不小于的分形图，
只需满足，则，即，
解得，所以至少需要次分形．
故选：C.
5.十九世纪下半叶，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的最小值为（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用题中的条件，分别计算出每一次操作去掉的区间的长度，结合对数不等式即可解出.
【详解】第一次操作去掉的区间长度为，
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为，
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为，
，
第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为
，
由题意可知，，即，解得，又为整数，
所以需要操作的次数n的最小值为.
故选：A.
6.毕达哥拉斯树是由古希腊数学家毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树，所以被成为毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”.毕达哥拉斯树的生长方式如下：以边长为的正方形的一边作为斜边，向外做等腰直角三角形，再以等腰直角三角形的两直角边为边向外作正方形，得到个新的小正方形，实现了一次生长，再将这两个小正方形各按照上述方式生长，如此重复下去，设第次生长得到的小正方形的个数为，则数列的前项和___________.
【答案】##
【分析】分析可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得.
【详解】由题意可得且，所以，数列为等比数列，且该数列的首项和公比均为，
因此，.
故答案为：.
7．（多选题）如图，是一块半径为1的圆形纸板，在的左下端前去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个前掉半圆的半径）得图形，，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
观察图形，分析剪掉的半圆的变化，纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，再分别写出和的递推公式，从而累加得到通项公式再逐个判断即可
【详解】
根据题意可得纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆，故，即，故，，，…，累加可得，所以，故A正确，C错误；
又，故，即，故D正确；
又，，…，累加可得，故正确，故B正确；
故选：ABD
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