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专题17 等比数列及其前n项和
【考纲要求】
1、通过实例，理解等比数列的概念并会简单应用.
2、掌握等比中项的概念并会应用，掌握等比数列的通项公式，了解其推导过程．
3、掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路.
4、会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题．
【思维导图】
一、等比数列的概念
【考点总结】
1、等比数列的概念
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．数学表达式
在数列{an}中，若＝q(n∈N*)，q为非零常数，则数列{an}是等比数列．
2、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，b的等比中项，这三个数满足关系式G＝±.
[化解疑难]
1．G是a与b的等比中项，则a与b的符号相同，符号相反的两个实数不存在等比中项．
G＝±，即等比中项有两个，且互为相反数．
2．当G2＝ab时，G不一定是a与b的等比中项．例如02＝5×0，但0,0,5不是等比数列.
3、等比数列的通项公式
等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q≠0)，则通项公式为：an＝a1qn－1.
[化解疑难]
1．在已知首项a1和公比q的前提下，利用通项公式an＝a1qn－1可求出等比数列中的任一项；
2．等比数列{an}的通项公式an＝a1qn－1，可改写为an＝·qn.当q＞0且q≠1时，这是指数型函数.
二、等比数列的前n项和
【考点总结】
1、等比数列的前n项和公式的推导
设等比数列{an}的首项是a1，公比是q，前n项和Sn可用下面的“错位相减法”求得．
Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1. ①
则qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn. ②
由①－②得(1－q)Sn＝a1－a1qn.
当q≠1时，Sn＝.
当q＝1时，由于a1＝a2＝…＝an，所以Sn＝na1.
结合通项公式可得：
等比数列前n项和公式：
Sn＝
2、等比数列的前n项和公式
1．等比数列前n项和公式
(1)公式：Sn＝
(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q＝1的情况．
2．等比数列前n项和公式的使用
公比q≠1时，公式Sn＝适用于已知a1，q和项数n，而公式Sn＝更适用于已知a1，q和末项an，使用时依据条件灵活选用．
【题型汇编】
题型一：等比数列的定义
题型二：等比数列的通项公式
题型三：等比数列的性质
题型四：等比数列的前n项和
【题型讲解】
题型一：等比数列的定义
一、单选题
1．（2022·四川·内江市教育科学研究所三模（理））已知等比数列的公比为q，前n项和为．若，，则（ ）
A．3 B．2 C． D．
2．（2022·江西南昌·一模（理））已知数列的前项和为，，，则（ ）
A．12 B． C． D．
3．（2022·黑龙江·大庆中学二模（文））若数列对任意正整数n都有，则（ ）
A．17 B．18 C．34 D．84
4．（2022·宁夏·吴忠中学三模（理））已知数列满足为其前n项和.若，则（ ）
A．20 B．30 C．31 D．62
5．（2022·重庆·一模）已知为数列的前项和，且，则下列式子正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022·广西广西·一模（文））已知等比数列的公比为q，前n项和，若，则（ ）
A．13 B．15 C．31 D．33
7．（2022·上海青浦·二模）设各项均为正整数的无穷等差数列，满足，且存在正整数，使、、成等比数列，则公差的所有可能取值的个数为（ ）
A． B． C． D．无穷多
二、多选题
1．（2022·山东潍坊·三模）已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等差数列 B．对任意正整数，
C．数列一定是等差数列 D．数列一定是等比数列
题型二：等比数列的通项公式
一、单选题
1．（2022·四川·内江市教育科学研究所三模（文））已知在等比数列中，，，则（ ）
A．2 B．4 C． D．2
2．（2022·江西萍乡·二模（理））等比数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·河南新乡·三模（理））设等比数列的公比为q，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．（2022·河南·三模（理））在等比数列中，，，则( )
A．80 B．242 C． D．244
5．（2022·甘肃·二模（文））正项等比数列满足，，则的前7项和( )
A．256 B．254 C．252 D．126
6．（2022·安徽六安·一模（文））标准对数视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，此表中各行均为正方形“”形视标，且从视力5.2的视标所在行开始往上，每一行“”的边长都是下一行“”边长的倍，若视力4.0的视标边长为，则视力4.8的视标边长为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022·河南·二模（文））将数列{3n+1}与{9n-1}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则（ ）
A．319 B．320 C．321 D．322
8．（2022·河北唐山·三模）等比数列中，若，则（ ）
A．16 B． C．32 D．
9．（2022·广东佛山·三模）已知公比为的等比数列的前项和，，且，则（ ）
A．48 B．32 C．16 D．8
10．（2022·贵州毕节·三模（理））已知正项等比数列中，其前项和为，若，，则公比的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
11．（2022·新疆昌吉·二模（文））数列是等差数列，，且，，构成公比为q的等比数列，则（ ）
A．1或3 B．0或2 C．3 D．2
二、多选题
1．（2022·江苏·苏州市第六中学校三模）在数列中，若（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等方差数列，又是等差数列
2．（2022·山东·烟台市教育科学研究院二模）给出构造数列的一种方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现自1，1起进行构造，第1次得到数列1，2，1，第2次得到数列1，3，2，3，1，…，第次得到数列，记，数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
题型三：等比数列的性质
一、单选题
1．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室二模（理））已知等比数列的公比为2，前n项和为，若，则（ ）
A． B．4 C． D．6
2．（2022·辽宁沈阳·三模）在等比数列中，为方程的两根，则的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·江西九江·二模）若数列为等比数列，且、是方程的两根，则( )
A．－2 B．1 C．－1 D．
4．（2022·四川凉山·二模（文））正项等比数列与正项等差数列，若，则与的关系是（ ）
A． B． C． D．以上都不正确
5．（2022·广东茂名·一模）已知等比数列的前项和为，公比为，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
6．（2022·四川省宜宾市第四中学校二模（文））在等比数列中，如果，，那么（ ）
A． B． C． D．
7．（2022·陕西·西安中学三模（文））在等比数列中，，是方程的二根，则的值为（ ）
A． B． C． D．或
8．（2022·四川雅安·三模（文））已知是等比数列，是其前项积，若，则（ ）
A．1024 B．512 C．256 D．128
9．（2022·辽宁·抚顺市第二中学三模）若等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A． B． C． D．
10．（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
二、多选题
1．（2022·湖南怀化·一模）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
题型四：等比数列的前n项和
一、单选题
1．（2022·云南昆明·一模（理））已知各项均为正数的等比数列的前项和为，，则数列的公比等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·陕西宝鸡·二模（文））已知数列是公比为q的等比数列，若，且是与2的等差中项，则q的值是（ ）
A．1 B．2
C．或1 D．或2
3．（2022·陕西渭南·二模（理））十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载境发明的.明万历十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为，插入11个数后这13个数之和为，则依此规则，下列说法错误的是（ ）
A．插入的第8个数为 B．插入的第7个数是插入的第3个数的倍
C． D．
4．（2022·江西南昌·二模（文））已知公比不为1的正项等比数列的前n项和为，若，则公比q=（ ）
A．3 B．2 C． D．
5．（2022·湖南常德·一模）设为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·四川·仁寿一中二模（文））已知数列满足：，点在函数的图象上．记为的前n项和，则（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
7．（2022·新疆喀什·一模（文））在等比数列中，，，则数列的前5项和的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2022·宁夏·固原一中一模（文））已知为等比数列的前项和，，，则（ ）.
A． B．255 C．85 D．
9．（2022·安徽宣城·二模（文））我国古代数学论著中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯二百五十四，请问底层几盏灯？意思是：一座7层塔共挂了254盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯（ ）
A．32盏 B．64盏 C．128盏 D．196盏
10．（2022·河南濮阳·一模（文））已知数列是等比数列，是其前项和，若，，则
A．4 B．8 C．12 D．16
二、多选题
1．（2022·河北保定·一模）已知数列的前项和为，且满足，，，则下面说法正确的是（ ）
A．数列为等比数列 B．数列为等差数列
C． D．
2．（2022·福建漳州·一模）立德中学的“希望工程”中，甲 乙两个募捐小组在2021年国庆假期走上街头分别进行了募捐活动.两个小组第1天都募得100元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少4元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的100元中拿出了90元印刷宣传材料，则从第2天起，第天募得的捐款数为元.若甲小组前n天募得捐款数累计为元，乙小组前n天募得捐款数累计为元（需扣除印刷宣传材料的费用），则（ ）
A．，且 B．，
C． D．从第6天起.总有
3．（2022·四川绵阳·一模（理））已知数列的首项为1，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是等比数列
B．数列为单调递增数列
C．
D．
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专题17 等比数列及其前n项和
【考纲要求】
1、通过实例，理解等比数列的概念并会简单应用.
2、掌握等比中项的概念并会应用，掌握等比数列的通项公式，了解其推导过程．
3、掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路.
4、会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题．
【思维导图】
一、等比数列的概念
【考点总结】
1、等比数列的概念
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．数学表达式
在数列{an}中，若＝q(n∈N*)，q为非零常数，则数列{an}是等比数列．
2、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，b的等比中项，这三个数满足关系式G＝±.
[化解疑难]
1．G是a与b的等比中项，则a与b的符号相同，符号相反的两个实数不存在等比中项．
G＝±，即等比中项有两个，且互为相反数．
2．当G2＝ab时，G不一定是a与b的等比中项．例如02＝5×0，但0,0,5不是等比数列.
3、等比数列的通项公式
等比数列{an}的首项为a1，公比为q(q≠0)，则通项公式为：an＝a1qn－1.
[化解疑难]
1．在已知首项a1和公比q的前提下，利用通项公式an＝a1qn－1可求出等比数列中的任一项；
2．等比数列{an}的通项公式an＝a1qn－1，可改写为an＝·qn.当q＞0且q≠1时，这是指数型函数.
二、等比数列的前n项和
【考点总结】
1、等比数列的前n项和公式的推导
设等比数列{an}的首项是a1，公比是q，前n项和Sn可用下面的“错位相减法”求得．
Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1. ①
则qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn. ②
由①－②得(1－q)Sn＝a1－a1qn.
当q≠1时，Sn＝.
当q＝1时，由于a1＝a2＝…＝an，所以Sn＝na1.
结合通项公式可得：
等比数列前n项和公式：
Sn＝
2、等比数列的前n项和公式
1．等比数列前n项和公式
(1)公式：Sn＝
(2)注意：应用该公式时，一定不要忽略q＝1的情况．
2．等比数列前n项和公式的使用
公比q≠1时，公式Sn＝适用于已知a1，q和项数n，而公式Sn＝更适用于已知a1，q和末项an，使用时依据条件灵活选用．
【题型汇编】
题型一：等比数列的定义
题型二：等比数列的通项公式
题型三：等比数列的性质
题型四：等比数列的前n项和
【题型讲解】
题型一：等比数列的定义
一、单选题
1．（2022·四川·内江市教育科学研究所三模（理））已知等比数列的公比为q，前n项和为．若，，则（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
将题中两等式作差可得出，整理得出，由此可计算出的值.
【详解】
将等式与作差得，，
因此，该等比数列的公比，
故选：A.
2．（2022·江西南昌·一模（理））已知数列的前项和为，，，则（ ）
A．12 B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
取，可知为等比数列，然后可解.
【详解】
因为，取，则有，所以是首项、公比都为2的等比数列，所以.
故选：D
3．（2022·黑龙江·大庆中学二模（文））若数列对任意正整数n都有，则（ ）
A．17 B．18 C．34 D．84
【答案】B
【解析】
【分析】
根据递推公式，可求出数列的通项公式，从而可求出的值.
【详解】
因为，
所以时，，
两式相减，得，即，
又时，得也适合，
所以时，，
所以．
故选：B．
4．（2022·宁夏·吴忠中学三模（理））已知数列满足为其前n项和.若，则（ ）
A．20 B．30 C．31 D．62
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用等比数列的定义、通项公式得到公比和首项，再利用等比数列的求和公式进行求解.
【详解】
因为，所以为等比数列，且，
又，所以，则.
故选：C.
5．（2022·重庆·一模）已知为数列的前项和，且，则下列式子正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知得， ，两式作差得，再求得 ，，得数列从第2项起构成以为公比的等比数列，求得时，，，代入判断可得选项.
【详解】
解：因为，所以，两式作差得，
即，所以，
又，，解得，，
所以数列从第2项起构成以为公比的等比数列，
所以， ，
，
所以，故A不正确，B不正确；
，所以，故C不正确，D正确，
故选：D.
6．（2022·广西广西·一模（文））已知等比数列的公比为q，前n项和，若，则（ ）
A．13 B．15 C．31 D．33
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意知等比数列的公比为q，前n项和，若，可先求出公比，再利用等比数列的前n项和公式给出的做对比，即可求出，即可求出分别前四项，即可得到前四项和.
【详解】
是等比数列，，故，等比数列的前n项和，又，故，则.
故选：B.
7．（2022·上海青浦·二模）设各项均为正整数的无穷等差数列，满足，且存在正整数，使、、成等比数列，则公差的所有可能取值的个数为（ ）
A． B． C． D．无穷多
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知可得，分析可知，则是的倍数，且，由已知，对的取值进行分类讨论，求出的值，并求出对应的的值，即可得出结论.
【详解】
根据题意可知，，化简可得，
因为各项均为正整数，则，故是的倍数，且，
因为、、成等比数列，则，分以下情况讨论：
①若，则，可得，，解得，合乎题意；
②若，则，可得，，解得，合乎题意；
③若，则，可得，，解得，不合乎题意；
④若，则，可得，，解得，不合乎题意；
⑤若，则，可得，此时，是常数列，且每项均为，合乎题意.
综上所述，公差的所有可能取值的个数为.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查等差数列基本量的计算，解题的关键时分析出，然后对的取值进行分类讨论，验证的值是否满足题意，即可得解.
二、多选题
1．（2022·山东潍坊·三模）已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等差数列 B．对任意正整数，
C．数列一定是等差数列 D．数列一定是等比数列
【答案】ABC
【解析】
【分析】
设等差数列的公差为，设等比数列的公比为，求出，利用等差数列的定义可判断AC选项；利用基本不等式和等比中项的性质可判断C选项；取可判断D选项.
【详解】
设等差数列的公差为，则，所以，.
对于A选项，，所以，为等差数列，A对；
对于B选项，对任意的，，由等比中项的性质可得，
由基本不等式可得，B对；
对于C选项，令，
所以，，
故数列一定是等差数列，C对；
对于D选项，设等比数列的公比为，
当时，，
此时，数列不是等比数列，D错.
故选：ABC.
题型二：等比数列的通项公式
一、单选题
1．（2022·四川·内江市教育科学研究所三模（文））已知在等比数列中，，，则（ ）
A．2 B．4 C． D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据等比数列的通项公式代入求解、，即可求解.
【详解】
解：由题意得：
设等比数列的公比为
，
，
，整理得，解得
故选：A
2．（2022·江西萍乡·二模（理））等比数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
求得等比数列的公比，从而求得.
【详解】
设等比数列的公比为，
依题意，，
，
所以.
故选：C
3．（2022·河南新乡·三模（理））设等比数列的公比为q，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【解析】
【分析】
根据已知可直接求出.
【详解】
因为，所以，所以.
故选：A.
4．（2022·河南·三模（理））在等比数列中，，，则( )
A．80 B．242 C． D．244
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意求出等比数列的公比和首项，即可求出，从而求出﹒
【详解】
等比数列的公比，
∴，
∴．
故选：B．
5．（2022·甘肃·二模（文））正项等比数列满足，，则的前7项和( )
A．256 B．254 C．252 D．126
【答案】B
【解析】
【分析】
设正项等比数列公比为q，且q＞0，根据已知条件求出q，利用等比数列求和公式即可求.
【详解】
设正项等比数列公比为q，且q＞0，
∵，，
∴，即，即，则q＝2，
∴.
故选：B.
6．（2022·安徽六安·一模（文））标准对数视力表（如图）采用的“五分记录法”是我国独创的视力记录方式，此表中各行均为正方形“”形视标，且从视力5.2的视标所在行开始往上，每一行“”的边长都是下一行“”边长的倍，若视力4.0的视标边长为，则视力4.8的视标边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，转化为等比数列，求出通项公式，进而求出答案.
【详解】
设第行视标边长为，第行视标边长为
由题意可得：，故
则数列为首项为，公比为的等比数列
即
则视力4.8的视标边长为
故选：D
7．（2022·河南·二模（文））将数列{3n+1}与{9n-1}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则（ ）
A．319 B．320 C．321 D．322
【答案】B
【解析】
【分析】
判断出是首项为公比为的等比数列，求得的通项公式，由此求得的值.
【详解】
由题意知，数列是首项为，公比为9的等比数列，所以，则
.
故选：B
8．（2022·河北唐山·三模）等比数列中，若，则（ ）
A．16 B． C．32 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查等比数列得基本量得运算，根据可求得，再由分析得．
【详解】
∵，则，即
又∵，即，则且
∴
则
故选：A．
9．（2022·广东佛山·三模）已知公比为的等比数列的前项和，，且，则（ ）
A．48 B．32 C．16 D．8
【答案】C
【解析】
【分析】
根据，作差求出，再根据，求出，即可得到通项公式，再代入计算可得；
【详解】
解：因为公比为的等比数列的前项和①，
当时，
当时②，
①②得，
所以，则，又，所以，解得，
所以，则；
故选：C
10．（2022·贵州毕节·三模（理））已知正项等比数列中，其前项和为，若，，则公比的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意得：和，解方程即可求解.
【详解】
根据题意：因为，又是正项等比数列，所以，即，
又，所以，即，联立，
整理得：，即，解得或.
故选：C.
11．（2022·新疆昌吉·二模（文））数列是等差数列，，且，，构成公比为q的等比数列，则（ ）
A．1或3 B．0或2 C．3 D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据等比中项的性质列方程，由此求得，进而求得，从而求得的值
【详解】
设等差数列的公差为d，∵构成公比为q的等比数列，∴，
即，解得或2，
所以或，所以或3，
故选：A
二、多选题
1．（2022·江苏·苏州市第六中学校三模）在数列中，若（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（ ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等方差数列，又是等差数列
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据等方差数列定义判断A，由等方差数列定义及等比数列求判断B，根据等方差数列定义及等比数列的通项公式判断C，由等差数列及等方差数列定义，利用反证法判断D.
【详解】
设，则，不满足为非零常数，所以不是等方差数列，故A错误；
由题意，则，即，解得或（舍去），当时，满足题意，故B正确；
设数列为等比数列，不妨设，则，所以，若为常数，则，但此时，不满足题意，故C正确；
若数列既是等方差数列，又是等差数列，不妨设，（为非零常数），，所以，即，所以，即，所以为常数列，这与，矛盾，故D错误.
故选：BC
2．（2022·山东·烟台市教育科学研究院二模）给出构造数列的一种方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．现自1，1起进行构造，第1次得到数列1，2，1，第2次得到数列1，3，2，3，1，…，第次得到数列，记，数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【解析】
【分析】
通过计算求出的值，运用归纳法得到之间的关系，最后根据等比数列的定义和前n项和公式进行求解判断即可.
【详解】
由题意得：，
所以有，因此选项AB不正确；
，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，因此有，因此选项C正确；
，所以选项D正确，
故选：CD
【点睛】
关键点睛：通过计算得到是解题的关键.
题型三：等比数列的性质
一、单选题
1．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室二模（理））已知等比数列的公比为2，前n项和为，若，则（ ）
A． B．4 C． D．6
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等比数列的性质即可求解.
【详解】
因为，，则，所以．
故选:D
2．（2022·辽宁沈阳·三模）在等比数列中，为方程的两根，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用韦达定理可得，再根据等比数列的性质即可得出答案.
【详解】
解：在等比数列中，
因为为方程的两根，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
3．（2022·江西九江·二模）若数列为等比数列，且、是方程的两根，则( )
A．－2 B．1 C．－1 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据韦达定理判断、的正负，从而求出求出的正负，并求出，根据即可求出﹒
【详解】
由，，可知，，则，
又，则﹒
故选：C.
4．（2022·四川凉山·二模（文））正项等比数列与正项等差数列，若，则与的关系是（ ）
A． B． C． D．以上都不正确
【答案】C
【解析】
【分析】
利用等差数列通项公式和等比数列性质可将已知等式化为，由此可得结果.
【详解】
设等差数列公差为，则，
又，，
均为正项数列，.
故选：C
5．（2022·广东茂名·一模）已知等比数列的前项和为，公比为，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B
【解析】
【分析】
A选项可用片段和性质，BD选项使用基本量法，C选项借助下标和性质求解.
【详解】
A选择中，由即，解得
B选项中，
C选项中，由，，
D选项中，
故选：B
6．（2022·四川省宜宾市第四中学校二模（文））在等比数列中，如果，，那么（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等比数列性质及等比数列通项公式进行求解.
【详解】
由等比数列性质知，，，，成等比数列，其首项为，公比为，所以.
故选：C.
7．（2022·陕西·西安中学三模（文））在等比数列中，，是方程的二根，则的值为（ ）
A． B． C． D．或
【答案】B
【解析】
【分析】
利用等比数列的性质、韦达定理列方程组求解．
【详解】
解：在等比数列中，，是方程的二根，
则，，
则．
故选：B．
8．（2022·四川雅安·三模（文））已知是等比数列，是其前项积，若，则（ ）
A．1024 B．512 C．256 D．128
【答案】B
【解析】
【分析】
根据等比数列的性质求得，进而求得.
【详解】
解： ，则，
则，
故选：B．
【点睛】
利用等比数列的通项公式不难证明等比数列的积的性质.
9．（2022·辽宁·抚顺市第二中学三模）若等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用等比数列的性质结合对数的运算性质可得结果.
【详解】
，
故选：B.
10．（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
【解析】
【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
二、多选题
1．（2022·湖南怀化·一模）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
【解析】
【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．
题型四：等比数列的前n项和
一、单选题
1．（2022·云南昆明·一模（理））已知各项均为正数的等比数列的前项和为，，则数列的公比等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据等比数列的前项和公式进行求解即可.
【详解】
设数列的公比为，因为等比数列的前项和为，
而，显然，
所以
，
解得，或，或，而，，所以，
故选：C
2．（2022·陕西宝鸡·二模（文））已知数列是公比为q的等比数列，若，且是与2的等差中项，则q的值是（ ）
A．1 B．2
C．或1 D．或2
【答案】A
【解析】
【分析】
利用等比数列的性质和基本量代换，解方程即可求出q.
【详解】
由解得.
因为是与2的等差中项，所以.
把代入得：，
消去得：，解得.
故选：A．
3．（2022·陕西渭南·二模（理））十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载境发明的.明万历十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，记插入的11个数之和为，插入11个数后这13个数之和为，则依此规则，下列说法错误的是（ ）
A．插入的第8个数为 B．插入的第7个数是插入的第3个数的倍
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等比数列通项公式基本量计算出公比，进而求得 和 ，判断出A,B项，利用等比数列的求和公式得到，判断D选项，再通过分析法判断C选项
【详解】
依题意， ， ， ，
，故A正确
，故B正确
， ，又 ，
要证 ，即证
即 ，即证
又 要证
要证
要证 ，即 ，
即要证 ，经计算 成立
,故C正确
，故D错误
故选：D
4．（2022·江西南昌·二模（文））已知公比不为1的正项等比数列的前n项和为，若，则公比q=（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
直接应用等比数列前n项和公式建立方程就可解出q.
【详解】
由题知公比不为1且为正，由得，化简得，所以q=3.
故选：A.
5．（2022·湖南常德·一模）设为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由等比数列的通项公式与前项的基本量运算求解．
【详解】
由已知，，所以．
故选：A．
6．（2022·四川·仁寿一中二模（文））已知数列满足：，点在函数的图象上．记为的前n项和，则（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】A
【解析】
【分析】
由以及解析式求出，再由得出答案.
【详解】
由题得，解得，故，所以，故选：A．
7．（2022·新疆喀什·一模（文））在等比数列中，，，则数列的前5项和的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由可得，则由数列是首项为，公比为的等比数列，从而可求出，再由可求出其范围
【详解】
设等比数列的公比为，则，
数列是首项为，公比为的等比数列，
则.
故选：A
8．（2022·宁夏·固原一中一模（文））已知为等比数列的前项和，，，则（ ）.
A． B．255 C．85 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设等比数列的公比为，由基本量法求得和，然后由等比数列前项和公式求解．
【详解】
解：设等比数列的公比为，∵，，即，，∴，，则.
故选：A.
9．（2022·安徽宣城·二模（文））我国古代数学论著中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯二百五十四，请问底层几盏灯？意思是：一座7层塔共挂了254盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯（ ）
A．32盏 B．64盏 C．128盏 D．196盏
【答案】C
【解析】
根据等比数列前项和公式，计算首项.
【详解】
设最底层的灯数为，公比，
，解得：.
故选：C
10．（2022·河南濮阳·一模（文））已知数列是等比数列，是其前项和，若，，则
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】D
【解析】
由S6＝9S3得公比一定不是1，设公比为q，利用S6＝9S3建立公比q的方程求解出公比，再利用求得，进而可得结果.
【详解】
由，得公比一定不是1，设公比为q，
则，解得，
因为，所以，即，
解得，所以.
故选D
【点睛】
本题考查了等比数列的前n项和公式及等比数列的通项公式，考查了运算能力，属于基础题．
二、多选题
1．（2022·河北保定·一模）已知数列的前项和为，且满足，，，则下面说法正确的是（ ）
A．数列为等比数列 B．数列为等差数列
C． D．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
由已知递推式可得或，从而可得数列为公比为3的等比数列，数列为常数列，从而可求出，进而可分析判断
【详解】
根据题意得，令或，所以可得：或，所以数列为公比为3的等比数列，故选项A正确；
数列为常数列，即为公差为0的等差数列，故选项B正确；
所以，且，
解得，所以C错误，
所以
，所以D正确，
故选：ABD．
2．（2022·福建漳州·一模）立德中学的“希望工程”中，甲 乙两个募捐小组在2021年国庆假期走上街头分别进行了募捐活动.两个小组第1天都募得100元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少4元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的100元中拿出了90元印刷宣传材料，则从第2天起，第天募得的捐款数为元.若甲小组前n天募得捐款数累计为元，乙小组前n天募得捐款数累计为元（需扣除印刷宣传材料的费用），则（ ）
A．，且 B．，
C． D．从第6天起.总有
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据题意条件，分别设出数列和数列并根据已知条件分别求解出、、、以及表示出来，分别对应选项一一验证即可完成求解.
【详解】
设代表第n天甲小组募得捐款，且，对于甲小组，，，
所以，所以，
所以，且，故选项A正确；
设代表第n天甲小组募得捐款，由题可知，，
所以
，故选项B错误；
因为，，故该选项C正确；
选项D，令，所以，
而当时，，
所以数列为递减数列，因此，即，
所以，故该选项正确.
故选：ACD.
3．（2022·四川绵阳·一模（理））已知数列的首项为1，前项和为，若，则下列说法正确的是（ ）
A．数列是等比数列
B．数列为单调递增数列
C．
D．
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据递推关系可得，即可判断数列是等比数列，进而求出和，判断BC，进而判断出D选项.
【详解】
因为，所以，即，即，
所以数列的奇数项和偶数项分别是公比为16的等比数列，
因为，所以，所以，
所以
所以，，
所以，，
所以数列是首项为1，公比为4的等比数列，故A正确；
所以，则数列为单调递增数列，故B正确；
所以，故C正确；
因为，，
所以，故D不正确.
故选：ABC.
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