资源简介

高中数学 高考复习 等比数列 专题练习
（选择题+解答题）100题合集
一、单选题
1．已知等比数列{}中，，则这个数列的公比为（ ）
A．2 B． C． D．
2．已知数列满足，，则的前30项之和为（ ）
A． B． C． D．
3．等比数列中，若，，则（ ）
A．12 B．10 C．8 D．4
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且2an－Sn＝2，记数列的前n项和为Tn，若对于任意n∈N*，不等式k＞Tn恒成立，则实数k的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
5．我国古代的数学名著《九章算术》中有“衰分问题”：今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问次日织几问 其意为：一女子每天织布的尺数是前一天的2倍，5天共织布5尺，请问第二天织布的尺数是（ ）
A． B． C． D．
6．已知等比数列的前3项和为168，，则（ ）
A．14 B．12 C．6 D．3
7．在正项数列中，首项，且是直线上的点，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
8．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，，即此数列第1项是，接下来2项是，，再接下来3项是，，，，设是数列的前项和，则（ ）
A． B．
C． D．
9．十九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段，分别均分为三段，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”.若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为(参考数据：，)（ ）
A． B． C． D．
10．设等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．1023 B．511 C． D．
11．已知数列满足，，，是等比数列，则数列的前8项和（ ）
A．376 B．382 C．749 D．766
12．在数列中，若，，则（ ）．
A．31 B．63 C．123 D．1023
13．已知数列满足，，，则数列的最小项为（ ）
A． B． C． D．
14．已知函数的图象过点，且，．记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
15．已知等比数列，，…，各项为正且公比，则（ ）
A． B．
C． D．与的大小关系不能确定
16．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．
17．已知正项等比数列满足，若存在两项，使得，则的最小值为（ ）
A．9 B． C． D．
18．已知等比数列中，，，则公比（ ）
A．－2 B．2
C．3 D．2或－2
19．等比数列中，，，为的前项和．若，则的值是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．不存在
20．已知数列中，，则下列关于的说法正确的是（ ）
A．一定为等差数列 B．一定为等比数列
C．可能为等差数列，但不会为等比数列 D．可能为等比数列，但不会为等差数列
21．数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
22．通过测量知道，温度每降低6℃，某电子元件的电子数目就减少一半．已知在零下34℃时，该电子元件的电子数目为3个，则在室温26℃时，该元件的电子数目接近（ ）
A．860个 B．1730个 C．3072个 D．3900个
23．已知等比数列中，，，则（ ）
A．1 B．2 C．±1 D．±2
24．已知数列，，…，…是首项为1，公比为2的等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
25．著名物理学家李政道说：“科学和艺术是不可分割的”.音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的，它们是按照严格的数学方法确定的.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.若某一半音与的频率之比为，则该半音为（ ）
频率
半音 C D E F G A B C（八度）
A． B．G C． D．A
26．在等比数列中，，，则的值为（ ）
A．48 B．72 C．144 D．192
27．方程的两根的等比中项是（ ）
A．和2 B．1和4 C．2和4 D．2和1
28．已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则
A．16 B．8 C．4 D．2
29．已知数列是公比为正数的等比数列，是其前项和，，，则（ ）
A．31 B．63 C．127 D．255
30．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
31．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
32．设是等比数列，且，，则（ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
33．已知正项等比数列的前项和为，若，，成等差数列，则的最小值为( )
A． B． C． D．
34．已知等差数列的公差为正数，等比数列的公比为，若，则（ ）
A． B． C． D．
35．已知各项均为正数且单调递减的等比数列满足、、成等差数列.其前项和为，且，则（ ）
A． B． C． D．
36．已知数列的前项和为，且，，若，则称项为“和谐项"，则数列的所有“和谐项”的平方和为（ ）
A． B． C． D．
37．已知首项为的数列，对任意的，都有，则（ ）
A．0 B．-1011 C．1011 D．2022
38．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．
39．已知数列的前n项和为，，对任意的都有，则（ ）
A． B． C． D．
40．某人于2020年6月1日去银行存款a元，存的是一年定期储蓄，2021年6月1日将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，此后每年的6月1日他都按照同样的方法在银行取款和存款．设银行定期储蓄的年利率r不变，则到2025年6月1日他将所有的本息全部取出时，取出的钱共有（ ）
A．元 B．元 C．元 D．元
41．已知数列a，，，…是等比数列，则实数a的取值范围是（ ）．
A． B．或 C． D．且
42．数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
43．记数列的前n项和为，，则（ ）
A． B． C． D．
44．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn+1>Sn”是“{an}单调递增”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
45．已知为数列的前n项和，若，则（ ）
A． B． C． D．
46．2020年底，国务院扶贫办确定的贫困县全部脱贫摘帽脱贫攻坚取得重大胜利！为进步巩固脱贫攻坚成果，接续实施乡村振兴战略，某企业响应政府号召，积极参与帮扶活动．该企业2021年初有资金500万元，资金年平均增长率可达到20%．每年年底扣除下一年必须的消费资金后，剩余资金全部投入再生产为了实现5年后投入再生产的资金达到800万元的目标，每年应扣除的消费资金至多为（ ）（单位：万元，结果精确到万元）（参考数据：，）
A．83 B．60 C．50 D．44
47．在等比数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
48．对于数列，定义为数列的“好数”，已知某数列的“好数”，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
49．等差数列中，，.设，记为数列的前项和，若，则的值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
50．设等比数列的公比为，前项和为.若，，且，，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
二、解答题
51．已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列
（1）求数列通项公式
（2）设，求数列的前项和
52．某校为扩大教学规模，从今年起扩大招生，现有学生人数为，以后学生人数年增长率为.该校今年年初有旧实验设备套，其中需要换掉的旧设备占了一半．学校决定每年以当年年初设备数量的10%增加新设备，同时每年淘汰套旧设备．
(1)如果10年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番，那么每年淘汰的旧设备是多少套？
(2)依照（1）的淘汰速度，共需多少年能更换所有需要更换的旧设备？
参考数据：，．
53．已知等差数列和等比数列的各项均为整数，它们的前项和分别为，且，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求；
（3）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.
54．已知数列的前n项和为，且，．
(1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，求数列前项和．
55．已知数列是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
56．已知数列的前项和为，，数列满足，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列满足：，，若不等式恒成立，求实数的取值范围.
57．已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)求集合中元素个数．
58．已知数列的前项和为，数列满足，，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，求证：.
59．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.
60．已知数列的首项，前项和为，，，（）总是成等差数列.
(1)证明数列为等比数列；
(2)求满足不等式的正整数的最小值.
61．已知数列为等差数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）若等比数列满足，求数列的通项公式．
62．某学校实验室有浓度为2 g/ml和0.2 g/ml的两种K溶液．在使用之前需要重新配制溶液，具体操作方法为取浓度为2 g/ml和0.2 g/ml的两种K溶液各300 ml分别装入两个容积都为500 ml的锥形瓶A，B中，先从瓶A中取出100 ml溶液放入B瓶中，充分混合后，再从B瓶中取出100 ml溶液放入A瓶中，再充分混合．以上两次混合过程完成后算完成一次操作．设在完成第n次操作后，A瓶中溶液浓度为an g/ml，B瓶中溶液浓度为bn g/ml.(lg 2≈0.301，lg 3≈0.477)
（1）请计算a1，b1，并判定数列{an－bn}是否为等比数列？若是，求出其通项公式；若不是，请说明理由；
（2）若要使得A，B两个瓶中的溶液浓度之差小于0.01 g/ml，则至少要经过几次？
63．已知为等比数列，且，若，求的值．
64．已知数列的前项和为，点在曲线上．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)设，求数列的前项和．
65．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1＝2Sn+2，数列{bn}满足b1＝2，（n+2）bn＝nbn+1，其中n∈N*.
(1)分别求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为cn的等差数列，求数列{bncn}的前n项和Tn.
66．在①，；②，；③，这三个条件中任选一个，补充在下列问题中的横线上，并解答（若选择两个或三个按照第一个计分）.已知等差数列的前项和为，___________，数列是公比为2的等比数列，且.求数列，的通项公式.
67．已知数列的各项均为正数，前项和为，且（）．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，求．
68．已知等比数列的公比，且，是，的等差中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：，设的前项的和为，求证：.
69．已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求.
70．数列中，，，设．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的前n项和；
(3)若，为数列的前n项和，求不超过的最大的整数．
71．在数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
72．已知数列的前项和为，且，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
73．已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
（Ⅰ）若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式；
（Ⅱ）若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
74．已知数列是公差为2的等差数列，它的前n项和为Sn，且成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
75．已知数列，的前n项和分别为，，，．
(1)求及数列，的通项公式；
(2)设，求数列的前2n项和．
76．已知各项均不相等的等差数列的前项和为，且 是等比数列的前项.
（1）求，；
（2）设，求的前项和.
77．已知数列{an}满足＝1，an＋1＝2an＋1，bn ＝an＋1(n∈N*)．
（1）求证：{ bn }是等比数列；
（2）求{ an }的通项公式．
78．在正项等比数列中，，且，的等差中项为．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和为．
79．数列中，，，设.
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的前项和；
80．已知等比数列的前n项和，其中r为常数．
（1）求r的值；
（2）设，若数列{bn}中去掉数列的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求的值．
81．已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
82．记Sn是公差不为0的等差数列的前n项和，若，且，，成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)求使成立的n的最小值.
83．已知等差数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
84．已知等差数列满足，前项和.
（1）求的通项公式；
（2）设等比数列满足，，求的前项和
85．已知数列满足，且.
（1）若数列满足，求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
86．设是等比数列的前n项和，已知，
(1)求和；
(2)若，求数列的前n项和．
87．在等比数列中，已知，．求：
(1)数列的通项公式；
(2)数列的前5项和．
88．已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ~k”数列．
（1）若等差数列是“λ~1”数列，求λ的值；
（2）若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ~3”数列，且an≥0 若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，
89．已知数列的前n项和为Sn，满足．
(1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若不等式2对任意的正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．
90．已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和
91．记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
92．已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，．
（I）求和的通项公式；
（II）记，
（i）证明是等比数列；
（ii）证明
93．已知数列满足：，
(1)求a2，a3；
(2)设，求证：数列是等比数列，并求其通项公式；
(3)求数列前20项中所有奇数项的和．
94．已知数列满足，且.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围.
95．已知数列的前项和为，且，.
（1）求，，的值；
（2）求的通项公式.
96．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N*).
（1）设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列；
（2）设cn＝，求证：{cn}是等差数列.
97．等差数列满足，.
（1）求的通项公式.
（2）设等比数列满足，，求数列的前n项和.
98．设数列满足，.
(1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若，，.求证：数列的前项和.
99．已知数列的前n项和.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前10项和.
100．设是公比不为1的等比数列，为，的等差中项．
（1）求的公比；
（2）若，求数列的前项和．
参考答案：
1．C
【分析】结合等比数列的知识求得正确答案.
【详解】数列是等比数列，
所以公比.
故选：C
2．A
【分析】由，得到，从而是等比数列，求得通项公式，再利用等比数列的前n项和公式求解
【详解】因为，
所以，
所以是公比为2的等比数列，
所以，
所以.
故选：A
【点睛】本题主要考查递推数列以及等比数列的求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题..
3．D
【分析】设等比数列的公比为，由，求得公比即可.
【详解】设等比数列的公比为，
则，
解得，即，
所以，
故选：D.
4．A
【分析】先求得，然后利用裂项求和法求得，进而求得的取值范围.
【详解】依题意，
当时，，
，两式相减并化简得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，.
，
所以
，
所以的取值范围是.
故选：A
5．C
【分析】根据等比数列求和公式求出首项即可得解.
【详解】由题可得该女子每天织布的尺数成等比数列，设其首项为，公比为，
则，解得
所以第二天织布的尺数为.
故选：C
6．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.
7．B
【分析】由题意，代入点坐标进入直线方程可得，即数列是首项为2，公比为2的等比数列，利用等比数列求和公式即得解
【详解】在正项数列中，，且是直线上的点，
可得，所以，
可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，
则的前项和.
故选：B
8．A
【分析】结合分组求和法、等比数列前项和公式求得.
【详解】分组：第1组有1项为；第2组有2项，为，；……；第组有项，为，，…，.
根据等比数列的前项和公式得每组各项和分别为，，，…，.∵前63组共有（项），
∴.
故选：A.
9．C
【分析】根据规律可总结出第次操作去掉区间的长度和为，利用等比数列求和公式可求得去掉区间的长度总和，由此构造不等式求得结果.
【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；
以此类推，第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
进行了第次操作后，去掉区间长度和，
由，即，，
又，的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够根据已知所给的规律总结出每次操作去掉的区间长度和成等比数列，并能得到等比数列通项公式.
10．A
【分析】先根据已知求出，即得的值.
【详解】设数列的公比为，由题意可得，所以，
由题得.
故.
故选：A.
【点睛】本题主要考查等比数列的通项的基本量的计算，考查等比数列的求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
11．C
【解析】利用累加法求出通项，然后利用等比数列的求和公式和分组求和法，求解即可
【详解】由已知得，，，而是等比数列，故，
，
，化简得，
故选：C
【点睛】关键点睛：解题关键在于利用累加法求出通项.
12．A
【分析】由题意可知数列是以1为首项，为公比的等比数列，从而可得是以1为首项，2为公比的等比数列，再利用等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】因为数列中，若，，
所以数列是以1为首项，为公比的等比数列，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，
故选：A
13．D
【分析】先判断数列为等比数列，再根据等比数列通项公式求，根据叠乘法得数列的通项公式，最后根据二次函数性质以及自变量范围确定最小值.
【详解】，，
所以数列为等比数列，首项为，公比为4，所以
当时
因为时，所
因此当或时，取最小值
故选：D
【点睛】本题考查等比数列的判断、等比数列通项公式、叠乘法求通项、利用二次函数性质求最值，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.
14．D
【分析】先利用点求出，代入得，接着进行求和即可求出答案
【详解】由，可得，解得，则，
所以，
所以，
故选：D
15．C
【分析】作差并化简得，根据，讨论差的正负即可得解.
【详解】
．
因为，，，
所以若，则，，所以，
所以；
若，则，，所以，
所以.
所以恒有．
故选：C．
16．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：A
17．B
【分析】利用等比数列的知识求出m与n的关系，再利用基本不等式求解出最值.
【详解】因为，所以，解得或，
，
因为，所以，
因此依次代入得当时，取最小值.
故选：B.
【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.本题由于自变量范围为正整数，所以采取逐一代入法较为简单.
18．B
【分析】由可得，即可求出公比.
【详解】设数列的公比为，因为为等比数列，
所以，所以，
所以，解得．
故选：B．
19．A
【分析】利用基本量代换，求出公比q，再根据前n项和公式，即可求出m.
【详解】等比数列中，，，则，则．
当时，若，则有，解得；
当时，若，则有，整理可得，无整数解．故．
故选：A．
20．C
【分析】由给定条件探求可得，再按是否为0分析数列的特性即可判断作答.
【详解】因，则，即，
若，则，，数列为等差数列，
若，则数列为首项为，公比为4的等比数列，有，
当时，，显然不满足上式，即数列从第二项起，后面的项组成等比数列，
所以数列可能为等差数列，但不会为等比数列.
故选：C
21．C
【分析】由，结合条件即可求出通项公式，注意验证是否成立
【详解】当时，，当时，，所以，而，
所以数列从第二项起是以5为首项，6为公比的等比数列，所以，
故选：C．
22．C
【分析】根据题意和等比数列的概念可知该电子元件在不同温度下的电子数目为等比数列，进而得出首项和公比，即可求出.
【详解】由题设知，
该电子元件在不同温度下的电子数目为等比数列，且，公比．
由，，
得．
故选：C．
23．B
【分析】根据等比数列通项公式列方程计算即可.
【详解】等比数列中，，，
则，解得，
故选：B．
24．D
【分析】根据题意，求得，再利用累乘法即可求得，再结合对数运算，即可求得结果.
【详解】由题设有，
而，
当时，也满足该式，故，
所以，
故选：D.
【点睛】本题考查利用累乘法求数列的通项公式，涉及对数运算，属综合基础题.
25．B
【分析】利用对数与指数的转化，得到数列为等比数列，公比，然后求得所求半音对应的数列的项数，从而得到答案.
【详解】依题意可知.
由于满足，则，
所以数列为等比数列，公比，对应的频率为，题目所求半音与的频率之比为，
所以所求半音对应的频率为，即对应的半音为.
故选：B.
【点睛】本题考查等比数列的应用，涉及对数运算，等比数列的判定，等比数列的性质，属中档题.
26．D
【分析】利用等比中项可得，，因此，再结合，可得解
【详解】由，得，
由，得，所以，
所以．
故选：D
27．A
【分析】先根据韦达定理求出两根之积，再结合等比中项公式计算即可.
【详解】由一元二次方程根与系数的关系可知方程的两根之积为4，
又因为，故方程的两根的等比中项是．
故选：A
28．C
【解析】利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值．
【详解】设正数的等比数列{an}的公比为，则，
解得，，故选C．
【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键．
29．C
【分析】根据条件求出数列的首项和公比后再求和即可.
【详解】由题意，设数列的公比为，则，
所以.
故选：C
30．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
31．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．
32．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．
33．B
【分析】利用等比数列前项和的性质表示出，再表示成同一变量，然后利用基本不等式求出其最小值即可.
【详解】因为是正项等比数列，
所以，，仍然构成等比数列，
所以.
又，，成等差数列，
所以，，
所以.
又是正项等比数列，
所以，，当且仅当时取等号.
故选：B.
34．B
【分析】分析得到，再解方程组即得解.
【详解】由，得，因为，
所以，
解得.
故选：B.
35．C
【分析】先根据，，成等差数列以及单调递减，求出公比，再由即可求出，
再根据等比数列通项公式以及前项和公式即可求出.
【详解】解：由，，成等差数列，
得：，
设的公比为，则，
解得：或，
又单调递减，
，
，
解得：，
数列的通项公式为：，
.
故选：C．
36．D
【分析】根据，得到，两式相减得到，从而得到数列的通项公式，根据“和谐项"的定义可得，再利用等比数列的前项和可得答案.
【详解】①，②，①-②得，即，，，故，，所以数列的所有“和谐项”的平方和为.
故选：D.
37．D
【分析】利用递推关系得到数列中项之间的规律，发现该数列时隔项相等的数列，故只需要得到前2项的即可.
【详解】∵①，∴②，又∵，∴，由得，即，
又∵，且，∴，∴，
∴.
故选：D.
38．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
39．C
【解析】由，可得，数列为常数列，令，可得，进而可得，利用裂项求和即可求解.
【详解】数列满足，对任意的都有，
则有，可得数列为常数列，
有，得，得，
又由，
所以．
故选：C
【点睛】方法点睛：数列求和的方法
（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法
（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；
（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；
（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；
（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.
40．D
【分析】根据从2021年6月1日起，将到期存款的本息一起取出再加a元之后还存一年定期储蓄，即求解.
【详解】设此人2020年6月1日存入银行的钱为元，2021年6月1日存入银行的钱为元，以此类推，
则2025年6月1日存入银行的钱为元，那么此人2025年6月1日从银行取出的钱有元．
由题意，得，，，……，
，
所以．
故选：D．
41．D
【分析】由等比数列的定义即可求出a的取值范围.
【详解】由等比数列的定义知，数列中不能出现为0的项，且公比不为0，所以且,
所以且.
故选：D.
42．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.
43．A
【分析】根据与的关系式证明数列为等比数列，从而求.
【详解】依题意，
当n=1时，a1=2a1-1，解得a1=1；
当时，由得，
两式相减，得，即，所以，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，.
故选：A.
44．D
【分析】由，举反例和即可得出结果
【详解】，例如，但是数列不单调递增，故不充分；
数列单调递增，例如，但是，故不必要；
故选：D
45．D
【分析】利用得到公比，利用求出首项，利用求和公式求出答案.
【详解】因为，所以数列为等比数列，公比，
所以，解得：，
所以
故选：D
46．B
【分析】由题可知5年后投入再生产的资金为：，即求.
【详解】设每年应扣除的消费资金为万元，则
1年后投入再生产的资金为：，
2年后投入再生产的资金为：
，
5年后投入再生产的资金为：
∴，
∴.
故选：B
47．A
【分析】由题设结合等比数列通项公式求得公比，进而求.
【详解】由题设，，又，可得，
∴.
故选：A
48．D
【分析】由，可得，时，将换为，相减可得，通过．说明数列为等差数列，对任意的恒成立可化为，，求解即可．
【详解】解：由题意，，则，
当时，，
两式相减得，
所以，，
当时，对上式也成立，
故，则，则数列为等差数列，
故对任意的恒成立可化为
，；
即，解得.
故选：D．
49．C
【分析】首先求数列的通项公式，然后利用等比数列的前项和公式，求的值.
【详解】设的公差为，由题意得，因为，
所以，解得，故，则.
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，
由得，解得.
故选：C.
50．B
【分析】先利用条件求出公比的值，然后利用等比数列求和公式以及可求出正整数的值.
【详解】因为，
所以，得到，
因为，所以.
由，得，又，
所以，
因为，则，
所以，解得，
故选：B
51．（1）或；（2）见解析.
【解析】（1）设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式结合等比数列的性质即可得解；
（2）由分组求和法结合等差、等比数列的前n项和公式即可得解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意，得，解得或，
所以或；
（2）当时，，
此时；
当时，，
此时.
52．(1)套
(2)16（年）
【分析】（1）利用配凑法求得明年起第年学校的实验设备的套数，根据“10年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番”列方程，从而求得每年淘汰的旧设备套数.
（2）根据的值以及旧设备的套数求得需要的年数.
（1）
今年学生人数为，则10年后学生人数为．
设明年起第年（明年为第1年）学校的实验设备的套数为数列，
则，，令，则，
所以，即，所以数列是首项为，公比为1.1的等比数列，
所以，即．
所以，由题意得，解得．
所以每年淘汰的旧设备为套．
（2）
更换所有需要更换的旧设备共需（年）．
53．（1）；（2）；（3）存在，1.
【解析】（1）利用基本量法直接计算即可；
（2）利用错位相减法计算；
（3），令可得，，讨论即可.
【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为，
因为，
所以，即，解得，或（舍去）.
所以.
（2），
，
所以，
所以.
（3）由（1）可得，，
所以.
因为是数列或中的一项，所以，
所以，因为，
所以，又，则或.
当时，有，即，令.
则.
当时，；当时，，
即.
由，知无整数解.
当时,有，即存在使得是数列中的第2项，
故存在正整数，使得是数列中的项.
【点睛】本题考查数列的综合应用，涉及到等差、等比数列的通项，错位相减法求数列的前n项和，数列中的存在性问题，是一道较为综合的题.
54．(1)证明见解析；；(2) .
【分析】(1)结合已知条件和等比数列的定义，即可证明数列为等比数列，然后求出的通项公式，进而求出的通项公式；(2)结合(1)中结论，首先利用错位相减法求出，可得到数列的通项公式，进而得到的通项公式，最后利用裂项相消法求出即可.
【详解】(1)因为，所以，
又因为，
所以数列是以首项为，公比为的等比数列，
从而，故.
(2)由(1)中结论可知，
①，
所以 ②，
由①②得，

化简整理得，，
所以，
故，
所以，
故.
55．(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列性质、等比中项的意义列式求解作答.
（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法计算作答.
（1）
等差数列中，，解得，因，，成等比数列，即，
设的公差为d，于是得，整理得，而，解得，
所以.
（2）
由（1）知，，
所以.
56．（1），；（2）.
【分析】（1）由，利用数列通项与前n项和的关系求得；再由求解；
（2）由，利用错位相减法求得， 由，利用累加法得到，从而求得，然后由恒成立求解.
【详解】（1）当时，，∴，
当时，由得
，即，
∴数列是公差为2的等差数列，
∵，∴.
由条件得，，
∴，即数列是公比为2的等比数列，
∴.
（2），设数列的前项和为，则，
∴，
∴，
，
∴，
由得，
累加得，
即，
∴，
∴，
令，则，
∴，
∴，
∴.
57．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得，即可解出．
（1）
设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
（2）
由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
58．（1），；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据的前项和即可求出通项公式，进而可判断是以3为首项，4为公比的等比数列，即可求出的通项公式；
（2）可得，求和然后放缩利用等比数列求和公式即可证明.
【详解】（1）数列的前项和为，
∴.
当时，符合，故，
∴，
∴，∴，∵
∴是以3为首项，4为公比的等比数列，
∴，∴.
（2）证明：∵，∴，
，
.
59．(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.
（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.
60．(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）由已知可得，化简得（），则有，两式相减化简可证得结论，
（2）由（1）将不等式化为，然后分为奇数和偶数两种情况求解即可.
（1）
因为，，（）总是成等差数列，
所以（），
整理得（），
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以数列是以2为首项，为公比的等比数列，
（2）
由（1）可得，
因为，
所以，
所以，
当为奇数时，，得，解得，
当为偶数时，，得，解得，此时无解
综上得正整数n的最小值为3.
61．（1）；（2）
【分析】（1）根据已知列式求出数列的首项和公差即可得出通项公式；
（2）由题可求出，即可求出公比，得出通项公式.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
，
，解得，；
（2），
等比数列的公比为，
.
62．（1）是，an－bn＝0.9·()n-1；（2）8次.
【分析】（1）通过配制溶液的步骤，可得a1，b1，an，bn，再利用公式即得；
（2）解不等式，计算即可.
【详解】（1）由题意，得b1＝＝0.65 g/ml，
a1＝＝1.55 g/ml.
当n≥2时，bn＝(300bn－1＋100an－1)＝(3bn－1＋an－1)，
an＝(200an－1＋100bn)＝(3an－1＋bn－1)，
∴an－bn＝(an－1－bn－1)，
∴等比数列{an－bn}的公比为，
其首项a1－b1＝1.55－0.65＝0.9，
∴an－bn＝0.9·()n-1.
(2)由题意可知，问题转化为解不等式0.9·()n-1<10－2，
∴n>1＋≈7.49，
∴至少要操作8次才能达到要求.
63．2021
【分析】利用函数解析式和等比数列的性质求得，继而求出答案
【详解】因为为等比数列，，所以，
因为，所以，
同理可得，
所以
64．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由即可求出数列的通项公式，再证明即可；
（2）可利用分组求和法求数列的前项和.
（1）
因为点在曲线上，
所以，．
当时，；
当时，，
当时上式也成立，
所以数列的通项公式为，
，
所以数列为等差数列．
（2）
由（1）知，，，
故数列的前项和
．
65．(1)an＝2×3n-1，bn＝n（n+1）
(2)（2n﹣1） 3n+1
【分析】（1）根据an与Sn的关系求{an}通项，再利用累乘法求得bn（n≥2），并检验b1是否适合即可；
（2）先由题设和（1）求得cn与bncn，再利用错位相减法求得其前n项和Tn.
(1)
∵an+1＝2Sn+2，
∴an+2＝2Sn+1+2，
两式相减整理得：an+2＝3an+1，
∴等比数列{an}的公比q＝＝3，
又当n＝1时，有a2＝2S1+2，即3a1＝2a1+2，解得：a1＝2，
∴an＝2×3n-1，
∵b1＝2，（n+2）bn＝nbn+1，
∴＝，
∴bn＝×××…×××b1＝×××…×××2＝n（n+1），n≥2，
又当n＝1时，b1＝2也适合上式，
∴bn＝n（n+1）；
(2)
由（1）可得：cn＝＝＝，
∴bncn＝4n×3n﹣1，
∴Tn＝4（1×30+2×31+3×32+…+n×3n﹣1），
又3Tn＝4（1×31+2×32+…+n×3n），
两式相减得：﹣2Tn＝4（1+3+32+…+3n﹣1﹣n×3n）＝4（﹣n×3n），
整理得：Tn＝（2n﹣1） 3n+1.
66．；
【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列的基本量方法，结合等差数列的性质可得，进而根据求得的通项公式即可
【详解】设等差数列的公差为.
若选①：根据等差数列的性质，由有，故，所以，解得，故.故，故
若选②：由题意，即，解得，故.故，故
若选③：由可得，即，解得，故.故，故
67．(1)；
(2)．
【分析】（1）由题知，进而结合得数列是等差数列，进而得答案；
（2）结合（1）得，进而根据错位相减法求解即可.
（1）
解：（），
当时，，∴，
当时，由，得①
∴，②
①﹣②得：，
∴，
∵，
∴，，
∴数列是等差数列，
∴；
（2）
解：由，得，
∴，
∴，
，
两式作差得：
∴
∴．
68．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据条件求出和，即可求出通项公式；
（2）先证明，即可证明.
【详解】（1）由是，的等差中项得，
所以，解得，
由，得，解得或，
因为，所以.
所以.
（2），
在成立，
又有，
.
【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解，考查数列不等式的证明，属于中档题.
69．（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.
70．(1)证明见解析；
(2)；
(3)2022
【分析】（1）将两边都加，证明是常数即可；
（2）求出的通项，利用错位相减法求解即可；
（3）先求出，再求出的表达式，利用裂项相消法即可得解
【详解】（1）将两边都加2n，得，
所以，即，又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）由（1）知，，所以，
所以，①
，②
①－②得，
整理得；
（3）由（2）及题目条件，得，所以，
所以,
，
所以不超过的最大的整数是2022
71．（1）；（2）.
【分析】（1）根据等比数列的定义可得数列是首项为2，公比为2的等比数列，即可求得，即可得答案.
（2）由（1）可得，利用错位相减求和法，即可求得答案.
【详解】解：（1）因为，且，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
则，
所以.
（2）因为，
所以，
则，
上下相减得，
故.
72．（1）；（2）.
【分析】（1）利用化简已知条件，证得数列是等比数列，进而求得数列的通项公式.
（2）利用错位相减求和法求得.
【详解】（1）因为，所以，
两式相减得，
又，
所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故数列的通项公式为.
（2）据（1）可得，
所以
，
，
两式相减得
，
化简得.
73．（I）；（II）证明见解析.
【分析】（I）根据，求得，进而求得数列的通项公式，利用累加法求得数列的通项公式.
（II）利用累乘法求得数列的表达式，结合裂项求和法证得不等式成立.
【详解】（I）依题意，而，即，由于，所以解得，所以.
所以，故，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.
所以（）.
所以，又，符合，
故.
（II）依题意设，由于，
所以，
故
.
又，而，
故
所以
.
由于，所以，所以.
即， .
【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式，考查裂项求和法，属于中档题.
74．（1），（2）
【分析】（1）由题意可得，从而可求出，进而可求得的通项公式；
（2）由（1）可得，然后利用裂项相消求和法可求得结果
【详解】（1）因为数列是公差为2的等差数列，且成等比数列，
所以即，解得，
所以；
（2）由（1）得，
所以.
75．(1)；
(2)．
【分析】（1）先根据得到，再结合，求出数列，的通项公式；
（2）在第一问的基础上利用分组求和进行求解.
（1）
在中，
当n＝1时，b1﹣a1＝0，
当n 2时，，
显然b1﹣a1＝0适合上式，
所以，，
又，
所以两式相减得，两式相加得
且a1＝1，b1＝1；
（2）
因为，
结合（1）中所求，，
故
76．（1）；（2）.
【分析】（1）设数列的公差为，由题意列关于首项与公差的方程，联立求得首项与公差，则，可求；
（2）把（1）中求得的通项公式代入，分组后利用等比数列前n项和与裂项相消法求解数列的前项和.
【详解】解：（1）设数列的公差为，
由题意，，①
又∵成等比数列，∴，
即，得，②
联立①②可得，
∴ ，；
（2）∵，
∴
＝.
∴数列的前项和为.
【点睛】本题考查等差等比数列基本量的计算，等比数列求和公式，裂项求和，分组求和法等，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于先根据分组求和，转化为等比数列的和与的和，进而利用裂项求和求解.
77．（1）证明见解析；（2）an＝2n－1.
【分析】（1）由题意可得an＋1＋1＝2(an＋1)，利用等比数列的定义即可证明.
（2）利用等比数列的通项公式即可求解.
【详解】（1）证明：∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，即bn＋1＝2bn，
∵b1＝＋1＝2≠0.∴bn≠0，∴＝2，∴{bn}是等比数列．
（2）由（1）知{bn}是首项b1＝2，公比为2的等比数列，
∴bn＝2×2n－1＝2n，即an＋1＝2n，∴an＝2n－1.
78．（1）；（2）.
【解析】（1）设出公比，根据条件列方程组求解即可；
（2）分组，利用等差等比的求和公式求和.
【详解】解（1）设正项等比数列的公比为，
由题意可得，解得．
数列的通项公式为；
（2）.
【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查等差，等比数列求和公式，是基础题.
79．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)将两边都加，证明是常数即可；
(2)求出的通项，利用错位相减法求解即可；
（1）解：将两边都加，得，而，即有，又，则，，所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）解：由（1）知，，则，，，因此，，所以.
80．（1）；（2）11302.
【分析】（1）利用等比数列满足，求得r的值，再验证成立即可；
（2）列出数列的前9项，根据与数列{bn}中项的关系，计算即可.
【详解】解：（1）因为，所以；，即；
，即，由是等比数列可知，，
所以，即.此时，，
时，，且也适合该式，
故，是等比数列，即满足题意.
所以；
（2），
因为，，，，
，.
所以 .
81．（1）；（2）.
【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为的形式，求解出，由此求得数列的通项公式.
（2）方法一：通过分析数列的规律，由此求得数列的前项和.
【详解】（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得解得，或(舍)，
所以，所以数列的通项公式为.
（2）［方法一］：规律探索
由于，所以
对应的区间为，则；
对应的区间分别为，则，即有2个1；
对应的区间分别为，则，即有个2；
对应的区间分别为，则，即有个3；
对应的区间分别为，则，即有个4；
对应的区间分别为，则，即有个5；
对应的区间分别为，则，即有37个6．
所以．
［方法二］【最优解】：
由题意，，即，当时，．
当时，，则
．
［方法三］：
由题意知，因此，当时，；时，；时，；时，；时，；时，；时，．
所以
．
所以数列的前100项和．
【整体点评】（2）方法一：通过数列的前几项以及数列的规律可以得到的值，从而求出数列的前项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列的通项公式，从而求出数列的前项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．
82．(1)
(2)7
【分析】（1）设等差数列的公差为d，则由题意可得，化简可得从而可求出d，进而可求出通项公式，
（2）由，得，解不等式可得答案
【详解】（1）设等差数列的公差为d，则
∵成等比数列，
∴，即，即
又
∴
∴
∴数列的通项公式为
（2）
则不等式，即
整理可得，解得或，
又n为正整数，故n的最小值为7.
83．（1）；（2）.
【解析】（1）先设等差数列的公差为，由题中条件，列出方程求出首项和公差，即可得出通项公式；
（2）根据（1）的结果，得到，再由等比数列的求和公式，即可得出结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，
所以，解得，所以；
（2）由（1）可得，，即数列为等比数列，
所以数列的前n项和.
84．（1）；（2）.
【分析】（1）设的公差为，根据等差数列的通项公式与求和公式列关于和的方程组，解得和的值即可得的通项公式；
（2）求出和的值，即可得的公比，再由等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）设的公差为，
由题意可得，解得：
所以；
（2）由（1）得，，
设的公比为，则，解得：，
所以的前项和.
85．（1）；（2）.
【分析】（1）依题意可得是公差为1的等差数列，即可求出的通项公式，再用累加法求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法计算可得；
【详解】（1）由知数列是公差为1的等差数列
故，所以，
所以
所以
所以
所以
又满足上式，所以；
（2）由（1）可得
所以①；
②；
①②得，
所以
所以
86．(1)，；
(2)
【分析】（1）利用等比数列的性质求出首项和公比，最后等到通项公式和求和公式；
（2）利用（1）的结论，进一步利用裂项相消法求出答案
【详解】（1）设的公比为q，由题可得，又，所以，
又，所以，，
所以，；
（2）由（1）得，
所以
87．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求解出，则的通项公式可求；
（2）根据等比数列前项和公式求解出即可.
【详解】（1）设数列的公比为q，
因为，，所以，所以，
所以；
（2）因为为等比数列且，
所以为等比数列，首项为且公比为，
所以.
88．（1）1
（2）
（3）
【分析】（1）根据定义得，再根据和项与通项关系化简得，最后根据数列不为零数列得结果；
（2）根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，即得；
（3）根据定义得，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足的条件，解得结果
【详解】（1）
（2）
，
（3）假设存在三个不同的数列为数列.
或
或
∵对于给定的，存在三个不同的数列为数列，且
或有两个不等的正根.
可转化为，不妨设，则有两个不等正根，设.
① 当时，，即，此时，，满足题意.
② 当时，，即，此时，，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，
【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.
89．(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）利用得，变形得，则可证明等比数列，根据等比数列的通项公式可得答案；
（3）令，通过计算的正负，求出的最大值，将题目转化为，解不等式即可.
（1）
①
②
①-②得，即，
变形可得，
又，得
故数列是以-1为首项，为公比的等比数列，
由等比数列的通项公式可得，
.
（2）
令，则
当或时，，
当时，
又，，
因为不等式对任意的正整数恒成立，
，解得.
90．（1）；（2）.
【分析】（1）设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式可得，进而可得，再由等差数列的性质、等比数列的知识列方程可得，即可得解；
（2）由，结合等比数列前n项和公式、裂项相消法及分组求和法即可得解.
【详解】（1）在比数列中，设等比数列的公比为，由，
得，∴，
∵，，成等差数列，∴，
从而有，得，
∴；
（2）由，且，
得，
∴，
.
【点睛】本题考查了等差等比数列的综合应用，数列求和的方法技巧有：
（ 1）倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
（ 2）错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
（ 3）分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
（ 4）裂项相消法：用于通项能变成两个式子相减，求和时能前后相消的数列求和.
91．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【详解】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有.
则当或时，．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
92．（I），；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得的通项，由等比数列的通项公式运算可得的通项公式；
（II）（i）运算可得，结合等比数列的定义即可得证；
（ii）放缩得，进而可得，结合错位相减法即可得证.
【详解】（I）因为是公差为2的等差数列，其前8项和为64．
所以，所以，
所以；
设等比数列的公比为，
所以，解得（负值舍去），
所以；
（II）（i）由题意，，
所以，
所以，且，
所以数列是等比数列；
（ii）由题意知，，
所以，
所以，
设，
则，
两式相减得，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：
最后一问考查数列不等式的证明，因为无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.
93．(1)，；
(2)证明见解析，；
(3).
【分析】（1）根据题中递推关系式，依次代入即可求得结果；
（2）根据题意，先求出，再计算得，即可证明是等比数列，进而求得；
（3）将前20项奇数项的和利用递推式转化为关于偶数项的和，再利用将关于的计算转化为关于的计算，进而求得结果.
【详解】（1）令，得，令，得；
（2）根据题意，得，，
所以，
所以数列是，的等比数列，故；
（3）由（2）可得，
所以数列前20项中所有奇数项的和
.
94．（1）证明见详解；（2）.
【分析】（1）由题意得，化简整理，结合定义即可得证.
（2）由（1）可得，代入可得，分别讨论为奇数和偶数时的表达式，结合单调性，即可求出的取值范围.
【详解】（1）证明：因为，所以
即，则
从而数列是以6为首项，2为公比的等比数列
（2）解：由（1）知，即
所以
，
当为偶数时，
当为奇数时，
当为偶数时，是递减的，此时当时，取最大值，则；
当为奇数时，是递增的，此时，则.
综上，的取值范围是.
【点睛】本题考查了数列构造法，等比数列的定义以及裂项相消求和，还涉及了分类讨论的思想，属于难题
95．（1），，；（2）.
【分析】（1）根据和计算可得结果；
（2）当时，利用两式相减法求出通项，再验证首项是否满足即可得解.
【详解】（1）∵，，
∴，，.
（2）当时，，可得，
∴.
当时，，不满足上式.
∴.
96．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）根据和之间的关系，an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1－4an，带入整理可得，即可得证；
（2）由（1）知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an，所以即cn＋1－cn＝3，即可得解.
【详解】（1）an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2＝4an＋1－4an.
可得，
因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.
所以b1＝a2－2a1＝3.
所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列.
（2）由（1）知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an，
所以.
所以cn＋1－cn＝3，且c1＝＝2，
所以数列{cn}是等差数列，公差为3，首项为2.
97．（1）；（2）.
【解析】（1）利用等差数列的通项公式求解即可；（2）根据条件计算，从而求出，利用等比数列前项和公式即可求出.
【详解】解：()∵是等差数列，
，
∴解出，，
∴
.
()∵，
，
是等比数列，
，
∴b1=4
98．(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）计算，再根据首项得到通项公式.
（2）计算，利用累加法得到，放缩，利用裂项相消法计算得到证明.
(1)
，又，
为以2为首项，以2为公比的等比数列，可得：，.
(2)
，时，
时也符合上式，
.
所以数列的前项和.
99．（1）；（2）.
【分析】（1）利用求解；
（2）由（1）得然后代入求解
【详解】解：（1）当时，；
当时，，经验证满足上式；
所以的通项公式为.
（2）由（1）可知，其中，
故的前10项和为
.
100．（1）；（2）.
【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比的方程，求解即可得出结论；
（2）由（1）结合条件得出的通项，根据的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论.
【详解】（1）设的公比为，为的等差中项，
，
；
（2）设的前项和为，，
，①
，②
①②得，
，
.
【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.

展开更多......

收起↑