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热点5-2 等比数列的通项及前n项和
主要考查等比数列的基本量计算和基本性质、等比数列的中项性质、判定与证明，这是高考热点；等比数列的求和及综合应用是高考考查的重点.这部分内容难度以中、低档题为主，结合等差数列一般设置一道选择题和一道解答题.
【题型1 等比数列的基本量计算】
满分技巧等比数列的运算技巧 1、在等比数列的通项公式和前项和公式中，共涉及五个量：，，，，，其中首项和公比为基本量，且“知三求二”，常常列方程组来解答； 2、对于基本量的计算，列方程组求解时基本方法，通常用约分或两式相除的方法进行消元，有时会用到整体代换，如，都可以看作一个整体.
【例1】（2024·全国·模拟预测）
1．已知正项等比数列的前n项和为．若，则（ ）
A． B． C． D．
【变式1-1】（2024·全国·模拟预测）
2．已知正项等比数列的前n项和为．若，，则（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2023·辽宁·高三统考期中）
3．已知为等比数列，其公比，前7项的和为1016，则的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【变式1-3】（2023·四川雅安·统考一模）
4．在等比数列中，若，，则等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式1-4】（2023·全国·模拟预测）
5．已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【题型2 等比数列性质的应用】
满分技巧1、等比数列性质应用问题的解题突破口 等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项公式的变形，三是前n项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口． 2、应用等比数列性质解题时的2个注意点 （1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质， 特别是性质“若，则有”，可以减少运算量，提高解题速度． （2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．
【例2】（2023·湖南永州·高三校考阶段练习）
6．在等比数列中，若，则（ ）
A．1 B．2 C．10 D．100
【变式2-1】（2023·全国·模拟预测）
7．已知正项等比数列的前n项积为，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
【变式2-2】（2023·陕西·校联考模拟预测）
8．等比数列满足：，则的最小值为 ．
【变式2-3】（2023·江苏淮安·高三校联考期中）
9．已知数列是正项等比数列，数列满足.若，则（ 　　）
A．24 B．27 C．36 D．40
【变式2-4】（2023·安徽六安·高三六安一中校考阶段练习）
10．已知函数，数列为等比数列，，， ．
【题型3 等比数列单调性及应用】
满分技巧等比数列前n项和的函数特征 1、与的关系 （1）当公比时，等比数列的前项和公式是， 它可以变形为，设，则上式可以写成的形式，由此可见，数列的图象是函数图象上的一群孤立的点； （2）当公比时，等比数列的前项和公式是，则数列的图象是函数图象上的一群孤立的点. 2、与的关系 当公比时，等比数列的前项和公式是，它可以变形为设，，则上式可写成的形式，则是的一次函数.
【例3】（2023·福建厦门·高三厦门第二中学校考阶段练习）
11．已知等比数列的前项和为，前项积为，则下列选项判断正确的是（ ）
A．若，则数列是递增数列
B．若，则数列是递增数列
C．若数列是递增数列，则
D．若数列是递增数列，则
【变式3-1】（2023·广东佛山·统考一模）
12．等比数列公比为，，若（），则“”是“数列为递增数列”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
【变式3-2】（2023·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）
13．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．的最大值为 D．的最大值为
【变式3-3】（2023·云南曲靖·高三曲靖一中校考阶段练习）
14．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足，，则下列选项正确的是（ ）
A．为递减数列 B．
C．是数列中的最小项 D．当时，的最小值为4045
【变式3-4】（2023·全国·高三专题练习）
15．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
【题型4 等比数列前n项和性质应用】
满分技巧等比数列前项和的性质 （1）在公比或且为奇数时，，，，……仍成等比数列，其公比为； （2）对，有； （3）若等比数列共有项，则，其中，分别是数列的偶数项和与奇数项和； （4）等比数列的前项和，令，则（为常数，且）
【例4】（2023·陕西榆林·高三校考阶段练习）
16．已知各项均为实数的等比数列的前项和为，若，，则 （ ）
A．150 B．140 C．130 D．120
【变式4-1】（2023·河北石家庄·高三统考期中）
17．已知数列是等比数列，为其前项和，若，，则（ ）
A．27 B．39 C．81 D．120
【变式4-2】（2023·云南昆明·高三云南民族大学附属中学校考阶段练习）
18．已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．8 B．9 C．16 D．17
【变式4-3】（2023·河北保定·高三保定市第三中学校联考期末）
19．已知数列为等差数列，公差为；数列为等比数列，公比为，则下列说法正确的是（ ）
A．存在和，使得．
B．若为的前项和，则，，，成等差数列
C．若为的前项和，则，，，成等比数列
D．当时，存在实数A、使得
【变式4-4】（2023·安徽·高三怀远第一中学校联考阶段练习）
20．记为等比数列的前n项和，．
(1)若，求的值；
(2)若，求证：．
【题型5 等比数列的判定与证明】
满分技巧1、定义法：为常数且数列是等比数列． 2、等比中项法：数列是等比数列． 3、通项公式法：数列是等比数列． 4、前项和公式法：若数列的前项和，则该数列是等比数列． 其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种方法一般用于选择题、填空题中． 注意：（1）若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． （2）只满足的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要.
【例5】（2022·新疆·统考一模）
21．在数列中，，，且.
(1)证明：是等比数列；
(2)求数列的通项公式.
【变式5-1】（2023·上海·高三校考期中）
22．已知数列的前n项和为，且为正整数.
(1)证明：是等比数列；
(2)求数列的通项公式及其前n项和.
【变式5-2】（2023·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）
23．记为数列的前项和，为数列的前项和，若且.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若成立，求的最小值.
【变式5-3】（2023·福建厦门·高三厦门外国语学校校考阶段练习）
24．设是数列的前项和，已知
(1)求，并证明：是等比数列；
(2)求满足的所有正整数.
【变式5-4】（2023·云南曲靖·高三校考阶段练习）
25．已知数列满足，且．
(1)证明：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【题型6 等比数列的实际应用】
【例6】（2023·山东青岛·青岛第五十八中学校考一模）
26．云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列，则的值为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【变式6-1】（2023·广东广州·统考三模）
27．小明的父母在他入读初中一年级起的9月1日向银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在9月1日当天都存入一笔钱，每年比上年多存1000元，即第二年存入2000元，第三年存入3000元，……，连续存6年，每年到期利息连同本金自动转存，在小明高中毕业的当年9月1日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为p，不考虑利率的变化．在小明高中毕业的当年9月1日当天，一次性取出的金额总数（单位：千元）为（ ）．
A． B．
C． D．
【变式6-2】（2023·湖南·校联考模拟预测）
28．已知某公司第1年的销售额为a万元，假设该公司从第2年开始每年的销售额为上一年的倍，则该公司从第1年到第11年（含第11年）的销售总额为（ ）（参考数据：取）
A．万元 B．万元 C．万元 D．万元
【变式6-3】（2023·安徽·高三马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习）
29．0.618是无理数的近似值，被称为黄金比值.我们把腰与底的长度比为黄金比值的等腰三角形称为黄金三角形.如图，是顶角为，底的第一个黄金三角形，是顶角为的第二个黄金三角形，是顶角为的第三个黄金三角形，是顶角为的第四个黄金三角形，那么依次类推，第2023个黄金三角形的周长大约为（ ）

A． B． C． D．
【变式6-4】（2023·山东·统考一模）
30．假设某市2023年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中、低价房.预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上年增长.另外，每年新建住房中，中、低价房的面积均比上一年增加50万平方米.求：
(1)截至到2032年底，该市所建中、低价房的面积累计（以2023年为累计的第一年）为多少万平方米？
(2)哪一年底，当年建造的中、低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于？
（建议用时：60分钟）
（2023·甘肃天水·高三校联考阶段练习）
31．在等比数列中，，，则（ ）
A．1 B． C． D．2
（2023·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）
32．在正项等比数列中，若，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
（2023·河南·高三校联考阶段练习）
33．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则此人第4天与第5天共走的里程数为（ ）
A．24 B．36 C．42 D．60
（2023·四川·高三校联考阶段练习）
34．在等比数列中，，，则（ ）
A．48 B．72 C．96 D．112
（2023·黑龙江哈尔滨·高三哈三中校考期末）
35．若数列满足（且），则与的比值为（ ）
A． B． C．2 D．3
（2023·全国·模拟预测）
36．设等比数列的前项和是.已知，则（ ）
A．13 B．12 C．6 D．3
（2023·河北保定·高三校联考阶段练习）
37．设等比数列的公比为，且，设甲：；乙：，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
（2023·安徽安庆·高三安庆市第十中学校考阶段练习）
38．已知数列的前项和为，且，设，若数列是递增数列，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2023·安徽合肥·高三合肥一中校考阶段练习）
39．已知数列的前n项和为，，，若，（是常数），则（ ）
A．数列是等比数列 B．数列是等比数列
C． D．
（2023·福建漳州·高三统考开学考试）
40．已知正项等比数列的前n项积为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
（2023·广东汕头·高三黄图盛中学校考阶段练习）
41．在正项等比数列中，，，则的通项公式 .
（2023·四川宜宾·南溪第一中学校校考模拟预测）
42．已知数列满足，，若为数列前项和，则 .
（2023·高三课时练习）
43．已知数列是等比数列，是其前项和，且，，则 .
（2023·湖南长沙·高三统考阶段练习）
44．在数列中，且满足（且）．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和．
（2023·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）
45．已知数列的首项，且满足，记.
(1)证明：是等比数列；
(2)记，证明；数列的前项和.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】利用等比数列的通项公式与求和公式计算即可.
【详解】设正项等比数列的公比为q（）．
∵，∴．
∵，∴，故，解得（舍负值），
∴，
∴，∴．
故选：A．
2．A
【分析】由已知等式因式分解，求出等比数列的公比，再由求出首项，即可求
【详解】由题意，设正项等比数列的公比为，
∵，∴.
∵，∴，∴，∴，解得（负值舍去），
∴，∴，∴．
故选：A．
3．C
【分析】根据等比数列的前项和公式求出首项，进而可得，再结合对数运算即可得答案.
【详解】依题意，，，解得，因此，
所以.
故选：C
4．D
【分析】排除的情况，根据等比数列通项公式和求和公式得到两个等式，相除化简即可.
【详解】等比数列，若 ，则或，验证不成立；
故，，
，
两式相除得到，即，
.
故选：D.
5．C
【分析】由等比数列的前项和公式直接计算即可.
【详解】设等比数列的公比为，
当时，，不符合题意，（注意对情况的讨论），
所以，由得，得，（注意等比数列为正项数列，故），
因此.
故选：C．
6．B
【分析】由等比数列的性质可得，，再由对数的运算即可求出结果.
【详解】由等比数列的性质可得，，所以.
故选：B
7．B
【分析】根据题意可得，利用等比数列的性质可得，再结合对数的运算性质即可求解.
【详解】∵，∴，
∴，又，
∴，得，
∴.
故选：B．
8．
【分析】先求得，然后利用基本不等式求得正确答案.
【详解】依题意，等比数列满足：，
所以，且，
所以，
当且仅当时等号成立，此时.
所以的最小值为.
故答案为：
9．B
【分析】依题意得，得，再由对数运算性质求解即可.
【详解】数列是正项等比数列，，
由，得，得，
.
故选：B.
10．
【分析】根据函数的对称性，再结合等比数列的等比中项，利用倒序相加法求和即可得答案.
【详解】因为，所以.
又因为数列为等比数列，，
所以，
所以
设①
则②
由①+②得：所以
故答案为：
11．D
【分析】根据题意，结合等比数列的性质和特例，以及等比数列的单调性和前项和公式，可判定A、B、C都不正确；由数列是递增数列，得到和，可判定D正确.
【详解】对于A中，如果数列，公比为，满足，但是等比数列不是递增数列，所以A不正确；
对于B中，如果数列，公比为，满足，但是等比数列不是递增数列，所以B不正确；
对于C中，如果数列，公比为，可得，数列是递增数列，但是，所以C不正确；
对于D中，数列是递增数列，可知，可得，所以，可得正确，所以D正确；
故选：D．
12．B
【分析】根据等比数列的通项公式，结合等差数列的前项和公式、充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】因为等比数列公比为，
所以，
当时，，，显然数列为不是递增数列；
当“数列为递增数列”时，有，
因为，所以如果，例如，显然有，，显然数列为不是递增数列，
因此有，，
所以由，
当时，显然对于恒成立，
当时，对于不一定恒成立，例如；
当时，对于不一定恒成立，例如；
当时，对于恒不成立，
因此“”是“数列为递增数列”的必要不充分条件，
故选：B
13．ABD
【分析】首先根据已知条件，确定公比的取值范围，然后根据数列的单调性逐一进行判断即可.
【详解】A项，且，而和异号.
由于知，，即，，，故A项正确；
B项，从前面的求解过程知，，说明是单调递减的正项等比数列，
且，所以，那么，故B项正确；
C项，是正项数列，没有最大值，故C项错误；
D项，从前面的分析过程可知前6项均大于1.从起全部在上.
所以的最大值为，故D项正确，
故选：ABD
14．BC
【分析】根据等比数列的通项公式、性质一一判定即可.
【详解】因为，
所以，则各项为正数，
所以，即为递增数列，A错误；
由A项及可得，
则，故B正确；
由上可知，故，
即C正确；
由，显然的最小值不为4045，
即D错误.
故选：BC.
15．AC
【分析】由等比数列的性质、数列的单调性及不等式的性质可对每个选项进行判断即可得出.
【详解】对于A，∵，，∴，又，，
∴，故A正确；
对于B，C，等比数列满足，公比，，
， ， ， 为递增数列，
由等比数列的性质，，
又，，
，，
∵，，
，∴，
∵，，，∴，则，
，即，
为递增数列，故当时，最小，故B错误，C正确；
对于D，当时，，为递增数列，，
故D错误.
故选：AC
16．A
【分析】由，，，成等比数列，利用等比性质计算即可.
【详解】设等比数列的公比为，在等比数列中，由，可知，
所以，，，构成公比为的等比数列.
所以，即，
解得（负值舍去）.
因为，
所以，.
故选：A
17．D
【分析】根据等比数列片段和的性质可求出结果.
【详解】由题知，，，
因为数列成等比数列，
所以，
所以.
故选：D.
18．A
【分析】利用等比数列前项和的性质计算即可.
【详解】设，则，
因为为等比数列，所以仍成等比数列.
易知，
所以,故.
故选:A.
19．ABD
【分析】对于AC：距离说明即可；对于B：根据等差数列的定义和性质分析判断；对于D：令，代入运算即可判断.
【详解】对于选项A：例如，，故A正确；
对于选项B：因为
，
所以，，，成等差数列，故B正确；
对于选项C：例如，则，
可得，，，不一定成等比数列，故C错误；
对于选项D：因为数列为等差数列，设，
又因为，则，
令，
则，
即存在实数A、使得，故D正确；
故选：ABD.
20．(1)60；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据等比数列前项和的性质列方程求得，然后可得；
（2）利用等比数列前项和的性质求出，然后整理变形即可得证.
【详解】（1）设等比数列的公比为q，
因为，所以，
，所以,
故，，成等比数列，且公比为，
所以，
整理得，
因为，故，
解得，
所以．
（2）因为，所以，由（1）知，，
因为数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以
又，
则
所以
21．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由递推关系得，结合已知及等比数列定义即可证结论.
（2）由（1）得，当n为奇数，应用累加法求，当n为偶数，结合求，即可确定的通项公式.
【详解】（1）由得：，且，
则，又，
所以数列是首项为3，公比为4的等比数列.
（2）由（1）知：，又，则，
当n为奇数时，，
当n为偶数时，·
综上，·
22．(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）根据与的关系，可得递推关系，化简即可得证；
（2）根据等比数列的通项公式求解可得，代入递推关系得.
【详解】（1）因为，
所以当时，，解得，则，
当时，，
两式相减可得：，
即可得，显然，即，
所以是首项为1，公比为的等比数列.
（2）由（1）得，知，
所以.
23．(1)证明见解析
(2)4
【分析】（1）由即可得，根据等比数列的定义可知，得出证明；
（2）利用分组求和得出，解出不等式可得，即的最小值为4.
【详解】（1）由可得，即，
即，而，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）知，即
，
由可得，整理可得，解得，
因为，所以的最小值为4.
24．(1)，证明见解析
(2)1，2
【分析】（1）利用代入计算即可求得，由等比数列定义可求得，即可得出证明；
（2）利用数列分组求和可得出，再利用二次函数及指数函数单调性即可求得结果.
【详解】（1）由可得，
所以，
可得；
由已知得，
所以，
其中，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）知，
所以，
所以，
所以
，
由二次函数及指数函数性质可知当时，单调递减，
其中，
所以满足的所有正整数为1，2.
25．(1)证明见详解，
(2)
【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义和通项公式分析求解；
（2）利用分组求和结合等差、等比数列的求和公式运算求解.
【详解】（1）因为，
令，则，解得，则，
且，
可得数列是以首项为1，公比为的等比数列，
所以，即.
（2）由（1）可知：，
则
，
所以.
26．C
【分析】推导出是以2为公比的等比数列，且，解得，由此能求出的值．
【详解】从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，
则是以2为公比的等比数列，
，，解得，
所以，
．
故选：C．
27．D
【分析】由条件确定每年的存款的本息和，再利用错位相减法求六年的本息和即可.
【详解】设第年的存款到取出时的本息和为（千元），，
则，，，，
，，
所以小明高中毕业的当年9月1日当天，一次性取出的金额总数为：
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：D.
28．D
【分析】根据题意，由条件可得数列是首项为a，公比为的等比数列，结合等比数列的前项和公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】设第年的销售额为万元，
依题意可得数列是首项为a，公比为的等比数列，
则该公司从第1年到第11年的销售总额为万元．
故选：D
29．D
【分析】由已知结合黄金三角形定义，各个黄金三角形的底边长依次排成一列可得数列，再探讨数列性质求出第n个三角形周长即可得解.
【详解】第一个黄金三角形的底为，由得腰长，
记第个黄金三角形的底边长为，当时，第个黄金三角形的底边长为，腰长为，
而第个黄金三角形的底边长为第个黄金三角形的腰长，则，
因此，各个黄金三角形的底边长依次排成一列得数列，是首项为2，公比为的等比数列，
第个黄金三角形的底边长，腰长为，
周长为
，
所以第2023个黄金三角形的周长大约为.
故选：D
30．(1)4750
(2)2028
【分析】（1）由题意中、低价房面积构成等差数列，弄清首项和公差，再根据等差数列求和求解即可；
（2）设新建住房面积构成等比数列，由首项和公比求，再，解不等式即可求解.
【详解】（1）设中、低价房面积构成数列，由题意可知是等差数列，
其中，则，所以，
所以截止2032年底，预计该市所建中、低价房的累计面积为4750万平方米.
（2）设新建住房面积构成数列，
由题意可知是等比数列，其中，则，
由题意可知，所以，
化简得到：，
令，则，
当时，
，
故在上为增数列，
而，
而
，
故满足上述不等式的最小正整数，
所以到2028年底，当年建造的中、低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于.
31．B
【分析】设等比数列的公比为,根据可求得，代入即可求解.
【详解】设等比数列的公比为,
因为，所以，
所以，即，解得.
所以，解得.
故选:B.
32．C
【分析】根据等比数列性质有，代入计算即可得.
【详解】因为为等比数列，所以，
故，
所以，又，所以.
故选：C.
33．B
【分析】设第天走的里程数为，其中，由题意可知，数列是以为公比的等比数列，利用等比数列求和公式求出的值，利用通项公式此人求出第4天与第5天共走里程数.
【详解】设第天走的里程数为，其中，
由题意可知，数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
解得，
所以此人第4天与第5天共走里程数为.
故选：B.
34．B
【分析】根据条件，利用等比数列的定义即可求出结果.
【详解】设等比数列的公比为q，又，，
所以，得到，
又，所以，
故选：B.
35．D
【分析】由递推关系，求证数列为等比数列，公比为即可得.
【详解】，由，则，
在等式式两边同取倒数得，，
在两边同加得，，
又，则，
则有，则数列是公比为的等比数列.
则与的比值为.
故选：D.
36．A
【分析】方法一，根据等比数列的性质可求得，可得，求得，可得解；方法二，同方法一求得，再根据等比数列前项和公式代入运算可得解.
【详解】方法一 因为，所以，，
所以，所以.又，得，
所以.
故选：A.
方法二 因为，，所以，
所以，所以.
故选：A.
37．C
【分析】根据给定条件，利用等比数列的通项，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】等比数列的公比为，且，当时，，因此；
当时，有，即，而，则，
又，，于是，即，又，因此，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C
38．C
【分析】利用的关系式可得数列是以为首项，为公比的等比数列，再由是递增数列可得恒成立，即可得.
【详解】当时，，解得；
当时，由，得，
两式相减得，
所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列，
可得，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，
即的取值范围是.
故选：C.
39．BC
【分析】根据题意知是公比为的等比数列，然后根据等比数列的性质逐项判断求解即可.
【详解】由题意知是公比为的等比数列，
若则，所以，
又，所以，
所以，不是定值，
故不是等比数列，故A错误；
因为，，所以，是定值，
故是等比数列，故B正确；
因为，所以，所以，故C正确；
，故D错误．
故选：BC．
40．ABD
【分析】根据题意结合等比数列的通项公式及其性质，逐项分析得出数列的单调性，即可得出结论.
【详解】不妨设正项等比数列的公比为，所以，；
对于A，若，则，由等比数列性质可得，
所以可得，即A正确；
对于B，若，可得，又，所以；
所以，又，可得，
因此可得，即，所以B正确；
对于C，若，可得，又，因此的大小无法判断，所以C错误；
对于D，若，可得，又，所以可得，即数列为递减数列；
可得，即，所以D正确；
故选：ABD
41．
【分析】由通项公式求得公比，再确定出首项，即可得通项公式．
【详解】设公比为，则，因此，又，因此，故解得，
所以，．
故答案为：．
42．
【分析】由题意可得：，，利用分组求和结合等比数列求和公式运算求解.
【详解】因为，
令，则，解得，
且，可得，
当为奇数，则；
当为偶数，则；
所以
，
即.
故答案为：.
43．600
【分析】根据等比数列片段和性质得到，求出，然后用等比数列片段和性质得到即可求解
【详解】设等比数列的公比为
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，
由，，成等比数列，
可得即，解得，
故答案为：600
44．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）变形得到，得到结论；
（2）在（1）的基础上得到，进而利用分组求和可得.
【详解】（1）（且），
（且），
，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
（2）是首项为2，公比为2的等比数列，
，故，
.
45．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的定义，要证是等比数列，即证为常数；
（2）由（1）可知数列的通项公式，利用裂项相消法求和，整理变形即可证得.
【详解】（1）因为，
所以，，所以，
因为，，所以，
因为，
因为，
又因为当时，所以，所以，
所以是以5为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）可得，
因为，
所以
.
答案第1页，共2页
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