专题28 等比数列及其前n项和9题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测（解析版）

这是一份专题28 等比数列及其前n项和9题型分类-备战2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测（解析版），共72页。试卷主要包含了等比数列有关的概念，等比数列性质等内容，欢迎下载使用。


1．等比数列有关的概念
(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，公比通常用字母q(q≠0)表示.
(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与b的等比中项，此时，G2＝ab.
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1.
(2)等比数列通项公式的推广：an＝amqn－m.
(3)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
3．等比数列性质
(1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2w＝m＋n，则aman＝aeq \\al(2,w)，其中m，n，w∈N*.
(2)ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为qm(k，m∈N*)．
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{an·bn}，{pan·qbn}和eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(pan,qbn)))也是等比数列(b，p，q≠0)．
(4)等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.(n为偶数且q＝－1除外)
(5)若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,q>1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1<0，,0若eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1>0，,01，))则等比数列{an}递减．
常用结论
1．等比数列{an}的通项公式可以写成an＝cqn，这里c≠0，q≠0.
2．等比数列{an}的前n项和Sn可以写成Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠1,0)．
3．数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．
(1)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，eq \f(T2n,Tn)，eq \f(T3n,T2n)，…成等比数列．
(2)若数列{an}的项数为2n，则eq \f(S偶,S奇)＝q；若项数为2n＋1，则eq \f(S奇－a1,S偶)＝q，或eq \f(S偶,S奇－an)＝q.
一、单选题
1．（2024·浙江温州·模拟预测）已知等比数列的前n项和为，公比为q，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由条件结合等比数列通项公式列方程求即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
解得，A错误，C错误，D正确，
所以， B错误；
故选：D.
2．（2024·全国）设等比数列的各项均为正数，前n项和，若，，则（ ）
A．B．C．15D．40
【答案】C
【分析】根据题意列出关于的方程,计算出,即可求出.
【详解】由题知,
即,即,即.
由题知,所以.
所以.
故选:C.
3．（2024·江西抚州·模拟预测）已知正项等比数列{}的前n项和为，若，则=（ ）
A．64B．81C．128D．192
【答案】B
【分析】根据等比数列性质结合求和公式，基本量运算，写出通项公式即得.
【详解】由等比数列的性质可知，所以，
由，得，所以，解得或（舍去），
所以.
故选：B.
4．（2024·江西·模拟预测）已知等比数列的前4项和为，，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】设等比数列的公比为，讨论不成立，时，由等比数列的通项公式和前项和公式列方程求解即可得出答案.
【详解】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：A．
5．（2024·上海闵行·二模）已知数列为等比数列，首项，公比，则下列叙述不正确的是（ ）
A．数列的最大项为B．数列的最小项为
C．数列为严格递增数列D．数列为严格递增数列
【答案】D
【分析】分别在为偶数和为奇数的情况下，根据项的正负和的正负得到最大项和最小项，知AB正误；利用和可知CD正误.
【详解】对于A，由题意知：当为偶数时，；
当为奇数时，，，最大；
综上所述：数列的最大项为，A正确；
对于B，当为偶数时，，，最小；
当为奇数时，；
综上所述：数列的最小项为，B正确；
对于C，，，
，
，，，
数列为递增数列，C正确；
对于D，，，
；
，，，又，
，数列为递减数列，D错误.
故选：D.
6．（2024高三·全国·对口高考）设是公比为的等比数列，其前项的积为，并且满足条件：，，．给出下列结论：①；②；③；④使成立的最小的自然数n等于199．其中正确结论的编号是（ ）
A．①②③B．①④C．②③④D．①③④
【答案】D
【分析】利用等比数列的性质及等比数列的通项公式判断①；利用等比数列的性质及不等式的性质判断②；利用下标和定理判断③；利用等比数列的性质判断④，从而得出结论．
【详解】对于①：，
，
，
，
．
又，
，且，
，故①正确；
对于②：，故②错误；
对于③：，故③正确；
对于④：，
，故④正确．
故选：D．
7．（2024·广西·模拟预测）已知正项等比数列满足，则取最大值时的值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】利用等比数列的通项公式及函数的单调性，结合数列的单调性即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，有，
由函数单调递增，且，可得.
有，由数列单调递减，
所以取得最大值时的值为9，
故选：B.
8．（2024高二上·广东清远·期中）已知数列满足，，则数列是（ ）
A．递增数列B．递减数列C．常数列D．不能确定
【答案】A
【分析】根据，得到数列是公比为的等比数列，然后求得其通项公式判断.
【详解】解：因为满足，
所以数列是公比为的等比数列，
所以，
又因为，
所以单调递增，
故选：A
9．（2024高二上·陕西咸阳·期末）已知是递增的等比数列，且，则其公比满足（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先确定,由得,根据的单调性确定的取值范围.
【详解】是等比数列，故，当时， 各项正负项间隔,为摆动数列,故,显然，
由得，又是递增的等比数列，故为递减数列,由指数函数的单调性知.
故选:D
10．（2024高三上·江西赣州·期中）设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．是数列中的最大值D．数列无最大值
【答案】B
【分析】由题分析出，可得出数列为正项递减数列，结合题意分析出正项数列前项都大于，而从第项起都小于，进而可判断出各选项的正误.
【详解】当时，则，不合乎题意；
当时，对任意的，，且有，可得，
可得，此时，与题干不符，不合乎题意；
故，故A错误；
对任意的，，且有，可得，
此时，数列为单调递减数列，则，
结合可得，
结合数列的单调性可得
故，
，
∴，
故B正确；
是数列 中的最大值,故CD错误
故选：B.
11．（2024高三上·贵州黔西·阶段练习）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项错误的是（ ）
A．B．
C．是数列中的最大项D．
【答案】D
【分析】根据题意，分析可得，，从而有，，则等比数列为正项的递减数列．再结合等比数列的性质逐一判断即可．
【详解】等比数列的公比为，若，则，
由，可得，则数列各项均为正值，
若，当时，由则恒成立，显然不适合，故，且，，故正确；
因为，所以，故正确；
根据，可知是数列中的最大项，故正确；
由等比数列的性质可得，
所以，故错误．
故选：．
12．（2024·上海青浦·一模）设等比数列的公比为，其前项之积为，并且满足条件：，，，给出下列结论：①；② ；③是数列中的最大项；④使成立的最大自然数等于4039；其中正确结论的序号为（ ）
A．①②B．①③C．①③④D．①②③④
【答案】B
【分析】由题意可得，，结合等比数列的性质逐一核对四个命题得答案．
【详解】，，，
，．
，故①正确；
，，故②不正确；
，是数列中的最大项，故③正确；
，，
使成立的最大自然数等于4038，故④不正确．
正确结论的序号是①③．
故选：B．
【点睛】本题考查等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．
13．（2024·全国）记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
【答案】C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
14．（2024·天津）已知数列的前n项和为，若，则（ ）
A．16B．32C．54D．162
【答案】C
【分析】由题意确定该数列为等比数列，即可求得的值.
【详解】当时，，所以，即，
当时，，
所以数列是首项为2，公比为3的等比数列，
则.
故选：C.
15．（2024·湖南长沙·二模）设等比数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用等比数列通项公式以及前项和的公式即可求解.
【详解】因为，所以.
所以，
解得.
，，解得.
故选：D
16．（2024高三下·陕西安康·阶段练习）在各项均为正数的等比数列中，，，则使得成立的n的最小值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式，列方程求解.
【详解】由 得，所以，或（舍去），
由，得，所以，
由，得，所以，即n的最小值为9；
故选：C.
17．（2024·四川巴中·模拟预测）在等比数列中，，，则（ ）
A．3B．6C．9D．18
【答案】B
【分析】已知条件作商可求得，然后根据等比数列性质可得.
【详解】因为，，所以，解得，则．
故选：B
18．（2024·河北沧州·模拟预测）已知公比不为1的等比数列满足，则（ ）
A．40B．81C．121D．156
【答案】C
【分析】设出公比，列出方程，求出公比，利用等比数列求和公式求出答案.
【详解】设公比为，
由可得，，
因为，所以，因为，解得，
所以，所以.
故选：C.
19．（2024·河南·三模）数列{an}满足，，数列的前项积为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据条件，利用等比数列的定义得到数列为等比数列，从而求出通项，利用通项即可求出结果.
【详解】因为数列满足a1＝，an+1＝2an，易知，
所以为常数，又，
所以数列是以2为首项，公比为的等比数列，
所以，
所以，
故选：C．
20．（2024·安徽安庆·三模）在等比数列中，，则（ ）
A．4B．8C．32D．64
【答案】D
【分析】
根据等比数列的性质求解即可.
【详解】由可得，又，
故，则，解得，即.
故选：D
21．（2024高三上·广西桂林·期末）已知各项都为正数的等比数列，满足，若存在两项，，使得，则最小值为（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】B
【分析】先利用等比数列的通项公式求得公比，从而推得的值，由此利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】因为正项等比数列满足，设其公比为，则，，
所以，得，解得，
因为，所以，则，即，故，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为.
故选：B.
二、多选题
22．（2024·山西大同·模拟预测）《庄子·天下》中有：“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其大意为：一根一尺长的木棰每天截取一半，永远都取不完，设第一天这根木棰截取一半后剩下尺，第二天截取剩下的一半后剩下尺，…，第五天截取剩下的一半后剩下尺，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】由已知可得，逐个验证选项即可.
【详解】根据题意可得是首项为，公比为的等差数列，则，
，故A错误；，故B正确；
，，则，故C正确；
，故D正确．
故选：BCD．
23．（2024·湖北武汉·三模）已知实数数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）．
A．若数列为等差数列，则恒成立
B．若数列为等差数列，则，，，…为等差数列
C．若数列为等比数列，且，，则
D．若数列为等比数列，则，，，…为等比数列
【答案】BD
【分析】根据等差数列的性质判定AB选项，根据等比数列的性质判定CD选项.
【详解】若数列为等差数列，不妨设其公差为d,则,
显然当才相等，故A错误，
而，作差可得成立，故B正确；
若数列为等比数列，且，，设其公比为q，
则，作商可得或所以 或，故C错误；
由题意得各项均不为0，而实数范围内，，
即且，结合选项B的计算可得，故D正确.
故选：BD.
三、填空题
24．（2024·山东泰安·二模）若m，n是函数的两个不同零点，且m，n，这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 .
【答案】
【分析】
由题可确认m，n同为正数，则成等比数列，又不妨设，则成等差数列，即可得答案.
【详解】由题可得，
则成等比数列，得.
又不妨设，则成等差数列，得.
结合，可得，解得或（舍去），即.
故答案为：
25．（2024·江西新余·二模）已知数列中，，，且、是函数的两个零点，则 .
【答案】
【分析】分析可知数列为等比数列，利用韦达定理可得出，分析出的正负，结合等比中项的性质可求得的值.
【详解】因为在数列中，，，则，所以，，
所以，数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，
因为、是函数的两个零点，
由韦达定理可得，
因为，可得，所以，，
由等比中项的性质可得，因此，.
故答案为：.
26．（2024高三·全国·课后作业）已知等比数列的公比，该数列前9项的乘积为1，则 ．
【答案】16
【分析】由等比数列的性质得到，从而根据前9项的乘积列出方程，求出，求出首项.
【详解】由题意得：，
故，故，
所以.
故答案为：16
27．（2024高二下·全国·课后作业）等比数列中，，，则公比q的值为 .
【答案】或
【分析】根据等比数列性质得到，结合得到是方程的两根，从而求出，得到公比.
【详解】∵，，
∴是方程的两根，
∴或，
∵，
∴或，
∴或
故答案为：或
28．（2024高二下·北京·期中）在和之间插入三个数，使这五个数组成正项等比数列，则中间三个数的积等于 .
【答案】27
【分析】
依题意不妨令，，根据等比数列下标和性质计算可得.
【详解】依题意，，所以，所以或（舍去），
所以.
故答案为：
29．（2024高二下·湖北十堰·阶段练习）已知正项数列是公比不等于1的等比数列，且，若，则 .
【答案】
【分析】根据对数运算法则可得，再利用等比数列性质和函数可得，利用倒序相加即可得.
【详解】由题意可知，，所以；
由等比数列性质可得；
又因为函数，所以，
即，所以；
令，则；
所以，
即.
故答案为：
30．（2024高三·重庆·阶段练习）在等比数列中，，，则
【答案】
【分析】根据题意，利用通项公式的变式，可推出，进而可求出答案.
【详解】设等比数列的公比为，因为
由等比数列性质可得，，所以，
所以 .
故答案为：.
31．（2024高二·全国·课后作业）已知数列是等比数列，是其前项和，且，，则 .
【答案】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
32．（2024高三上·江苏泰州·期末）设正项等比数列的前项和为，若，则的值为 .
【答案】91
【分析】方法一：利用等比数列前项和的性质即可求解；方法二：利用等比数列前项和的公式，代入计算即可求解.
【详解】方法一：等比数列中，，，成等比数列，
则，，成等比数列，∴，∴，
∴.
方法二：设公比为，由题意显然且,所以，
∴，
故答案为：.
33．（2024高三上·重庆·阶段练习）已知等比数列的前项和为，，，则 .
【答案】/
【分析】根据题意可得，进而求得，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为q，由，
得，
故，
所以.
故答案为：.
34．（2024高二下·湖北十堰·阶段练习）已知正项等比数列的前项和为，若，，则，的等差中项为 .
【答案】/
【分析】利用等比数列部分和的性质求出，然后利用等差中项求解答案.
【详解】设，因为为等比数列，所以，，成等比数列.
因为，，所以，解得或（舍去）.
所以，的等差中项为.
故答案为：.
35．（2024·江西南昌·模拟预测）已知等比数列的前项和为，若，，则的值为
【答案】
【分析】利用等比数列片段和的性质可求得的值.
【详解】设等比数列的公比为.
若，当为偶数时，，不合乎题意，所以，，
由等比数列片段和的性质可知，、、、成等比数列，
且公比为，所以，，，
因此，.
故答案为：.
36．（2024高三上·内蒙古包头·期末）已知数列和满足，，，.则数列的通项 .
【答案】
【分析】将条件中两式相加可得数列为等比数列，利用等比数列的通项公式求解即可.
【详解】，，
又，
所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列
故答案为：
37．（2024高三上·上海浦东新·开学考试）设幂函数，数列满足：，且（），则数列的通项 ．
【答案】
【分析】将代入，得，两边同时取对数，构造等比数列求解即可.
【详解】∵，∴，
∵，∴数列各项均为正数，且各项均不为，
∴，
∴数列各项均不为，∴，
∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，
∴.
故答案为：.
38．（2024高三·江苏·专题练习）写出一个满足前5项的和为31，且递减的等比数列的通项 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题意可取，，即可得出.
【详解】不妨设，依题意数列是递减的等比数列，所以，
又，所以取公比，所以，满足题意，所以.
故答案为：（答案不唯一）.
39．（2024高二上·河南南阳·阶段练习）数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an+1＝2Sn（n∈N*），则an＝ .
【答案】
【分析】利用项和公式求解即可.
【详解】由题得，
两式相减得，即，
n=1时，，
所以数列{an}从第2项起是等比数列，所以，
所以数列的通项为.
故答案为
【点睛】本题主要考查项和公式求数列的通项，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.
40．（2024高三上·内蒙古包头·期中）已知数列{}的通项与前n项和之间满足关系则=
【答案】
【分析】先求解，再利用公式，得出，结合等比数列通项公式可求．
【详解】当时，，所以；
当时，
整理得，即是以为公比的等比数列，
所以，当n=1时也符合，
故答案为：
41．（2024高一下·上海宝山·阶段练习）已知正数数列满足，且对恒成立，则的范围为 .
【答案】
【分析】利用数列的递推不等式，通过构造由递推特征得到通项特征，再由求的范围.
【详解】因为，所以，
所以
因为，所以，即对恒成立，
对恒成立，因为，所以，
又因为是正数数列，所以，所以的取值范围为.
故答案为：
42．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知等比数列的各项均为正数，公比为q，前n项和，若对于任意正整数n有，则q的范围为 .
【答案】
【分析】由已知结合等比数列的求和公式代入可求公比q的范围.
【详解】对于任意正整数n有，
当时，，符合要求，
当时，，
且，，
，
，
综上可得，.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了等比数列的求和公式的简单应用，考查了分类讨论的思想，考查了运算能力，属于中档题.
43．（2003高一·北京·竞赛）若三角形三边成等比数列，则公比q的范围是 .
【答案】；
【分析】设三边：、、、则由三边关系：两短边和大于第三边，把、、、代入，分和两种情况分别求得的范围，最后综合可得答案．
【详解】解：设三边：、、、则由三边关系：两短边和大于第三边，即
（1）当时，等价于解二次不等式：，
由于方程两根为：，
故得解：且，
即
（2）当时，为最大边，即得，
解之得或且
即
综合（1）（2），得：
故答案为：
【点睛】本题主要考查了等比数列的性质、一元二次不等式的解法，考查了分类讨论思想，属基础题．
44．（2024·湖南长沙·三模）中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“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.” 则此人在第六天行走的路程是 里（用数字作答）.
【答案】6
【分析】根据题意分析，看成首项，公比的等比数列，已知，继而求出，即可得出答案.
【详解】将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列，
，其公比，令数列的前n项和为，
则，而，
因此，解得，
所以此人在第六天行走的路程（里）.
故答案为：6
45．（2024·四川成都·三模）如图，已知在扇形OAB中，半径，，圆内切于扇形OAB（圆和，，弧AB均相切），作圆与圆，，相切，再作圆与圆，，相切，以此类推.设圆，圆…的面积依次为，…，那么 ．
【答案】
【分析】如图，设圆，圆，圆，…，圆的半径分别为，，，…，.根据圆切线的性质，结合等比数列的定义可得是以为首项，以为公比的等比数列，由圆的面积公式可知是以为首项，以为公比的等比数列，利用等比数列前n项求和公式计算即可求解.
【详解】如图，设圆与弧AB相切于点D，
圆，圆与OA分别切于点C，E，则，.
设圆，圆，圆，…，圆的半径分别为，，，…，.
因为，所以.在中，，
则，即，解得.
在中，，
则，即，解得.
同理可得，，
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
又圆的面积为，
所以面积，，，…，构成一个以为首项，以为公比的等比数列，
则.
故答案为：.
46．（2024·陕西西安·一模）“一尺之棰，日取其半，万世不竭”出自《庄子·天下》，其中蕴含着数列的相关知识，已知长度为4的线段，取的中点C，以为直径作圆（如图①），该圆的面积为，在图①中取的中点D，以为直径作圆（如图②），图②中所有圆的面积之和为，以此类推，则 ．
【答案】
【分析】求得，确定各圆的面积成以为首项，为公比的等比数列，即可求得答案.
【详解】由题意可知，，后一个圆的半径为前一个圆半径的一半，
故各圆的面积成以为首项，为公比的等比数列，
故，
故答案为：
47．（2024·贵州铜仁·二模）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，则第个黄金三角形的腰长为 （写出关于表达式即可）.
【答案】
【分析】逐步求出第一、二、三、四个黄金三角形的腰长即可.
【详解】第一个黄金三角形：的底为，由可得腰长；
第二个黄金三角形：的底为，由可得腰长；
第三个黄金三角形：的底为，由可得腰长；
第四个黄金三角形：的底为，由，可得腰长，
故答案为：.
四、解答题
48．（2024·安徽亳州·模拟预测）甲、乙、丙三个小学生相互抛沙包，第一次由甲抛出，每次抛出时，抛沙包者等可能的将沙包抛给另外两个人中的任何一个，设第（）次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为，在丙手中的方法数为.
(1)求证：数列为等比数列，并求出的通项；
(2)求证：当n为偶数时，.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）首先确定第n次抛沙包后的抛沙包方法数为，再结合条件列出关于数列的递推公式，即可证明数列是等比数列，并且变形后，利用累加求和，即可求解数列的通项公式；
（2）首先由条件确定，再根据（1）的结果，确定数列的通项公式，再比较大小.
【详解】（1）由题意知：第n次抛沙包后的抛沙包方法数为，
第次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为，若第n次抛沙包后沙包在甲手中，则第次抛沙包后，沙包不可能在甲手里，只有第n次抛沙包后沙包在乙或丙手中，
故，且
故，
，
所以数列为等比数列，
由，得，
，
，
，
……………，
以上各式相加，
可得；
（2）由题意知：第n次抛沙包后沙包在乙、丙手中的情况数相等均为，
则，
∵当n为偶数时，，
∴.
49．（2024高三·上海·专题练习）已知数列是首项与公比都为的等比数列，其中，且，且是递增数列，求的范围.
【答案】或
【分析】先求出的通项公式，表示出数列，利用求出的范围.
【详解】因为数列是首项与公比都为的等比数列，所以.
因为是递增数列，所以，即.
当时，，，符合题意；
当，，若，则恒成立，
因为，所以.
综上，或.
【点睛】本题主要考查等比数列的性质及数列单调性，数列单调性一般利用作差法处理，侧重考查数学运算的核心素养.
50．（2024·江苏盐城·三模）已知数列、满足，，，，且，.
(1)求证：是等比数列；
(2)若是递增数列，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据已知条件，求得与的关系，即可证明；
（2）方法一：由的单调性可判断，结合已知条件，将问题转化为对任意恒成立，由（1）中所求，即可求得参数范围；方法二：对已知条件中的两个递推公式作差，求得，结合（1）中所求，即可求得；再根据其单调性，即可求得参数范围.
【详解】（1）由题可知：，，
故可得，又，∴，
∴，所以是首项为1，公比为的等比数列.
（2）方法一：
∵是递增数列，
∴对任意恒成立，
∵，∴
则对任意恒成立，
即对任意恒成立，
由（1）知，
∴对任意恒成立，
因为当时取得最大值，且最大值为1，
所以，即实数的取值范围为.
方法二：
得
即，又，
故数列为首项，公差的等差数列，
所以，
又由（1）知，所以，
因为是递增数列，所以对任意恒成立.
所以，
所以，所以，
因为当时取得最大值，且最大值为1，
所以，即实数的取值范围为.
51．（2024高三·全国·专题练习）数列的前和满足 ，
(1)求的值及与的关系；
(2)求证：是等比数列，并求出的通项公式.
【答案】(1)，；
(2)证明见解析，
【分析】（1）由可得，再结合，可得结论；
（2）由（1）可得，结合等比数列定义证明建立，根据等比数列通项公式求数列的通项，由此可得结论.
【详解】（1）因为，
所以，又，
所以，故
当时，，
得；
（2）由（1）知，
则有，
由于，故，
所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以.
52．（2024·云南·三模）已知数列有递推关系，，记，若数列的递推式形如（且），也即分子中不再含有常数项.
(1)求实数的值；
(2)证明：为等比数列，并求其首项和公比.
【答案】(1)
(2)证明见解析，首项为，公比为
【分析】（1）根据以及推出，结合已知，比较系数可求出结果；
（2）由（1）得，，推出，根据等比数列定义可证结论正确.
【详解】（1）因为，所以，
，
由已知得，
所以，解得或，
因为，所以.
（2）由（1）知，，
，，
，，
因为，
所以数列为等比数列，首项为，公比为.
53．（2024·福建厦门·模拟预测）已知数列满足．
(1)证明是等比数列；
(2)若，求的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据已知条件及等比数列的定义即可求解；
（2）根据（1）的结论及等比数列的通项公式，利用等差等比数列的前项和公式，结合数列中的分组求和法即可求解.
【详解】（1）
由题意得．
又因为，所以．
所以是以为首项，为公比的等比数列.
（2）
由（1）得．
所以．
所以
.
54．（2024·山东潍坊·三模）已知数列和满足．
(1)证明：和都是等比数列；
(2)求的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，两式相加、相减，结合等比数列的定义即可证明；
（2）由（1）可得，，即可求出和的通项公式，从而得到，再利用分组求和法及等边数列求和公式计算可得.
【详解】（1）因为，，
所以，，
又由，得，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
数列是首项为，公比为的等比数列．
（2）由（1）得，，
所以，，
所以，
所以．
55．（2024高三·上海·专题练习）数列的通项的通项，由与中公共项，并按原顺序组成一个新的数列，求的前项和.
【答案】
【分析】设，利用二项式定理求出两数列中公共项，主要看中有哪些项是中的项，由此确定，从而可求得其前项和．
【详解】设，即.，即为奇数，，∴．
【点睛】本题考查等比数列的前项和，解题关键是确定两数列的公共项，一般情况下确定等比数列中哪些项是等差数列中的项比较简便易求．
56．（2024·天津南开·二模）设为等比数列，为公差不为零的等差数列，且，，.
(1)求和的通项公式；
(2)记的前项和为，的前项和为，证明：；
(3)记，求.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由等差数列、等比数列的基本量法求得通项公式；
（2）由等差数列、等比数列的前项和公式求得后，用作差法证明；
（3）并项然后裂项求和．
【详解】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，
依题意，，即，解得.
所以.
因为，，所以，从而.
（2）由（1）知，，所以.
因为，
所以.
（3）
因为，
所以
．
57．（2024·湖南邵阳·三模）记为等差数列{}的前n项和，已知，数列{}满足.
(1)求数列{}与数列{}的通项公式；
(2)数列{}满足，n为偶数，求{}前2n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项求和公式计算可得，即可求出；根据可得，验证，即可求解；
（2）由题意，根据等比数列前n项求和公式和裂项相消求和法计算即可求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
，即，，.
，①
，②
所以①-②得，，
.当时，，符合.
.
（2），依题有：
.
记，则.
记，
则
.
所以.
58．（2024·山东菏泽·二模）已知各项为正数的等比数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，，求数列的前2n项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设首项为，公比为q，由可得，化简后可得，即可得答案；
（2）由题可得当为奇数时，，当n为偶数时，.后由分组求和法可得答案.
【详解】（1）设首项为，公比为q.
因，则.
又各项为正数，则，故；
（2）由（1）及题意可得，；
当为奇数时，；
则当为偶数时，.
.
59．（2024·浙江·二模）已知数列满足：，且对任意的，
(1)求，的值，并证明数列是等比数列；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)，，证明见解析
(2)
【分析】（1）根据数列定义，将逐步展开为，即可判断数列是等比数列；
（2）根据分组求和即可求解.
【详解】（1），.
由题意得，
又，所以数列是等比数列.
（2）由（1）知.
运用分组求和，可得
.
60．（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足，，记，求数列的通项公式．
【答案】
【分析】推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的表达式，根据数列的递推公式可得出数列的表达式，然后对为偶数和奇数两种情况讨论，可得出数列的通项公式.
【详解】解：因为数列满足，，则，
因为，所以，，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，
因为，
所以，.
所以，当为偶数时，设，则，所以，；
当为奇数时，设，则，
此时，.
综上所述，.
61．（2024高三上·河北邢台·期末）已知数列为等差数列，，，前项和为，数列满足，求证：
(1)数列为等差数列；
(2)数列中任意三项均不能构成等比数列.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出数列的公差，可求得、的表达式，利用等差数列的定义可证得结论成立；
（2）假设数列中存在不同三项构成等比数列，不妨设、、（、、均不相等）成等比数列，即，结合数列的通项公式化简可得出，即可推出矛盾，从而可证得原结论成立.
【详解】（1）解：因为数列为等差数列，，，
所以数列的公差为，，
则，又，
，故数列为等差数列.
（2）证明：假设数列中存在不同三项构成等比数列，
不妨设、、（、、均不相等）成等比数列，即，
由数列的通项公式可得，
将此式展开可得，
所以有，即，
所以，，所以，，
化简整理得，，与假设矛盾，
故数列中任意三项均不能构成等比数列.
62．（2024高三上·浙江·期中）已知为等差数列的前项和，且，___________.在①，，成等比数列，②，③数列为等差数列，这三个条件中任选一个填入横线，使得条件完整，并解答：
(1)求；
(2)若，求数列的前项和.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用等差数列的通项公式列方程求出公差，进而可求通项公式；
（2）分奇偶讨论分别求和，然后相加即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为
选择①：由题意得，
故，解得，
所以.
选择②：由题意得，即
解得，
所以.
选择③：由题意得，
故，解得，
所以.
（2）由当为奇数时，，得数列的前项中奇数项的和为
，
由当为偶数时，，
得数列的前项中偶数项的和为
，
故.
63．（2024·四川资阳·一模）已知等比数列的前项和为，且，，（其中）成等差数列．问：，，是否成等差数列？并说明理由．
【答案】，，成等差数列，理由见解析
【分析】设出等比数列通项公式所需的基本量，根据等差中项的性质列方程，化简得到，题目得证.
【详解】，，成等差数列.
理由如下：设等比数列的公比为q，
由于，，（其中）成等差数列，
所以，
若，则有，，显然不成立，故公比．
于是有，
即有，即，故有．
则
，即，成立，
所以，，成等差数列.
64．（2024高二下·湖北武汉·期末）已知是递增的等比数列，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在项（其中成等差数列）成等比数列.若存在，求出这样的项；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）由等比数列单调性可确定，结合等比数列通项公式构造方程求得，进而得到；
（2）由等差数列通项公式可求得；假设存在满足题意的，利用等比中项和等差中项的定义可化简求得，可知不存在满足题意的项.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
是递增的等比数列且，；
则，解得：（舍）或；
.
（2）由题意知：，即；
假设存在项（其中成等差数列）成等比数列，则，
即；
成等差数列，，代入上式得：，
，化简得：，，不合题意；
综上所述：不存在项（其中成等差数列）成等比数列.
65．（2024·福建福州·三模）设数列的前n项和为，，，.
(1)证明：为等差数列；
(2)设，在和之间插入n个数，使这个数构成公差为的等差数列，求的前n项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据，即可得到，从而得到，作差即可得到，从而得证；
（2）由（1）可得的通项公式，从而得到，再利用错位相减法计算可得；
【详解】（1）证明：因为时，，
则，
即，，·
因为，·
则①，
所以②，
则①②得，
即，·
所以为等差数列.
（2）解：由（1）可得的首项为，公差为，所以，
所以，
所以，则，
记的前n项和为，
则①，
所以②，
则①②得，·
所以，·
所以.
（一）
等比数列基本量的运算
等比数列基本量的运算的解题策略
(1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．
(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．
(3)运用等比数列的前n项和公式时，一定要讨论公比q＝1的情形，否则会漏解或增解．
题型1：等比数列基本量的运算
1-1．（2024高二下·全国·课后作业）在等比数列中，若，，则公比q应为（ ）
A．B．C．D．－2
【答案】D
【分析】由等比数列的通项公式直接求解即可.
【详解】因为，解得q＝－2.
故选：D
1-2．（2024高三下·北京·阶段练习）在等比数列中，，，则等于（ ）
A．9B．72C．9或70D．9或
【答案】D
【分析】利用等比数列的性质求出公比，即可求出的值.
【详解】由题意，，
在等比数列中，，，
设公比为，
，即，解得或，
∴，
当时，，
当时，.
故选：D.
1-3．（2024高二下·湖北·阶段练习）已知递增的等比数列中，前3项的和为7，前3项的积为8，则的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】首先由前3项的和为7，得出，再由前3项的积为8，根据下标和定理得出，则代入求值，结合为递增的等比数列，得出的值，根据等比数列通项公式即可得出．
【详解】由前3项的和为7，得
前3项的积为8，得，即，
则，代入，得，即，解得或，
因为为递增的等比数列，
所以，则，
所以，
故选：D．
1-4．（2024高三·全国·对口高考）已知数列是等比数列，，则该数列的以及依次为（ ）
A．682，B．，C．682，或D．，或
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项公式列方程组，求出和，再由前项和公式求解.
【详解】根据题意，得，
解方程得，或，
，或.
故选：C
1-5．（2024高三·全国·专题练习）已知等比数列中，，为前项和，，则（ ）
A．7B．9C．15D．30
【答案】C
【分析】设公比为，根据条件列出方程求解，再由求和公式得解.
【详解】等比数列中，设公比为，
，为前项和，，显然，
(如果，可得矛盾，如果，可得矛盾)，
可得，
解得，即或，
所以当时，．
当时，．没有选项．
故选：C．
（二）
等比数列的判定与证明
等比数列的三种常用判定方法
(1)定义法：若eq \f(an＋1,an)＝q(q为非零常数，n∈N*)或eq \f(an,an－1)＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(2)等比中项法：若数列{an}中，an≠0且aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(n∈N*)，则{an}是等比数列．
(3)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．
题型2：等比数列的判定与证明
2-1．（2024高三·全国·专题练习）甲、乙两个容器中分别盛有浓度为10％，20％的某种溶液500ml，同时从甲、乙两个容器中取出100ml溶液，将其倒入对方的容器并搅匀，这称为一次调和．记，，经次调和后，甲、乙两个容器的溶液浓度分别为，．
(1)试用，表示，．
(2)证明：数列是等比数列，并求出，的通项．
【答案】(1)，．
(2)证明见解析，，．
【分析】（1）根据题意，得到，，即可求解；
（2）由（1）得到可得，得出数列是等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，经次调和后甲、乙两个容器中的溶液浓度分别为，
所以，．
（2）解：由（1）知，，，
可得，
所以数列是等比数列，
因为％，所以 ①，
又因为 ②．
联立①②得，．
2-2．（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足，，其中为的前n项和．证明：
(1)是等比数列．
(2)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据与的关系，利用相减法结合等比数列的定义即可解决；
（2）由（1）得利用放缩法得，求和证明即可.
【详解】（1）∵，∴，
两式相减得：，即．
∴．
当时，，即
又∵，∴是以为首项，为公比的等比数列．
（2）由（1）得，所以
令，
则．
不等式左边的前2n项和．
又，∴原不等式得证．
2-3．（2024·广东东莞·三模）已知数列和，，，.
(1)求证数列是等比数列；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过题中关系，可得，进而可得数列是以为首项，公比为的等比数列.
（2）由（1）可得，，则，可利用分组求和与错位相减求和解题.
【详解】（1）由，，得，
整理得，而，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列
（2）由（1）知，∴，
∴，
设，则，
两式相减得，
从而
∴.
（三）
等比数列项的性质
(1)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)巧用性质，减少运算量，在解题中非常重要．
题型3：等比数列项的性质
3-1．（2024·江西·二模）在正项等比数列中，与是方程 的两个根，则 .
【答案】5
【分析】
利用韦达定理，可得，再根据对数的运算法则和等比数列性质求解即可.
【详解】因为与是方程 的两个根，所以，
因为为正项等比数列，所以，
所以，
故答案为：5.
3-2．（2024高三下·四川成都·阶段练习）若数列是等比数列，且，则 ．
【答案】4
【分析】根据等比数列的性质求解即可．
【详解】根据等比数列的性质，有，
则，解得，
所以．
故答案为：4．
3-3．（2024·河南新乡·二模）已知等比数列的首项为，且，则 .
【答案】
【分析】先由等比数列的通项公式得到，进而得到，再根据等比数列的性质得到结果.
【详解】设等比数列的公比为，因为，根据等比数列的通项公式的计算得到：，所以.由等比数列的性质得到：.
故答案为128.
【点睛】这个题目考查了等比数列的通项公式的写法，以及等比数列的性质的应用，题目比较基础. 对于等比等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.
（四）
等比数列前n项和的性质
（1）等比数列中，所有奇数项之和与所有偶数项之和具有的性质，设公比为．
①若共有项，则；②若共有项，．
（2）等比数列中，表示它的前项和．当时，有也成等比数列，公比为．
题型4：等比数列前n项和的性质
4-1．（2024·河北沧州·模拟预测）已知等比数列的前项和为，若，，则 .
【答案】510
【分析】利用等比数列的性质：，，，…构成等比数列，再利用条件即可求出结果.
【详解】因为数列为等比数列，由等比数列的性质知，
，，，…，，…构成首项为，公比为的等比数列，且是该等比数列的前8项和，
所以.
故答案为：510.
4-2．（2024高三·全国·对口高考）已知数列为等比数列，为其前n项和.若，，则的值为 .
【答案】40
【分析】用等比数列的前n项和的性质：当公比时，，也是等比数列，即可求解.
【详解】因为，，所以，，
则等比数列的公比，
所以，，也是等比数列，
所以，，也是等比数列，
所以，即，
解得或，
又，所以.
故答案为：40.
4-3．（2024高三·全国·课后作业）已知是正项等比数列的前n项和，，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】当时，；当时，可推出，，代入整理可得.即可得出答案.
【详解】解：设公比为.
当时，，则，此时有；
当时，
因为，，，
所以，，
所以，，
所以，
当时，有最小值为.
综上所述，的最小值为.
故答案为：.
4-4．（2024·江苏南京·一模）设正项等比数列的前项和为，且，则公比 .
【答案】/
【分析】利用变形求得，利用等比数列的性质可以得到，结合等比数列{an}为正项数列，进而求出公比。
【详解】由，得.
又正项等比数列的前项和为，故，
∴，
∵数列{an}是等比数列，
∴
故，解得：
因为等比数列{an}为正项数列，所以，故
故答案为：
（五）
由求数列的通项
已知求是一种非常常见的题型，这些题都是由与前项和的关系来求数列的通项公式，可由数列的通项与前项和的关系是，注意：当时，若适合，则的情况可并入时的通项；当时，若不适合，则用分段函数的形式表示．
题型5：由求数列的通项
5-1．（2024高三·全国·对口高考）已知等比数列的前n项和为，则 .
【答案】
【分析】根据等比数列的定义，结合前n项和为，列出前三项计算即可求得.
【详解】由题意可得，，
，故有.
故答案为：
5-2．（2024·广西玉林·三模）记数列的前n项和为，已知向量，，若，且，则通项为 ．
【答案】
【分析】由平面共线向量的坐标表示可得，利用与的关系求出数列的通项公式，即可求解.
【详解】∵，∴，
当时，，得，
当时，，，
两式作差得：，即，
所以是以为公比，1为首项的等比数列，
则，
又不符合上式，所以.
故答案为：.
5-3．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为且满足，则数列的通项 ．
【答案】
【分析】先求得时；再由可得时，两式作差可得，进而求解.
【详解】当时，，解得；
由，可知当时，，
两式相减，得，即，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
故答案为：
【点睛】本题考查由与的关系求通项公式，考查等比数列的通项公式的应用.
（六）
奇偶项求和问题的讨论
求解等比数列的前项和，要准确地记住求和公式，并合理选取公式，尤其是要注意其项数的值；对于奇偶项通项不统一问题要注意分类讨论．主要是从为奇数、偶数进行分类．
题型6：奇偶项求和问题的讨论
6-1．（2024高三·全国·对口高考）设数列的首项，且，
记.
(1)求；
(2)判断数列是否为等比数列，并证明你的结论；
(3)求.
【答案】(1)
(2)若， 不是等比数列；若，是以为首项，为公比的等比数列.
(3)若，；若，=.
【分析】（1）直接代入已知条件计算即可；
（2）由已知及递推公式可得，再讨论的值即可判定；
（2）结合（2）的结论分情况由公式求和即可.
【详解】（1）由题意可知：
（2）由，
而，
若，则，显然不能是等比数列，
若，则是以为首项，为公比的等比数列.
（3）由（2）可知，若，则为常数列，各项均为0，故；
若，则是以为首项，为公比的等比数列，
则由等比数列的求和公式得：=.
6-2．（2024·湖南长沙·模拟预测）已知数列满足，且
(1)设，求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项和为，求使得不等式成立的n的最小值．
【答案】(1)
(2)20
【分析】（1）通过构造得，则可得到的通项；
（2）利用等比数列求和公式得，通过作差得，，则得到是一个增数列，计算即可得到答案.
【详解】（1）因为
所以，，，所以．
又因为，所以，所以．
因为，所以，
又因为，所以，所以，所以，
即，
所以，
又因为，所以，所以，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即．
（2）由（1）可知，所以，
所以，
又因为，所以，
即，所以，
所以，
因为，
，
所以是一个增数列，
因为，，
所以满足题意的n的最小值是20．
6-3．（2024·河北·模拟预测）已知数列满足，
(1)记，证明：数列为等比数列；
(2)记，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义分析运算；
（2）先根据等比数列结合累加法求，再利用错位相减法求和.
【详解】（1）由题意可得：，且，
则，
所以数列是以首项，公比的等比数列.
（2）由（1）可知：，即，
可得：
，
所以，
即，则，
可得，
则，
两式相减得：，
所以.
6-4．（2024·山东济宁·二模）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式;
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的基本量计算即可求解，
（2）由分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）由，得
所以数列为等差数列．所以，得．
所以公差．所以．
（2）当为奇数时，．当为偶数时．
所以
（七）
等差数列与等比数列的综合应用
（1）等差数列与等比数列的相互转化：等差数列通过指数运算转化为正项等比数列，正项等比数列通过对数运算转化为等差数列．
（2）等差数列和等比数列的交汇，若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列为非零常数数列．
题型7：等差数列与等比数列的综合应用
7-1．（2024高二上·陕西渭南·期末）在等差数列中，．
(1)求等差数列的通项公式；
(2)设数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据等差数列的通项公式列出方程组求解即可；
（2）设数列的通项公式为，由等比数列公式求出可得，
再由分组求和得解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题知，则，解得
．
（2）设数列的通项公式为，
则，
，
则
．
7-2．（2024·江苏）已知是等差数列，是公比为q的等比数列，，，记为数列的前n项和.
(1)若（m，k是大于2正整数），求证：；
(2)若（i是某一正整数），求证：q是整数，且数列中每一项都是数列中的项；
(3)是否存在这样的正数q，使等比数列中有三项成等差数列？若存在，写出一个q的值，并加以说明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)存在，理由见解析.
【分析】（1）根据等比数列，等差数列通项公式和前项和的基本量，列出等量关系，求解即可证明；
（2）根据等差数列和等比数列通项公式的基本量，结合为正整数，即可证明；
（3）假设存在三项满足题意，根据等比数列和等差数列基本量的计算，列出方程，即可求得满足题意的.
【详解】（1）设数列的公差为，由，可得，；
因为，故，，
故.
（2），由可得，
解得或，但，故，因为为正整数，故是整数；
设数列中任意一项为，只要证明数列中存在某一项，
使得即可，即方程关于有正整数解即可.
则，，
也即，
若，则，那么，；
若，则（舍）；
若，则（舍）；
若，则为正整数，又因为，故只要考虑时的情况，此时是正整数.
数列中任意一项与数列中的第项相等，故结论成立.
（3）设数列中有三项成等差数列，
则有，设，则，
令，则，，因为，故（舍去负根），
故存在使得中有三项成等差数列.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列基本量的计算；处理问题的关键是能够熟练应用等差数列和等比数列通项公式和前项和基本量的计算，属综合难题.
7-3．（2024高二上·福建龙岩·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.
【答案】(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.
【详解】（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.
（八）
等比数列的范围与最值问题
求解此类问题的常用思路是根据题目所给条件建立关于变量n的函数关系进行求解．有时也注意基本不等式的应用．
题型8：等比数列的范围与最值问题
8-1．（2024·陕西西安·三模）已知数列是无穷等比数列，若，则数列的前n项和（ ）．
A．无最大值，有最小值B．有最大值，有最小值
C．有最大值，无最小值D．无最大值，无最小值
【答案】C
【分析】由已知可得，进而判断的单调性及各项的符号，即可确定其最值情况.
【详解】若公比为，则，又，故，
所以为单调递增数列且，则在时取最大值，但无最小值.
故选：C
8-2．（2024高三上·贵州铜仁·期末）已知等比数列的各项均为正数且公比大于1，前n项积为，且，则使得的n的最小值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】设公比为，则，由，得，根据为递增数列，推出，再推出，，，，，，，可得结果.
【详解】设公比为，则，
由，得，
因为，所以为递增数列，
所以，
所以，，
，，
，，
，，
所以n的最小为8.
故选：D．
8-3．（2024·北京海淀·模拟预测）设无穷等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．为递减数列B．为递增数列
C．数列有最大项D．数列有最小项
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为，分析可知，取，可判断AB选项；分、两种情况讨论，利用数列的单调性可判断CD选项.
【详解】设等比数列的公比为，由已知，则，
由可得且，
对于AB选项，若，，
当为奇数时，，此时，则，
当为偶数时，，此时，则，
此时数列不单调，AB都错；
对于CD选项，，
当时，此时数列单调递增，则有最小项，无最大项；
当时，若为正奇数时，，则，
此时单调递减，则；
当为正偶数时，，则，此时单调递增，则.
故当时，的最大值为，最小值为.
综上所述，有最小项.
故选：D.
8-4．（2024高三上·广西玉林·阶段练习）设等比数列的公比为q，其前n项和为，并且满足条件，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．的最大值为
【答案】B
【分析】根据已知条件分情况讨论判断得，进而可判断其它选项．
【详解】解：若，，
，
则与矛盾，
若，，
，
则与矛盾，
，
故B正确；
，则，
，故A错误；
，
单调递增，故D错误；
，
，故C错误．
故选：B．
8-5．（2024高三上·福建三明·期中）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．是数列中的最大值
C．D．数列无最大值
【答案】C
【分析】根据题意，由等比数列的性质分析公比的范围，由此分析选项可得答案．
【详解】解：等比数列的公比为，则，由，则有，必有，
又由，即，又，则有或，
又当时，可得，由，则与矛盾
所以，则有，
由此分析选项：
对于A，，故，故A错误；
对于B，等比数列中，，，所以数列单调递减，又因为，所以前项积为中，是数列中的最大项，故B错误；
对于C，等比数列中，则，则，故C正确；
对于D，由B的结论知是数列中的最大项，故D错误.
故选：C.
8-6．（2024·山东泰安·二模）已知数列的前n项和为，，，.
(1)求；
(2)设，数列的前n项和为，若，都有成立，求实数的范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由，可得，两式相减并化简后可得，后分奇偶情况可得；
（2）方法1，由题，由等比数列前n项和公式可得表达式；方法2，注意到，可得表达式.后注意到的单调性，利用可得答案.
【详解】（1），.
，，.
又，，，数列的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.
当时，；当时，.
综上，，
（2）方法一：，
.
，.
方法二：，
，
，
，
∴时，为递增数列，
时，为递减数列，
若，都有成立，只需使，则且，则.
（九）
等比数列的实际应用
(1)解应用问题的核心是建立数学模型．
(2)一般步骤：审题、抓住数量关系、建立数学模型．
(3)注意问题是求什么(n，an，Sn)．
注：(1)解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答．
(2)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n计算准确．
(3)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系．
(4)在近似计算时，要注意应用对数方法，且要看清题中对近似程度的要求．
题型9：等比数列的实际应用
9-1．（2024·广东广州·模拟预测）某牧场今年初牛的存栏数为1200，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出100头牛.设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为数列，且满足递推公式：为数列的前项和，则 （答案精确到1）.
【答案】9920
【分析】
根据已知，建立与的关系式，通过比较系数，得到和的值，进而得到是等比数列，求得其前项的和，即可得出的结果.
【详解】由题知，，
，
，
，
，
由得，
则，解得，
所以，
则是以为首项，为公比的等比数列，
因
，
所以.
故答案为：
9-2．（2024·福建福州·三模）英国数学家亚历山大·艾利斯提出用音分来精确度量音程，音分是度量不同乐音频率比的单位，也可以称为度量音程的对数标度单位.一个八度音程为1200音分，它们的频率值构成一个等比数列.八度音程的冠音与根音的频率比为2，因此这1200个音的频率值构成一个公比为的等比数列.已知音M的频率为m，音分值为k，音N的频率为n，音分值为l.若，则=（ ）
A．400B．500C．600D．800
【答案】C
【分析】根据等比数列的通项即可由指数运算求解.
【详解】由题意可知，1200个音的频率值构成一个公比为的等比数列，
设第一个音为，所以，故，
因为，所以.
故选：C
9-3．（2024·全国·三模）88键钢琴从左到右各键的音的频率组成一个递增的等比数列．若中音A（左起第49个键）的频率为，钢琴上最低音的频率为，则左起第61个键的音的频率为 ．
【答案】880
【分析】设等比数列的公比为，根据已知求出，再利用等比数列的通项即得解.
【详解】设等比数列的公比为，则，所以，
则左起第61个键的音的频率为．
故答案为：880
9-4．（2024·辽宁大连·一模）某高中图书馆为毕业生提供网上阅读服务，其中电子阅览系统的登录码由学生的届别+班级+学号+特别码构成.这个特别码与如图数表有关，数表构成规律是：第一行数由正整数从小到大排列得到，下一行数由前一行每两个相邻数的和写在这两个数正中间下方得到.以此类推特别码是学生届别数对应表中相应行的自左向右第一个数的个位数字，如：1997届3班21号学生的登陆码为1997321*.（*为表中第1997行第一个数的个位数字）.若已知某毕业生的登录码为201*2138，则可以推断该毕业生是 届2班13号学生.
【答案】
【分析】根据图表中的数据，得到第行的第个数为，根据通项公式得到的个位数呈现周期性变化，且周期为，然后根据代入分别检验，即可求解.
【详解】根据图表可得，第行的前两个数之差为，
设第行的第一个数为，则，即
两边同时除以，可得，且，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
所以，
因为的个位数分别为，所以的个位数呈现周期性变化，且周期为，
因为，所以，
若时，则，
因为，所以的个位数是，故的个位数为；
若时，则，
因为，所以的个位数是，故的个位数为；
若时，则，
因为，所以的个位数是，故的个位数为；
若时，则，
因为，所以的个位数是，故的个位数为，
同理可得：的个位数为，的个位数为，的个位数为，
的个位数为，的个位数为，的个位数为，
所以某毕业生的登录码为201*2138，则，
故推断该毕业生是届2班13号学生.
故答案为：.