【考点清单】专题06+等差数列与等比数列-高二数学下学期期末考点大串讲试卷（人教B版2019选择性必修第三册）

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【考点题型一】数列的概念与分类
数列的分类
【例1】（23-24高二上·山西·期末）下列说法中，正确的是（ ）
A．数列可表示为集合
B．数列与数列是相同的数列
C．数列的第项为
D．数列可记为
【答案】C
【解析】对于A，由数列的定义易知A错误；
对于B，两个数列排列次序不同，是不同的数列，故B错误；
对于C，数列的第项为，故C正确；
对于D，因为，所以，这与数列的定义不相符，故D错误.故选：C.
【变式1-1】（23-24高二上·广东东莞·期中）下列叙述正确的是（ ）
A．数列是递增数列
B．数列0，1，2，3，…的一个通项公式为
C．数列0，0，0，1，…是常数列
D．数列2，4，6，8与数列8，6，4，2是相同的数列
【答案】A
【解析】对于A项，设，
则对恒成立，
所以，数列是递增数列.故A正确；
对于B项，当时，与第一项为0不符.故B项错误；
对于C项，数列中的项并不完全相同.故C项错误；
对于D项，根据数列的概念，数列与顺序有关.
所以，数列2，4，6，8与数列8，6，4，2不是相同的数列.故D项错误.故选：A.
【变式1-2】（22-23高二下·海南儋州·期中）下列数列中，既是递增数列又是无穷数列的是（ ）
A．1，，，，…B．，，，
C．，，，，…D．1，，，…，
【答案】C
【解析】A，B都是递减数列，D是有穷数列，只有C符合题意．故选：C．
【变式1-3】（23-24高二下·四川绵阳·开学考试）（多选）下面四个结论正确的是（ ）
A．数列的项数是无限的
B．数列的图像是一系列孤立的点
C．数列1，2，3，4和数列1，3，4，2是相同的数列
D．数列可以看作是一个定义在正整数集（或它的有限子集{1，2，3，…，n}）上的函数
【答案】BD
【解析】A选项，有限数列的项数是有限的，故A错误；
B选项，因数列的项数均为正整数，则若将项数作为横坐标，
项作为纵坐标画在平面直角坐标系中，则相应图象为一系列孤立的点，故B正确.
C选项，相同数列是指，两个数列，相同的项数对应相同的项，
则数列1，2，3，4和数列1，3，4，2不是相同的数列，故C错误；
D选项，因数列的项数均为正整数，项数与项一一对应，且分为有限数列与无限数列，
则数列可看作定义在正整数集（或它的有限子集{1，2，3，…，n}）上的函数，故D正确.
故选：BD
【考点题型二】数列单调性的判断及应用
数列的单调性：判断数列的单调性的方法
1、作差比较法：
⇔数列是递增数列；
⇔数列是递减数列；
⇔数列是常数列．
2、作商比较法：
ⅰ.当时，
则⇔数列是递增数列；⇔数列是递减数列；⇔数列是常数列；
ⅱ.当时，
则⇔数列是递减数列；⇔数列是递增数列；⇔数列是常数列．
3、结合相应函数的图象直观判断：写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去．
【例2】（23-24高二下·广东中山·月考）已知，下列数列是递增数列的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】对于A，，故为递减数列，故A错误.
对于B，，故为递减数列，故A错误.
对于C，，故为递增数列，故C正确.
对于D，，故为递减数列，故D错误.故选：C.
【变式2-1】（23-24高二下·北京·期中）数列的通项公式为，则使得“数列是单调递增数列”成立的充分不必要条件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为数列是单调递增数列，
所以，即，化简得，所以，
令，
则在上递增，所以，所以,
所以使“数列是单调递增数列”的充要条件是，
所以充分不必要条件是可以是.故选：A.
【变式2-2】（23-24高二下·辽宁大连·期中）数列中前项和满足，若是递增数列，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，
则，
两式相减得，
因为数列是递增数列，
所以当时，，解得.
当时，，
所以，解得.
综上.故选：B.
【变式2-3】（23-24高二下·四川凉山·期中）已知函数，若数列满足，且是递增数列，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为函数，，且是递增数列，
则，解得．故选：C
【考点题型三】求数列的最大（小）项
求数列最大(小)项的方法
（1）构造函数，确定出函数的单调性，进一步求出数列的最大项或最小项．
（2）利用，求数列中的最大项；
利用，求数列中的最小项.
当解不唯一时，比较各解大小即可确定．
【例3】（22-23高二下·江西九江·月考）已知数列中，，它的最小项是（ ）
A．第四项B．第五项C．第六项D．第四项或第五项
【答案】D
【解析】因为，
所以设，其对称轴为，且开口向上，
又因为，所以的最小项为第四项或第五项.故选：D.
【变式3-1】（23-24高二下·吉林长春·期中）已知，则数列的偶数项中最大项为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】数列中，，则，
令，解得，则当时，，即，
同理当时，，即，而当时，，
所以数列的偶数项中最大项为.故选：D
【变式3-2】（23-24高二上·安徽马鞍山·月考）已知，则这个数列的前100项中的最大项与最小项分别是（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】C
【解析】，
当，时，，，且随着的变大，变大，
当，时，，，且随着的变大，变大，
故这个数列的前100项中的最大项与最小项分别是，.故选：C
【变式3-3】（22-23高二下·江西·期末）（多选）数列满是，则（ ）
A．数列的最大项为B．数列的最大项为
C．数列的最小项为D．数列的最小项为
【答案】BD
【解析】因为，
所以，
由，得到，且易知，时，，当时，，
所以
所以数列的最大项为，最小项为，故选：BD.
【考点题型四】数列的周期性
一般情况下，通过对已知递推关系进行变形，结合周期性的定义确定数列的周期。但对于某些计算复杂的问题，可直接根据递推关系写出数列的项，通过观察具体的项的规律确定周期性。
【例4】（23-24高二下·湖北孝感·期中）在数列中，，，则数列的前2024项的积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，所以，
，，，，
所以数列的周期为，且，
设数列的前项的积为，.故选：C
【变式4-1】（23-24高二下·河南·期中）已知数列满足，且，若，则m的值可能为（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
【答案】D
【解析】数列的递推公式为，由，
则有，，，，
，则是以4为周期的周期数列，
，有，，故m的值可能为2024，故选：D．
【变式4-2】（23-24高二下·河南·开学考试）在数列中，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，所以，
所以是周期为2的数列，则.故选：D.
【变式4-3】（23-24高二下·重庆·月考）在数列中，，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意知：，
，，，即数列是以为周期的周期数列；
，
.
故选：A.
【考点题型五】等差数列的基本量运算
，，，，知三求二
（1）在等差数列中，，或，两个公式共涉及，，，及五个基本量，它们分别表示等差数列的首项、公差、项数、末项和前项和；、
（2）依据方程的思想，在等差数列前项和公式中已知其中三个量可求另外两个量，即“知三求二”。
【例5】（23-24高二下·北京顺义·期中）已知在等差数列中，，，则公差等于（ ）
A．8B．6C．4D．
【答案】A
【解析】是等差数列，
，即，．故选：A．
【变式5-1】（23-24高二下·湖南长沙·月考）记单调递增的等差数列的前项和为，若且，则（ ）
A．70B．65C．55D．50
【答案】B
【解析】由等差数列，设，为公差，
由于，则，化简得，
由于数列单调递增，因此，解出，
因此，则.故选：B.
【变式5-2】（23-24高二下·河南·月考）设为等差数列的前项和，已知，则（ ）
A．8B．10C．12D．14
【答案】B
【解析】设等差数列的首项为，公差为，
则，解得，
所以，故选：B.
【变式5-3】（2024·广东·二模）设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．5D．7
【答案】A
【解析】设等差数列的公差为，
因为，
所以，
即，解得，
所以.故选：A.
【考点题型六】等差数列的判断与证明
判断或证明一个数列是等差数列的方法
1、定义法：（常数）是等差数列；
2、中项法：是等差数列；
3、通项公式法：（，为常数）是等差数列。
【例6】（23-24高二下·浙江·期中）对于数列，设甲：为等差数列，乙：，则甲是乙的（ ）
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】C
【解析】充分性：若是等差数列，
则．
必要性：若，则，
两式相减得，
即，所以是等差数列．
所以甲是乙的充要条件.故选：C．
【变式6-1】（23-24高二上·重庆·月考）（多选）对于数列，若，，（），则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列是单调递增数列
C．数列是等差数列D．数列是等差数列
【答案】ACD
【解析】对A，由题意，，故，故A正确；
对B，因为，，，故B错误；
对C，，故数列是等差数列，故C正确；
对D，，故数列是等差数列，故D正确.
故选：ACD
【变式6-2】（23-24高二下·北京·期中）已知数列的前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）证明：数列为等差数列．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）因为，
若，可得；
若，可得，
由于不符合，
所以；
（2）因为，则，由（1）可知：，
则，
可知数列是以首项为，公差为的等差数列．
【变式6-3】（23-24高二上·江苏常州·期末）设是正项数列的前项和，且，．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）因为，，
所以，，所以，
所以是以为首项，为公差的等差数列．
（2），且，所以．
当时，，．
时，不满足上式，
所以．
【考点题型七】等差数列的性质及应用
1、在等差数列{an}中，当m≠n时，d＝eq \f(am－an,m－n)为公差公式，利用这个公式很容易求出公差，
还可变形为am＝an＋(m－n)d.
2、等差数列{an}中，每隔相同的项抽出来的项按照原来的顺序排列，构成的新数列仍然是等差数列．
3、等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则an＋am＝ap＋aq(n，m，p，q∈N*)，
特别地，若m＋n＝2p，则an＋am＝2ap.
【例7】（23-24高二下·江西·月考）已知为等差数列，若，则的公差为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设的公差为，因为，
所以，．故选：D．
【变式7-1】（23-24高二下·辽宁大连·期中）在等差数列中，，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【解析】等差数列中，有，
，得，则.故选：D.
【变式7-2】（23-24高二下·四川·期中）设是公差不为0的等差数列的前n项和，若，则k = ．
【答案】18
【解析】由，所以，
，即，即，
由等差数列下标和性质可得.
【变式7-3】（23-24高三下·山东菏泽·月考）已知为等差数列，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设等差数列的公差为，
因为，
可得，解得，
又由，可得，解得，
所以.故选：C.
【考点题型八】等差数列前项和的性质及应用
1、片段和性质：设等差数列的公差为，为其前n项和，等差数列的依次项之和，
，，…组成公差为的等差数列；Sk，S2k-Sk，S3k - S2k…
2、前n项和与n的比值：
数列是等差数列⇔(a，b为常数)⇔数列为等差数列，公差为；
3、奇偶项和性质：若S奇表示奇数项的和，表示偶数项的和，公差为d；
①当项数为偶数时，，，；
②当项数为奇数时，，，.
4、两等差数列前n项和比值：在等差数列，中，它们的前项和分别记为，则
【例8】（23-24高二下·山东潍坊·期中）已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．54B．63C．72D．135
【答案】B
【解析】因为是等差数列，所以，，为等差数列，
即成等差数列，
所以，解得.故选：B
【变式8-1】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知数列为等差数列，其前项和为，且，，则 ．
【答案】135
【解析】设等差数列的公差为，
因为数列为等差数列，所以，即，
则.
【变式8-2】（23-24高二上·安徽马鞍山·月考）已知，分别是等差数列，的前n项和，且，那么 ．
【答案】/0.75
【解析】数列，均为等差数列，且其前项和分别为，，
．
【变式8-3】（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）等差数列共有项，所有的奇数项之和为，所有的偶数项之和为，则等于 ．
【答案】
【解析】因为等差数列共有项，
所有奇数项之和为，
所有偶数项之和为，
所以，，解得.
【考点题型九】等差数列前n项和的最值问题
1、二次函数法：将Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－\f(d,2)))n配方，转化为求二次函数的最值问题，但要注意
n∈N*，结合二次函数图象的对称性来确定n的值，更加直观．
2、邻项变号法：当a1>0，d<0，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥0，,an＋1≤0))时，Sn取得最大值；当a1<0，d>0，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤0，,an＋1≥0))时，Sn取得最小值．
特别地，若a1>0，d>0，则S1是{Sn}的最小值；若a1<0，d<0，则S1是{Sn}的最大值．
【例9】（23-24高三下·甘肃民乐·月考）设等差数列的前n项和为，若，则当取得最小值时，n的值为（ ）
A．11B．10C．9D．8
【答案】D
【解析】∵，∴，即．
∵，∴，∴，
∴当时取得最小值时，n的值为8．故选:D．
【变式9-1】（22-23高二下·辽宁朝阳·月考）等差数列中，已知，前n项和为，且，则最小时n的值为（ ）
A．11B．11或12C．12D．12或13
【答案】C
【解析】根据题意由可得，
整理可得.
所以，
由，可得；
由二次函数性质可知，当时，取最小时.故选：C
【变式9-2】（23-24高二下·北京·期中）设等差数列的前项和为，若，，使最小的的值为（ ）
A．4B．5C．6D．4或5
【答案】D
【解析】设公差为，由，，
所以，解得，所以，
令，解得，则数列单调递增，且，
所以当或时取得最小值.故选：D
【变式9-3】（23-24高二下·四川成都·月考）已知等差数列中，是它的前项和，若，则当最大时，的值为（ ）
A．8B．9C．10D．16
【答案】A
【解析】∵等差数列中，,
∴
故，继而,
根据等差数列的性质可知前8项均为正数项，
∴数列的前8项和最大；故选：A．
【考点题型十】含绝对值的等差数列求和
已知{an}为等差数列，求数列{|an|}的前n项和的步骤
第一步，解不等式an≥0(或an≤0)寻找{an}的正负项分界点．
第二步，求和：
①若an各项均为正数(或均为负数)，则{|an|}各项的和等于{an}的各项的和(或其相反数)；
②若a1>0，d<0(或a1<0，d>0)，这时数列{an}只有前面有限项为正数(或负数)，可分段求和再相加．
【例10】（23-24高二下·山东潍坊·月考）已知在等差数列中，公差，其前项和为，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）因为在等差数列中，公差，其前项和为，
，且，则，①
由可得，可得，②
联立①②可得，，
所以，.
（2）因为，
当时，且；
当时，.
综上所述，.
【变式10-1】（23-24高二下·河南·期中）在等差数列中，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求的值．
【答案】（1），；（2）.
【解析】（1）设其公差为d，
由题意可得．解得，，
∴，．
（2）设数列的前n项和为，
则由（1）可得，，，
由（1）知，令，得，当时，，
当时，可得，
当时，可得，
因为，所以，
所以．
【变式10-2】（23-24高二下·四川成都·月考）已知是等差数列的前n项和，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设等差数列的公差为，则：.
所以.
（2）由（1）得：
由.
所以当时，.
当时，.
所以.
【变式10-3】（23-24高二下·河南南阳·开学考试）在等差数列中，，，其前项和为．
（1）求出时的最大值；
（2）求
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）设等差数列的首项为，公差为，
∵，∴，
∴，∴，解得，
∴，
令，∴，
因为∴的最大值为．
（2）∵，，
∴，
由，得，
∵，，
∴数列中，前项小于，第项等于，以后各项均为正数，
当时，，
当时，，
综上，．
【考点题型十一】等差数列的实际应用
等差数列在实际生产生活中也有非常广泛的作用，将实际问题抽象为等差数列问题，用数学方法解决数列的问题，再把问题的解回归到实际问题中去，是用数学方法解决实际问题的一般过程。需要注意一下两点：
（1）抓住实际问题的特征，明确是什么类型的数列模型；
（2）深入分析题意，确定是求通项公式，或是求前项和，还是求项数。
【例11】（23-24高二下·云南昆明·期中）《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这十二节气的日影长成等差数列，若前九个节气日影长之和为85.5尺，则雨水日影长为（ ）
A．10.5尺B．9.5尺C．8.5尺D．7.5尺
【答案】B
【解析】这十二个节气的日影长成等差数列，前九个节气日影长之和为85.5尺，
则，，即雨水日影长为9.5尺.故选：B．
【变式11-1】（23-24高二下·北京房山·期中）世界上最古老的数学著作《莱因德纸草书》中有一道这样的题目：把60磅面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的两份之和的是较小的三份之和，则最小的1份为（ ）
A．磅B．磅C．磅D．磅
【答案】D
【解析】设五个人从小到大所得面包为、、、、，设其公差为，
则由题意可得，即，
整理可得，又，即，
即有，即，即最小的1份为磅.故选：D.
【变式11-2】（23-24高二上·山东临沂·期末）中国古代数学名著《周髀算经》记载的“日月历法”曰:“阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一部，部七十六岁，二十部为一遂,遂千百五二十岁”，即1遂为1520岁.某疗养中心恰有57人，他们的年龄(都为正整数)依次相差一岁，并且他们的年龄之和恰好为三遂，则最年轻者的年龄为（ ）
A．52B．54C．58D．60
【答案】A
【解析】将他们的年龄从小到大依次排列为，
所以，，解得.故选：A.
【变式11-3】（2024·山西晋城·一模）生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（ ）
A．3月5日或3月16日B．3月6日或3月15日
C．3月7日或3月14日D．3月8日或3月13日
【答案】D
【解析】若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，
且首项为1，公差为2，第天所得积分为．
假设他连续打卡天，第天中断了，
则他所得积分之和为
，化简得，解得或12，
所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．故选：D
【考点题型十二】等比数列的基本量计算
1、等比数列涉及5个量，，，，只要知道其中任意三个就能求出另外一个，在这五个量中，和是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，问题便迎刃而解，求解时要注意。
2、使用等比数列求和公式时注意事项：
（1）一定不要忽略的情况；
（2）知道首项、公比和项数，可以用；知道首尾两项；、和，可以用；
【例12】（23-24高二下·广东惠州·月考）设是等比数列，且，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【解析】设的公比为，由，得，所以，
从而．故选：B．
【变式12-1】（23-24高二下·辽宁大连·期中）设等比数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．9B．12C．27D．48
【答案】C
【解析】设等比数列的公比为，由，则，
所以，解得，
则有.故选：C.
【变式12-2】（23-24高二下·重庆·期中）已知公比为正数的等比数列前n项和为，且，，则（ ）
A．或B．C．D．
【答案】C
【解析】设等比数列的公比为，
因为，，且，
所以，解得，所以.故选：C.
【变式12-3】（23-24高三下·湖南邵阳·模拟预测）记为公比小于1的等比数列的前项和，，，则（ ）
A．6B．3C．1D．
【答案】B
【解析】依题意，成等比数列，首项为2，设其公比为，
则，
由，得，整理得，
由等比数列的公比小于1，
得，解得，所以.故选：B
【考点题型十三】等比数列的判断与证明
等比数列的判定方法
1、定义法：（常数）为等比数列；
2、中项法：（）为等比数列；
3、通项公式法：（，为常数）为等比数列.
【例13】（2024·山东聊城·一模）已知数列满足，则“ ”是“ 是等比数列”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
【答案】C
【解析】当时，因为，所以，
又，则，则，
依次类推可知，故，
则是首项为，公比为的等比数列，即充分性成立；
当是等比数列时，因为，所以，
当时，，则是公比为的等比数列，
所以，即，
则，，，
由，得，解得，不满足题意；
当，即时，易知满足题意；
所以，即必要性成立.故选：C.
【变式13-1】（22-23高二上·重庆沙坪坝·期末）（多选）记为数列的前项和，下列说法正确的是（ ）
A．若对，有，则数列是等差数列
B．若对，有，则数列是等比数列
C．已知，则是等差数列
D．已知，则是等比数列
【答案】AC
【解析】对A，由等差中项的性质，可知数列是等差数列，故A正确；
对B，若，满足，，但不为等比数列，故B错误；
对C，当时，，当时，，时符合该式，
易知是以为首项，为公差的等差数列，故C正确；
对D，当时，，
时，，
时符合该式，
当时，易知是以为首项，为公比的等比数列，
当时，则是等于零的常数列，故D错误.故选：AC.
【变式13-2】（23-24高二下·上海宝山·月考）已知数列满足：.
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】（1）证明：由得，易知，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）可得，
所以.
【变式13-3】（23-24高二下·四川凉山·期中）设数列满足：，，且，对成立.
（1）证明：是等比数列；
（2）求和的通项公式.
【答案】（1）证明见解析；（2），
【解析】（1）移项得到，，
相加得，所以，
因为，所以是首项为5，公比为的等比数列；
（2），，所以对成立，
解得，对成立，
故和.
【考点题型十四】等比数列的性质及应用
1、“子数列”性质
（1）对于无穷等比数列，若将其前项去掉，剩余各项仍为等比数列，首项为，公比为；
若取出所有的的倍数项，组成的数列仍未等比数列，首项为，公比为；
（2）相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，
即，，，…仍是等比数列，公比为
2、“下标和”性质：在等比数列中，若，则；
（1）特别地，时，；
当时，
（2）若数列是有穷数列，则与首末两项“等距离”的两项的积等于首末两项的积，
即
3、两等比数列合成数列的性质：若数列，是项数相同的等比数列，是不等于0的常数，
则数列、、也是等比数列；
【例14】（23-24高二下·四川达州·月考）等比数列中，则（ ）
A．B．5C．10D．20
【答案】C
【解析】设等比数列的公比为，
则，所以，
故.故选：C.
【变式14-1】（23-24高二下·安徽六安·期中）已知等比数列的各项均为正数，公比，且满足，则（ ）
A．2B．4C．8D．16
【答案】C
【解析】因为是各项均为正数的等比数列，
所以，解得，所以，故选：C
【变式14-2】（23-24高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）在各项为正的等比数列中，与的等比中项为，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】因为与的等比中项为，
所以，所以.故选：B
【变式14-3】（23-24高二下·湖北·月考）已知等差数列，等比数列，满足，，则（ ）．
A．B．C．2D．4
【答案】B
【解析】数列是等差数列，，可得，即，
数列是等比数列，，可得，可得，
则．故选：B．
【考点题型十五】等比数列前n项和的性质及应用
1、运算性质：
2、奇偶项性质：等比数列中，若项数为，则；若项数为，则.
3、片段和性质：若等比数列的前n项和为，则，，…成等比数列（其中，，…均不为0）．
【例15】（23-24高三下·江苏连云港·月考）设是等比数列的前项和，若，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意得，，
因为成等比数列，故，
即，解得，则，
所以,.
故.故选：D
【变式15-1】（23-24高二上·宁夏银川·月考）已知一个等比数列的项数是是偶数，其奇数项之和1011，偶数项之和为2022，则这个数列的公比为（ ）.
A．8B．C．4D．2
【答案】D
【解析】设该等比数列为,其项数为项，公比为,
由题意易知，设奇数项之和为,偶数项之和为，
易知奇数项组成的数列是首项为，公比为的等比数列，
偶数项组成的数列是首项为，公比为的等比数列，
则，，
所以,即.
所以这个数列的公比为2.故选:D.
【变式15-2】（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知等比数列的公比为，前项和为.若，，则（ ）
A．3B．4C．5D．7
【答案】C
【解析】法一：因为等比数列的公比为，
则，，
所以，解得.
法二：根据等比数列前项和的性质得，，成等比数列，且公比为，
所以，即，解得..故选：C
【变式15-3】（23-24高二下·辽宁沈阳·月考）在等比数列中，公比，前87项和，则（ ）
A．B．60C．80D．160
【答案】C
【解析】在等比数列中，由公比，
可得构成公比为的等比数列，
设，则，
因为数列的前87项和，
所以，解得，所以.故选：C.
【考点题型十六】等比数列的实际应用
等比数列的实际应用问题需要注意两点：
（1）抓住实际问题的特征，明确是什么类型的数列模型；
（2）深入分析题意，确定是求通项公式，或是求前项和，还是求项数。
【例16】（23-24高二下·四川绵阳·期中）我国某西部地区要进行沙漠治理，已知某年（记为第1年）年底该地区有土地1万平方千米，其中是沙漠.从第2年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的改造成绿洲，同时原有绿洲的被沙漠所侵蚀又变成沙漠.设第年年底绿洲面积为万平方千米，则数列的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意得，，
，
可变形为，又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，故.故选：A
【变式16-1】（23-24高二下·辽宁沈阳·月考）明代程大位《算法统宗》卷10中有题：“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头儿盏灯？”你的答案是（ ）
A．3盏B．4盏C．5盏D．7盏
【答案】A
【解析】设各层塔的灯盏数为，
数列是公比为的等比数列，
由题意可得，解得，故选：A.
【变式16-2】（23-24高二上·湖北荆门·期末）在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定，假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天，那么感染人数由1（初始感染者）增加到3333大约需要的天数为（ ）（初始感染者传染个人为第一轮传染，这个人每人再传染个人为第二轮传染……参考数据：）
A．42B．43C．35D．49
【答案】A
【解析】设第n轮感染的人数为，则数列是，公比的等比数列，
由，可得，两边取对数得，
所以，所以，故需要的天数约为.故选：A
【变式16-3】（23-24高二上·上海杨浦·月考）我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”描述的问题是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大､小鼠第一天都进一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则（ ）天后两鼠相遇.
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】设天后能打穿，则，化简为，
令，则，
又由函数的单调性可知在内有唯一零点，
所以至少需要天.故选：C.分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项间的大小关系
递增数列
其中n∈N+