資源簡介

熱點5-2 等比數列的通項及前n項和
主要考查等比數列的基本量計算和基本性質、等比數列的中項性質、判定與證明，這是高考熱點；等比數列的求和及綜合應用是高考考查的重點.這部分內容難度以中、低檔題為主，結合等差數列一般設置一道選擇題和一道解答題.
【題型1 等比數列的基本量計算】
滿分技巧等比數列的運算技巧 1、在等比數列的通項公式和前項和公式中，共涉及五個量：，，，，，其中首項和公比為基本量，且“知三求二”，常常列方程組來解答； 2、對于基本量的計算，列方程組求解時基本方法，通常用約分或兩式相除的方法進行消元，有時會用到整體代換，如，都可以看作一個整體.
【例1】（2024·全國·模擬預測）
1．已知正項等比數列的前n項和為．若，則（ ）
A． B． C． D．
【變式1-1】（2024·全國·模擬預測）
2．已知正項等比數列的前n項和為．若，，則（ ）
A． B． C． D．
【變式1-2】（2023·遼寧·高三統考期中）
3．已知為等比數列，其公比，前7項的和為1016，則的值為（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【變式1-3】（2023·四川雅安·統考一模）
4．在等比數列中，若，，則等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式1-4】（2023·全國·模擬預測）
5．已知正項等比數列的前項和為，若，則（ ）
A． B． C． D．
【題型2 等比數列性質的應用】
滿分技巧1、等比數列性質應用問題的解題突破口 等比數列的性質可以分為三類：一是通項公式的變形，二是等比中項公式的變形，三是前n項和公式的變形．根據題目條件，認真分析，發現具體的變化特征即可找出解決問題的突破口． 2、應用等比數列性質解題時的2個注意點 （1）在解決等比數列的有關問題時，要注意挖掘隱含條件，利用性質， 特別是性質“若，則有”，可以減少運算量，提高解題速度． （2）在應用相應性質解題時，要注意性質成立的前提條件，有時需要進行適當變形．此外，解題時注意設而不求思想的運用．
【例2】（2023·湖南永州·高三校考階段練習）
6．在等比數列中，若，則（ ）
A．1 B．2 C．10 D．100
【變式2-1】（2023·全國·模擬預測）
7．已知正項等比數列的前n項積為，且，若，則（ ）
A． B． C． D．
【變式2-2】（2023·陜西·校聯考模擬預測）
8．等比數列滿足：，則的最小值為 ．
【變式2-3】（2023·江蘇淮安·高三校聯考期中）
9．已知數列是正項等比數列，數列滿足.若，則（ 　　）
A．24 B．27 C．36 D．40
【變式2-4】（2023·安徽六安·高三六安一中校考階段練習）
10．已知函數，數列為等比數列，，， ．
【題型3 等比數列單調性及應用】
滿分技巧等比數列前n項和的函數特征 1、與的關系 （1）當公比時，等比數列的前項和公式是， 它可以變形為，設，則上式可以寫成的形式，由此可見，數列的圖象是函數圖象上的一群孤立的點； （2）當公比時，等比數列的前項和公式是，則數列的圖象是函數圖象上的一群孤立的點. 2、與的關系 當公比時，等比數列的前項和公式是，它可以變形為設，，則上式可寫成的形式，則是的一次函數.
【例3】（2023·福建廈門·高三廈門第二中學校考階段練習）
11．已知等比數列的前項和為，前項積為，則下列選項判斷正確的是（ ）
A．若，則數列是遞增數列
B．若，則數列是遞增數列
C．若數列是遞增數列，則
D．若數列是遞增數列，則
【變式3-1】（2023·廣東佛山·統考一模）
12．等比數列公比為，，若（），則“”是“數列為遞增數列”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【變式3-2】（2023·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）
13．設等比數列的公比為，其前項和為，前項積為，且，，，則下列結論正確的是（ ）
A． B．
C．的最大值為 D．的最大值為
【變式3-3】（2023·云南曲靖·高三曲靖一中校考階段練習）
14．設等比數列的公比為，其前項和為，前項積為，且滿足，，則下列選項正確的是（ ）
A．為遞減數列 B．
C．是數列中的最小項 D．當時，的最小值為4045
【變式3-4】（2023·全國·高三專題練習）
15．已知等比數列滿足，公比，且，，則（ ）
A． B．當時，最小
C．當時，最小 D．存在，使得
【題型4 等比數列前n項和性質應用】
滿分技巧等比數列前項和的性質 （1）在公比或且為奇數時，，，，……仍成等比數列，其公比為； （2）對，有； （3）若等比數列共有項，則，其中，分別是數列的偶數項和與奇數項和； （4）等比數列的前項和，令，則（為常數，且）
【例4】（2023·陜西榆林·高三校考階段練習）
16．已知各項均為實數的等比數列的前項和為，若，，則 （ ）
A．150 B．140 C．130 D．120
【變式4-1】（2023·河北石家莊·高三統考期中）
17．已知數列是等比數列，為其前項和，若，，則（ ）
A．27 B．39 C．81 D．120
【變式4-2】（2023·云南昆明·高三云南民族大學附屬中學校考階段練習）
18．已知等比數列的前項和為，若，則（ ）
A．8 B．9 C．16 D．17
【變式4-3】（2023·河北保定·高三保定市第三中學校聯考期末）
19．已知數列為等差數列，公差為；數列為等比數列，公比為，則下列說法正確的是（ ）
A．存在和，使得．
B．若為的前項和，則，，，成等差數列
C．若為的前項和，則，，，成等比數列
D．當時，存在實數A、使得
【變式4-4】（2023·安徽·高三懷遠第一中學校聯考階段練習）
20．記為等比數列的前n項和，．
(1)若，求的值；
(2)若，求證：．
【題型5 等比數列的判定與證明】
滿分技巧1、定義法：為常數且數列是等比數列． 2、等比中項法：數列是等比數列． 3、通項公式法：數列是等比數列． 4、前項和公式法：若數列的前項和，則該數列是等比數列． 其中前兩種方法是證明等比數列的常用方法，而后兩種方法一般用于選擇題、填空題中． 注意：（1）若要判定一個數列不是等比數列，則只需判定存在連續三項不成等比數列即可． （2）只滿足的數列未必是等比數列，要使其成為等比數列還需要.
【例5】（2022·新疆·統考一模）
21．在數列中，，，且.
(1)證明：是等比數列；
(2)求數列的通項公式.
【變式5-1】（2023·上海·高三校考期中）
22．已知數列的前n項和為，且為正整數.
(1)證明：是等比數列；
(2)求數列的通項公式及其前n項和.
【變式5-2】（2023·重慶·高三重慶一中校考階段練習）
23．記為數列的前項和，為數列的前項和，若且.
(1)證明：數列是等比數列；
(2)若成立，求的最小值.
【變式5-3】（2023·福建廈門·高三廈門外國語學校校考階段練習）
24．設是數列的前項和，已知
(1)求，并證明：是等比數列；
(2)求滿足的所有正整數.
【變式5-4】（2023·云南曲靖·高三校考階段練習）
25．已知數列滿足，且．
(1)證明：數列為等比數列，并求出數列的通項公式；
(2)求數列的前項和．
【題型6 等比數列的實際應用】
【例6】（2023·山東青島·青島第五十八中學校考一模）
26．云岡石窟，古稱為武州山大石窟寺，是世界文化遺產．若某一石窟的某處“浮雕像”共7層，每一層的“浮雕像”個數是其下一層的2倍，共有1016個“浮雕像”，這些“浮雕像”構成一幅優美的圖案，若從最下層往上每一層的“浮雕像”的個數構成一個數列，則的值為（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【變式6-1】（2023·廣東廣州·統考三模）
27．小明的父母在他入讀初中一年級起的9月1日向銀行教育儲蓄賬戶存入1000元，并且每年在9月1日當天都存入一筆錢，每年比上年多存1000元，即第二年存入2000元，第三年存入3000元，……，連續存6年，每年到期利息連同本金自動轉存，在小明高中畢業的當年9月1日當天一次性取出，假設教育儲蓄存款的年利率為p，不考慮利率的變化．在小明高中畢業的當年9月1日當天，一次性取出的金額總數（單位：千元）為（ ）．
A． B．
C． D．
【變式6-2】（2023·湖南·校聯考模擬預測）
28．已知某公司第1年的銷售額為a萬元，假設該公司從第2年開始每年的銷售額為上一年的倍，則該公司從第1年到第11年（含第11年）的銷售總額為（ ）（參考數據：取）
A．萬元 B．萬元 C．萬元 D．萬元
【變式6-3】（2023·安徽·高三馬鞍山市第二十二中學校聯考階段練習）
29．0.618是無理數的近似值，被稱為黃金比值.我們把腰與底的長度比為黃金比值的等腰三角形稱為黃金三角形.如圖，是頂角為，底的第一個黃金三角形，是頂角為的第二個黃金三角形，是頂角為的第三個黃金三角形，是頂角為的第四個黃金三角形，那么依次類推，第2023個黃金三角形的周長大約為（ ）

A． B． C． D．
【變式6-4】（2023·山東·統考一模）
30．假設某市2023年新建住房400萬平方米，其中有250萬平方米是中、低價房.預計在今后的若干年內，該市每年新建住房面積平均比上年增長.另外，每年新建住房中，中、低價房的面積均比上一年增加50萬平方米.求：
(1)截至到2032年底，該市所建中、低價房的面積累計（以2023年為累計的第一年）為多少萬平方米？
(2)哪一年底，當年建造的中、低價房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于？
（建議用時：60分鐘）
（2023·甘肅天水·高三校聯考階段練習）
31．在等比數列中，，，則（ ）
A．1 B． C． D．2
（2023·安徽合肥·高三合肥一中校考階段練習）
32．在正項等比數列中，若，，則（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
（2023·河南·高三校聯考階段練習）
33．在《增減算法統宗》中有這樣一則故事：“三百七十八里關，初行健步不為難；次日腳痛減一半，如此六日過其關”.其大意是：有人要去某關口，路程為378里，第一天健步行走，從第二天起由于腳痛，每天走的路程都為前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.則此人第4天與第5天共走的里程數為（ ）
A．24 B．36 C．42 D．60
（2023·四川·高三校聯考階段練習）
34．在等比數列中，，，則（ ）
A．48 B．72 C．96 D．112
（2023·黑龍江哈爾濱·高三哈三中校考期末）
35．若數列滿足（且），則與的比值為（ ）
A． B． C．2 D．3
（2023·全國·模擬預測）
36．設等比數列的前項和是.已知，則（ ）
A．13 B．12 C．6 D．3
（2023·河北保定·高三校聯考階段練習）
37．設等比數列的公比為，且，設甲：；乙：，則（ ）
A．甲是乙的充分不必要條件 B．甲是乙的必要不充分條件
C．甲是乙的充要條件 D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件
（2023·安徽安慶·高三安慶市第十中學校考階段練習）
38．已知數列的前項和為，且，設，若數列是遞增數列，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
（2023·安徽合肥·高三合肥一中校考階段練習）
39．已知數列的前n項和為，，，若，（是常數），則（ ）
A．數列是等比數列 B．數列是等比數列
C． D．
（2023·福建漳州·高三統考開學考試）
40．已知正項等比數列的前n項積為，且，則下列結論正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，則
（2023·廣東汕頭·高三黃圖盛中學校考階段練習）
41．在正項等比數列中，，，則的通項公式 .
（2023·四川宜賓·南溪第一中學校校考模擬預測）
42．已知數列滿足，，若為數列前項和，則 .
（2023·高三課時練習）
43．已知數列是等比數列，是其前項和，且，，則 .
（2023·湖南長沙·高三統考階段練習）
44．在數列中，且滿足（且）．
(1)證明：數列為等比數列；
(2)求數列的前項和．
（2023·江蘇南通·高三海安高級中學校考階段練習）
45．已知數列的首項，且滿足，記.
(1)證明：是等比數列；
(2)記，證明；數列的前項和.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．A
【分析】利用等比數列的通項公式與求和公式計算即可.
【詳解】設正項等比數列的公比為q（）．
∵，∴．
∵，∴，故，解得（舍負值），
∴，
∴，∴．
故選：A．
2．A
【分析】由已知等式因式分解，求出等比數列的公比，再由求出首項，即可求
【詳解】由題意，設正項等比數列的公比為，
∵，∴.
∵，∴，∴，∴，解得（負值舍去），
∴，∴，∴．
故選：A．
3．C
【分析】根據等比數列的前項和公式求出首項，進而可得，再結合對數運算即可得答案.
【詳解】依題意，，，解得，因此，
所以.
故選：C
4．D
【分析】排除的情況，根據等比數列通項公式和求和公式得到兩個等式，相除化簡即可.
【詳解】等比數列，若 ，則或，驗證不成立；
故，，
，
兩式相除得到，即，
.
故選：D.
5．C
【分析】由等比數列的前項和公式直接計算即可.
【詳解】設等比數列的公比為，
當時，，不符合題意，（注意對情況的討論），
所以，由得，得，（注意等比數列為正項數列，故），
因此.
故選：C．
6．B
【分析】由等比數列的性質可得，，再由對數的運算即可求出結果.
【詳解】由等比數列的性質可得，，所以.
故選：B
7．B
【分析】根據題意可得，利用等比數列的性質可得，再結合對數的運算性質即可求解.
【詳解】∵，∴，
∴，又，
∴，得，
∴.
故選：B．
8．
【分析】先求得，然后利用基本不等式求得正確答案.
【詳解】依題意，等比數列滿足：，
所以，且，
所以，
當且僅當時等號成立，此時.
所以的最小值為.
故答案為：
9．B
【分析】依題意得，得，再由對數運算性質求解即可.
【詳解】數列是正項等比數列，，
由，得，得，
.
故選：B.
10．
【分析】根據函數的對稱性，再結合等比數列的等比中項，利用倒序相加法求和即可得答案.
【詳解】因為，所以.
又因為數列為等比數列，，
所以，
所以
設①
則②
由①+②得：所以
故答案為：
11．D
【分析】根據題意，結合等比數列的性質和特例，以及等比數列的單調性和前項和公式，可判定A、B、C都不正確；由數列是遞增數列，得到和，可判定D正確.
【詳解】對于A中，如果數列，公比為，滿足，但是等比數列不是遞增數列，所以A不正確；
對于B中，如果數列，公比為，滿足，但是等比數列不是遞增數列，所以B不正確；
對于C中，如果數列，公比為，可得，數列是遞增數列，但是，所以C不正確；
對于D中，數列是遞增數列，可知，可得，所以，可得正確，所以D正確；
故選：D．
12．B
【分析】根據等比數列的通項公式，結合等差數列的前項和公式、充分性和必要性的定義進行判斷即可.
【詳解】因為等比數列公比為，
所以，
當時，，，顯然數列為不是遞增數列；
當“數列為遞增數列”時，有，
因為，所以如果，例如，顯然有，，顯然數列為不是遞增數列，
因此有，，
所以由，
當時，顯然對于恒成立，
當時，對于不一定恒成立，例如；
當時，對于不一定恒成立，例如；
當時，對于恒不成立，
因此“”是“數列為遞增數列”的必要不充分條件，
故選：B
13．ABD
【分析】首先根據已知條件，確定公比的取值范圍，然后根據數列的單調性逐一進行判斷即可.
【詳解】A項，且，而和異號.
由于知，，即，，，故A項正確；
B項，從前面的求解過程知，，說明是單調遞減的正項等比數列，
且，所以，那么，故B項正確；
C項，是正項數列，沒有最大值，故C項錯誤；
D項，從前面的分析過程可知前6項均大于1.從起全部在上.
所以的最大值為，故D項正確，
故選：ABD
14．BC
【分析】根據等比數列的通項公式、性質一一判定即可.
【詳解】因為，
所以，則各項為正數，
所以，即為遞增數列，A錯誤；
由A項及可得，
則，故B正確；
由上可知，故，
即C正確；
由，顯然的最小值不為4045，
即D錯誤.
故選：BC.
15．AC
【分析】由等比數列的性質、數列的單調性及不等式的性質可對每個選項進行判斷即可得出.
【詳解】對于A，∵，，∴，又，，
∴，故A正確；
對于B，C，等比數列滿足，公比，，
， ， ， 為遞增數列，
由等比數列的性質，，
又，，
，，
∵，，
，∴，
∵，，，∴，則，
，即，
為遞增數列，故當時，最小，故B錯誤，C正確；
對于D，當時，，為遞增數列，，
故D錯誤.
故選：AC
16．A
【分析】由，，，成等比數列，利用等比性質計算即可.
【詳解】設等比數列的公比為，在等比數列中，由，可知，
所以，，，構成公比為的等比數列.
所以，即，
解得（負值舍去）.
因為，
所以，.
故選：A
17．D
【分析】根據等比數列片段和的性質可求出結果.
【詳解】由題知，，，
因為數列成等比數列，
所以，
所以.
故選：D.
18．A
【分析】利用等比數列前項和的性質計算即可.
【詳解】設，則，
因為為等比數列，所以仍成等比數列.
易知，
所以,故.
故選:A.
19．ABD
【分析】對于AC：距離說明即可；對于B：根據等差數列的定義和性質分析判斷；對于D：令，代入運算即可判斷.
【詳解】對于選項A：例如，，故A正確；
對于選項B：因為
，
所以，，，成等差數列，故B正確；
對于選項C：例如，則，
可得，，，不一定成等比數列，故C錯誤；
對于選項D：因為數列為等差數列，設，
又因為，則，
令，
則，
即存在實數A、使得，故D正確；
故選：ABD.
20．(1)60；
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據等比數列前項和的性質列方程求得，然后可得；
（2）利用等比數列前項和的性質求出，然后整理變形即可得證.
【詳解】（1）設等比數列的公比為q，
因為，所以，
，所以,
故，，成等比數列，且公比為，
所以，
整理得，
因為，故，
解得，
所以．
（2）因為，所以，由（1）知，，
因為數列是以為首項，為公比的等比數列，
所以
又，
則
所以
21．(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）由遞推關系得，結合已知及等比數列定義即可證結論.
（2）由（1）得，當n為奇數，應用累加法求，當n為偶數，結合求，即可確定的通項公式.
【詳解】（1）由得：，且，
則，又，
所以數列是首項為3，公比為4的等比數列.
（2）由（1）知：，又，則，
當n為奇數時，，
當n為偶數時，·
綜上，·
22．(1)證明見解析
(2)，
【分析】（1）根據與的關系，可得遞推關系，化簡即可得證；
（2）根據等比數列的通項公式求解可得，代入遞推關系得.
【詳解】（1）因為，
所以當時，，解得，則，
當時，，
兩式相減可得：，
即可得，顯然，即，
所以是首項為1，公比為的等比數列.
（2）由（1）得，知，
所以.
23．(1)證明見解析
(2)4
【分析】（1）由即可得，根據等比數列的定義可知，得出證明；
（2）利用分組求和得出，解出不等式可得，即的最小值為4.
【詳解】（1）由可得，即，
即，而，
所以是以3為首項，3為公比的等比數列.
（2）由（1）知，即
，
由可得，整理可得，解得，
因為，所以的最小值為4.
24．(1)，證明見解析
(2)1，2
【分析】（1）利用代入計算即可求得，由等比數列定義可求得，即可得出證明；
（2）利用數列分組求和可得出，再利用二次函數及指數函數單調性即可求得結果.
【詳解】（1）由可得，
所以，
可得；
由已知得，
所以，
其中，
所以是以為首項，為公比的等比數列；
（2）由（1）知，
所以，
所以，
所以
，
由二次函數及指數函數性質可知當時，單調遞減，
其中，
所以滿足的所有正整數為1，2.
25．(1)證明見詳解，
(2)
【分析】（1）根據題意結合等比數列的定義和通項公式分析求解；
（2）利用分組求和結合等差、等比數列的求和公式運算求解.
【詳解】（1）因為，
令，則，解得，則，
且，
可得數列是以首項為1，公比為的等比數列，
所以，即.
（2）由（1）可知：，
則
，
所以.
26．C
【分析】推導出是以2為公比的等比數列，且，解得，由此能求出的值．
【詳解】從最下層往上“浮雕像”的數量構成一個數列，
則是以2為公比的等比數列，
，，解得，
所以，
．
故選：C．
27．D
【分析】由條件確定每年的存款的本息和，再利用錯位相減法求六年的本息和即可.
【詳解】設第年的存款到取出時的本息和為（千元），，
則，，，，
，，
所以小明高中畢業的當年9月1日當天，一次性取出的金額總數為：
所以，
所以，
所以，
所以，
故選：D.
28．D
【分析】根據題意，由條件可得數列是首項為a，公比為的等比數列，結合等比數列的前項和公式，代入計算，即可得到結果.
【詳解】設第年的銷售額為萬元，
依題意可得數列是首項為a，公比為的等比數列，
則該公司從第1年到第11年的銷售總額為萬元．
故選：D
29．D
【分析】由已知結合黃金三角形定義，各個黃金三角形的底邊長依次排成一列可得數列，再探討數列性質求出第n個三角形周長即可得解.
【詳解】第一個黃金三角形的底為，由得腰長，
記第個黃金三角形的底邊長為，當時，第個黃金三角形的底邊長為，腰長為，
而第個黃金三角形的底邊長為第個黃金三角形的腰長，則，
因此，各個黃金三角形的底邊長依次排成一列得數列，是首項為2，公比為的等比數列，
第個黃金三角形的底邊長，腰長為，
周長為
，
所以第2023個黃金三角形的周長大約為.
故選：D
30．(1)4750
(2)2028
【分析】（1）由題意中、低價房面積構成等差數列，弄清首項和公差，再根據等差數列求和求解即可；
（2）設新建住房面積構成等比數列，由首項和公比求，再，解不等式即可求解.
【詳解】（1）設中、低價房面積構成數列，由題意可知是等差數列，
其中，則，所以，
所以截止2032年底，預計該市所建中、低價房的累計面積為4750萬平方米.
（2）設新建住房面積構成數列，
由題意可知是等比數列，其中，則，
由題意可知，所以，
化簡得到：，
令，則，
當時，
，
故在上為增數列，
而，
而
，
故滿足上述不等式的最小正整數，
所以到2028年底，當年建造的中、低價房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于.
31．B
【分析】設等比數列的公比為,根據可求得，代入即可求解.
【詳解】設等比數列的公比為,
因為，所以，
所以，即，解得.
所以，解得.
故選:B.
32．C
【分析】根據等比數列性質有，代入計算即可得.
【詳解】因為為等比數列，所以，
故，
所以，又，所以.
故選：C.
33．B
【分析】設第天走的里程數為，其中，由題意可知，數列是以為公比的等比數列，利用等比數列求和公式求出的值，利用通項公式此人求出第4天與第5天共走里程數.
【詳解】設第天走的里程數為，其中，
由題意可知，數列是以為首項，為公比的等比數列，
所以，
解得，
所以此人第4天與第5天共走里程數為.
故選：B.
34．B
【分析】根據條件，利用等比數列的定義即可求出結果.
【詳解】設等比數列的公比為q，又，，
所以，得到，
又，所以，
故選：B.
35．D
【分析】由遞推關系，求證數列為等比數列，公比為即可得.
【詳解】，由，則，
在等式式兩邊同取倒數得，，
在兩邊同加得，，
又，則，
則有，則數列是公比為的等比數列.
則與的比值為.
故選：D.
36．A
【分析】方法一，根據等比數列的性質可求得，可得，求得，可得解；方法二，同方法一求得，再根據等比數列前項和公式代入運算可得解.
【詳解】方法一 因為，所以，，
所以，所以.又，得，
所以.
故選：A.
方法二 因為，，所以，
所以，所以.
故選：A.
37．C
【分析】根據給定條件，利用等比數列的通項，結合充分條件、必要條件的定義判斷即得.
【詳解】等比數列的公比為，且，當時，，因此；
當時，有，即，而，則，
又，，于是，即，又，因此，
所以甲是乙的充要條件.
故選：C
38．C
【分析】利用的關系式可得數列是以為首項，為公比的等比數列，再由是遞增數列可得恒成立，即可得.
【詳解】當時，，解得；
當時，由，得，
兩式相減得，
所以，即數列是以為首項，為公比的等比數列，
可得，所以；
因為數列是遞增數列，所以對于任意的恒成立，
即，即恒成立，
因為時，取得最小值3，故，
即的取值范圍是.
故選：C.
39．BC
【分析】根據題意知是公比為的等比數列，然后根據等比數列的性質逐項判斷求解即可.
【詳解】由題意知是公比為的等比數列，
若則，所以，
又，所以，
所以，不是定值，
故不是等比數列，故A錯誤；
因為，，所以，是定值，
故是等比數列，故B正確；
因為，所以，所以，故C正確；
，故D錯誤．
故選：BC．
40．ABD
【分析】根據題意結合等比數列的通項公式及其性質，逐項分析得出數列的單調性，即可得出結論.
【詳解】不妨設正項等比數列的公比為，所以，；
對于A，若，則，由等比數列性質可得，
所以可得，即A正確；
對于B，若，可得，又，所以；
所以，又，可得，
因此可得，即，所以B正確；
對于C，若，可得，又，因此的大小無法判斷，所以C錯誤；
對于D，若，可得，又，所以可得，即數列為遞減數列；
可得，即，所以D正確；
故選：ABD
41．
【分析】由通項公式求得公比，再確定出首項，即可得通項公式．
【詳解】設公比為，則，因此，又，因此，故解得，
所以，．
故答案為：．
42．
【分析】由題意可得：，，利用分組求和結合等比數列求和公式運算求解.
【詳解】因為，
令，則，解得，
且，可得，
當為奇數，則；
當為偶數，則；
所以
，
即.
故答案為：.
43．600
【分析】根據等比數列片段和性質得到，求出，然后用等比數列片段和性質得到即可求解
【詳解】設等比數列的公比為
因為等比數列的前n項和為，所以，，，成等比數列，
因為，，所以，
解得或，因為，
所以，則，
由，，成等比數列，
可得即，解得，
故答案為：600
44．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）變形得到，得到結論；
（2）在（1）的基礎上得到，進而利用分組求和可得.
【詳解】（1）（且），
（且），
，
所以是首項為2，公比為2的等比數列．
（2）是首項為2，公比為2的等比數列，
，故，
.
45．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）根據等比數列的定義，要證是等比數列，即證為常數；
（2）由（1）可知數列的通項公式，利用裂項相消法求和，整理變形即可證得.
【詳解】（1）因為，
所以，，所以，
因為，，所以，
因為，
因為，
又因為當時，所以，所以，
所以是以5為首項，2為公比的等比數列.
（2）由（1）可得，
因為，
所以
.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

展開更多......

收起↑