4.3.1等比数列的概念 分层练习（含解析）-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

4.3.1　等比数列的概念
基础过关练
题组一　等比数列的概念及其应用
1.(2024河北部分高中联考)数列{an}中,“an+1=2an”是“{an}是公比为2的等比数列”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2025广东深圳期末)已知bn=ln an(n∈N*),则“{an}为正项等比数列”是“{bn}为等差数列”的(　　)
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
3.(2025江苏镇江中学学情检测)已知a,b,c,d成等比数列,给出下列三个数列:(1)a2,b2,c2,d2;(2)ab,bc,cd;(3)a-b,b-c,c-d,其中一定是等比数列的有(　　)
A.0个　　　B.1个　　　C.2个　　　D.3个
4.(2025河北邢台一中开学测试)设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=an-4an+1,S1=-1.
(1)证明:数列{2an+1-an}为等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式,并求数列{an}的最大项.
题组二　等比中项
5.(教材习题改编)在2和8之间插入3个实数a,x,b,使得2,a,x,b,8成等比数列,则x的值为(　　)
A.-4　　　B.-4或4　　　C.4　　　D.5
6.(易错题)(2025重庆西南大学附中期末)已知等比数列{an}中,a3=3,a7=27,则a5=(　　)
A.15　　　B.9　　　C.-9　　　D.±9
7.(2025安徽安庆一中开学考试)定义=ad-bc,已知数列{an}为等比数列,且a3=1,=0,则a7=(　　)
A.3　　　B.±3　　　C.9　　　D.±9
8.(2024湖北荆州沙市中学月考)已知正项等比数列{an}中,a4,3a3,a5成等差数列,若数列{an}中存在两项am,an,使得a1为它们的等比中项,则+的最小值为(　　)
A.1　　　B.3　　　
C.6　　　D.9
题组三　等比数列的通项公式及其应用
9.(2025天津一中期末)在等比数列{an}中,若a5=4,a7=8,则a11=(　　)
A.-32　　　B.-16　　　
C.16　　　D.32
10.(2025河北石家庄期末)若等比数列{an}满足a3+a4=1,a3-a5=3,则公比q=(　　)
A.　　　B.-2　　　
C.2　　　D.-
11.(2025江苏无锡教学质量调研)在正项等比数列{an}中,a6a8=64,且a7,,10成等差数列,则a9的值为(　　)
A.　　　B.18　　　C.　　　D.24
12.(2024广东珠海香樟中学月考)将数列{3n-1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an},则a20=(　　)
A.237　　　B.238　　　C.239　　　D.240
13.已知数列{an}为等比数列,a1=,公比q=2,若Tn是数列{an}的前n项积,则Tn取最小值时n的值为(　　)
A.8　　　B.9　　　C.8或9　　　D.9或10
14.(2024山东青岛期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,an+1=Sn+2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:Tn<.
题组四　等比数列的性质及应用
15.(2025浙江温州期末)若正项数列{an}是等比数列,则“a9>a7”是“数列{an}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
16.(2025山东日照期中)已知等比数列{an}的各项均为正数,a2和a6是方程x2-9x+10=0的两个根,则lg a1+lg a2+…+lg a7=(　　)
A.　　　B.3　　　C.　　　D.4
17.(2024陕西西安中学月考)已知数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,a7+a9=,且b2b6b10=8,则=(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
18.(2024河南济源期末)已知{an}为正项数列,bn=lg an,且{bn}是等差数列,b1+b2+b3+…+b99=198,则a50=　　　　.
19.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=-5,a3,a4-1,a5+1成等比数列,数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+2=2bn(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记[x]表示不超过x的最大整数,例如:[-2.1]=-3,[1.2]=1,设cn=,求数列{bncn}的前7项和.
能力提升练
题组一　等比数列的概念、通项公式及其应用
1.(2025湖南长沙长郡中学期末)已知数列{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a5=b5=6,则(　　)
A.b4b6≥a4a6　　　B.b4+b6≥a4+a6
C.b4b6≤a4a6　　　D.b4+b6≤a4+a6
2.(多选题)(2025浙江衢州月考)已知数列{an},{bn}都是正项等比数列,则(　　)
A.数列{an+bn}是等比数列
B.数列是等比数列
C.数列{lg(anbn)}是等差数列
D.数列{}是等比数列
3.(2024湖北武汉部分重点中学联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+an=2,设bn=,若数列{bn}是递增数列,则λ的取值范围是(　　)
A.(-∞,2)　　　B.(-∞,3)
C.(2,+∞)　　　D.(3,+∞)
4.(多选题)(2025山东青岛即墨教学质量检测)已知等比数列{an}的首项a1=1,公比q=3,在{an}中每相邻两项之间都插入k(k∈N*)个正数,使它们和原数列的项一起构成一个新的等比数列{bn},则(　　)
A.an=3n-1
B.当k=2时,bn=
C.当k=2时,b19不是{an}中的项
D.若b8是数列{an}中的项,则k=6
5.(2025上海交大附中开学考试)我国西部某地区进行沙漠治理,该地区有土地1万平方千米,其中70%是沙漠,从今年起,该地区进行绿化改造,每年把原有沙漠的16%改造为绿洲,同时原有绿洲的4%被沙漠所侵蚀又变成沙漠.设从今年起第n年绿洲面积为an万平方千米.
(1)求an与an-1(n≥2)的关系;
(2)至少经过几年,绿洲面积可超过60% (lg 2≈0.301 0)
题组二　等比数列的性质及其应用
6.(2024黑龙江哈尔滨第三中学月考)已知数列{an}为正项递增等比数列,a1+a2+a3=,++=,则{an}的公比q=(　　)
A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.5
7.(2025广东深圳期末)设{an}为等比数列,则“对于任意的m∈N*,am+2>am”是“{an}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
8.(2025浙江嘉兴期末)已知等比数列{an}的公比为q,前n项积为Tn,且a1>1,a2 023·a2 024-1>0,<0,则下列结论不正确的是(　　)
A.0B.a2 023a2 025-1<0
C.T2 024是{Tn}的最大项
D.使Tn>1成立的n的最大值为4 046
题组三　等比数列的综合应用
9.(2025浙江台州期末)已知等差数列{an}的首项为a1,公差为,前n项和为Sn,数列{bn}满足nbn=Sn,则下列说法正确的是(　　)
A. a1∈R,数列{Sn}为递增数列
B. a1∈R,使得数列{bn}为递减数列
C. a1∈R及正整数p,s,r(1D. a1∈(-1,+∞),数列{anbn}的最小项为a1b1
10.(2024江苏南通期末)侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网.如图,它是由无数个正方形环绕而成的,每一个正方形的四个顶点都恰好在它的外边最近一个正方形的四条边的三等分点上.设外围第一个正方形A1B1C1D1的面积为a1=1,往里第二个正方形A2B2C2D2的面积为a2,……,往里第n个正方形AnBnCnDn的面积为an,则数列{an}的通项公式为　　　　;已知{bn}满足++…+=2n2-n(n∈N*),则数列{bn}的最大项的值为　　　.
11.(2025山东枣庄薛城期末)已知数列{an},若{an+an+1}为等比数列,则称{an}具有性质P.
(1)若数列{an}具有性质P,a1=1,a2=2,a3=7,求a4;
(2)若bn=2n+(-1)n,求证:数列{bn}具有性质P;
(3)若数列{cn}具有性质P,c1=c2=1,c3=3,求cn.
答案
基础过关练
1.B　当an+1=2an时,若a1=0,则a2=a3=…=an=0,
此时{an}不是公比为2的等比数列;
当{an}是公比为2的等比数列时,=2,即an+1=2an,故“an+1=2an”是“{an}是公比为2的等比数列”的必要不充分条件.
2.A　由题意知an>0,若{an}为正项等比数列,设其公比为q,则=q>0,所以bn+1-bn=ln=ln q,为常数,即{bn}为等差数列,充分性成立;
若{bn}为等差数列,设其公差为d,则bn+1-bn=ln an+1-ln an=ln=d,所以=ed>0,即{an}为正项等比数列,必要性成立.
故“{an}为正项等比数列”是“{bn}为等差数列”的充要条件.
3.C　设数列a,b,c,d的公比为q(q≠0),则a,b,c,d均不为0,且===q,
对于(1),===q2,故a2,b2,c2,d2成等比数列,且公比为q2;
对于(2),==q2,==q2,因此ab,bc,cd成等比数列,且公比为q2;
对于(3),a-b=a(1-q),b-c=b(1-q)=aq(1-q),c-d=aq2(1-q),当q≠1时,a-b,b-c,c-d成等比数列,且公比为q,当q=1时,a-b=b-c=c-d=0,此时a-b,b-c,c-d不是等比数列.
故一定是等比数列的有2个.
4.解析　(1)∵Sn=an-4an+1①,∴Sn+1=an+1-4an+2②,
②-①得an+1=an+1-4an+2-an+4an+1,
∴4an+2=4an+1-an,故4an+2-2an+1=2an+1-an,
∴2an+2-an+1=(2an+1-an),
在①中,令n=1,得S1=a1-4a2,
又a1=S1=-1,∴a2=0,∴2a2-a1=1≠0,
∴{2an+1-an}是首项为1,公比为的等比数列.
(2)由(1)得2an+1-an=,则2nan+1-2n-1an=1,
故数列{2n-1an}是首项为-1,公差为1的等差数列,
∴2n-1an=n-2,则an=.
∵an+1-an=-=,
∴当n=3时,an+1=an;当n<3时,an+1-an>0;当n≥4时,an+1-an<0,
∴a1a5>a6>a7>…>an>…,
∴数列{an}的最大项为a3=a4=.
5.C　由x为2和8的等比中项可知x2=2×8=16,解得x=±4,由a2=2x可知x>0,所以x=4.
6.B　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),则a5=a3q2=3q2>0,
∵a5是a3和a7的等比中项,∴=a3a7=3×27=81,则a5=9.
7.C　由题意得a6a8-9×9=0,即a6a8==81,解得a7=±9.又a3=1>0,等比数列中奇数项的符号相同,所以a7=9.
8.B　设正项等比数列{an}的公比为q(q>0),由a4,3a3,a5成等差数列,得6a3=a4+a5,即6a3=a3q+a3q2,又a3>0,所以q2+q-6=0,由q>0,解得q=2,
若数列{an}中存在两项am,an,使得a1为它们的等比中项,则(a1)2=am·an,即2=a1·2m-1·a1·2n-1,得2m+n-2=2,则m+n=3,
故+=(m+n)=≥=3,
当且仅当=,m+n=3,即m=1,n=2时等号成立,
所以+的最小值为3.
9.D　设等比数列{an}的公比为q,
∵=q2=2,∴a11=a7q4=a7·(q2)2=8×22=32.
10.B　∵a3+a4=1,a3-a5=3,∴a4+a5=-2,
又a4+a5=q(a3+a4),∴q===-2.
11.B　由题意得an>0,a6a8==64,则a7=8,
又a7,,10成等差数列,所以=a7+10=18,
则a10=27,设等比数列{an}的公比为q,则q3==,解得q=,则a9=a7q2=8×=18.
12.C　数列{2n}为2,4,8,16,32,64,128,256,…,
数列{3n-1}为2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,…,
则数列{2n}与数列{3n-1}的公共项为2,8,32,128,…,观察归纳可得an=22n-1,所以a20=22×20-1=239.
13.C　由题意得Tn=a1a2…an=a1·a1q·a1q2·…·a1qn-1=·q1+2+…+n-1=·,
因为a1=,q=2,所以Tn=·=,
易知函数y=n2-n的图象开口向上,对称轴为直线n=,又n∈N*,所以n=8或n=9时,y=n2-n取最小值,即Tn取最小值.
14.解析　(1)由an+1=Sn+2,可得当n≥2时,an=Sn-1+2,两式相减可得an+1-an=Sn-Sn-1=an,则an+1=2an(n≥2),
当n=1时,a2=S1+2=a1+2=4,则a2=2a1,
所以an+1=2an,故{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以{an}的通项公式为an=2n.
(2)证明:由(1)得bn===,
则Tn=++…++==-+<.
15.C　设数列{an}的公比为q,由题意知an>0,q>0,
当a9>a7时,a7q2>a7,解得q>1,所以数列{an}为递增数列,充分性成立;
当数列{an}为递增数列时,a9>a7,必要性成立,
所以“a9>a7”是“数列{an}为递增数列”的充要条件.
16.C　由题意得=a1a7=a3a5=a2a6=10,故a4=,
故lg a1+lg a2+…+lg a7=lg(a1a2…a7)=lg =7lg a4=7lg=.
17.D　因为数列{an}是等差数列,所以a7+a9=2a8=,得a8=,故a3+a8+a13=3a8=2π.
因为数列{bn}是等比数列,
所以b2b6b10==8,
得b6=2,故b4b8-1=-1=4-1=3,
所以=.
18.答案　100
解析　设等差数列{bn}的公差为d,因为bn=lg an,
所以bn-bn-1=lg an-lg an-1=lg=d(n≥2),
所以=10d(n≥2),故{an}是正项等比数列,
所以b1+b2+b3+…+b99=lg a1+lg a2+lg a3+…+lg a99
=lg(a1a2a3…a99)=lg =99lg =198,
所以lg =2,故a50=100.
规律总结　正项等比数列的各项作为真数时形成的对数(底数相同)构成等差数列,等差数列的各项作为指数时形成的指数幂(底数相同)构成等比数列,利用此关系可以实现等比数列与等差数列的转化.解题时要注意等比数列必须各项为正才可以取对数.
19.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a3,a4-1,a5+1成等比数列,
所以(a4-1)2=a3(a5+1),
即(3d-6)2=(2d-5)(4d-4),
整理可得d2-8d+16=0,所以d=4,
故an=a1+(n-1)d=-5+4(n-1)=4n-9.
由已知得Tn=2bn-2①,
当n≥2时,Tn-1=2bn-1-2②,
①-②可得bn=2bn-2bn-1,即bn=2bn-1(n≥2),
当n=1时,b1+2=2b1,所以b1=2,
所以数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,故bn=2·2n-1=2n.
(2)由(1)知an=4n-9,则cn=,
易得c1=c2=-1,c3=c4=0,c5=c6=c7=1,
则数列{bncn}的前7项和为-1×(21+22)+0×(23+24)+1×(25+26+27)=218.
能力提升练
1.A　因为数列{an}为等差数列,所以a4+a6=2a5=12,
因为数列{bn}为等比数列,所以b4b6==36,
而a4a6=(12-a6)a6=-+12a6=-(a6-6)2+36≤36,
所以b4b6≥a4a6,故A正确,C错误;
易知b4,b6同为正数或同为负数,
当b4,b6<0时,b4+b60时,b4+b6≥2=12=a4+a6(当且仅当b4=b6时等号成立),所以a4+a6,b4+b6的大小关系不确定,故B,D错误.
2.BC　设数列{an},{bn}的公比分别为q1,q2,由题意可得q1>0,q2>0,an>0,bn>0.
对于A,设an=2n,bn=3n,满足{an},{bn}都是正项等比数列,此时an+bn=2n+3n,
因为==,==,所以≠,此时数列{an+bn}不是等比数列,故A不正确;
对于B,因为=×=,为常数,所以数列是等比数列,故B正确;
对于C,因为lg(an+1bn+1)-lg(anbn)=lg=lg(q1·q2),为常数,所以数列{lg(anbn)}是等差数列,故C正确;
对于D,同A设an=2n,bn=3n,
则=23,=49=218,=827=281,
所以==215,==263,所以≠,所以数列{}不是等比数列,故D不正确.
3.B　由Sn+an=2得Sn-1+an-1=2,n≥2,
两式相减得an+an-an-1=0,即an=an-1(n≥2),
又S1+a1=a1+a1=2,所以a1=1,
所以数列{an}是以1为首项,为公比的等比数列,
所以an=,所以bn==2n(n-λ),
若数列{bn}是递增数列,
则bn+1-bn=2n+1(n+1-λ)-2n(n-λ)=2n(n+2-λ)>0恒成立,即n+2-λ>0恒成立,即λ又n∈N*,所以λ<3.
4.ABD　对于A,易知an=1×3n-1=3n-1,故A正确;
对于B,C,当k=2时,设数列{bn}的公比为q',则b1=1,b4=3,所以3=q'3,所以q'=,所以bn=1×()n-1=,所以b19==36=a7,故B正确,C错误;
对于D,易知b1=1,bk+2=3,设数列{bn}的公比为q1,则=3,则q1=,
所以bn=1×()n-1=,所以b8=,
因为b8是数列{an}中的项,所以∈N,又k∈N*,所以k=6,故D正确.
5.解析　(1)由题意得an=(1-4%)an-1+(1-an-1)×16%=0.96an-1+0.16-0.16an-1=0.8an-1+0.16=an-1+,
∴an=an-1+(n∈N*,n≥2).
(2)由(1)得an=an-1+,∴an-=.
又a1=,∴a1-=-,∴是以-为首项,为公比的等比数列,
∴an-=-,即an=-+.
令an>,得<,
两边取常用对数得(n-1)lg∴n-1>===≈≈4.1,∴n>5.1,
∴至少经过6年,绿洲面积可超过60%.
6.A　由题意得a1>0,q>1,
由a1+a2+a3=,++=+==,得=,所以a2=3(a2=-3舍去),
所以a1+a3=+3q=-3=,
整理得2q2-5q+2=0,解得q=2.
7.C　设{an}的公比为q,若对于任意的m∈N*,am+2>am,则am(q2-1)>0①,am+3>am+1,即am+1(q2-1)>0②.
若am和am+1异号,则①②不可能同时成立,
所以am和am+1同号,因此q>0.
由①可得或即或
则am+1-am=am(q-1)>0,
所以{an}为递增数列,充分性成立.
若{an}为递增数列,则对于任意的m∈N*,有am+2>am,必要性成立.
故“对于任意的m∈N*,am+2>am”是“{an}为递增数列”的充要条件.
8.C　∵a2 023a2 024-1>0,∴q4 045>1,∴q>0.
∵<0,∴(a2 023-1)(a2 024-1)<0,即a2 023,a2 024一个大于1,一个小于1,又a1>1,∴数列{an}为递减数列,故01,a2 024<1,A中结论正确.
a2 023a2 025=<1,B中结论正确.
T2 024=T2 023a2 024T4 046=a1a2…a4 046=(a1a4 046)(a2a4 045)…(a2 023a2 024)=(a2 023a2 024)2 023>1,
T4 047=a1a2…a4 047=(a1a4 047)(a2a4 046)…(a2 023a2 025)·a2 024=<1,
故使Tn>1成立的n的最大值为4 046,D中结论正确.
9.C　对于A,Sn=na1+×=na1+n2-n=n2+n,故当-≥,即a≤-时,{Sn}不单调递增,A错误;
对于B,因为nbn=Sn,所以bn==n+a1-,
则bn+1-bn=(n+1)+a1--=>0,所以数列{bn}为递增数列,B错误;
对于C,假设ap,as,ar成等比数列,则=apar,
因为an=a1+(n-1),所以[a1+(s-1)]2=[a1+(p-1)][a1+(r-1)],
可得2a1(s-1)-a1[(p-1)+(r-1)]=2(p-1)·(r-1)-2(s-1)2,
整理得a1=,
又2s-p-r不恒为0,所以 a1∈R及正整数p,s,r(1对于D,由上述分析知anbn=[a1+(n-1)]·=(n-1)2+(n-1)a1+
=n2+n+1+-,
y=n2+n+1+-可看成关于n的二次函数,其图象开口向上,对称轴方程为n==1-a1,
当a1=-(满足a1>-1)时,对称轴方程为n=2,此时{anbn}的最小项为a2b2,D错误.
10.答案　an=;
解析　设第n个正方形的边长为cn,则c1=1,
因为每一个正方形的四个顶点都恰在它的外边最近正方形四条边的三等分点上,所以A2B1=c1,B1B2=c1,又∠A2B1B2=90°,所以A2B2===c1,即c2=c1,
同理可得cn+1=cn,即数列{cn}是首项为1,公比为的等比数列,所以cn=,
所以第n个正方形的面积为an==.
因为{bn}满足++…+=2n2-n(n∈N*),
所以=2(n+1)2-(n+1)-(2n2-n)=4n+1=4(n+1)-3,所以=4n-3(n∈N*),则bn=(4n-3)·,所以bn+1-bn=(4n+1)-(4n-3)·=×,
所以b1b4>b5>…>bn>…,
所以数列{bn}的最大项为b2=b3=.
11.解析　(1)由题意可知a1+a2,a2+a3,a3+a4成等比数列,
则(a2+a3)2=(a1+a2)(a3+a4),即(2+7)2=(1+2)·(7+a4),解得a4=20.
(2)证明:bn+bn+1=2n+(-1)n+2n+1+(-1)n+1=3·2n,
则bn+1+bn+2=3·2n+1,
所以==2,又b1+b2=6,
所以数列{bn+bn+1}是以6为首项,2为公比的等比数列,故数列{bn}具有性质P.
(3)因为数列{cn}具有性质P,所以{cn+cn+1}为等比数列,
因为c1+c2=1+1=2,c2+c3=1+3=4,所以=2,
故等比数列{cn+cn+1}的首项为2,公比为2,
则cn+cn+1=2·2n-1=2n,于是=-·+,
即-=-,又-=,
所以数列是以为首项,-为公比的等比数列,
因此-=,
故cn=.