专题4-2 等比数列性质（期末复习专项训练）（解析版）

2/24专题4-2等比数列性质题型1等比数列定义判定题型9等比数列单调性题型2等比数列基本量计算题型10等比数列“平衡点”不等式（难点）题型3等差等比双纠缠数列题型11不定比型题型4等比中项（常考点）题型12等比数列函数性质（难点）题型5构造等比数列递推求通项题型13等比数列插入数型题型6sn与an关系（重点）题型14等比数列压轴第19题型（难点）题型7等比数列等距性（重点）题型8奇偶项和型2/24题型一、等比数列定义判定（共3小题）1．（25-26高二上·上海·期中）对于下列两个命题真假的判断的正确选项是（

）命题甲：存在某个等差数列同时含有三项．命题乙：存在某个等比数列同时含有三项．A．甲真乙假 B．甲假乙真C．甲乙都真 D．甲乙都假【答案】D【分析】利用等差数列和等比数列的定义进行判断.【详解】对于命题甲：假设存在等差数列，设这三项对应的项数分别为，公差为，则两式相除得：，又为无理数，右边，所以假设不成立，故命题甲为假命题；对于命题乙：假设存在等比数列，设这三项对应的项数分别为，公比为，则，，不妨设，则，可得，，两边分别取以为底的对数，得，，若，则，矛盾；若，则，两式相除得：，即，因为为互不相等的正整数，所以为有理数，而为无理数，有理数不可能等于无理数，产生矛盾。所以假设不成立，故命题乙是假命题；故选：D2．（24-25高二下·辽宁辽阳·期末）“为等比数列”是“为等比数列”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】B【分析】由等比数列定义逐一分析充分性和必要性即可得解.【详解】若为等比数列，则，所以，即一定是等比数列，故必要性成立；若为等比数列，则，所以，即不一定是等比数列，故充分性不成立．故“为等比数列”是“为等比数列”的必要不充分条件.故选：B3．（24-25高三上·河北承德·期中）设是无穷数列，记，则“是等比数列”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】D【分析】分别从非充分性和非必要性两方面分析.【详解】非充分性：若的项为1，1，1，1，…，则的项为0，0，0，0，…．此时是等比数列，但不是等比数列．非必要性：若的项为1，1，1，1，…，则．此时是等比数列，但是公差为1的等差数列，不是等比数列．所以“是等比数列”是“是等比数列”的既不充分也不必要条件．故选：D．题型二、等比数列基本量计算（共3小题）4．（24-25高三上·湖北武汉·月考）已知递减的等比数列满足：，，，若，则数列的前12项和（

）A．9 B．12 C．18 D．27【答案】C【分析】根据条件求出等比数列的公比，由此计算数列的通项公式，化简即可计算数列的前12项和.【详解】设等比数列的公比为，则，，，∵，，∴，解得或，∵等比数列是递减数列，∴.∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴.故选：C.5．（23-24高二下·浙江·期末）正项数列中，（为实数），若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据递推公式，求出，然后化简，令，得到关于的一个函数，根据函数的性质求其取值即可求解.【详解】因为，且，所以且为等比数列，公比为，因为，所以，所以，所以令，当且仅当时取等号，化简可得，令，因为，所以，所以，所以，所以的取值范围是．故选：A．【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据等比数列的通项公式将式子转化为关于的式子，再利用换元法求出目标式子的取值范围.6．（2025·北京平谷·一模）在等比数列中，，记，则数列（

）A．无最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．有最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】C【分析】根据等比数列的通项公式求出，进而结合等差数列的求和公式可得，设，分析可得，进而求解判断即可.【详解】设等比数列的公比为，由，则，解得，，则，则，设，则，所以，则时，，即，当时，，即，则，则为最大项，此时为正数项，且在正数项中最大；再由,，，因此为最小项.故选：C.题型三、等差等比双纠缠数列（共3小题）7．（2025·河南·一模）数列是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，，，.若存在常数a，b，使得对任意的都有，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】应用等差、等比数列的通项公式及已知列方程求基本量，进而得到，，再由题设条件得求参数，即可得.【详解】由题意得，解得，，所以，，由，即对任意的正整数n都成立，所以，解得，，所以.故选：C8．（2024·福建·模拟预测）已知数列，，c是非零常数，若为等差数列，为等比数列，则下列说法中错误的是（

）A．可能为公差不为0的等差数列B．可能为公比不为1的等比数列C．可能为公差不为0的等差数列D．可能为公比不为1的等比数列【答案】B【分析】根据题意，由等差数列与等比数列的定义与性质对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】对于A选项：当时，为等差数列，若为公比为1的等比数列，则此时为等差数列，为等差数列，故A选项正确；对于B选项：不妨设，，则，，当能成立时，不是等比数列；当不能成立时，，则，因为，若要使比值是常数，则，此时，不合题意；所以不可能为公比不为1等比数列，故B选项错误；对于C选项：当，时，同样符合要求，此时，由选项A的分析知，可能为公差不为0的等差数列，即可能为公差不为0的等差数列，故C正确；对于D选项：当，时，满足为等差数列，为等比数列，此时，为公比不为1的等比数列，D选项正确.故选：B.9．（23-24高三下·重庆·开学考试）已知为正实数，且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，则的值等于（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】C【分析】根据题意分析可知仅有或构成等比数列，且或构成等差数列，或或构成等差数列，结合等差、等比中项列式求解即可.【详解】因为为正实数，且可适当排序后成等比数列，可知仅有或构成等比数列，可得，又因为这三个数可适当排序后成等差数列，则有：若或构成等差数列，可得，即，解得或（舍去），可得；若或构成等差数列，可得，即，解得或（舍去），可得；综上所述：.故选：C.题型四、等比中项（共3小题）10．（24-25高三下·湖南长沙·月考）若，，，，构成等差数列，公差，，且其中三项构成等比数列，设，，则下列说法正确的是（

）A．k一定大于0 B．，，可能构成等比数列C．若，，则为5的倍数 D．【答案】C【分析】特殊值法判断A，根据等差数列通项公式计算求解结合已知判断B，应用等差数列求和公式计算判断C，D.【详解】A.取，则，，为等比数列，，故A错误.B.，与公差，矛盾，故B错误.C.为5的倍数，故C正确.D.，故D错误.故选：C.11．（2025·湖北·模拟预测）已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（

）A． B． C．505 D．1013【答案】D【分析】根据成等比数列，结合等差数列的通项公式可得，进而得到，，进而求和即可.【详解】设首项为，因为成等比数列，所以，则，解得或，当时，，此时与成等比数列矛盾，故排除，当时，，此时令，而其前2025项和为，.故选：D12．（24-25高二下·安徽·开学考试）已知正项等比数列的前项积为，且，则（

）A．2024 B．2025 C． D．【答案】D【分析】根据已知及等比数列的性质可得，再由即可求值.【详解】由题意得，，则，，，，.故选：D题型五、构造等比数列递推求通项（共3小题）13．（24-25高二下·四川广安·月考）已知一个各项非零的数列满足且且，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】令，递推关系可化为，证明，证明数列为等比数列，由此可求数列的通项公式，再分别在，，条件下判断函数的单调性可得结论.【详解】由条件可得：且，，所以，设，则，所以若，则,，与矛盾，所以，故，所以数列为以为首项，公比为的等比数列，所以，故，若，则，数列为递增数列，且，所以数列为递减数列，与已知矛盾；若，则，所以数列为递减数列，且，所以数列为递增数列，满足条件；当时，，故，所以数列为递减数列，令，可得，所以当，且时，，当，且时，，与条件矛盾，所以的取值范围是，故选：A.14．（24-25高二下·福建福州·月考）已知数列满足，，等差数列满足，，记集合，若集合的子集个数为，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】结合条件可求出，作差可知的单调性，根据集合的子集个数为，可直接得到的取值范围．【详解】因为，可得，且，可知数列是等比数列，首项为，公比为，则，所以，因为等差数列满足，，则数列的公差为，所以，因为集合的子集个数为，则集合中有个元素，又因为，可知当时，；当时，；当时，；即，且，所以满足条件时．故选：A.15．（22-23高三上·河南·月考）已知数列满足，且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出，进而得到数列的通项公式，即可得到答案.【详解】因为，由递推知，，所以，则，有，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，所以则，所以.故选：C题型六、sn与an关系（（共3小题））16．（24-25高二上·江苏苏州·月考）已知是等比数列的前n项和，且，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由等比数列的性质确定也是等比数列即可求解.【详解】由，因为为等比数列，，所以，可得：，，易知构成首项为，公比为的等比数列，所以.故选：A.17．（21-22高二下·重庆沙坪坝·期中）设等比数列的前项和为，，若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（

）A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】根据作差求出，即可得到，再分为奇数、偶数两种情况讨论，分别求出的取值范围，即可求出、的取值范围，即可得解.【详解】因为，所以当时，当时，所以，即，因为为等比数列，所以，所以，则，当为奇数时，则，当为偶数时，则，所以，因为不等式对任意的恒成立，所以，，所以，则，即的最小值为.故选：B18．（2022·贵州贵阳·一模）已知数列的前项和组成的数列满足，，，则数列的通项公式为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由得，即，根据等比数列的定义可得答案.【详解】，，因为，所以，可得，而，所以时，是以为首项，为公比的等比数列，，所以.故选：A.题型七、等比数列等距性（共3小题）19．（24-25高二下·江西抚州·期末）在等比数列中，是方程的两根，则的值为（

）A．-4 B．-2或2 C．-2 D．2【答案】C【分析】设公比为，由韦达定理得，，并判断同为负数，根据等比数列的性质得到，从而得到答案.【详解】为等比数列，设公比为，由韦达定理得，，又，故符号相同，同为负数，，因为为等比数列，所以，，故.故选：C20．（24-25高二上·云南文山·期末）设各项均为正数的等比数列满足，则等于（

）A．211 B．210 C．11 D．9【答案】C【分析】设出等比数列的公比，利用等式求得，根据等比中项，可得答案.【详解】设等比数列的公比为，由，得，即，故.故选：C.21．（24-25高二上·江苏苏州·月考）已知公比不为的等比数列中，存在，满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由乘“1”法和均值不等式得到不能取等号，然后设，构造函数结合对勾函数的单调性以及和求的结果；【详解】由题意，结合等比数列的性质可得，则，当且仅当时等号成立，又，所以，因为，所以等号取不到，设，则，设函数，由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增，由以上可得不成立，则2两侧满足条件的数值有，此时，以及，此时，，，因为，所以的最小值为，所以的最小值为，故选：B.题型八、奇偶项和型（共3小题）22．（22-23高二上·河南周口阶段练习）项数为奇数的等比数列，所有奇数项的和为255，所有偶数项的和为-126，末项是192，则首项A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【详解】试题分析：设等比数列有项，则奇数项有项，偶数项有项，设公比为，得到奇数项为奇数项为，偶数项为，所以，即，可得：，解得．所以所有奇数项和，末项是，，即：，解得．是共有项，，解得．故选C．考点：等比数列的性质．【思路点睛】本题考查学生灵活运用等比数列性质的能力，以及会应用等比数列的前n项和的公式；根据等比数列的性质得到奇数项为，求出公比，代入数据求出项数，然后求解首项．23．（23-24高二上·重庆·期中）已知等比数列有项，，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根据等比数列的性质得到奇数项为，偶数项为，得到等比数列的公比q的值，然后用等比数列的前n项和的公式求出n即可．【详解】因为等比数列有项，则奇数项有项，偶数项有项，设公比为，得到奇数项为，偶数项为，整体代入得，所以前项的和为，解得.故选：B24．（22-23高三河北阶段练习）一个项数为偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】设等比数列项数为2n项,先根据奇数项的和与偶数相的和求得数列的公比,可得通项公式，进而根据中间两项的和为24求得n.【详解】设等比数列项数为2n项,所有奇数项之和为,所有偶数项之和为,则,又它的首项为1，所以通项为，中间两项的和为，解得，所以项数为8，故选B.【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，解题的关键是利用奇数项的和与偶数相的和求得数列的公比.题型九、等比数列单调性（共3小题）25．（22-23高二下·北京房山·期末）设各项均为正数的等比数列的公比为，且，则“为递减数列”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】由等比数列通项公式及对数运算性质可得，根据充分性、必要性定义判断题设条件间的推出关系，即可得答案.【详解】由题意得，且，∴.若为递减数列，则，故，充分性成立.若，则，故，为递减数列，必要性成立.所以“为递减数列”是“”的充分必要条件.故选：C.26．（2024高二·全国·专题练习）等比数列满足，公比为2，数列满足，下列说法错误的是（

）A．为递增数列 B．为递增数列C．中最小项的值为1 D．【答案】C【分析】A选项，计算出且，故A正确；B选项，计算出且公比大于1，B正确；C选项，在B选项基础上得到最小值；D选项，计算出，从而得到当时，，当时，，故.【详解】A选项，由题意可知，，且公比，故为递增数列，A正确；B选项，，，则为递增数列，故B正确；C选项，当时，取得最小值，故C错误；D选项，，当时，，当时，，故，故D正确．故选：C．27．（23-24高三上·上海普陀·期中）已知是等比数列，公比为，若存在无穷多个不同的满足，则下列选项之中，不可能成立的为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分类讨论，结合等比数列的通项和性质分析判断.【详解】当时，则有：①当，则为非零常数列，故符合题意，A可能成立；②当，则为单调数列，故恒不成立，即且不合题意；当时，可得，则有：①当，若为偶数时，则；若为奇数时，则；故符合题意，B可能成立；②当，若为偶数时，则，且，即；若为奇数时，则，且，即；故符合题意，D可能成立；③当，若，可得，，则，可得，则，这与等比数列相矛盾，故和均不合题意，C不可能成立.故选：C.题型十、等比数列“平衡点”不等式（共3小题）28．（22-23高二下·辽宁·期末）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且满足条件，，，则下列选项不正确的是（

）A．为递减数列 B．C．是数列中的最大项 D．【答案】B【分析】根据已知条件求得的范围，再根据等比数列的性质，对选项逐一判断即可.【详解】因为数列为等比数列，且，，所以，即数列为正项等比数列，当时，则，不满足，舍去，所以，即数列为单调递减数列，A说法正确；由可得，，所以，即，B说法错误；因为数列单调递减，且，，所以是数列中的最大项，C说法正确；由等比中项可知，D说法正确；故选：B29．（22-23高三·全国·中职高考）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．①②③ B．①④ C．②③④ D．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．30．（24-25高二上·上海·期末）在等比数列中，公比为q，其前n项积为，并且满足，，，则下列结论不正确的是（

）A． B．C．的值是中最大的 D．使成立的最大自然数n等于4046【答案】C【分析】分析条件可得数列为递减数列，选项A正确；根据等比数列的性质可得选项B正确；根据可得选项C错误；根据，可得选项D正确.【详解】∵，∴，∴．∵，∴，即一个大于1，一个小于1，∵，∴数列为递减数列，故，即，选项A正确.，选项B正确.，选项C错误.，，选项D正确.故选：C．题型十一、不定比值型（（共3小题））31．（24-25高二下·山西·期中）设等比数列的前项和为，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等比数列的性质求解即可.【详解】因为为等比数列，所以也为等比数列，则有，设，则，所以，故.故选：D.32．（24-25高二上·广西贵港·期末）记等比数列的前项和为，若，则（

）A．7 B．49 C． D．43【答案】C【分析】由等比数列的片段和性质有，并设，结合已知求、，即可求值.【详解】设，则，因为，所以，解得，所以.故选：C33．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知等比数列的前项和为，若，则（

）A． B．8 C．9 D．16【答案】B【分析】根据等比数列的前项和的性质，将分别用表示，代入即可求解.【详解】因为所以，则，由等比数列的前项和的性质可知，数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以，即，，即，所以.故选：B.题型十二、等比数列的函数性质（（共3小题））34．（24-25高三上·河北邢台·月考）已知首项为1的等比数列的各项均为正数，且，，成等差数列，若恒成立，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据题意得到，根据题意得到，再利用对勾函数的性质求解即可.【详解】因为，，成等差数列，所以，又因为的首项为1，各项均为正数的等比数列，所以，解得或（舍去），所以.若恒成立，所以.设，令，解得，所以在为减函数，在为增函数.而当时，即时，，所以当时，即时，取得最小值为，所以.故选：B35．（23-24高三上·四川·月考）已知数列满足，且，若使不等式成立的有且只有三项，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】求出数列的通项公式，分n为奇数和偶数两种情况，得到，并根据单调性得到，求出答案.【详解】当时，，所以，所以，显然也适合，所以数列的通项公式为．当n为奇数时，，此时数列的奇数项单调递增；当n为偶数时，，此时数列的偶数项单调递增，要想使不等式成立的有且只有三项，只需有，即，解得，即的取值范围为．故选：D．【点睛】数列中的奇偶项问题考查方向大致有：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数列中连续两项和或积问题；③含有的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，需要分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减求和或裂项相消法求和36．（24-25高二下·上海嘉定·期末）对任意正整数n有，且为严格增数列的的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．无穷多【答案】B【分析】构造数列可得为等比数列，进而可得的通项公式，结合，恒成立，求解的值即可.【详解】因为，所以，所以为等比数列，首项为，公比为，所以，即，因为为严格递增数列，所以，恒成立，即，恒成立，所以当为奇数时，恒成立，且当为偶数时，恒成立，当为奇数时，恒成立，因为随的增大而减小，所以，故，当为偶数时，恒成立，因为随的增大而增大，所以，故，所以，故，所以满足条件的数列的个数为个.故选：B.题型十三、等比数列插入数型（共3小题）37．（25-26高二上·福建漳州·期中）无穷数列满足：对于，，其中p为常数，则称数列为P数列．若一个公比为的等比数列为“P数列”，则；若，，是首项为1，公比为3的等比数列，在与之间依次插入数列中的k项构成新数列：，，，，，，，，，，…，则数列前30项的和【答案】1622【分析】（1）根据等比数列的通项公式，列出“数列”的式子，变形后得，与无关，即可求解；（2）由题意确定数列中前30项含有的前7项和数列的前23项，结合等差和等比数列的前项和公式，即可求解．【详解】数列是等比数列，则，，则，因为与无关，所以，即；由题意可知，，而，所以，是首项为1，公比为3的等比数列，而新数列中项（含）前共有项，令，结合，解得：，故数列中前30项含有的前7项和数列的前23项，所以数列中前30项的和.故答案为：；1622．38．（23-24全国阶段练习）已知等比数列中，，在与两项之间依次插入个正整数，得到数列，即．则数列的前项之和(用数字作答)．【答案】2007050【分析】在数列中，到项共有项，即为，因此判断出共含有的项数，进而即可得出．【详解】在数列中，到项共有项，即为．则．设等比数的公比为，由，，得，解得，因此故答案为：2007050．【点睛】熟练掌握等差数列和等比数列的前n项和公式及由已知判断出共含有an的项数是解题的关键．39．（24-25全国阶段练习）在和之间插入个正数，使成等比数列，则.【答案】1【分析】根据等比数列性质完成计算.【详解】设构成的等比数列为，则，又因为，所以，则.【点睛】本题考查等比数列的性质运用，难度一般.若，则有：.题型十四、等比数列压轴第19题型（（共3大题））40．（25-26高二上·福建莆田·月考）已知正项数列满足，且.若整数能被正整数整除，则称为的一个正约数.设的正约数个数为，将这个正约数从小到大排成一排，分别为，...，.(1)证明：是等比数列.(2)求的值.(3)在和之间插入个数，使成等差数列.当时，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)；【分析】（1）由题意整理得到，根据等比数列定义即可判断；（2）利用累加法可得，结合题意分析可知，即得结果；（3）由题意结合等差数列的性质可得，利用错位相减法求解.【详解】（1）因为，整理可得，且，可得，则，所以是等比数列.（2）由（1