【文档说明】(通用版)高考数学(文数)一轮复习考点梳理与过关练习22《等比数列及其前n项和》(含详解).doc，共(27)页，1.135 MB，由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

考点22等比数列及其前n项和（1）理解等比数列的概念.（2）掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.（3）能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.（4）了解等比数列与指数函数的关系.一、等比数列1．等比数列的概念如果一个数列从第

2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数(0)qq，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．注意：（1）等比数列的每一项都不可能为0；（2）公比是每一项与其前一项的比，前后次序不能颠倒，且公比是

一个与n无关的常数.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2Gab．3．等比数列的通项公式及其变形首项为1a，公比为q的等比数列的通项公式是111(,0)nnaaqaq．等比数列通项公式的变形：nmnmaaq．

4．等比数列与指数函数的关系等比数列na的通项公式11nnaaq还可以改写为1nnaaqq，当1q且10a时，xyq是指数函数，1xayqq是指数型函数，因此数列na的图象是函数1xayqq的图象上一些孤立的点

．①当101aq或1001aq时，na是递增数列；②当1001aq或101aq时，na是递减数列；③当1q时，na为常数列(0)na；④当0q时，na为摆动数列，所有的奇数项（

偶数项）同号，奇数项与偶数项异号．二、等比数列的前n项和公式首项为1a，公比为q的等比数列na的前n项和的公式为111,1.(1),111nnnnaqSaaqaqqqq（1）当公比1q时，因为10a，所以1nSna是关于n的正比例函数

，则数列123,,,,,nSSSSLL的图象是正比例函数1yax图象上的一群孤立的点．（2）当公比1q时，等比数列的前n项和公式是1(1)1nnaqSq，即11nnaSqq11aq，设11amq，则上式可写成nnSmqm的形式

，则数列123,,,,,nSSSSLL的图象是函数xymqm图象上的一群孤立的点．由此可见，非常数列的等比数列的前n项和nS是一个关于n的指数型函数与一个常数的和，且指数型函数的系数与常数项互为相反数．三、等比数列及其前n项和的性质若数列na是公比为q的等比数列，前

n项和为nS，则有如下性质：（1）若mnpq，则mnpqaaaa；若2mnr，则2(,)mnraaamn,p,q,r*N．推广：1211;nniniaaaaaa①LL②若mntpqr，则mntpqraaaaaa．（2）若,,mnp成

等差数列，则,,mnpaaa成等比数列．（3）数列(0)na仍是公比为q的等比数列；数列1{}na是公比为1q的等比数列；数列||na是公比为||q的等比数列；若数列nb是公比为q'的等比数列，则数列nnab是公比为qq'的等比数列．（

4）23,,,,kkmkmkmaaaaL成等比数列，公比为mq．（5）连续相邻k项的和（或积）构成公比为(kq或2)kq的等比数列．（6）当1q时，nmSnSm；当1q时，11nnmmSqSq．（

7）mnnmmnnmSSqSSqS．（8）若项数为2n，则SqS偶奇，若项数为21n，则1SaqS奇偶．（9）当1q时，连续m项的和（如232,,,mmmmmSSSSSL）仍组成等比数列

（公比为mq，2m）．注意：这里连续m项的和均非零．考向一等比数列的判定与证明等比数列的判定与证明常用的方法：（1）定义法：1nnaqa(q为常数且0)q数列{}na是等比数列．（2）等比中项法：212(,0)nnnnaaana*N数列{}na是等比数列．（3）通项公式

法：(0,)nnatqtqn*N数列{}na是等比数列．（4）前n项和公式法：若数列的前n项和nnSAqA(0,0,1)Aqq，则该数列是等比数列．其中前两种方法是证明等比数列的常用方法，而后两种

方法一般用于选择题、填空题中．注意：（1）若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．（2）只满足10nnaqaq的数列未必是等比数列，要使其成为等比数列还需要10a.典例1设na为等比数列，给出四个数列：①2na，②2n

a，③2na，④2log||na.其中一定为等比数列的是A．①③B．②④C．②③D．①②【答案】D【解析】设11nnaaq，①112=2nnaaq，所以数列2na是等比数列；②222222111=()n

nnaaqaq，所以数列2na是等比数列；③11112111211222=2,222nnnnnnnnaaqaaqaqaqaaq不是一个常数，所以数列2na不是等比数列；④122

122121log||log||log||log||nnnnaaqaaq不是一个常数，所以数列2log||na不是等比数列.故选D.【名师点睛】本题主要考查等比数列的判定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能

力.求解时，设11nnaaq，再利用等比数列的定义和性质逐一分析判断每一个选项得解.典例2已知数列na满足*2nnSannN.（1）证明：1na是等比数列；（2）求*13521naaaan

N.【答案】（1）证明见解析；（2）232353nn.【解析】（1）由1121Sa得：11a，因为11221nnnnSSanan2n，所以121nnaa，从而由1121nnaa

得11221nnana，所以1na是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）得21nna，所以13521naaaa3212221nn

1214114nn232353nn.【名师点睛】本题考查了数列中递推公式的应用，通过构造数列证明等比数列，分项求和等知识点.形如1nnaa（1），在构造数列时

，可在等式两边同时加上1构成等比数列.（1）利用递推公式可以得到1nS的表达式，两个式子相减即可得到na与1na的表达式；构造数列{1na}，即可证明{1na}为等比数列.（2）利用{1na}为等比数列，可求得{na}的通项公式；将{na}分为等比数列和等差数列两个部分分别求

和，再相加即可得出奇数项的和.1．已知数列na满足11a，1431nnaan，nnban.（1）证明：数列{}nb为等比数列；（2）求数列na的前n项和.考向二等比数列的基本运算等比数列基本量的计算是解等比

数列题型时的基础方法，在高考中常有所体现，多以选择题或填空题的形式呈现，有时也会出现在解答题的第（1）问中，属基础题.（1）等比数列的基本运算方法：①等比数列由首项1a与公比q确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围

绕1a与q进行．②对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过解方程(组)求出1a与q，对于1,,,,nnaaqnS五个基本量，如果再给出第三个条件就可以“知三求二”．（2）基本量计算过程中涉及的数学思想方法：①方程思想．等比数列的通项公式和前n项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是

一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量1a和q，问题可迎刃而解．②分类讨论思想．等比数列的前n项和公式为111,1(1),111nnnnaqSaaqaqqqqì=ïï=í--=ï--ïî，所以当公比未知或是代数式时，要对公比分1q=和1q进行讨论.此处是常考

易错点，一定要引起重视．③整体思想．应用等比数列前n项和公式时，常把nq，11aq当成整体求解.典例3已知na是等比数列，且263aa，61012aa，则812aa等于A．122B．24C．242D．48【答案】B【解析】

由题意知4446102626261243aaaqaqqaaaa，则22q，所以22281261061021224aaaqaqqaa，故选B．典例4各项都是正数的等比数列na中

，2a，312a，1a成等差数列，则3445++aaaa的值为A．5+12B．512C．152D．5+12或152【答案】B【解析】设na的公比为q（0,1qq），根据题意可知321aaa

，得210qq，解得512q（负值舍去），而34451512aaaaq，故选B．【名师点睛】该题考查的是数列的有关问题，涉及的知识点有：三个数成等差数列的条件，等比数列的性质等，注意题中的隐含条件.2．

数列na中，112,2nnaaa，nS为na的前n项和，若62nS，则n________．考向三求解等比数列的通项及前n项和1．求等比数列的通项公式，一般先求出首项与公比，再利用11nnaaq求解．但在某些情况下，利用等比数列通项公式的变形

nmnmaaq可以简化解题过程．求解时通常会涉及等比数列的设项问题，常用的设项方法为：（1）通项法．设数列的通项公式11nnaaq来求解；（2）对称设元法：若所给等比数列的项数为2()nn*ÎN且各项符号相同，则这个数列可设为21naq-，…，3aq，,aaqq，3aq，…，21naq

-；若所给等比数列的项数为21()nn*+?N，则这个数列可设为1naq-，…，,,aaaqq，…，1naq-.2．当1q时，若已知1,,aqn，则用1(1)1nnaqSq-=-求解较方便；若已知1,,n

aqa，则用11nnaaqSq-=-求解较方便.3．（1）形如1(1,0)nnapaqppq的递推关系式，①利用待定系数法可化为1na()11nqqpapp，当101qap时，

数列{}1nqap是等比数列；②由1nnapaq，1(2)nnapaqn，两式相减，得11()nnnnaapaa，当210aa时，数列1{}nnaa是公比为p的等比数列．（2）形如+1(,0

)nnnacadcdcd的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同时除以1nd，进而化归为等比数列．典例5若等比数列na的前n项和为nS,且42SS5，则84SS等于A．5B．16C．17D．25【答案】C【解析】当

公比1q时，4225SS，故公比不为1，当公比1q时，4124221111511aqSqqSaqq，∴24q，∴81484411111711aqSqqSaqq，故选C.

【名师点睛】本题重点考查了等比数列的前n项和，注意对公比q的分类讨论，这是一个易错点,同时注意首项与公比均不为零.解决本题时，对公比q进行分类讨论，利用前n项和公式及条件，求出24q，从而得到结果.典例6已知等比数列n

a的各项均为正数，且26a，3472aa.（1）求数列na的通项公式；（2）若数列nb满足：*nnbannN，求数列nb的前n项和nS.【答案】（1）1*23()nnanN；（2）2312nnn.【解析】（1）设等比数列{an}的公比为q，∵a2＝

6，a3＋a4＝72，∴6q＋6q2＝72，即q2＋q－12＝0，解得q＝3或q＝－4．又∵an＞0，∴q＞0，∴q＝3，212aaq．∴11*123()nnnaaqnN.（2）∵123nnbn，∴221()()13(1)213331232311322－nnnnnnnn

Sn.3．已知等比数列na是递增数列，且15241742aaaa＝，＝．（1）求数列na的通项公式；（2）若*＝nnbnanN，求数列nb的前n项和

nS．考向四等比数列的性质的应用等比数列的性质是高考考查的热点之一，利用等比数列的性质求解可使题目减少运算量，题型以选择题或填空题为主，难度不大，属中低档题，主要考查通项公式的变形、等比中项的应用及前n项和公式的变形应用等.注意：（1）在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘

隐含条件，利用性质，特别是性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”，可以减少运算量，提高解题速度．（2）在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.典例7在等比数列na中，315,aa是方

程2680xx的根，则1179aaaA．22B．2C．1D．2【答案】A【解析】由等比数列的性质知211731599822aaaaaa，故117982222aaa，故选A.典例8已知等比数列na的前n项和为nS，若1020S，20=

60S，则30S_______．【答案】140【解析】方法1：由1020S，20=60S，易得公比1q，根据等比数列前n项和的性质，可得020101011SqSq，即010106011201qqq，解得102q，又3030101011S

qSq，所以33012=72012S，30140S．方法2：根据等比数列前n项和的性质，可得10201010SSqS，即10602020q，解得102q，所以103010202026

0140SSqS．方法3：根据等比数列前n项和的性质，可知10S，2010SS，3020SS成等比数列，则22010103020()()SSSSS，即230(6020)20(60

)S，解得30140S．4．等比数列{}na的各项均为正数，且544aa，则212822logloglogaaaA．7B．8C．9D．10考向五数列的新定义问题数列新定义问题能充分考查对信息的阅读、提取及转化

能力，综合性强，难度较高，在实际问题中往往需要对题目进行阅读，再借助定义进行转化即可进行求解．对于此类问题，应先弄清问题的本质，然后根据等差数列、等比数列的性质以及解决数列问题时常用的方法即可解决．典例9若数列{}nA满足21nnAA，则称

数列{}nA为“平方递推数列”．已知数列{}na中，19a，点1(,)nnaa在函数2()2fxxx的图象上，其中n为正整数．（1）证明：数列{+1}na是“平方递推数列”，且数列{lg(+1)}na为等比数列；（2）设（1）中“平方递推数列”的

前n项之积为nT，求lgnT；（3）在（2）的条件下，记lglg(+1)nnnTba，设数列{}nb的前n项和为nS，求使4032nS成立的n的最小值．【答案】（1）见解析；（2）21n；（3）2017．【解析】（1）由题意得

212nnnaaa，即211(1)nnaa，则1na是“平方递推数列”．对211(1)nnaa两边取对数得1lg(1)2lg(1)nnaa，所以数列{lg(+1)}na是以1lg(+1)1a为首项，2为公

比的等比数列．（2）由（1）知1111lg(1)lg(+1)22nnnaa，则12121(12)lglg[(1)(1)(1)]lg(1)lg(1)lg(1)21.12nnnnnTaaaaaa（3）由（2）知11lg2112()

lg(+1)22nnnnnnTba，111122221212nnnSnn，又4032nS，所以112240322nn，即120172nn，又1012n，所以min2017n

，故使4032nS成立的n的最小值为2017．5．将正整数12分解成两个正整数的乘积有1×12，2×6，3×4三种，其中3×4是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称3×4为12的最佳分解．当p×q（p≤q且p、q∈N*）是正整数n

的最佳分解时，我们定义函数f（n）=q−p，例如f（12）=4−3=1，则数列{f（3n）}的前2019项和为______．1．在等比数列na中，若3764aa，则5a的值为A．8B．8C．4D．162．已知等比数列na的前n项和为

nS，公比为q，若135aa，2q=，则4S等于A．7B．13C．15D．313．已知na为等比数列，47562,8aaaa，则110aaA．7B．5C．5D．74．在数列na中，111,3nna

aa，则4a等于A．9B．10C．27D．815．等比数列na中，452,5aa，则数列lgna的前8项和等于A．6B．5C．4D．36．已知数列na的前n项和是nS，数列{}na满足点(na，)(1)nSn…在直线32yx

上，则前5项和为A．21132B．21116C．21164D．211327．在重大节日里，从古至今我国有悬挂灯笼增加节日气氛的习俗.据文献记载，古代有一座n层的塔共挂了127盏灯笼，相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，且底层的灯笼数与顶层的灯笼数

之和为65，则塔的底层共有灯A．27盏B．81盏C．64盏D．128盏8．已知等比数列na的公比为q，前n项和是nS，则“0q”是“2016201820172SSS”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9．“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中出现，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如图是杨辉三角数阵，记na为图中第n行各个数之和，nS为{}na的前n项和，则10SA．1024B．1023

C．512D．51111．已知等比数列na的前n项和为nS，且317Sa，则数列na的公比q的值为________________．12．已知数列nan是等比数列，且129,36aa，则na________________．13．设各项都是正数的等比数列{na}，Sn为前n项

和，且S10=10，S30=70，那么S40=________________．14．若数列na的前n项和nS满足2nnSan.（1）求证：数列1na是等比数列；（2）设2log1nnba，求数列11

nnbb的前n项和nT.15．已知等比数列na满足12311,39aaa.（1）求na的通项公式；（2）设11112231nnnnbnn，求数列nnba的前n项和.1．（2019年高考全国II

I卷文数）已知各项均为正数的等比数列na的前4项和为15，且53134aaa，则3aA．16B．8C．4D．22．（北京卷文科）设a,b,c,d是非零实数，则“ad=bc”是“a,b,c,d

成等比数列”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3．（北京卷文科）“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十

二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A．32fB．322fC．1252fD．1272f4．（江苏）等比

数列{}na的各项均为实数，其前n项和为nS，已知3676344SS,，则8a__________．5．（2019年高考全国I卷文数）记Sn为等比数列{an}的前n项和.若13314aS，，则S4=___________．6．（新课标全国I文科）已知数列na满足11a，121

nnnana，设nnabn．（1）求123bbb，，；（2）判断数列nb是否为等比数列，并说明理由；（3）求na的通项公式．7．（新课标全国Ⅲ文科）等比数列{}na中，15314aaa，．（1）求{}na的通项公式；（2）记nS为{}na的前n项和．若63mS，求m．8．（

2019年高考全国II卷文数）已知{}na是各项均为正数的等比数列，1322,216aaa.（1）求{}na的通项公式；（2）设2lognnba，求数列{}nb的前n项和．1．【答案】（1）见解析；（2）2

21141322nnn.【解析】（1）∵nnban，∴111nnban.变式拓展又∵1431nnaan，∴1143111nnnnnnannbanbanan44nnanan

.又∵111112ba，∴数列nb是首项为2，公比为4的等比数列.（2）由（1）知，124nnb，∴124nnnabnn，∴211221412(1444)(123)142nn

nnnnSaaan221141322nnn.【名师点睛】本题主要考查等比数列的证明和数列求和，一般地，数列求和时要根据数列通项公式的特征来选择合适的方法，侧重考

查数学运算的核心素养.（1）利用等比数列的定义可以证明；（2）由（1）可求nb的通项公式，结合nnban可得na，结合通项公式特点选择分组求和法进行求和.2．【答案】5【解析】因为12nnaa，所以12nnaa，又因为12a，所以数列na是以2

为首项，2为公比的等比数列，所以由等比数列的求和公式得2126212nnS，解得5n.【名师点睛】本题考查等比数列的定义以及等比数列的求和公式，属于简单题.求解本题时，由已知条件中112,2nnaaa，结合等比数列的定义可知数列na是以2为首项，2为公比的等比数列

，代入等比数列的求和公式即可求解.3．【答案】（1）22nna；（2）11122nnnS.【解析】（1）由na是递增等比数列，1524151742aaaaaa，，联立15151724aaaa，解得151=2=8aa或15=81=2a

a，∵数列na是递增数列，∴只有151=2=8aa符合题意，则45116aqa，结合0q可得2q=，∴数列na的通项公式为22nna.（2）由*Nnnbnan＝，得2

2nnbn＝，∴112S；那么10121222322nnSn＝，①则201213221222122nnnSnn，②②﹣①得：1022111111222222221222nnnnnnSnnn

．【名师点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了等比数列的通项公式，考查了利用错位相减法求数列的前n项和.（1）先利用等比数列的性质，可分别求出15,aa的值，从而可求出数列na的通项公式；（2）利用错位相减求和

法可求出数列nb的前n项和nS．4．【答案】B【解析】根据题意，等比数列{}na的各项均为正数，且544aa，则有182736454aaaaaaaa，所以42122282123456782loglogloglog()log4aaaaaaaaaaa8.故选B．【名师点睛】

本题考查等比数列的性质以及对数的运算，属于基础题．5．【答案】31010−1【解析】由题意可知，当n为偶数时，(3)0nf，当n为奇数时，12(3)23nnf，则232019352019(3)(3)(

3)(3)(3)(3)(3)(3)ffffffff10100110090110091010132323232(333)23113.故答案为101031．【名师点睛】本题主要考查了数列的求和问题，其中解答中根据题意，得到数列的计算规律，合理利用

等比数列的求和公式计算是解答的关键，着重考查了推理能与计算能力，属于中档试题.1．【答案】B【解析】等比数列na中，237564aaa，58a，故选B.【名师点睛】本题考查等比数列的通项公式和性质，此题也可用通项公式求解.熟记等比数列的性质：

若mnpq，则mnpqaaaa.2．【答案】C【解析】由题得2115aq，即11a，则4124815S.故选C.【名师点睛】本题主要考查等比数列通项基本量的计算，考查等比数列的前n项和的

计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3．【答案】D【解析】∵na为等比数列，568aa，∴478aa，又472aa，∴47,aa是方程2280xx的两个实根，∴4724aa，或47

42aa，解得32q或12，∴34110737aaaaqq.故选D.【名师点睛】等比数列的基本量运算问题的常见类型及解题策略：①化基本量求通项．求等比数列的两个基本元素1a和q，通项便可求出，或利用知三求二，用方程求解．考点冲关②化基本量求特

定项．利用通项公式或者等比数列的性质求解．③化基本量求公比．利用等比数列的定义和性质，建立方程组求解．④化基本量求和．直接将基本量代入前n项和公式求解或利用等比数列的性质求解．4．【答案】C【解析】由

题意，在数列na中，111,3nnaaa，即111,3nnaaa，可得数列na是首项11a，公比3q的等比数列，所以33411327aaq，故选C.【名师点睛】本题主要考查了等比数列的定义，以及等比数列的通项公式的应用，其中解

答中熟记等比数列的定义和等比数列的通项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.5．【答案】C【解析】由等比数列的性质知4412384510aaaaaa，所以128lglglgaaa4128lglg104aaa．故选C.6．【答案】B【解析

】数列{}na满足点(na，)(1)nSn…在直线32yx上，则32nnSa，当1n时，1132Sa，得11a，当2n…时，113232nnnnSSaa，即133nnnaaa，得123nnaa

，即132nnaa，则数列{}na是首项11a，公比32q的等比数列，则前5项和为531[1()]211231612，故选B．【名师点睛】本题考查利用和项与通项关系求通项以及等比数列定义与与前n项和公式，

考查基本分析求解能力，属中档题.求解时，先根据条件得32nnSa，再利用和项与通项关系得123nnaa，最后根据等比数列定义与与前n项和公式得结果.7．【答案】C【解析】设从上到下每层的灯笼数构成公比为2的等比数列n

a，由已知得，11265,127,nnaaaaa所以1111265,12127,12nnaa解得n=7，1a=1，所以67264a，故选C.【名师点睛】本题主要

考查等比数列的性质，属于基础题型.求解时，先设从上到下每层的灯笼数构成公比为2的等比数列na，由题意和等比数列的性质，列方程组，求解即可.8．【答案】D【解析】由2016201820172SSS得20182017aa，∴2017201611aqaq，∴2016110aq

q，解得10,1aq或10,1aq．∴“2016201820172SSS”等价于“10,1aq或10,1aq”．故“0q”是“2016201820172SSS”的既不充分也不必要条件．故选D．【名师点睛】先求出“2016201

820172SSS”的等价条件，再根据题意作出判断．等比数列的单调性除了和公比q有关外，还与数列的首项1a有关．当10,1aq或10,01aq时，数列为递增数列；当10,01aq或10,1aq时，数列为递减数列．9．【答案】B【解析】由题可得：

11112a，21222a，31342a，41482a，515162a，依次类推可得：1*2()nnanN，所以{}na为首项为1，公比为2的等比数列，故1010101(12)21102312S.故

选B.【名师点睛】本题主要考查杨辉三角的规律特点，等比数列的定义以及前n项和的求和公式，考查学生归纳总结和计算能力，属于基础题.求解时，依次算出前几行的数值，然后归纳总结得出第n行各个数之和na的通项公式，最后利用数列求和的公式，求出10S.10．【答案】C【解析】设等比数列

na的公比0,1qq，6325SS，6311121511aqaqqq，231315,111aqqqq，则96SS966116311511aqqqqq3333115110521102011q

qqq，当且仅当32q，即32q时取等号，96SS的最小值为20，故选C．【名师点睛】本题考查了等比数列的前项和公式，利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等

”的内涵：一正，即首先要判断参数是否为正；二定，即其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等，即最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.解本题时，利用等比数

列的前n项和公式求出96SS，由数列的单调性可得1q，根据基本不等式的性质求解即可.11．【答案】2或−3【解析】因为等比数列na满足317Sa，所以212311111+77aaaaaaqaqa

，即21723或qqq.【名师点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和nS以及通项公式.能够熟练地应用等比数列的前n项和nS以及通项公式是解决本题的关键.本题属于基础题.12．【答案】22nn【解析】将19

a代入数列nan的通项公式，可以得到数列nan的首项为2，将236a代入数列nan的通项公式可以得数列nan的第2项为4，所以数列nan的公比422q，所以1222nnnan，所以2nnan，所以数列na的通项公式

为22nnan，所以22nnan.【名师点睛】本题考查了等比数列的定义、通项公式的求法，灵活运用公式进行变形求解，属于中档题.解本题时，根据数列nan是等比数列，将19a、236

a分别代入，可以得到数列nan的公比2q，从而求得通项公式na.13．【答案】150【解析】根据数列{na}是等比数列，Sn为前n项和，且S10＝10≠0可得数列S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30成等比数列，因此有（S20﹣S10）2

＝S10（S30﹣S20），即（S20﹣10）2＝10（70﹣S20），故S20＝﹣20或S20＝30，又0na，S20＞0，因此S20＝30，S20﹣S10＝20，S30﹣S20＝40，故S40﹣S30＝80，S40＝15

0．故答案为：150．【名师点睛】本题考查了等比数列前n项和公式的性质，属于基础题．根据数列{na}是等比数列，Sn为前n项和，且S10＝10≠0可得，S10，S20﹣S10，S30﹣S20，S40﹣S30也成等比数列，即可得到结果．14．【答案】（1）见解析；（

2）1nn.【解析】（1）当1n时，11121aSa，计算得出11a，当1n时，根据题意得，1121nnSan，所以111221221nnnnnnSSananaa

，即121nnaa.1121nnaa，即1121nnaa，数列1na是首项为−2，公比为2的等比数列.（2）由（1）知，11222nnna，12nna，

22log1log2nnnban，1111111nnbbnnnn，则11111111223111nnTnnnn.【名师点睛】本题考查了等比数列的证明，数列求和的常用方法；数列求和的常用方

法有：分组求和，用于当数列中相邻两项的和或者差是定值的；错位相减法，用于一个等比数列和等差数列乘到一起；裂项相消法主要用于分式型的通项.15．【答案】（1）113nan；（2）14

1316nn.【解析】（1）设11nnaaq，依题意，有2121231131=9aaaqaaq，解得111,3aq.所以113nna.（2）

111111=11223112231nnnnbnnnnn11111=112231nnnn.记数列nn

ba的前n项的和为nS，则21=123333nnSn，233323333nnSn.两式相减，得211341333334nnn

nnSnn.故141316nnnS.【名师点睛】本题主要考查了数列通项的求法以及数列前n项和的求法.数列通项的求法常用的方法有：公式法、累加、累乘等.求数列前n项和的常用的方法有：错位相减

、裂项相消、分组求和等.（1）把2a和3a换成1a和q的关系即可.（2）首先利用裂项把nb计算出来，再根据错位相减即可得出nnba的前n项和.1．【答案】C【解析】设正数的等比数列{an}的公比为q，则23111

1421111534aaqaqaqaqaqa，解得11,2aq，2314aaq，故选C．【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键.2．【答案】B【

解析】当14,1,1,4abcd时，,,,abcd不成等比数列，所以不是充分条件；当,,,abcd成等比数列时，则adbc，所以是必要条件.综上所述，“adbc”是“,,,abcd成等比数列”的必要不充分条件，故选B.【名师点睛】证明

“adbc”“,,,abcd成等比数列”只需举出反例即可，论证“,,,abcd成等比数列”“adbc”可利用等比数列的性质.3．【答案】D【解析】因为每一个单音的频率与前一个单音的频率的比都为122

，所以*12122,nnaannN，又1af，则71277128122aaqff，故选D.【名师点睛】此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种：（1）定义法，若

1nnaqa（*0,qnN）或1nnaqa（*0,2,qnnN），数列na是等比数列；（2）等比中项公式法，若数列na中，0na且212nnnaaa（*3,nnN），则数列na是等比数列.4．【答案】32【解析】当1q时，显然不符合题意；直通高考当1q

时，3161(1)714(1)6314aqqaqq，解得1142aq，则7812324a．【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：①利用基本量，

将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；②利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质成立的前提条件，有

时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．5．【答案】58【解析】设等比数列的公比为q，由已知223111314Saaqaqqq，即2104qq.解得12q，所以441411(

)(1)521181()2aqSq．【名师点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误．一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算3343431315()428SSaSaq

，避免繁分式计算．6．【解析】（1）由条件可得an+1=2(1)nnan．将n=1代入得，a2=4a1，而a1=1，所以，a2=4．将n=2代入得，a3=3a2，所以，a3=12．从而b1=1，b2=2，b3=4．（2）{bn}是首项为1，公比为2的等比数列

．由条件可得121nnaann，即bn+1=2bn，又b1=1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．（3）由（2）可得12nnan，所以an=n·2n-1．【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列

的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列的通项公式，借助于的通项公式求得数列的通项公式，从而求得最后的结果.7．【解析】（1）设{}na的公比为q

，由题设得1nnaq．由已知得424qq，解得0q（舍去），2q或2q．故1(2)nna或12nna．（2）若1(2)nna，则1(2)3nnS．由63mS得(2)188m，此方程没有正整数解．若12

nna，则21nnS．由63mS得264m，解得6m．综上，6m．8．【解析】（1）设na的公比为q，由题设得22416qq，即2280qq．解得2q（舍去）或q=4．因此na的通项公式为121242nnna．

（2）由（1）得2(21)log221nbnn，因此数列nb的前n项和为21321nn．【名师点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归

与转化思想，考查计算能力，是简单题.