【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修二）专题4.8 等比数列的概念（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(12)页，62.596 KB，由小赞的店铺上传

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专题4.8等比数列的概念（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2021·北京·高二期末（理））在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1=8，𝑞=12，则𝑎4与𝑎8的

等比中项是（）A．±14B．4C．±4D．14【解题思路】计算出𝑎6的值，利用等比中项的定义可求得结果.【解答过程】由已知可得𝑎6=𝑎1𝑞5=8×(12)5=14，由等比中项的性质可得𝑎4𝑎8=𝑎62=116，因此，𝑎4与𝑎8的等比中项是±1

4.故选：A.2．（3分）（2022·宁夏·高三期中（文））设{𝑎𝑛}是等比数列，且𝑎2+𝑎3+𝑎4=3，𝑎3+𝑎4+𝑎5=6，则𝑎6+𝑎7+𝑎8=（）A．24B．48C．32D．64【解题

思路】根据已知条件和等比数列的性质求得𝑞的值，结合𝑎6+𝑎7+𝑎8=𝑎1𝑞5(1+𝑞+𝑞2)可求得结果.【解答过程】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，则𝑎2+𝑎3+𝑎4=𝑎1

𝑞+𝑎1𝑞2+𝑎1𝑞3=𝑎1𝑞(1+𝑞+𝑞2)=3，𝑎3+𝑎4+𝑎5=𝑎1𝑞2+𝑎1𝑞3+𝑎1𝑞4=𝑎1𝑞2(1+𝑞+𝑞2)=6，两式相除，得𝑞=2，因此，𝑎6+𝑎7+𝑎8=𝑎1

𝑞5+𝑎1𝑞6+𝑎1𝑞7=𝑎1𝑞5(1+𝑞+𝑞2)=3𝑞4=48.故选：B.3．（3分）（2022·甘肃·高二阶段练习）已知等比数列{𝑎𝑛}，满足log2𝑎2+log2𝑎11

=1，且𝑎5𝑎6𝑎8𝑎9=16，则数列{𝑎𝑛}的公比为（）A．2B．4C．±2D．±4【解题思路】利用对数运算性质、等比中项可得𝑎2𝑎11=𝑎5𝑎8=2且𝑎2,𝑎11>0，根据已知有𝑎6𝑎9=8，即可求公比.【解答过程】令{

𝑎𝑛}公比为𝑞，由log2(𝑎2𝑎11)=1，故𝑎2𝑎11=2且𝑎2,𝑎11>0，所以𝑎11=𝑎2𝑞9>0，则𝑞>0，又𝑎2𝑎11=𝑎5𝑎8=2，则𝑎6𝑎9=8，所以𝑎6𝑎9𝑎5𝑎8=𝑞2=4，综上，𝑞=2.故选：A.4．（3分）（2022

·黑龙江·高三阶段练习）在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1，𝑎13是方程𝑥2-13𝑥+16=0的两根，则𝑎2𝑎12𝑎7的值为（）A．√13B．±√13C．4D．±4【解题思路】由已知条件结合一元二次方程根与系数的关系，利用等比数列的性

质求解．【解答过程】∵𝑎1,𝑎13是方程𝑥2-13𝑥+16=0的两根，∴𝑎1+𝑎13=13,𝑎1⋅𝑎13=16，∴𝑎1>0,𝑎13>0,𝑎1⋅𝑎13=𝑎2⋅𝑎12=𝑎72=16，又等比数列{𝑎𝑛}中奇数项符号相同，

可得𝑎7=4∴𝑎2⋅𝑎12𝑎7=164=4.故选：C．5．（3分）（2022·陕西·高二期中）已知−1,𝑎1,𝑎2,−7成等差数列，−3,𝑏1,𝑏2,𝑏3,−12成等比数列，则𝑏2⋅(𝑎2−2𝑎1)等

于（）A．−6B．6C．−12D．−6或6【解题思路】根据等差和等比数列通项公式可求得公差𝑑和公比𝑞的平方，由此可得𝑎1,𝑎2,𝑏2，代入即可得到结果.【解答过程】设−1,𝑎1,𝑎2,−7构成的等差数列公差为𝑑，−3,𝑏1,𝑏2,𝑏3,−12构成的等比数列公比为𝑞，

∴𝑑=−7−(−1)3=−2，𝑞4=−12−3=4，即𝑞2=2，∴𝑎1=−1+𝑑=−3，𝑎2=−1+2𝑑=−5，𝑏2=−3𝑞2=−6，∴𝑏2⋅(𝑎2−2𝑎1)=−6×(−5+6)=−6.故选：A.6．（3分）（2022·全国·高二期中）数列

{an}满足an+1＝2an+1，a1＝1，若bn＝𝜆an﹣n2+4n为单调递增数列，则𝜆的取值范围为（）A．𝜆＞18B．𝜆＞14C．𝜆＞38D．𝜆＞12【解题思路】根据给定条件求出数列{an}通项，再由数列{bn}为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推

理计算作答．【解答过程】数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，则有an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，因此，数列{an+1}是公比为2的等比数列，𝑎𝑛+1=2𝑛，即𝑎𝑛=2𝑛−1，则𝑏𝑛=𝜆(2𝑛−1)−𝑛2+4𝑛，因数列{bn}为单调递增数

列，即∀n∈N*，bn+1﹣bn＞0，则𝜆（2n+1﹣1）﹣（n+1）2+4（n+1）﹣[𝜆（2n﹣1）﹣n2+4n]＝𝜆⋅2n﹣2n+3＞0，𝜆＞2𝑛−32𝑛，令𝑐𝑛=2𝑛−32𝑛，则𝑐𝑛+1−𝑐𝑛=2𝑛−12𝑛+1−2𝑛−32𝑛=5−2𝑛2�

�+1，n∈N*，当n≤2时，cn+1＞cn，当n≥3时，cn+1＜cn，于是得𝑐3=38是数列{cn}的最大项，即当n＝3时，2𝑛−32𝑛取得最大值38，从而得𝜆＞38，所以𝜆的取值范围为{𝜆|𝜆＞38}．故选C．7．（3分）

（2022·全国·高二课时练习）已知数列{𝑎𝑛}是各项均大于0的等比数列，若𝑏𝑛=log2𝑎𝑛，则下列说法中正确的是（）A．{𝑏𝑛}一定是递增的等差数列；B．{𝑏𝑛}不可能是等比数列；C．{2𝑏2𝑛−1+1}是等差数列；

D．{3𝑏𝑛}不是等比数列．【解题思路】设出等比数列{𝑎𝑛}的公比，求出𝑏𝑛的表达式，再逐项分析判断作答.【解答过程】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，依题意有𝑎1>0,𝑞>0，𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1，𝑛∈N∗，𝑏𝑛=log2(�

�1𝑞𝑛−1)=log2𝑎1+(𝑛−1)log2𝑞，𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=log2𝑞为常数，即数列{𝑏𝑛}是公差为log2𝑞的等差数列，当0<𝑞<1时，log2𝑞<0，等差数列{𝑏𝑛}是递减的，A不正确；当𝑎1>0,𝑎1≠1,𝑞=1时，𝑏𝑛=

log2𝑎1≠0，即数列{𝑏𝑛}是非0常数数列，它是等比数列，B不正确；2𝑏2𝑛+1+1−(2𝑏2𝑛−1+1)=2(𝑏2𝑛+1−𝑏2𝑛−1)=4log2𝑞为常数，即{2𝑏2𝑛−1+1}是等差

数列，C正确；3𝑏𝑛+13𝑏𝑛=3𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=3log2𝑞是不为0的常数，即数列{3𝑏𝑛}是等比数列，D不正确.故选：C.8．（3分）（2022·全国·高三专题练习）在边长为243的正三角形三边上，分别取一个三等分点，连接成一个较小的正三角形，然后在较小的正

三角形中，以同样的方式形成一个更小的正三角形，如此重复多次，得到如图所示的图形（图中共有10个正三角形），其中最小的正三角形的面积为（）A．3√34B．1C．√32D．√34【解题思路】设第n个正三角形的边长为𝑎𝑛，根据已知条件可得𝑎𝑛+1𝑎𝑛=1√3，由等比

数列的定义写出通项公式并求𝑎10，即可得最小的正三角形的面积.【解答过程】设第n个正三角形的边长为𝑎𝑛，则𝑎1=243，由勾股定理知𝑎𝑛+12=(23𝑎𝑛)2−(13𝑎𝑛)2，所以𝑎𝑛+12=13𝑎𝑛2，又𝑎𝑛>0，则𝑎𝑛+1𝑎�

�=1√3，所以{𝑎𝑛}是首项为243，公比为1√3的等比数列，所以𝑎𝑛=243×(1√3)𝑛−1，即𝑎𝑛=(1√3)𝑛−11，所以𝑎10=√3，故最小的正三角形的面积为12×√3×(√32×√3

)=3√34.故选：A.二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2021·全国·高二课时练习）（多选）已知等比数列{𝑎𝑛}的前3项分别为x，𝑥−2，2𝑥−𝑥2，则其通项公式可能是（）A．𝑎𝑛=1B．

𝑎𝑛=(−1)𝑛−1C．𝑎𝑛=2𝑛D．𝑎𝑛=−2𝑛【解题思路】根据等比数列的性质和定义求得𝑥，再得公比，从而可得通项公式．【解答过程】由于等比数列{𝑎𝑛}的前3项分别为x，𝑥−2，2𝑥−𝑥2，则(𝑥−2)2=𝑥2(2−𝑥)，显然𝑥≠2，得𝑥2+𝑥

−2=0，解得𝑥=1或𝑥=−2．当𝑥=1时，公比𝑞=−1，𝑎𝑛=(−1)𝑛−1；当𝑥=−2时，公比𝑞=2，𝑎𝑛=−2𝑛．故选：BD．10．（4分）（2022·江苏南通·高二期中）已知数列{𝑎𝑛}为等比数列，则（）A．数列𝑎2，𝑎4，𝑎8成等比数

列B．数列𝑎1⋅𝑎2，𝑎3⋅𝑎4，𝑎5⋅𝑎6成等比数列C．数列𝑎1+𝑎2，𝑎3+𝑎4，𝑎5+𝑎6成等比数列D．数列𝑎1+𝑎2+𝑎3，𝑎4+𝑎5+𝑎6，𝑎7+𝑎8+𝑎9成等比数列【解题思路】根据比数列的定义，逐一判

断选项.【解答过程】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，A.由等比数列的性质知𝑎4𝑎2=𝑞2，𝑎8𝑎4=𝑞4，当𝑞≠±1时，𝑞2≠𝑞4，故A错误；B.可知数列𝑎1⋅𝑎2，𝑎3⋅𝑎4，𝑎5⋅𝑎6每项都不为0，且𝑎3𝑎4𝑎1𝑎2

=𝑎5𝑎6𝑎3𝑎4=𝑞4，故B正确．C.当数列{𝑎𝑛}为1，−1，1，−1，1……时，𝑎1+𝑎2=𝑎3+𝑎4=𝑎5+𝑎6=0，故C错误；D.数列𝑎1+𝑎2+𝑎3，𝑎4+�

�5+𝑎6，𝑎7+𝑎8+𝑎9的每一项都不为0，且𝑎4+𝑎5+𝑎6𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝑎7+𝑎8+𝑎9𝑎4+𝑎5+𝑎6=𝑞3，故D正确.故选：BD.11．（4分）（2022·江苏·高三开学考试）已知等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1

>0，公比𝑞>1，且𝑎1𝑎2⋯𝑎2021<1,𝑎1𝑎2⋯𝑎2022>1，则（）A．𝑎2022>1B．当𝑛=2021时，𝑎1𝑎2⋯𝑎𝑛最小C．当𝑛=1011时，𝑎1𝑎2⋯𝑎𝑛最小D．存在𝑛<1011，

使得𝑎𝑛𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+2【解题思路】由等比数列的性质、单调性及不等式的性质可对每一个选项进行判断【解答过程】对A，∵𝑎1>0，𝑞>1，∴𝑎𝑛>0，又𝑎1𝑎2⋅⋅⋅𝑎2021<1，𝑎1𝑎2⋅⋅⋅𝑎2022>1，∴𝑎20

22>1𝑎1𝑎2⋅⋅⋅𝑎2021>1，故A正确；对B和C，由等比数列的性质可得𝑎1𝑎2021=𝑎2𝑎2020=⋅⋅⋅=𝑎1010𝑎1012=𝑎10112，故𝑎1𝑎2⋅⋅⋅𝑎2021=𝑎10112021<1即0<𝑎1011<1，∵𝑎2𝑎2022=𝑎3

𝑎2021=⋅⋅⋅=𝑎1011𝑎1013=𝑎10122，∴𝑎2𝑎3𝑎4⋅⋅⋅𝑎2022=𝑎10122021，因为𝑎2𝑎3𝑎4⋅⋅⋅𝑎2022=𝑎1𝑎2𝑎3𝑎4⋅⋅⋅𝑎2022𝑎1>1𝑎1，所以𝑎10122021>1𝑎1，∵𝑎1𝑎2⋅⋅

⋅𝑎2021<1，𝑎1>0，𝑞>1，∴0<𝑎1<1，1𝑎1>1，∴𝑎1012>1，故当𝑛=1011时，𝑎1𝑎2⋅⋅⋅𝑎𝑛最小，所以B错误，C正确；对D，因为0<𝑎1<1，𝑞>1，所以{𝑎𝑛}是单调递增数列，所以当𝑛<

1011时，𝑎𝑛<𝑎1011<1，故𝑎𝑛𝑎𝑛+1<𝑎𝑛+1<𝑎𝑛+2，故D错误，故选：AC.12．（4分）（2022·黑龙江·高二阶段练习）等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，且满足𝑎1>1，𝑎1010𝑎1011>1，(𝑎1010−1)(𝑎101

1−1)<0．记𝑇𝑛=𝑎1𝑎2𝑎3⋯𝑎𝑛，则下列结论正确的是（）A．0<𝑞<1B．𝑎1010𝑎1012−1>0C．𝑇𝑛≥𝑇1010D．使𝑇𝑛<1成立的最小自然数𝑛等于2021【解题思路】求得q的取值范围判断选项A；求得𝑎1010𝑎101

2与1的关系判断选项B；求得𝑇𝑛与𝑇1010的大小关系判断选项C；求得使𝑇𝑛<1成立的最小自然数𝑛判断选项D.【解答过程】由(𝑎1010−1)(𝑎1011−1)<0，可得①{𝑎1010−1>0𝑎1011−1<0或②{𝑎1010−1<0𝑎1011−1>0由①

得𝑎1010>1，𝑎1011<1，又𝑎1>1，𝑎1010𝑎1011>1>0则0<𝑞<1，0<𝑎1011<1由②得𝑎1010<1，𝑎1011>1，又𝑎1010𝑎1011>1>0，则0<𝑎1010<1

，又𝑎1011>1，则𝑞>1，则数列为递增等比数列.这与𝑎1>1，0<𝑎1010<1矛盾.舍去.综上，可得0<𝑞<1.选项A判断正确；𝑎1010𝑎1012=𝑎1011⬚2，又0<𝑎1011<1，则𝑎1010𝑎1012

=𝑎1011⬚2<1.选项B判断错误；又数列{𝑎𝑛}中𝑎1>1，𝑎1010>1，0<𝑎1011<1，0<𝑞<1，则有𝑎1>𝑎2>𝑎3>𝑎4>⋯>𝑎1010>1>𝑎1011>⋯，则𝑇𝑛=𝑎1𝑎2𝑎3⋯𝑎𝑛≤𝑇1010.

选项C判断错误.𝑇2019=𝑎1𝑎2𝑎3⋯𝑎2019=(𝑎1010)2019>1，𝑇2020=𝑎1𝑎2𝑎3⋯𝑎2020=(𝑎1010𝑎1011)1010>1，𝑇2021=𝑎1𝑎2𝑎3⋯𝑎2021=(𝑎1011)202

1<1，则使𝑇𝑛<1成立的最小自然数𝑛等于2021.选项D判断正确.故选：AD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2022·上海·高二期末）等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎1+𝑎2+𝑎3

=26,𝑎4−𝑎1=52，则通项公式𝑎𝑛=2×3𝑛−1,𝑛∈N∗.【解题思路】基本量法联立方程组解出𝑎1,𝑞即可.【解答过程】已知𝑎1+𝑎2+𝑎3=26,𝑎4−𝑎1=52可得{𝑎1+𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2=26𝑎1�

�3−𝑎1=52，两式相除得𝑎1𝑞3−𝑎1𝑎1+𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2=𝑞−1=2，解得𝑞=3,代入𝑎1𝑞3−𝑎1=52解出𝑎1=6,所以𝑎𝑛=2×3𝑛−1,𝑛∈N∗故答案为：2×3𝑛−1,𝑛∈N∗.14．（4分）（2022·

陕西·高二期中）已知{𝑎𝑛}是等比数列，若1是𝑎2，𝑎4的等比中项，4是𝑎6，𝑎8的等比中项，则𝑎12=±16√2．【解题思路】首先根据等比中项求出𝑎3和𝑎7，再求出公比，再利用等比数列通项即可求𝑎12.【解答过程】由题意可知，∵𝑎

3是𝑎2和𝑎4的等比中项，∴𝑎3=1，又∵𝑎7是𝑎6和𝑎8的等比中项，∴𝑎7=4.又𝑎7𝑎3=𝑞4=4，∴𝑞=±√2，而𝑎12=𝑎7⋅𝑞5=4×(±√2)5=±16√2.故答案为：±16√2.1

5．（4分）（2022·上海高二期中）若数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}满足𝑎1=2，𝑏1=0，2𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛+𝑏𝑛+2，2𝑏𝑛+1=𝑎𝑛+3𝑏𝑛−2，则𝑎2022+𝑏2021=3×22020+1.【解题思路】由题干中两式相加构造等比数列{𝑎

𝑛+𝑏𝑛}，进而求出{𝑎𝑛+1+𝑏𝑛}的通项公式，代入计算即可.【解答过程】因为2𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛+𝑏𝑛+2，2𝑏𝑛+1=𝑎𝑛+3𝑏𝑛−2，所以2𝑎𝑛+1+2�

�𝑛+1=𝑎𝑛+3𝑏𝑛−2+3𝑎𝑛+𝑏𝑛+2=4(𝑎𝑛+𝑏𝑛)，即𝑎𝑛+1+𝑏𝑛+1=2(𝑎𝑛+𝑏𝑛)，又𝑎1+𝑏1=2，所以{𝑎𝑛+𝑏𝑛}是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以𝑎𝑛+𝑏𝑛=2𝑛，又2𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛+𝑏𝑛+2，即𝑎𝑛+1=32𝑎𝑛+12𝑏𝑛+1，所以𝑎𝑛+1+𝑏𝑛=32𝑎𝑛+12𝑏𝑛+1+𝑏𝑛=32(𝑎𝑛+𝑏𝑛)+1=32×2𝑛+1，所以𝑎2022+𝑏2021=32×2202

1+1=3×22020+1；故答案为：3×22020+1.16．（4分）（2021·全国·高二课时练习）设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，其前𝑛项之积为𝑇𝑛，并且满足条件：𝑎1>1，𝑎20

16𝑎2017>1，𝑎2016−1𝑎2017−1<0，给出下列结论：①0<𝑞<1；②𝑎2016𝑎2018−1>0；③𝑇2016是数列{𝑇𝑛}中的最大项；④使𝑇𝑛>1成立的最大自然数等于4031；其中正确结论的序号

为①③.【解题思路】分别讨论𝑞≥1和𝑞<0，找到矛盾，可判断①，通过0<𝑞<1以及𝑎2016−1𝑎2017−1<0可得到𝑎2017<1，则通过𝑎2016𝑎2018=𝑎20172可判断②，通过𝑛≤2016,𝑛∈𝑁∗时，𝑎𝑛>1，𝑛>

2016,𝑛∈𝑁∗时，0<𝑎𝑛<1，可判断③，算出𝑇4032，𝑇4033可判断④.【解答过程】解：∵𝑎1>1，若𝑞≥1，则𝑎2016=𝑎1𝑞2015>1,𝑎2017=𝑎1𝑞2016>1，此时𝑎2016−1𝑎2017−1>0，与𝑎

2016−1𝑎2017−1<0矛盾，故𝑞≥1不成立，若𝑞<0，𝑎2016=𝑎1𝑞2015<0,𝑎2017=𝑎1𝑞2016>0，此时𝑎2016𝑎2017<0，与𝑎2016𝑎2017>1矛盾，故𝑞<0不成立，∴0<

𝑞<1，故①正确；因为𝑎1>1，0<𝑞<1，𝑎2016>𝑎2017，由𝑎2016−1𝑎2017−1<0得𝑎2016>1,0<𝑎2017<1∴𝑎2016𝑎2018=𝑎20172<1，故②不正确

；因为𝑎1>1，0<𝑞<1，𝑎2016>1,0<𝑎2017<1，所以当𝑛≤2016,𝑛∈𝑁∗时，𝑎𝑛>1，当𝑛>2016,𝑛∈𝑁∗时，0<𝑎𝑛<1，所以𝑇2016是数列{𝑇𝑛}中的最大项，故③正确；𝑇4032=𝑎1𝑎2⋅…⋅𝑎4030𝑎4

031⋅𝑎4032=(𝑎1𝑎4032)2016=(𝑎2016𝑎2017)2016>1，𝑇4033=𝑎1𝑎2⋅…⋅𝑎4030𝑎4031⋅𝑎4032⋅𝑎4033=(𝑎2017⬚2)2016×𝑎2017<1，∴使𝑇𝑛>1成立的最大自然数等于4032，故④不正确.故

答案为：①③.四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022·陕西·高二阶段练习）依次排列的四个数，其和为13，第四个数是第二个数的3倍，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，求这四个数.【解题思路】设出四个数分别为a，b，c，d，根据条件列出方程，求出答案.

【解答过程】设四个数分别为a，b，c，d，则𝑎+𝑏+𝑐+𝑑=13，𝑑=3𝑏，𝑏2=𝑎𝑐，2𝑐=𝑏+𝑑，将𝑑=3𝑏代入2𝑐=𝑏+𝑑得：𝑐=2𝑏，将𝑐=2𝑏，𝑑=3𝑏代入𝑎+𝑏+𝑐+𝑑=13得：𝑎=13-6𝑏，将𝑐=2�

�，𝑎=13-6𝑏代入𝑏2=𝑎𝑐得：𝑏2=2𝑏(13-6𝑏)，解得：𝑏=0或2，当𝑏=0时，则𝑐=0,𝑑=0,𝑎=13，这与前三个数成等比数列，矛盾，舍去；当𝑏=2时，解得：𝑎=1，𝑐=4，𝑑=6，故满足要求，故这四个数为1

,2,4,6.18．（6分）（2022·全国·高二课时练习）（1）已知等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1=14，𝑎3𝑎5=4(𝑎4−1)，求𝑎2的值；（2）已知等比数列{𝑎𝑛}为递增数列.若𝑎1>0，且2(𝑎4+𝑎6)=5𝑎5，

求数列{𝑎𝑛}的公比𝑞.【解题思路】（1）根据等比数列的通项公式求出𝑞=2，可得𝑎2=𝑎1𝑞=12；（2）根据等比数列的通项公式求出𝑞=2或𝑞=12，再根据等比数列{𝑎𝑛}为递增数列，且𝑎1>0，可得𝑞=2.【解答过程】（1）设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，由𝑎3

𝑎5=4(𝑎4−1)，得𝑎42=4(𝑎4−1)，解得𝑎4=2，∴𝑞3=𝑎4𝑎1=8，∴𝑞=2，∴𝑎2=𝑎1𝑞=12.（2）由2(𝑎4+𝑎6)=5𝑎5，得2(𝑎4+𝑎4𝑞2)=

5𝑎4𝑞，易知𝑎4≠0，所以2+2𝑞2=5𝑞，即(2𝑞−1)(𝑞−2)=0，解得𝑞=2或𝑞=12.因为等比数列{𝑎𝑛}为递增数列，且𝑎1>0，所以𝑞>1，所以𝑞=2.19．（8分）（

2022·辽宁·高三期中）设等比数列{𝑎𝑛}满足𝑎1+𝑎2+𝑎3=39，𝑎4−𝑎1=78．(1)求{𝑎𝑛}的通项公式；(2)记𝑏𝑛=√log3𝑎𝑛，若𝑏𝑚+21=𝑏𝑚+𝑏𝑚+5，求m．【解题思路】（1）用基本量𝑎1,𝑞表示题干条件，

求解即可；（2）代入𝑎𝑛=3𝑛，求解可得𝑏𝑛=√𝑛，再代入𝑏𝑚+21=𝑏𝑚+𝑏𝑚+5，求解即可.【解答过程】（1）设{𝑎𝑛}的公比为q，则{𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝑎1(𝑞2+𝑞+1)=39𝑎4

−𝑎1=𝑎1(𝑞3−1)=78，解得{𝑎1=3,𝑞=3,所以{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1=3𝑛．（2）因为√log3𝑎𝑛=√𝑛，所以𝑏𝑚=√𝑚，𝑏𝑚+5=√𝑚+5，𝑏𝑚+21=√𝑚+21．由√𝑚+√𝑚+5=√𝑚+21，整理

得3𝑚2+52𝑚−256=(3𝑚+64)(𝑚−4)=0，解得m＝4或𝑚=−643（舍去），故m＝4．20．（8分）（2022·北京·高二期中）设{𝑎𝑛}是公比不为1的等比数列，𝑎1为𝑎2，𝑎3的等差中项．(1)求{𝑎𝑛}的公比；(2)若𝑎1>0，𝑎4𝑎6=4，求𝑎

3．【解题思路】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比𝑞的方程，求解即可得出结论；（2）因为𝑎1>0，𝑎4𝑎6=4，由等比数列的性质可得𝑎5=2，所以𝑎3=𝑎5𝑞2，代入即可得出答案.【解答过程】(1)设

{𝑎𝑛}的公比为𝑞，𝑎1为𝑎2,𝑎3的等差中项，∵2𝑎1=𝑎2+𝑎3,𝑎1≠0,∴𝑞2+𝑞−2=0，∵𝑞≠1,∴𝑞=−2；(2)因为𝑎1>0，𝑎4𝑎6=4，由等比数列的性质可

得：𝑎4𝑎6=𝑎5⬚2=4，所以𝑎5=2.所以𝑎3=𝑎5𝑞2=24=12.21．（8分）（2023·全国·高三专题练习）已知数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}满足：𝑎1=𝜆，𝑎𝑛+1=23𝑎𝑛+𝑛−

4，𝑏𝑛=(−1)𝑛(𝑎𝑛−3𝑛+21)其中𝜆为实数，𝑛为正整数．(1)对于任意实数𝜆，证明：数列{𝑎𝑛}不是等比数列；(2)试判断数列{𝑏𝑛}是否为等比数列，并证明你的结论．【解题思路】（1）若存在实数𝜆，使得数列{𝑎𝑛}是等比数列，则必有𝑎22=𝑎1�

�3，否则不为等比数列，即可得证；（2）若存在实数𝜆使得数列{𝑏𝑛}是等比数列，证明𝑏𝑛+1𝑏𝑛=常数即可．【解答过程】（1）解：假设若存在实数𝜆，使得数列{𝑎𝑛}是等比数列，则必有𝑎22=𝑎1𝑎3，∵𝑎1=𝜆，∴𝑎2=23𝜆−3，𝑎

3=23(23𝜆−3)−2=49𝜆−4．由(23𝜆−3)2=𝜆(49𝜆−4)，整理得9=0，矛盾．故假设错误，因此对于任意实数𝜆，数列{𝑎𝑛}不是等比数列；（2）证明：若存在实数𝜆使得数列{𝑏𝑛}是等

比数列，则𝑏𝑛+1𝑏𝑛=常数．∵𝑏𝑛+1=(−1)𝑛+1[𝑎𝑛+1−3(𝑛+1)+21]=(−1)𝑛+1(23𝑎𝑛+𝑛−4−3𝑛+18)=23(−1)𝑛+1(𝑎𝑛−3𝑛+21)=−23𝑏𝑛，

当且仅当𝑎𝑛≠3𝑛−21，即𝜆≠−18时上式成立．因此当𝜆≠−18时，𝑏𝑛+1𝑏𝑛=−23为常数，数列{𝑏𝑛}是等比数列．22．（8分）（2022·安徽·高二阶段练习（理））数列{𝑎𝑛}中，𝑎1

=1，𝑎𝑛+1(𝑎𝑛−4)=𝑎𝑛−6（𝑛∈𝑁∗）（1）设𝑏𝑛=1−1𝑎𝑛−2，求证：{𝑏𝑛}是等比数列；（2）设数列{𝑛2𝑏𝑛}的前𝑛项积为𝑇𝑛，求𝑇𝑛取得最大值时𝑛的取值．【解题思路

】（1）根据递推关系式以及1−1𝑎𝑛−2=𝑏𝑛，可得𝑏𝑛+1=2𝑏𝑛(𝑛∈𝑁∗)，从而获得证明；（2）由作差法得到数列{𝑐𝑛}的单调性，根据单调性即可获解.【解答过程】（1）由𝑎𝑛+1(𝑎𝑛−4)=𝑎𝑛−6(𝑛∈𝑁∗)，得

𝑎𝑛+1=𝑎𝑛−6𝑎𝑛−4，即𝑎𝑛+1−2=𝑎𝑛−6𝑎𝑛−4−2=−𝑎𝑛−2𝑎𝑛−4，整理得：1𝑎𝑛+1−2=−𝑎𝑛−4𝑎𝑛−2=−1+2𝑎𝑛−2，又1𝑎𝑛−2=1−𝑏𝑛，所以1−𝑏𝑛+1=−1+2(1−𝑏𝑛)，即𝑏�

�+1=2𝑏𝑛(𝑛∈𝑁∗)，又𝑏1=1−1𝑎1−2=2，故{𝑏𝑛}是首项为2，公比为2的等比数列．（2）由（1）𝑏𝑛=2𝑛，设𝑐𝑛=𝑛2𝑏𝑛=𝑛22𝑛，则𝑐𝑛+1−𝑐𝑛=(𝑛+1)22𝑛+1−𝑛22𝑛=(𝑛+1

)2−2𝑛22𝑛+1=−𝑛2+2𝑛+12𝑛+1，当𝑛=1，2时，𝑐𝑛+1−𝑐𝑛>0；当𝑛≥3时，𝑐𝑛+1−𝑐𝑛<0，即𝑐1<𝑐2<𝑐3>𝑐4>𝑐5>⋯，又𝑐1=12，𝑐2=1，𝑐3=98，𝑐4

=1，𝑐5=2532，故𝑇1=𝑇2=12，𝑇3=𝑇4=916，当𝑛≥5时，𝑐𝑛<1，𝑇𝑛+1<𝑇𝑛，综上，当𝑛=3或𝑛=4时，𝑇𝑛取得最大值．