2023届高考数学二轮复习专题五数列_第25练等比数列作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题五数列_第25练等比数列作业含答案，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共12小题）
1. 若数列 an 满足 an+12an2=p（p 为正常数，n∈N*），则称 an 为“等方比数列”．甲：数列 an 是等方比数列，乙：数列 an 是等比数列，则甲是乙的
A. 充分不必要条件B. 充要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
2. 设等差数列 an 叫和等比数列 bn 的首项都是 1，公差与公比都是 2，则 a1b1+a2b2+a3b3+a4b4+a5b5=
A. 62B. 126C. 226D. 227
3. 在 14 与 78 中间插入 n 个数，组成各项之和为 778 的等比数列，则此数列的项数为
A. 5B. 6C. 7D. 8
4. 已知等比数列 an 为递增数列，且 a52=a10，2an+an+2=5an+1，则数列 an 的通项公式 an=
A. 2nB. 2n-1C. 3nD. 3n-1
5. 设数列 an 的首项 a1=a≠14，且 an+1=12an,n为偶数an+14,n为奇数，bn=a2n-1-14，若 b11=12014，则 a 值为
A. 78B. 56C. 34D. 54
6. 在正项等比数列 an 中，a5=12，a6+a7=3，则满足 a1+a2+⋯+an>a1a2⋅⋯⋅an 的最大正整数 n 的值为
A. 15B. 14C. 13D. 12
7. 已知各项均为实数的等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 S10=10，S30=70，则 S40=
A. 150B. 140C. 130D. 120
8. 若数列 an 的通项公式为 an=3n-2n，且数列 an+1-pan 为等比数列，则 p 的值为
A. 2 或 3B. 3 或 4C. 4 或 5D. 5 或 6
9. 设数列 an 的前 n 项和 Sn=43an-13×2n+1+23n=1,2,⋅⋅⋅，若 Tn=2nSn，则下列结论一定正确的是
A. 数列 Tn 的前 n 项和小于 56
B. 数列 Tn 的前 n 项和不小于 56
C. 数列 Tn 的前 n 项和小于 32
D. 数列 Tn 的前 n 项和不小于 32
10. 设数列 -1n 的前 n 项和为 Sn，则对任意的正整数 n，Sn=
A. n-1n-12B. -1n-1+12
C. -1n+12D. -1n-12
11. 等差数列 an 的前 n 项和为 Sn，S9=-18，S13=-52，等比数列 bn 中，b5=a5，b7=a7，则 b15 的值为
A. 64B. -64C. 128D. -128
12. 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn=x⋅3n-1-16，则 x 的值为
A. 13B. -13C. 12D. -12
二、填空题（共4小题）
13. 已知在等比数列 an 中，a2=12，a3=14，ak=164，则 k= ．
14. 已知 an 是公比 q 为 2 的等比数列，若 a3-a1=6，则 1a12+1a22+⋯+1an2= ．
15. 设公比为 qq>0 的等比数列 an 的前 n 项和为 Sn．若 S2=3a2+2，S4=3a4+2，则 q= ．
16. 设 Sn 为等比数列 an 的前 n 项和，且 a2=19，S2=49，若 bn=nan，则数列 bn 的前 n 项和 Tn= ．
答案
1. C【解析】设等比数列 an 的公比为 q，
则 an+12an2=an2⋅q2an2=q2 为正常数，
所以 乙 ⇒ 甲，但甲 \（\nRightarrw \） 乙，
如数列 2，2，-2，-2，-2 是等方比数列，
但不是等比数列．
故甲是乙的必要不充分条件．
2. D【解析】由题意得，an=1+2n-1=2n-1，bn=1×2n-1=2n-1，所以 a1b1+a2b2+a3b3+a4b4+a5b5=1+3×2+5×22+7×23+9×24=227．
3. A【解析】设该数列的公比为 qq≠1，
则 78=14qn+1，778=141-qn+21-q=14-78q1-q，
得 q=-12，n=3，
故此数列共有 5 项．
4. A【解析】设 an 的公比为 qq>1，由 a52=a10>0，2an+an+2=5an+1，得 21q+q=5，得 q=2．
所以 a12q8=a1q9，
所以 a1=2，
所以 an=2n．
5. D
【解析】由题意知，bn+1=a2n+1-14=12a2n-14=12a2n-1+14-14=12a2n-1-14=12bn，
所以 bn 是等比数列，于是 bn=a-14⋅12n-1．
由 b11=11024 得 a-14⋅1210=11024，得 a=54．
6. D【解析】设等比数列 an 的公比为 qq>0，由 a5=12，a6+a7=3，得 12q+12q2=3，整理得 q2+q-6=0，解得 q=2 或 q=3（舍去）．故 an=a5qn-5=12×2n-5=2n-6，a1+a2+⋯+an=1322n-1，a1a2⋅⋯⋅an=2-5×2-4×2-3×⋯×2n-6=2n2-11n2，
由 a1+a2+⋯+an>a1a2⋅⋯⋅an 可知 1322n-1>2n2-11n2 得 n≤12．
7. A【解析】设每 10 项为一组的和依次组成的数列为 bn，由已知可得，b1=10，b1+b2+b3=70． ⋯⋯①
设原等比数列 an 的公比为 q，则 b2b1=a11+a12+⋯+a20a1+a2+⋯+a10=a1q10+a2q10+⋯+a10q10a1+a2+⋯+a10=q10．
同理可得 b3b2=q10，b4b3=q10，⋯⋯，所以 bn 构成等比数列，且公比 qʹ=q10．
由 ① 可得 10+10qʹ+10qʹ2=70，即 qʹ2+qʹ-6=0，解得 qʹ=2 或 qʹ=-3．
因为 qʹ=q10>0，所以 qʹ=2．所以 bn 的前 4 项依次是 10，20，40，80，所以 S40=150．
8. A【解析】令 bn=an+1-pan，则 bn=3n+1-2n+1-p3n-2n=3n3-p-2n2-p．若数列 an+1-pan 为等比数列，则 bn2=bn+1⋅bn-1，即 3n3-p-2n2-p2=3n+13-p-2n+12-p⋅3n-13-p-2n-12-p，即 2-p3-p⋅2n-1⋅3n-1=0，
所以 p=2，或 3．
9. C【解析】因为 Sn=43an-13×2n+1+23，
所以令 n=1，得 a1=43a1-43+23，
所以 a1=2．
当 n≥2 时，由 Sn=43an-13×2n+1+23，
得 Sn-1=43an-1-13×2n+23，
则 an=Sn-Sn-1=43an-43an-1-13×2n，
即 an2n+1=2an-12n-1+1⇒an=22n-2n．
由 an=22n-2n，
得 Sn=232n-12n+1-1，
所以 Tn=2nSn=3212n-1-12n+1-1，
于是 i=1nTi=3212-1-122-1+122-1-123-1+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1-1=321-12n+1-1<32．
10. D
【解析】因为数列 -1n 是首项与公比均为 -1 的等比数列，
所以 Sn=-1×1--1n1--1=-1n-12．
11. B
【解析】因为 S9=92a1+a9=9a5=-18，S13=132a1+a13=13a7=-52，
所以 a5=-2，a7=-4，又 b5=a5，b7=a7，
所以 q2=2，b15=b7⋅q8=-4×16=-64．
12. C
【解析】当 n=1 时，a1=S1=x-16；当 n≥2 时，an=Sn-Sn-1=x⋅3n-1-x⋅3n-2=2x⋅3n-2．因为 an 是等比数列，所以 n=1 时也适合 an=2x⋅3n-2．所以 2x⋅3-1=x-16，解得 x=12．
13. 7
【解析】设 an 的公比为 q．
因为 a2=12，a3=14，
所以 q=a3a2=12，
所以 a1=1，
由 ak=a1⋅12k-1=164，
解得 k=7．
14. 131-14n
【解析】因为 a3-a1=a1q2-1=3a1=6，
所以 a1=2，an=2n，
所以
1a12+1a22+⋯+1an2=122+1222+1232+⋯+12n2=141-14n1-14=131-14n.
15. 32
【解析】两式作差，得 S4-S2=3a4-3a2,
则 a3+a4=3a4-3a2,
即 2a1q3-a1q2-3a1q=0,
化简，得 2q2-q-3=0,
解得 q=32 或 q=-1（舍去）．
16. 2n-13n+14+34
【解析】设 an 的首项为 a1，公比为 q，由 a2=19，S2=49 得 a1q=19,a1+a1q=49, 解得 a1=13,q=13, 所以 an=13n．
因为 bn=nan，所以 bn=n⋅3n．
所以 Tn=3+2×32+3×33+⋯+n×3n, ⋯⋯①
所以 3Tn=32+2×33+3×34+⋯+n×3n+1. ⋯⋯②
②-① 得 2Tn=n×3n+1-3+32+33+⋯+3n，即 2Tn=n×3n+1-31-3n1-3=n-12×3n+1+32，所以 Tn=2n-13n+14+34．