2025高考数学一轮复习-6.3-等比数列及其前n项和-专项训练【含答案】

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1.在等比数列{an}中,a1=8,a4=64,则q=( )

A.-3B.3C.2D.-2
2.设{an}是等比数列,且a1+a3=3,a3+a5=6,则a9+a11=( )
A.24B.36C.48D.64
3.已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn.若q=2,S1=-2,则S4=( )
A.-24B.-28
C.-30D.-32
4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4S8=14,则S16S4+S8=( )
A.8B.9C.16D.17
5.(多选题)已知{an}为等比数列,Sn是其前n项和.若a3a7=16a5,a4与2a5的等差中项为20,则( )
A.a1=1B.公比q=-2
C.an=2n-1D.Sn=2n-1
6.(多选题)设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=3,∀m,n∈N*,Sm+n=SmSn,则( )
A.{an}是等比数列
B.a4=54
C.a5+a6+a7+a8+a9=38
D.Sn=3n
7.拓扑结构图是指由网络节点设备和通信介质构成的网络结构图.拓扑结构图在计算机通信、计算机网络结构设计和网络维护等方面有着重要的作用.某树形拓扑结构图如图所示,圆圈代表节点,每一个节点都有两个子节点,则第10层节点的个数为 .
8.已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7= .
9.已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2n-1(n∈N*).
(1)求证:数列{an+n}是等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式及它的前n项和Sn.
综 合 提升练
10.设等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q.若Sn=2,n=1,qn-1,n>1,则a3=( )
A.8B.9C.18D.54
11.已知两个等比数列{an},{bn}的前n项积分别为An,Bn,若a3b3=3,则A5B5=( )
A.3B.27C.81D.243
12.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12,a6-a4=24,则anSn=( )
A.2n-12n+1B.2n+12n-1C.2n-12n-1D.2n-12n+1
13.(多选题)已知在数列{an}中,a1=1,an·an+1=2n,n∈N*,则下列结论正确的有( )
A.a4=4B.{a2n}是等比数列
C.a2n-a2n-1=2n-1D.a2n-1+a2n=2n+1
14.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为 .
15.已知Sn为数列{an}的前n项和,a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列an+12n的前n项和Tn
创 新 应用练
16.(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=p,2Sn-Sn-1=2p(n≥2,p为非零常数),则下列结论正确的是( )
A.数列{an}是等比数列
B.当p=1时,S4=158
C.当p=12时,aman=am+n
D.|a3|+|a8|=|a5|+|a6|
17.我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7= ;数列{an}所有项的和为 .
18.已知数列{an}满足a1=0,an+1=an+1,n为奇数,2an,n为偶数,记bn=a2n.
(1)写出b1,b2,并证明数列{bn+1}是等比数列;
(2)若数列{cn}的前n项和为bn,求数列{cn}的前20项的乘积T20.
参考答案
1.C 2.C 3.C 4.A 5.ACD 6.BD
7.512 8.-2
9.(1)证明 因为an+1=3an+2n-1,所以an+1+n+1=3an+2n-1+n+1,
所以an+1+n+1=3(an+n),
所以an+1+n+1an+n=3(an+n)an+n=3.
因为a1+1=3,所以数列{an+n}是以3为首项,3为公比的等比数列.
(2)解 由(1)得an+n=3×3n-1,所以an=3n-n,
所以Sn=3+32+…+3n-(1+2+…+n)=3(1-3n)1-3−n(n+1)2=32(3n-1)-n(n+1)2=3n+1-n2-n-32.
10.C 11.D 12.C 13.ABC 14.-12
15.解 (1)因为2Sn=nan,
当n=1时,2a1=a1,即a1=0;
当n=3时,2(1+a3)=3a3,即a3=2;
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,所以2(Sn-Sn-1)=nan-(n-1)an-1=2an,
化简得(n-2)an=(n-1)an-1;当n≥3时,ann-1=an-1n-2=…=a32=1,即an=n-1,
当n=1,2,3时都满足上式,所以an=n-1(n∈N*).
(2)因为an+12n=n2n,所以Tn=1×121+2×122+3×123+…+n×12n,
12Tn=1×122+2×123+…+(n-1)×12n+n×12n+1,
两式相减得,
12Tn=121+122+123+…+12n-n×12n+1=12×1-12n1-12-n×12n+1
=1-1+n212n,即Tn=2-(2+n)12n=2-2+n2n,n∈N*.
16.ABC 17.48 384
18.解 (1)因为a1=0,所以b1=a2=a1+1=1,b2=a4=a3+1=2a2+1=3.
因为bn=a2n,
所以bn+1=a2n+2=a[(2n+1)+1]=a2n+1+1=2a2n+1=2bn+1,
所以bn+1+1=2bn+2=2(bn+1),又因为b1+1=2,所以bn+1+1bn+1=2,
所以数列{bn+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)因为bn+1=2×2n-1=2n,
所以bn=2n-1,
当n=1时,c1=b1=1.
当n≥2时,cn=bn-bn-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1,
可知cn=2n-1,
所以T20=20×21×22×23×…×219=20+1+2+3+…+19=2190.