【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：等比数列

这是一份【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：等比数列，共7页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共28小题；共140分）
1. 已知 an 是等比数列，a2=2,，a5=14，则 a1a3+a2a4+⋯+anan+2=
A. 161−4−nB. 161−2−nC. 1631−2−nD. 1631−4−n

2. 下列数列中，构成等比数列的是
A. 2,3,4,5B. 1,－2,－4,8C. 0,1,2,4D. 16,－8,4,－2

3. 在等比数列 an 中，a1=−16，a4=8，则 a7=
A. −4B. ±4C. −2D. ±2

4. 各项均为正数的等比数列 an 中，a1=1，a5=4，则 a3=
A. 2B. −2C. 2D. −2

5. 现存入银行 8 万元，年利率为 2.50%，若采用一年期自动转存业务，则第十年末的本利和为
A. 8×1.0258 万元B. 8×1.0259 万元
C. 8×1.02510 万元D. 8×1.02511 万元

6. 在等比数列 an 中，a1=32，公比 q=−12，则 a6=
A. 1B. −1C. 2D. 12

7. “x 是 1 与 9 的等比中项”是“x=3”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

8. 以下条件中，能判定数列是等比数列的有
①数列 1，2，6，18，⋯；
②数列 an 中，已知 a2a1=2，a3a2=2；
③常数列 a，a，⋯，a，⋯；
④数列 an 中，an+1an=qq≠0，其中 n∈N*．
A. 1 个B. 2 个C. 3 个D. 4 个

9. 等比数列 an 满足 a3a5=4a4−1，且 a4，a6+1，a7 成等差数列，则该数列公比 q 为
A. 12B. −12C. 4D. 2

10. 公比不为 1 的等比数列 an 满足 a5a6+a4a7=18，若 a1⋅am=9，则 m 值为
A. 8B. 9C. 10D. 11

11. 已知数列 an 为等比数列，Sn 是它的前 n 项和．若 a2⋅a3=2a1，且 a4 与 2a7 的等差中项为 54，则 S5=
A. 35B. 33C. 31D. 29

12. 设等比数列 an 的公比 q=2，前 n 项和为 Sn，则 S4a2 等于
A. 2B. 4C. 152D. 172

13. 设 an 是公比为 q 的等比数列，则“q>1”是“an 为递增数列”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

14. 已知正项等比数列 an 满足 a1−a2=8，a3−a4=2，若 a1a2a3⋯an=1，则 n 为
A. 5B. 6C. 9D. 10

15. 在公比为 q 的正项等比数列 an 中，a4=1，则当 2a2+a6 取得最小值时，lg2q 等于
A. 14B. −14C. 18D. −18

16. 在等比数列 an 中，a5a7=6，a2+a10=5，则 a18a10 等于
A. −23 或 −32B. 23C. 32D. 23 或 32

17. 已知正项等比数列 an 满足 lg12a1a2a3a4a5=0，且 a6=18，则数列 an 的前 9 项和为
A. 73132B. 83132C. 76364D. 86364

18. 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 1a1+1a2+1a3+1a4+1a5=10，a3=1，则 S5=
A. 10B. 15C. 20D. 25

19. 等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，其中 n∈N+，则下列说法正确的是
A. 若 a3>a1>0，则 an>0
B. 若 a3>a1>0，则 Sn>0
C. 若 a3+a2+a1>a2+a1>0，则 an>0
D. 若 a3+a2+a1>a2+a1>0，则 Sn>0

20. 已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn，则下列一定成立的是
A. 若 a3>0，则 a2015<0B. 若 a4>0，则 a2014<0
C. 若 a3>0，则 S2015>0D. 若 a4>0，则 S2014>0

21. 设 an 是首项为正数的等比数列，公比为 q，则“q<0”是“对任意的正整数 n，a2n−1+a2n<0”的
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分又不必要条件

22. 等比数列 an 中，若 a2，a4 是方程 2x2−11x+8=0 的两根，则 a3 的值为
A. 2B. ±2C. 2D. ±3

23. 数列 an 是公比为 q 的等比数列，则“q>1”是数列 an 为递增数列的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件

24. 河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”从下至上共 7 层，从第二层起，上层的数量是下层的 2 倍，总共有 1016 个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上的“浮雕像”的数量构成数列 an，则 lg2a3⋅a5 的值为
A. 8B. 10C. 12D. 16

25. 在各项均为正数的等比数列 an 中，若 3a1，12a3，2a2 成等差数列，则 a2018−a2019a2016−a2017=
A. 3 或 −1B. 9 或 1C. 3D. 9

26. 数列 an 满足 a1∈Z，an+1+an=2n+3，且其前 n 项和为 Sn，若 S13=am，则正整数 m=
A. 99B. 103C. 107D. 198

27. 已知递增的等比数列 an 中，a2=6，a1+1，a2+2，a3 成等差数列，则该数列的前 6 项和 S6=
A. 93B. 189C. 18916D. 378

28. 在各项均为正数的等比数列 an 中 a6=3，则 4a4+a8
A. 有最小值 12B. 有最大值 12C. 有最大值 9D. 有最小值 9

二、选择题（共2小题；共10分）
29. 已知数列 an 是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是
A. 1anB. lg2an2
C. an+an+1D. an+an+1+an+2

30. 已知数列 an 满足 a1=1，an+1=an2+3ann∈N*，则下列结论正确的有
A. 1an+3 为等比数列
B. an 的通项公式为 an=12n+1−3
C. an 为递增数列
D. 1an 的前 n 项和 Tn=2n+2−3n−4
答案
第一部分
1. D【解析】设等比数列 an 的公比为 q，
因为 a2=2，a5=14，
所以 q3=a5a2=18，则 q=12．
由 a2=2，得 a1=4，则 an=4×12n−1．
所以 anan+2=4×12n−1×4×12n+1=16×14n，
所以数列 anan+2 是以 4 为首项，14 为公比的等比数列，
所以 a1a3+a2a4+⋯+anan+2=41−14n1−14=1631−14n．
2. D
3. A【解析】因为等比数列 an 中，a1=−16，a4=8，a1⋅a7=a42，
所以 a7=a42a1=64−16=−4．
4. A【解析】因为各项均为正数的等比数列 an 中，a1=1，a5=4，
所以 a32=a1×a5=4，所以 a3=2（负值舍去）．
5. C
【解析】由题意得，每年末的本利和依次构成以 1+2.50%=1.025 为公比，8×1.025 为首项的等比数列，
所以第十年末的本利和为 8×1.025×1.02510−1=8×1.02510 万元．
6. B【解析】由题知 a6=a1⋅q5=32×−125=−1．
7. B【解析】若“x 是 1 与 9 的等比中项”，则 x2=9，解得 x=±3，不能推出“x=3”；
若“x=3”，则“x 是 1 与 9 的等比中项”显然成立，
因此“x 是 1 与 9 的等比中项”是“x=3”的必要不充分条件．
8. A【解析】①中，数列不符合等比数列的定义，故不是等比数列；②中，前 3 项是等比数列，多于 3 项时，无法判定，故不能判定是等比数列；③中，当 a=0 时，不是等比数列；④中，数列符合等比数列的定义，是等比数列．
9. D【解析】由 a3a5=4a4−1，得 a42=4a4−4，
即 a4−22=0，解得 a4=2．
又 a4，a6+1，a7 成等差数列，
所以 2a6+1=a4+a7，即 22q2+1=2+2q3，
所以 q=2，故选D．
10. C
【解析】因为数列 an 等比，
所以 a5⋅a6=a4⋅a7=9，
因为 a1⋅am=9，
所以 m=5+6−1=10．
11. C【解析】设数列 an 的公比为 q，a2⋅a3=a12⋅q3=a1⋅a4=2a1，所以 a4=2．
又 a4+2a7=a4+2a4q3=2+4q3=2×54，所以 q=12，故 a1=a4q3=16，S5=a11−q51−q=31．
12. C
13. D【解析】当等比数列 an 的首项 a1<0，公比 q>1 时，如 an=−2n 是递减数列，所以充分性不成立；反之，若等比数列 an 为递增数列，则 a1<0,00,q>1, 所以必要性不成立，即“q>1”是“an 为递增数列”的既不充分也不必要条件．
14. C
15. A
16. D
17. C
18. A【解析】1a1+1a2+1a3+1a4+1a5=a1+a5a1a5+a2+a4a2a4+1a3=a1+a2+a3+a4+a5a32=S5a32=10,
又 a3=1，
所以 S5=10．
19. D【解析】对于A，若 an=−2n−1，满足 a3>a1>0，但 an>0 不一定成立，故A错误．
对于B，若 an=−2n−1，满足 a3>a1>0，但 S2=−20+−21=−1，不满足 Sn>0，故B错误．
对于C，若 an=−12n−1，满足 a3+a2+a1>a2+a1>0，但 an>0 不一定成立，故C错误．
对于D，设等比数列 an 的公比为 q，因为 a3+a2+a1>a2+a1，所以 a3>0，
即 a1q2>0⇒a1>0．
又 a2+a1>0⇒a2>−a1⇒q>−1．
则当 0<∣q∣<1 时，Sn=a11−qn1−q>0，
当 q=1 时，Sn=na1>0，
当 q>1 时，Sn=a11−qn1−q=a1qn−1q−1>0．
综上有 Sn>0．故D正确．
20. C
【解析】设等比数列 an 的公比为 q，
对于 A，若 a3>0，则 a1q2>0，所以 a1>0，所以 a2015=a1q2014>0，
所以A 不正确；
对于 B，若 a4>0 则 a1q3>0，所以 a1q>0，所以 a2014=a1q2013>0，
所以B不正确；
对于C，若 a3>0，则 a1q2>0，所以 a1>0，所以当 q=1 时，S2015>0，当 q≠1 时，S2015=a11−q20151−q，又 1−q 与 1−q2015 同号，
所以C正确．
21. C【解析】由题意得，an=a1qn−1a1>0，a2n−1+a2n=a1q2n−2+a1q2n−1=a1q2n−21+q．
若 q<0，
因为 1+q 的符号不确定，
所以无法判断 a2n−1+a2n 的符号；
反之，若 a2n−1+a2n<0，即 a1q2n−21+q<0，可得 q<−1<0．
故“q<0”是“对任意的正整数 n，a2n−1+a2n<0”的必要不充分条件．
22. B【解析】由 2x2−11x+8=0，x1x2=4，
即 a2a4=4，则 a3=±2．
23. D【解析】当 a1<0，q>1 时，an 递减，
所以数列 an 单调递增不成立，若数列 an 单调递增，当 a1<0，01 不成立，
所以“公比 q>1”是“数列 an 单调递增”的既不充分又不必要条件．
24. C【解析】由题意得数列 an 为等比数列，且公比 q=2，n=7，a11−271−2=1016，
解得 a1=8，则 an=8×2n−1=2n+21≤n≤7,n∈N+，
所以 a3=25，a5=27，
从而 a3⋅a5=25×27=212，
所以 lg2a3⋅a5=lg2212=12，
故选C．
25. D
【解析】设等比数列 an 的公比为 qq>0，
因为 3a1，12a3，2a2 成等差数列，
所以 a3=3a1+2a2⇒a1q2=3a1+2a1q⇒q2−2q
−3=0⇒q−3q+1=0，
因为 q>0，
所以 q=3．
故 a2018−a2019a2016−a2017=a2016−a2017q2a2016−a2017=q2=9．
26. B【解析】由 an+1+an=2n+3，得 an+1−n+1−1=−an−n−1，
所以 an−n−1 是公比为 −1 的等比数列，其首项为 a1−2，
所以 an−n−1=−1n−1a1−2，
所以 an=−1n−1a1−2+n+1，
所以 am=−1m−1a1−2+m+1，
易得 S13=a1+a2+a3+⋯+a12+a13=a1+2×2+4+⋯+12+3×6=a1+102，
①当 m 为奇数时，a1−2+m+1=a1+102，m=103；
②当 m 为偶数时，−a1−2+m+1=a1+102，m=2a1+99，
因为 a1∈Z，m=2a1+99 只能为奇数，
所以 m 为偶数时，不成立．
综上所述，m=103．
27. B
28. A
第二部分
29. A， D
【解析】设数列 an 的公比为 q．
当 an=1 时，lg2an2=0，此时数列 lg2an2 不是等比数列；
当 q=−1 时，an+an+1=0，此时数列 an+an+1 不是等比数列；
由等比数列的定义知 1an 和 an+an+1+an+2 都是等比数列．
故选AD．
30. A， B， D