等比数列基础测试题题库

一、等比数列选择题

1．在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.初始感染者传染R0个人，为第一轮传染，这R0个人中每人再传染R0个人，为第二轮传染，…….R0一般由疾病的感染周期､感染者与其他人的接触频率､每次接触过程中传染的概率决定.假设新冠肺炎的基本传染数R03.8，平均感染周期为7天，设某一轮新增加的感染人数为M，则当M>1000时需要的天数至少为（ ）参考数据：lg38≈1.58 A．34

B．35

C．36

D．37

2．已知an是正项等比数列且a1，A．21

B．21

a9a101（ ） a3，2a2 成等差数列，则aa278C．322

D．322 3．在等比数列an中，a132，a44．记Tna1a2…an(n1,2,…)，则数列Tn（ ）

A．有最大项，有最小项 C．无最大项，有最小项

B．有最大项，无最小项 D．无最大项，无最小项

4．设Sn为等比数列an的前n项和，若an0,a1的取值范围是（ ） A．0,

41,Sn2，则等比数列an的公比2233B．0,

32C．0,

34D．0,

5．在等比数列an中，a11，a427，则2a3a5（ ） A．45

B．54

C．99

D．81

6．已知等比数列{an}满足a1a24,a2a312，则S5等于（ ） A．40

B．81

C．121

D．242

a10210，则使得a10317．等比数列an的前n项积为Tn，且满足a11，a102a10310，

Tn1成立的最大自然数n的值为（ ）

A．102 C．204

B．203 D．205

8．一个蜂巢有1只蜜蜂，第一天，它飞出去找回了5个伙伴；第二天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第六天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有（ ）只蜜蜂. A．55989

B．46656

C．216

D．36

9．已知正项等比数列an的公比不为1，Tn为其前n项积，若T2017T2021，则（ ）

lna2020lna2021A．1:3 B．3:1 C．3:5 D．5:3

10．在数列an中，a12，an12an1，若an513，则n的最小值是（ ） A．9

B．10

C．11

D．12

11．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：“一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座5层塔共挂了363盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍，则塔的中间一层共有灯（ ） A．3盏

B．9盏

C．27盏

D．81盏

12．已知an是各项均为正数的等比数列，a1a21，a3a44，则

a5a6a7a8（ ）

A．80

B．20

C．32

D．

255 32213．在各项均为正数的等比数列an中，a62a5a9a825，则a1a13的最大值是

（ ） A．25

B．

25 4C．5 D．

2 514．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积列”.若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2022积数列”，且a1>1，则当其前n项的乘积取最大值时，n的最大值为（ ） A．1009

B．1010

C．1011

D．2020

15．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段(,)，记为第一次操作；再将剩下的两个区间[0,]，[,1]分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于

123313239，则需要操作的次数n的最小值为（ ）（参考数据：lg20.3010，10lg30.4771）

B．5

C．6

D．7

A．4

16．古代数学名著《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：一女子善于织布，每天织的布是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问该女子每天分别织布多少？由此条件，若织布的总尺数不少于20尺，该女子需要的天数至少为 （ ） A．6

B．7

C．8

D．9

17．设数列an，下列判断一定正确的是（ ）

2nA．若对任意正整数n，都有an4成立，则an为等比数列

B．若对任意正整数n，都有an1anan2成立，则an为等比数列

mnC．若对任意正整数m，n，都有aman2成立，则an为等比数列

11D．若对任意正整数n，都有成立，则an为等比数列

anan3an1an218．设bR，数列an的前n项和Sn3b，则（ ）

nA．an是等比数列

C．当b1时，an是等比数列

B．an是等差数列

D．当b1时，an是等比数列

19．已知正项等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am，an使得aman4a1，则

14的最小值为（ ） mnA．

5 3B．

3 2C．

4 3D．

11 620．已知等比数列an的前n项和的乘积记为Tn，若T2T9512，则Tn的最大值为（ ） A．215

B．214

C．213

D．212

二、多选题21．题目文件丢失！

*22．设数列{an}的前n项和为Sn(nN)，关于数列{an}，下列四个命题中正确的是

（ ）

A．若an1an(nN*)，则{an}既是等差数列又是等比数列

2B．若SnAnBn(A，B为常数，nN*)，则{an}是等差数列

C．若Sn11，则{an}是等比数列

*D．若{an}是等差数列，则Sn，S2nSn，S3nS2n(nN)也成等差数列

n23．若数列an的前n项和是Sn，且Sn2an2，数列bn满足bnlog2an，则下列选项正确的为（ ） A．数列an是等差数列

2n122C．数列a的前n项和为

3nB．an2

2nD．数列1的前n项和为Tn，则

bbnn1Tn1

24．已知正项等比数列an的前n项和为Sn，若a31，A．an必是递减数列 B．S511121，则（ ） a1a3a5431 4C．公比q4或

1 4D．a14或

1 4n2n25．已知数列an的前项和为Sn，a14,Snan+1(nN)，数列的

n(n1)an1前n项和为Tn，nN，则下列选项正确的是（ ） A．a24

nB．Sn2

C．Tn3 8D．Tn1 226．关于递增等比数列an，下列说法不正确的是（ ） A．a10

B．q1

an1 C．an1D．当a10时，

q1

27．设an是各项均为正数的数列，以an，an1为直角边长的直角三角形面积记为

Sn(nN)，则{Sn}为等比数列的充分条件是（ ）

A．an是等比数列

B．a1，a3， ，a2n1，或 a2，a4， ，a2n，是等比数列 C．a1，a3， ，a2n1，和 a2，a4，，a2n，均是等比数列

D．a1，a3， ，a2n1，和 a2，a4， ，a2n，均是等比数列，且公比相同 28．设等比数列an的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并且满足条件

a11，a6a71,A．0q1

a610，则下列结论正确的是（ ） a71B．a6a81 D．Tn的最大值为T6

C．Sn的最大值为S7

*29．数列an的前n项和为Sn，若a11，an12SnnN，则有（ ） n1A．Sn3 n1C．an23

B．Sn为等比数列 D．ann1,1, n223,n230．已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn．且满足an+an+1＝2n，bn•bn+1＝2n（n∈N*），则下列说法正确的有（ ） A．0＜a1＜1

B．1＜b1＜2 C．S2n＜T2n

D．S2n≥T2n

2n31．已知数列an的前n项和为S，a11，Sn1Sn2an1，数列的前

aann1n项和为Tn，nN*，则下列选项正确的为（ ）

A．数列an1是等差数列

nC．数列an的通项公式为an21

B．数列an1是等比数列 D．Tn1

32．已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2，设cnabn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2019时，n的取值可以是下面选项中的（ ） A．8

B．9

C．10

D．11

33．关于等差数列和等比数列，下列四个选项中不正确的有（ ）

A．若数列{an}的前n项和Snan2bnc(a，b，c为常数）则数列{an}为等差数列

n1B．若数列{an}的前n项和Sn22，则数列{an}为等差数列

C．数列{an}是等差数列，Sn为前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n，仍为等差数列

D．数列{an}是等比数列，Sn为前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n，仍为等比数列；

a10010，34．等比数列{an}中，公比为q，其前n项积为Tn，并且满足a11.a99·a9910，下列选项中，正确的结论有（ ） a1001A．0q1 B．a99a10110 C．T100的值是Tn中最大的

D．使Tn1成立的最大自然数n等于198

35．已知等差数列an的首项为1，公差d4，前n项和为Sn，则下列结论成立的有( )

SnA．数列的前10项和为100

nB．若a1,a3,am成等比数列，则m21 C．若

16，则n的最小值为6 aa25i1ii1nD．若amana2a10，则

11625的最小值为

12mn

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、等比数列选择题

1．D 【分析】

假设第n轮感染人数为an，根据条件构造等比数列an并写出其通项公式，根据题意列出关于n的不等式，求解出结果，从而可确定出所需要的天数. 【详解】

设第n轮感染人数为an，则数列an为等比数列，其中a13.8，公比为R03.8，

n所以an3.81000，解得nlog3.810003335.17， lg3.8lg3810.58而每轮感染周期为7天，所以需要的天数至少为5.17736.19． 故选：D. 【点睛】

关键点点睛：解答本题的关键点有两个：（1）理解题意构造合适的等比数列；（2）对数的计算. 2．D 【分析】 根据a1，

11a3，2a2 成等差数列可得a32a12a2，转化为关于a1和q的方程，求出22q的值，将

【详解】

a9a10化简即可求解.

a7a81a3，2a2 成等差数列， 2因为an是正项等比数列且a1，所以

1a32a12a2，即a1q2a12a1q，所以q22q10， 2解得：q12或q12（舍），

a9a10a7q2a8q2q212a7a8a7a82322，

故选：D 3．B 【分析】

首先求得数列的通项公式，再运用等差数列的求和公式求得Tn，根据二次函数的性质的指数函数的性质可得选项. 【详解】

41设等比数列an为q，则等比数列的公比qa441，所以q1， a13282则其通项公式为：ana1q所以Taan12n11322n126n，

n11n2n5+6nan225426n222，

令tn11n，所以当n5或6时，t有最大值，无最小值，所以Tn有最大项，无最小项. 故选：B. . 4．A 【分析】

1n1设等比数列{an}的公比为q，依题意可得q1．即可得到不等式q0，

21(1qn)q22，即可求出参数的取值范围；

1q【详解】

解：设等比数列{an}的公比为q，依题意可得q1． an0,a11，Sn2， 21(1qn)1n1q0，22， 21q1q0． 144q，解得q3． 4综上可得：{an}的公比的取值范围是：0,．

43故选：A． 【点睛】

等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程． 5．C 【分析】

利用等比数列的通项与基本性质，列方程求解即可 【详解】

3设数列an的公比为q，因为a4a1q，所以q3，所以2a3a52qq99.

24故选C 6．C

【分析】

根据已知条件先计算出等比数列的首项和公比，然后根据等比数列的前n项和公式求解出

S5的结果.

【详解】

因为a1a24,a2a312，所以qa2a33，所以a13a14，所以a11， a1a2所以S5故选：C. 7．C 【分析】

a11q51q135121， 13由题意可得a102a1031，a1021,a1031，利用等比数列的性质即可求解. 【详解】

2由a102a10310，即a102a1031，则有a102q1，即q0。

所以等比数列an各项为正数， a10210，即(a1021)(a1031)0， 由

a1031可得：a1021,a1031， 所以T204a1a2a203a204(a102a103)1021，

T205a1a2故选：C 【点睛】

a203a204a205a1031031，

故使得Tn1成立的最大自然数n的值为204，

关键T204a1a2a203a204(a102a103)1021点点睛：在分析出a102a1031，

a1021,a1031的前提下，由等比数列的性质可得T204(a102a103)1021，

T205a1031031，即可求解，属于难题.

8．B 【分析】

第n天蜂巢中的蜜蜂数量为an，则数列{an}成等比数列．根据等比数列的通项公式，可以算出第6天所有的蜜蜂都归巢后的蜜蜂数量． 【详解】

设第n天蜂巢中的蜜蜂数量为an，根据题意得 数列{an}成等比数列，它的首项为6，公比q6 所以{an}的通项公式：an66n16n

到第6天，所有的蜜蜂都归巢后， 蜂巢中一共有a66646656只蜜蜂． 故选：B． 9．A 【分析】

由T2017T2021得a2018a2019a2020a20211，由等比数列性质得a2018a2021a2019a20201，这样可把a2020和a2021用q表示出来后，可求得【详解】

lna2020． lna2021{an}是正项等比数列，an0，Tn0，nN*，

所以由T2017T2021T2017a2018a2019a2020a2021，得a2018a2019a2020a20211， 所以a2018a2021a2019a20201，设{an}公比为q，q1，

31(a2021)2(a2020)2a2018a20211，a2019a20201，即aq2，aq2，

20212020q3q所以

lna2020lna20211lnqlnq12． 33lnq3lnq2212故选：A． 【点睛】

本题考查等比数列的性质，解题关键是利用等比数列性质化简已知条件，然后用公比q表示出相应的项后可得结论． 10．C 【分析】

根据递推关系可得数列an1是以1为首项，2为公比的等比数列，利用等比数列的通项

n1公式可得an21，即求.

【详解】

an112， 因为an12an1，所以an112an1，即

an1所以数列an1是以1为首项，2为公比的等比数列.

n1n1则an12，即an21.

因为an513，所以2n11513，所以2n1512，所以n10. 故选：C 11．C 【分析】

根据题意，设塔的底层共有x盏灯，分析可得每层灯的数目构成以x为首项，等比数列，由等比数列的前n项和公式可得x的值，即可得答案． 【详解】

根据题意，设塔的底层共有x盏灯，则每层灯的数目构成以x为首项，列，

1为公比的31为公比的等比数3x(1则有S1)35363， 113解可得：x243，

所以中间一层共有灯243()27盏. 故选：C 【点睛】

思路点睛：要求中间一层的灯的数量，只需求等比数列的首项，根据等比数列的和求出数列的首项即可. 12．A 【分析】

由条件求出公比q，再利用前4项和和公比求a5a6a7a8的值. 【详解】

根据题意，由于an是各项均为正数的等比数列，

132a1a21，a3a44q2a1a2，∴q24，q0，q则a5a6a7a8q故选：A 13．B 【分析】

42

a1a2a3a4161480.

由等比数列的性质，求得a6a85，再结合基本不等式，即可求得a1a13的最大值，得到答案. 【详解】

2222由等比数列的性质，可得a62a5a9a8a62a6a8a8a6a825，

2aa825又因为an0，所以a6a85，所以a1a13a6a86，

42当且仅当a6a8故选：B. 14．C

25时取等号． 2【分析】

2根据数列的新定义，得到a1a2...a20211，再由等比数列的性质得到a10111，再利用

a11,0q1求解即可.

【详解】

根据题意：a2022a1a2...a2022， 所以a1a2...a20211，

因为{an}等比数列，设公比为q，则q0，

2所以a1a2021a2a2020...a10111，

因为a11，所以0q1， 所以a10101,a10111,0a10121，

所以前n项的乘积取最大值时n的最大值为1011. 故选：C. 【点睛】

关键点睛：本题主要考查数列的新定义以及等比数列的性质，数列的最值问题，解题的关

2键是根据定义和等比数列性质得出a10111以及a11,0q1进行判断.

15．C 【分析】

依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前n项和，列出不等式解之可得． 【详解】

第一次操作去掉的区间长度为三次操作去掉四个长度为

112；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；第

939141的区间，长度和为；…第n次操作去掉2n1个长度为n272732n1的区间，长度和为n，

3n11222于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为Snn1， 3933n21921，即nlg3lg21，解得：由题意，1，即nlglg310310nn115.679，

lg3lg20.47710.3010又n为整数，所以n的最小值为6. 故选：C. 【点睛】

本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前n项和等知识及估算能力，属于中档题.

16．B 【分析】

设女子第一天织布a1尺，则数列{an}是公比为2的等比数列，由题意得

5a1(125)a，解得，由此能求出该女子所需的天数至少为7天． S5511231【详解】

设女子第一天织布a1尺，则数列{an}是公比为2的等比数列，

5a1(125)由题意得S5， 5，解得a112315(12n)，解得2n125． 31Sn2012因为2664，27128

该女子所需的天数至少为7天．

故选：B 17．C 【分析】

根据等比数列的定义和判定方法逐一判断. 【详解】

n+12nn对于A，若an4，则an2，an+12，则

an12，即后一项与前一项的比不an一定是常数，故A错误；

对于B，当an0时，满足an1anan2，但数列an不为等比数列，故B错误； 对于C，由aman2mn可得an0，则aman+12mn+1an12mn+1mn2，故，所以an2an为公比为2的等比数列，故C正确；

对于D，由

11可知an0，则anan3an1an2，如1，2，6，12满

anan3an1an2足anan3an1an2，但不是等比数列，故D错误. 故选：C. 【点睛】

方法点睛：证明或判断等比数列的方法，

an1qq0,an0，则数列an为等比数列； （1）定义法：对于数列an，若an（2）等比中项法：对于数列an，若anan2an12an0，则数列an为等比数列；

（3）通项公式法：若ancqn（c,q均是不为0的常数），则数列an为等比数列；

（4）特殊值法：若是选择题、填空题可以用特殊值法判断，特别注意an0的判断. 18．D 【分析】

根据Sn与an的关系求出an，然后判断各选项． 【详解】

由题意n2时，anSnSn1(3b)(3nn1b)23n1an13(n2)， ，ana1S13b，

若

a2233，即b1，则{an}是等比数列，否则不是等比数列，也不是等差数a13b列， 故选：D． 【点睛】

关键点点睛：本题考查等比数列的定义．在由anSnSn1求通项时，n2必须牢记，

a1S1它与an(n2)的求法不相同，因此会影响{an}的性质．对等比数列来讲，不仅要

求

a3a4a2a3，还必须满足

a2a3． a1a219．B 【分析】

2设正项等比数列{an}的公比为q0，由a7a62a5，可得qq2，解得q2，

根据存在两项am、an使得aman4a1，可得a12qmn24a1，mn6．对m，n分类讨论即可得出． 【详解】

解：设正项等比数列{an}的公比为q0， 满足：a7a62a5，

q2q2，

解得q2，

存在两项am、an使得aman4a1，

a12qmn24a1，

mn6，

m，n的取值分别为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，

14143的最小值为．

242mn故选：B． 20．A

则

【分析】

27根据T2T9得到a61，再由a1a2a1q512，求得a1,q即可.

【详解】

设等比数列an的公比为q，

7由T2T9得：a61， 5故a61，即a1q1. 2又a1a2a1q512，

所以q故q91， 5121， 2nn12所以Tna1a2a3a4...ana1nq12n211n2,

15所以Tn的最大值为T6T52.

故选：A.

二、多选题 21．无

22．BCD 【分析】

利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解. 【详解】

选项A: an1an(nN*),an1an0得{an}是等差数列，当an0时不是等比数列，故错; 选项B:

SnAn2Bn,anan12A,得{an}是等差数列，故对;

n选项C: Sn11,SnSn1an2(1)n1(n2),当n1时也成立，

an2(1)n1是等比数列，故对;

*选项D: {an}是等差数列，由等差数列性质得Sn，S2nSn，S3nS2n(nN)是等差数

列，故对; 故选：BCD 【点睛】

熟练运用等差数列的定义、性质、前n项和公式是解题关键. 23．BD 【分析】

S1,n1根据Sn2an2，利用数列通项与前n项和的关系得an，求得通项an，然

S,n2n后再根据选项求解逐项验证. 【详解】

当n1时，a12，

当n2时，由Sn2an2，得Sn12an12， 两式相减得：an2an1， 又a22a1，

所以数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列， 所以an2，an4，数列an则bnlog2anlog22n，

n2n的前n项和为S2n414n14n4n14， 31111所以，

bnbn1nn1nn1所以 Tn故选：BD 【点睛】

方法点睛：求数列的前n项和的方法 (1)公式法：①等差数列的前n项和公式，Sn1111111...11， 1234nn1n1na1annn1na1d②等比数列22na1,q1n的前n项和公式Sna11q；

,q11q(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．

(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．

(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.

(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 24．BD

【分析】

设设等比数列an的公比为q，则q0，由已知得a11案. 【详解】

解：设等比数列an的公比为q，则q0，

221，a3a1q1 ， 因为a1a5a3121，解方程计算即可得答a14所以

aa1111111211151a1a5a11， a1a3a5a1a5a1a5a141a14a1解得4， 1或q2q2.14151231当a14，q时，S5，数列an是递减数列；

14212当a11，q42时，S531，数列an是递增数列； 4综上，S5故选：BD. 【点睛】

31. 4本题考查数列的等比数列的性质，等比数列的基本量计算，考查运算能力.解题的关键在于结合等比数列的性质将已知条件转化为a1125．ACD 【分析】

在a14,Snan+1(nN)中，令n1，则A易判断；由S2a1a22，B易判断；

121，进而解方程计算. a143令bnn23，b1，

n(n1)an18n2n21131T，裂项求和，nn(n1)an1nn12n1n2nn12n182n2时，bn则CD可判断. 【详解】

解：由a14,Snan+1(nN)，所以a2S1a14，故A正确；

S2a1a282322，故B错误；

Snan+1，n2,Sn1an，所以n2时，anSnSn1an1an，

an12， ann2n所以n2时，an422，

令bnn2123b，1，

n(n1)an1(11)a28n2n211，

n(n1)an1nn12n1n2nn12n1n2时，bn3T1b1，n2时，

831111Tn822232332342411111 n2nn12n12n12n1231所以nN时，Tn，故CD正确；

82故选：ACD. 【点睛】

a1,n1aSa方法点睛：已知n与n之间的关系，一般用n递推数列的通项，注

SSn2n1n意验证a1是否满足anSnSn1n2；裂项相消求和时注意裂成的两个数列能够抵消求和. 26．ABC 【分析】

由题意，设数列an的公比为q，利用等比数列an单调递增，则

an1ana1qn1(q1)0，分两种情况讨论首项和公比，即可判断选项.

【详解】

由题意，设数列an的公比为q，

n1因为ana1q，

可得an1ana1qn1(q1)0，

an1， an1当a10时，q1，此时0当a10时，0q1,故不正确的是ABC. 故选：ABC. 【点睛】

an1， an1本题主要考查了等比数列的单调性.属于较易题. 27．AD 【分析】

根据{Sn}为等比数列等价于【详解】

an2为常数，从而可得正确的选项. an{Sn}为等比数列等价于

Sn1an2an1an2为常数，也就是等价于即为常数.

anan+1Snanan2q2（q为an的公比）为常数，故A满足； an对于A，因为an是等比数列，故

n对于B，取a2n12n1,a2n2，此时满足a2，a4， ，a2n，是等比数列，

a1，a3， ，a2n1，不是等比数列，

a2n1不是常数，故B错. a2n1nn对于C，取a2n13,a2n2，此时满足a2，a4， ，a2n，是等比数列，

a1，a3， ，a2n1，是等比数列，an2对于D，根据条件可得为常数.

an故选：AD. 【点睛】

a2n1a3，2n22，两者不相等，故C错. a2n1a2n本题考查等比数列的判断，此类问题应根据定义来处理，本题属于基础题. 28．AD 【分析】

分类讨论a6,a7大于1的情况，得出符合题意的一项. 【详解】

①a61,a71, 与题设

a610矛盾. a71②a61,a71,符合题意. ③a61,a71,与题设

a610矛盾. a71④ a61,a71,与题设a11矛盾.

得a61,a71,0q1，则Tn的最大值为T6.

B，C，错误.

故选：AD. 【点睛】

考查等比数列的性质及概念. 补充：等比数列的通项公式：ana1q29．ABD 【分析】

根据an,Sn的关系，求得an，结合等比数列的定义，以及已知条件，即可对每个选项进行

n1nN.

*逐一分析，即可判断选择. 【详解】

由题意，数列an的前n项和满足an12SnnN当n2时，an2Sn1，

两式相减，可得an1an2(SnSn1)2an， 可得an13an，即

*，

an13,(n2)， ana22， a1又由a11，当n1时，a22S12a12，所以

1,所以数列的通项公式为ann223n1n2；

an123n1当n2时，Sn3n1，

22又由n1时，S1a11，适合上式，

n1所以数列的an的前n项和为Sn3；

Sn13nn13，所以数列Sn为公比为3的等比数列， 又由Sn3综上可得选项A,B,D是正确的. 故选：ABD. 【点睛】

本题考查利用an,Sn关系求数列的通项公式，以及等比数列的证明和判断，属综合基础题. 30．ABC 【分析】

利用代入法求出前几项的关系即可判断出a1，b1的取值范围，分组法求出其前2n项和的表达式，分析，即可得解. 【详解】

∵数列{an}为递增数列；∴a1＜a2＜a3； ∵an+an+1＝2n，

a1a22∴；

aa423a1a2＞2a1∴

aa＞2a44a2123∴0＜a1＜1；故A正确．

∴S2n＝（a1+a2）+（a3+a4）+…+（a2n﹣1+a2n）＝2+6+10+…+2（2n﹣1）＝2n2； ∵数列{bn}为递增数列；

∴b1＜b2＜b3； ∵bn•bn+1＝2n ∴b1b22；

b2b34∴b2＞b1； b＞b32∴1＜b1＜2，故B正确． ∵T2n＝b1+b2+…+b2n

＝（b1+b3+b5+…+b2n﹣1）+（b2+b4+…+b2n）

b112n2b12bb22n212n1

2b1b22n1222n1；

∴对于任意的n∈N*，S2n＜T2n；故C正确，D错误． 故选：ABC 【点睛】

本题考查了分组法求前n项和及性质探究，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题. 31．BCD 【分析】

由数列的递推式可得an1Sn1Sn2an1，两边加1后，运用等比数列的定义和通项公

2n2n11n式可得an，，由数列的裂项相消求和可得Tn． anan1(21)(2n11)2n12n11【详解】

解：由Sn1Sn2an1即为an1Sn1Sn2an1，

可化为an112(an1)，由S1a11，可得数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列，

nn则an12，即an21，

2n2n11n又，可得anan1(21)(2n11)2n12n11Tn111111111， 2212212312n12n112n11故A错误，B，C，D正确． 故选：BCD． 【点睛】

本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，以及数列的裂项相消法求和，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题． 32．AB

【分析】

由已知分别写出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列{cn}的通项公式，利用数列的分组求和法可得数列{cn}的前n项和Tn，验证得答案． 【详解】

由题意，an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，bn2n1，

cnabn2•2n﹣1﹣1＝2n﹣1，则数列{cn}为递增数列，

其前n项和Tn＝（21﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n﹣1） ＝（2+2+…+2）﹣n1

2

n

212n12n2

n+1

﹣2﹣n．

当n＝9时，Tn＝1013＜2019； 当n＝10时，Tn＝2036＞2019． ∴n的取值可以是8，9． 故选：AB 【点睛】

本题考查了分组求和，考查了等差等比数列的通项公式、求和公式，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 33．ABD 【分析】

根据题意，结合等差、等比数列的性质依次分析选项，综合即可得的答案. 【详解】

根据题意，依次分析选项：

2对于A，若数列an的前n项和Snanbnc，

若c0，由等差数列的性质可得数列an为等差数列， 若c0，则数列an从第二项起为等差数列，故A不正确；

n1对于B，若数列an的前n项和Sn22，

可得a1422，a2S2S18224，a3S3S216268， 则a1，a2，a3成等比数列，则数列an不为等差数列，故B不正确；

对于C，数列an是等差数列，Sn为前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n，，即为

a1a2an，an1a2n，a2n1a3n，，

2即为S2nSnSnS3nS2nS2nSnnd为常数，仍为等差数列，

故C正确；

对于D，数列an是等比数列，Sn为前n项和，则Sn，S2nSn，S3nS2n，不一定为等比数列，

比如公比q1，n为偶数，Sn，S2nSn，S3nS2n，，均为0，不为等比数列.故

D不正确. 故选：ABD. 【点睛】

本题考查等差、等比数列性质的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题. 34．ABD 【分析】

由已知a99a10010，得q0，再由

a9910得到q1说明A正确；再由等比数列

a1001a100，而0a1001，求得T100T99，说明的性质结合a1001说明B正确；由T100T99·C错误；分别求得T1981，T1991说明D正确.

【详解】 对于A，

a99a10010，a12·q1971，a1·q98·q1.

2a11，q0.

又

a9910，a991，且a1001. a10010q1，故A正确；

a99·a101a1002a1011，即a99·a10110，故B正确； 对于B，，0a99?0a1001a100，而0a1001，故有T100T99，故C错误； 对于C，由于T100T99·a2a198a1·a198a2·a197a99·a100a99·a100991， 对于D，T198a1·T199a1·a2a199a1·a199a2·a198a99·a101·a1001，故D正确.

不正确的是C.

故选：ABD. 【点睛】

本题考查等比数列的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题. 35．AB 【分析】

2由已知可得:an4n3,Sn2nn,

SnSn=2n1,则数列为等差数列通过公式即可nn1111=,通过裂项求aiai144n34n1求得前10项和;通过等比中项可验证B选项;因为

和可求得

aai1n1;由等差的性质可知mn12利用基本不等式可验证选项D错误.

ii1【详解】

2由已知可得:an4n3,Sn2nn,

Sn10119S=2n1,则数列n为等差数列,则前10项和为=100.所以A正确;

nn22a1,a3,am成等比数列,则a3=a1am,am81,即am=4m381,解得m21故B正确;

1111=因为所以aiai144n34n111111=1aa4559i1ii1n11n6=,解得n6,故n的最小值4n34n14n125为7,故选项C错误;等差的性质可知mn12,所以

11611161n16m251=mn1161724,当且仅当mn12mn12mn1212n16m4848=时,即n=4m时取等号,因为m,nN*,所以n=4m不成立,故选项D错mn55误.

故选:AB. 【点睛】

本题考查等差数列的性质,考查裂项求和,等比中项,和基本不等式求最值,难度一般.