等比数列练习题(有答案)百度文库

一、等比数列选择题

1．明代朱载堉创造了音乐学上极为重要的“等程律”．在创造律制的过程中，他不仅给出了求解三项等比数列的等比中项的方法，还给出了求解四项等比数列的中间两项的方法．比如，若已知黄钟、大吕、太簇、夹钟四个音律值成等比数列，则有大吕=黄钟太簇，大吕=3(黄钟)太簇，太簇=23黄钟(夹钟)2．据此，可得正项等比数列an中，ak（ ）

nkA．nk1a1an

nkB．nk1a1an nkk1C．n1a1 ank1nkD．n1a1 an2．记Sn为正项等比数列an的前n项和，若S21，S45，则S7（ ）. A．S710

B．S72 3C．S762 3D．S7127 33．在等比数列{an}中，a24，a532，则a4（ ） A．8 （ ） A．4

B．5

C．8

D．15

25．已知各项不为0的等差数列an满足a6a7a80，数列bn是等比数列，且

B．8 C．16 D．16

4．已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9＝

b7a7，则b3b8b10（ )

A．1

B．8

C．4

D．2

6．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

a7a82C．322

D．322 7．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

8．已知等比数列{an}中a1010＝2，若数列{bn}满足b1＝A．22017

B．22018

C．22019

bn11，且an＝，则b2020＝（ ）

b4nD．22020

9．公比为q(q0)的等比数列an中，a1a39,a427，则a1q（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

10．已知等比数列{an}中，Sn是其前n项和，且2a5a3a1，则A．C．

S4（ ） S27 621 32B．D．

3 21 411．已知等比数列an，a7=8，a11=32，则a9=（ ） A．16

B．16

C．20

D．16或16

22a3a7a6a1016，则a2a8（ ） 12．正项等比数列an满足a2A．1 B．2 C．4 D．8

13．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

14．已知单调递增数列an的前n项和Sn满足2Snanan1nN*，且Sn0，记

n数列2an的前n项和为Tn，则使得Tn2020成立的n的最小值为（ ）

A．7 C．10

B．8 D．11

15．已知数列an为等比数列，a12，且a5a3，则a10的值为（ ） A．1或1

B．1

2n1C．2或2 D．2

16．数列{an}满足a12a22a32于（ ）

ann(n∈N*)，数列{an}前n和为Sn，则S10等291A． 2551B．1 2101C．1 2S3=（ ） a31D． 26617．已知等比数列的公比为2，其前n项和为Sn，则A．2

B．4

C．

7 4D．

15 818．已知正项等比数列an满足a1则S5（ ） A．

1，a2a4a32，又Sn为数列an 的前n项和，23111 或

22nC．15

31 2D．6

B．

B．an是等差数列

D．当b1时，an是等比数列

19．设bR，数列an的前n项和Sn3b，则（ ） A．an是等比数列

C．当b1时，an是等比数列

20．已知公比大于1的等比数列an满足a2a420，a38.则数列前n项的和为（ ）

2n38n2A．1

332n38n2C．1

332n38n12B．1

552n38n12D．1

551n1anan1的

二、多选题21．题目文件丢失！

22．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,A．0a11

bnbn12n(nN*)，则下列结论正确的是（ ）

B．1b12

C．S2nT2n

D．S2nT2n

23．已知数列an是公比为q的等比数列，bnan4，若数列bn有连续4项在集合｛-50，-20，22，40，85｝中，则公比q的值可以是（ ） A．3 42B．2 3C．4 3D．3 224．已知数列{an}是等比数列，则下列结论中正确的是（ ） A．数列{an}是等比数列 B．若a43,a1227,则a89 C．若a1a2a3,则数列{an}是递增数列 D．若数列{an}的前n和Sn3n1r,则r=-1

25．记单调递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a410，a2a3a464，则（ ）

n1A．Sn1Sn2 nC．Sn21

B．an2n1

n1D．Sn21

26．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（ ）

1{} A．anB．log2(an)

2C．{anan1} D．{anan1an2}

27．已知数列{an}，a11，a25，在平面四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点E，且AE2EC，当n≥2时，恒有BDan2an1BAan13anBC，则（ ） A．数列{an}为等差数列 C．数列{an}为等比数列

B．BE12BABC 33nD．an1an4

28．记单调递增的等比数列an的前n项和为Sn，若a2a410，a2a3a464，则

（ ）

n1A．Sn1Sn2

B．an2n1

nC．Sn21 n1D．Sn21

29．在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关.”则下列说法正确的是（ ） A．此人第二天走了九十六里路

B．此人第三天走的路程站全程的

1 8C．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 30．设数列{an}满足a13a25a3和为Sn,则（ ） A．a12

B．anD．此人后三天共走了42里路

*(2n1)an2n(nN),记数列{an}的前n项2n12 2n1C．Snn 2n1D．Snnan1

31．设an是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意nN，均有ankan，则称

an是间隔递增数列，k是an的间隔数，下列说法正确的是（ ）

A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列 B．已知ann4，则an是间隔递增数列 nnC．已知an2n1，则an是间隔递增数列且最小间隔数是2

2D．已知anntn2020，若an是间隔递增数列且最小间隔数是3，则4t5

32．在公比q为整数的等比数列an中，Sn是数列an的前n项和，若 a1a418， a2a3A．qC．S812，则下列说法正确的是（ ）

B．数列Sn2是等比数列 D．数列lgan是公差为2的等差数列

2

510

2n33．已知数列an的前n项和为S，a11，Sn1Sn2an1，数列的前

anan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

34．已知等比数列{an}的公比q则以下结论正确的有（ ） A．a9•a10＜0

B．a9＞a10

2，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9＞b9且a10＞b10，3C．b10＞0

D．b9＞b10

35．已知数列{an}是等比数列，则下列结论中正确的是（ ） A．数列{an}是等比数列

2B．若a32，a732，则a58 C．若a1a2a3，则数列{an}是递增数列

n1D．若数列{an}的前n和Sn3r，则r1

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、等比数列选择题 1．C 【分析】

根据题意，由等比数列的通项公式，以及题中条件，即可求出结果. 【详解】

因为三项等比数列的中项可由首项和末项表示，四项等比数列的第2、第3项均可由首项和末项表示，所以正项等比数列an中的ak可由首项a1和末项an表示，因为

ana1qn1，所以qn1an， a1k1n1所以aka1n1nkn11k1n1nana1k1aa1na1

aak1. n1a1nkan故选：C. 2．D 【分析】

利用等比数列前n项和公式列出方程组，求出首项和公比，由此能求出这个数列的前7项和． 【详解】

Sn为正项等比数列{an}的前n项和，S21，S45，

q021a1(1q)1，解得a1，q31qa(1q4)151q1(127)127．

S731232，

故选：D． 3．C 【分析】

根据条件计算出等比数列的公比，再根据等比数列通项公式的变形求解出a4的值. 【详解】

因为a24,a532，所以q2所以a4a2q4416，

3a58，所以qa22，

故选：C. 4．C 【分析】

由等比中项，根据a3a11＝4a7求得a7，进而求得b7，再利用等差中项求解. 【详解】 ∵a3a11＝4a7， ∴a7＝4a7， ∵a7≠0， ∴a7＝4， ∴b7＝4， ∴b5＋b9＝2b7＝8． 故选：C 5．B 【分析】

根据等差数列的性质，由题中条件，求出a72，再由等比数列的性质，即可求出结果. 【详解】

2因为各项不为0的等差数列an满足a6a7a80，

22所以2a7a70，解得a72或a70（舍）；

又数列bn是等比数列，且b7a72，

3所以b3b8b10b3b7b11b78.

故选：B. 6．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a8因为an是正项等比数列且a1，所以

1a3，2a2 成等差数列， 21a3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 7．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. 8．A 【分析】

a11q51q135121， 13根据已知条件计算a1a2a3解出b2020的结果. 【详解】 因为ana2018a2019的结果为

b2020，再根据等比数列下标和性质求b1bn1，所以a1a2a3bna2018a2019b2b3b4b1b2b3b2019b2020b2020， b2018b2019b1因为数列an为等比数列，且a10102， 所以a1a2a322a1010a1010a2018a2019a1a2019a2a201822019a1010a1010a101022019

a1009a1011a1010

b202022019，又b11，所以b202022017， 所以b14故选：A. 【点睛】

结论点睛：等差、等比数列的下标和性质：若mnpq2tm,n,p,q,tN（1）当an为等差数列，则有amanapaq2at；

*，

（2）当an为等比数列，则有amanapaqat.

29．D 【分析】

利用已知条件求得a1,q，由此求得a1q. 【详解】

a1a1q2a12q29a113依题意a1q27，所以a1q4.

q3q0故选：D 10．B 【分析】

a1(1q4)S41q41q1q2求解. 由2a5a3a1，解得q，然后由22S2a1(1q)1q1q【详解】

在等比数列{an}中，2a5a3a1， 所以2a1q4a1q2a1，即2q4q210， 解得q21 2a1(1q4)S41q431q21q所以， 22S2a1(1q)1q21q故选：B 【点睛】

本题主要考查等比数列通项公式和前n项和公式的基本运算，属于基础题, 11．A 【分析】

根据等比数列的通项公式得出a1q8，a1q61032且a10，再由

a9a1q8a1q6a1q10求解即可.

【详解】

设等比数列an的公比为q，则a1q8，a1q61032且a10

则a9a1q8故选：A 12．C

a1q6a1q1083216

【分析】

利用等比数列的性质运算求解即可. 【详解】

22a3a7a6a1016， 根据题意，等比数列an满足a2222a2a8a816，即a2a816， 则有a22又由数列an为正项等比数列，故a2a84． 故选：C． 13．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. 14．B 【分析】

由数列an与Sn的关系转化条件可得anan11，结合等差数列的性质可得ann，再由错位相减法可得Tnn12【详解】

由题意，2Snanan1nNn12，即可得解.

*，

当n2时，2Sn1an1an11，

所以2an2Sn2Sn1anan1an1an11， 整理得anan1anan110，

因为数列an单调递增且Sn0，所以anan10,anan110，即anan11， 当n1时，2S1a1a11，所以a11， 所以数列an是以1为首项，公差为1的等差数列， 所以ann，

所以Tn121222323n2n，

2Tn122223324n12nn2n1，

所以Tn22222n2234nn1212n12n2n11n2n12，

所以Tnn12n12，

89所以T76221538，T87223586，

所以Tn2020成立的n的最小值为8. 故选：B. 【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键是数列an与Sn关系的应用及错位相减法的应用. 15．C 【分析】

根据等比数列的通项公式，由题中条件，求出公比，进而可得出结果. 【详解】

设等比数列an的公比为q，

2因为a12，且a5a3，所以q1，解得q1， 9所以a10a1q2.

故选：C. 16．B 【分析】

根据题意得到a12a22a322n2an1n1，（n2），与条件两式作差，得到21111*nNaaa，（），再验证满足，得到n2，进而可求出1nn2n22n2n结果. 【详解】 an因为数列an满足a12a22a322n1ann， 2a12a222a3则2n12n2an1n1，（n2） 2annn111，则ann，（n2）， 2222又a1111*满足ann，所以annnN， 222因此S10a1a2a3a101122211110112210101.

12212故选：B 17．C 【分析】

利用等比数列的通项公式和前n项和公式代入化简可得答案 【详解】

解：因为等比数列的公比为2，

a1(123)7a7所以S31221， a3a124a14故选：C 18．B 【分析】

首先利用等比数列的性质求a3和公比q，再根据公式求S5. 【详解】

正项等比数列an中，

a2a4a32，

2a3a32，

解得a32或a31（舍去） 又a11， 2q2a34， a12，

5解得q1(132)a1(1q)231S5，

1q12故选：B 19．D 【分析】

根据Sn与an的关系求出an，然后判断各选项． 【详解】

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

an13(n2)， ana1S13b，

a2233，即b1，则{an}是等比数列，否则不是等比数列，也不是等差数若

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a3a4求

a2a320．D 【分析】

根据条件列出方程组可求出等比数列的公比和首项，即可得到数列的通项公式，代入

a2a3． ，还必须满足

a1a21n1anan1可知数列为等比数列，求和即可.

【详解】

因为公比大于1的等比数列an满足a2a420，a38，

a1qa1q320所以2，

a1q8解得q2，a12，

n1n所以an222，

1n1anan11n12nn11n122n1，

1n1anan1是以8为首项，4为公比的等比数列，

579Sn2222故选：D 【点睛】

31n122n12n38[1(4)n]8n12(1)， 1(4)55关键点点睛：求出等比数列的通项公式后，代入新数列，可得数列的通项公式，由通项公式可知数列为等比数列，根据等比数列的求和公式计算即可.

二、多选题 21．无

22．ABC 【分析】

利用数列单调性及题干条件，可求出a1,b1范围；求出数列{an},{bn}的前2n项和的表达式，利用数学归纳法即可证明其大小关系，即可得答案. 【详解】

因为数列{an}为递增数列， 所以a1a2a3，

所以2a1a1a22，即a11， 又2a2a2a34，即a22a12， 所以a10，即0a11，故A正确； 因为{bn}为递增数列， 所以b1b2b3，

2所以b1b1b22，即b12，

又b2b2b34，即b2222， b1所以b11，即1b12，故B正确；

{an}的前2n项和为S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)

= 2[13(2n1)]2n(12n1)2n2，

2nn1因为bnbn12，则bn1bn22，所以bn22bn，

则{bn}的2n项和为T2n(b1b3b2n1)(b2b4b2n)

01n101n1n=b1(222)b2(222)(b1b2)(21)

nn2bb(21)22(21)， 12当n=1时，S22,T222，所以T2S2，故D错误； 当n2时

假设当n=k时，22(2k1)2k2，即2(2k1)k2， 则当n=k+1时，2(2k11)2(2k2k1)2k22(2k11)2k2k2

k22k1(k1)2

所以对于任意nN*，都有22(2k1)2k2，即T2nS2n，故C正确 故选：ABC 【点睛】

本题考查数列的单调性的应用，数列前n项和的求法，解题的关键在于，根据数列的单调性，得到项之间的大小关系，再结合题干条件，即可求出范围，比较前2n项和大小时，需灵活应用等差等比求和公式及性质，结合基本不等式进行分析，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.

23．BD 【分析】

先分析得到数列{an}有连续四项在集合{54，24，18，36，81}中，再求等比数列的公比. 【详解】 bnan4 anbn4

数列{bn}有连续四项在集合｛-50，-20，22，40，85｝中

数列{an}有连续四项在集合{54，24，18，36，81}中

又

数列{an}是公比为q的等比数列，

在集合{54，24，18，36，81}中，数列{an}的连续四项只能是：24，36，

54，81或81，54，36，24.

363242q. 或q363242故选：BD 24．AC 【分析】

根据等比数列定义判断A;根据等比数列通项公式判断B,C;根据等比数列求和公式求项判断D. 【详解】

设等比数列{an}公比为q,(q0)

2anan1221)q2，即数列{an}是等比数列；即A正确； 则2(anan因为等比数列{an}中a4,a8,a12同号，而a40, 所以a80，即B错误；

a10a102aaqaqaaa,若1或，即数列{an}是递增数列，C正确； 1123则1q10q1若数列{an}的前n和Sn3n1r,则a1S1311r1r,a2S2S12,a3S3S26 所以qa3a13223(1r),r，即D错误 a2a13故选：AC 【点睛】

等比数列的判定方法

an1q(q为非零常数)，则{an}是等比数列； (1)定义法：若an2(2)等比中项法：在数列{an}中，an0且an1anaa2，则数列{an}是等比数列；

n(3)通项公式法：若数列通项公式可写成ancq(c,q均是不为0的常数)，则{an}是等比

数列；

n(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Snkqk(q0,q1,k为非零常数)，则

{an}是等比数列.

25．BC 【分析】

根据数列的增减性由所给等式求出a1、d，写出数列的通项公式及前n项和公式，即可进行判断. 【详解】

数列{an}为单调递增的等比数列，且a2a4100，an0

a2a3a464，a3264，解得a34，

4a2a410，4q10即2q25q20，解得qq又数列{an}为单调递增的等比数列，取q2或

1， 22，a1a341， q24an2n12n1n1nn，Sn2n1，Sn1Sn21212.

21故选：BC 【点睛】

本题考查等比数列通项公式基本量的求解、等比数列的增减性、等比数列求和公式，属于基础题. 26．AD 【分析】

主要分析数列中的项是否可能为0，如果可能为0，则不能是等比数列，在不为0时，根据等比数列的定义确定． 【详解】

an1时，log2(an)20，数列{log2(an)2}不一定是等比数列， q1时，anan10，数列{anan1}不一定是等比数列，

1{}和{anan1an2}都是等比数列． 由等比数列的定义知an故选AD． 【点睛】

本题考查等比数列的定义，掌握等比数列的定义是解题基础．特别注意只要数列中有一项为0，则数列不可能是等比数列． 27．BD 【分析】 证明BE12BABC，所以选项B正确；设BDtBE（t0），易得33an1an4anan1，显然anan1不是同一常数，所以选项A错误；数列{anan1}

n是以4为首项，4为公比的等比数列，所以an1an4，所以选项D正确，易得

a321，选项C不正确.

【详解】

因为AE2EC，所以AE所以ABBE所以BE2AC， 32(ABBC), 312BABC，所以选项B正确； 33

设BDtBE（t0），

则当n≥2时，由BDtBEan2an1BAan13anBC，所以

BE所以

11an2an1BAan13anBC， tt1112an2an1，an13an， t3t3所以an13an2an2an1， 易得an1an4anan1，

显然anan1不是同一常数，所以选项A错误； 因为a2-a1=4，

an1an4，

anan1所以数列{anan1}是以4为首项，4为公比的等比数列，

n所以an1an4，所以选项D正确，

易得a321，显然选项C不正确. 故选：BD 【点睛】

本题主要考查平面向量的线性运算，考查等比数列等差数列的判定，考查等比数列通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

28．BC 【分析】

先求得a3，然后求得q，进而求得a1，由此求得an,Sn,Sn1Sn，进而判断出正确选项. 【详解】

33由a2a3a464得a34，则a34．设等比数列an的公比为qq0，由

4a2a410，得4q10，即2q25q20，解得qq2或q1．又因为数列22n1，

an单调递增，所以q12故选：BC 【点睛】

29．ACD 【分析】

2，所以2a18a110，解得a11．所以anSn112nn1nn2n1，所以Sn1Sn21212.

本题考查等比数列的通项公式、等比数列的性质及前n项和，属于中档题.

若设此人第n天走an里路，则数列an是首项为a1，公比为q1的等比数列，由2S6378求得首项，然后分析4个选项可得答案.

【详解】

解：设此人第n天走an里路，则数列an是首项为a1，公比为q1的等比数列， 2因为S6378，所以S6=a1(11)62378，解得a192，

1112196，所以此人第二天走了九十六里路，所以A正确； 21481，所以B不正确； 对于B，由于 a319248,43788对于C，由于378192186,1921866，所以此人第一天走的路程比后五天走的路程

对于A，由于a2192多六里，所以C正确； 对于D，由于a4a5a6192故选：ACD 【点睛】

此题考查等比数的性质，等比数数的前项n的和，属于基础题. 30．ABD 【分析】

11142，所以D正确， 81632由已知关系式可求a1、an，进而求得{项. 【详解】

an}的通项公式以及前n项和Sn,即可知正确选2n1由已知得：a12，令Tna13a25a3...(2n1)an2n， 则当n2时，TnTn1(2n1)an2，即an∴an222也成立， ，而a12n1211211a2，nN*，故数列{n}通项公式为，

(2n1)(2n1)2n12n12n12n1∴Sn111111111112n...1，335572n32n12n12n12n12n1即有Snnan1， 故选：ABD 【点睛】

关键点点睛：由已知Tna13a25a3...(2n1)an2n求a1、an，注意验证a1是否符合an通项，并由此得到{31．BCD 【分析】

根据间隔递增数列的定义求解. 【详解】 A. ankana1qnk1an}的通项公式，利用裂项法求前n项和Sn. 2n1a1qn1a1qn1qk1，因为q1，所以当a10时，

ankan，故错误；

B. ankn2kn4444annknk1kn+kn，令nknn+kntn2kn4，t在nN单调递增，则t11k40，解得k3，故正确；

C. ankan2nk1knknnk2n12k111，当n为奇数时，2k110，存在k1成立，当n为偶数时，2k110，存在k2k成立，综上：an是间隔递增数列且最小间隔数是2，故正确； D. 若an是间隔递增数列且最小间隔数是3，

则ankannktnk2020ntn20202knktk0，nN222成立，

则k2tk0，对于k3成立，且k2tk0，对于k2成立

22即k2t0，对于k3成立，且k2t0，对于k2成立 所以t23，且t22 解得4t5，故正确. 故选：BCD 【点睛】

本题主要考查数列的新定义，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 32．ABC 【分析】

由a1a418，a2a312，a1a1q318，a1qa1q212，公比q为整数，解得

a1，q，可得an，Sn，进而判断出结论.

【详解】

∵a1a418，a2a312且公比q为整数，

1（舍去）故A正确， 232∴a1a1q18，a1qa1q12，

∴a12，q2或qSn212n122n12，∴S8510，故C正确；

n1∴Sn22，故数列Sn2是等比数列，故B正确；

n而lganlg2nlg2，故数列lgan是公差为lg2的等差数列，故D错误．

故选：ABC. 【点睛】

本题主要考查了等比数列的通项公式和前n项和公式以及综合运用，属于中档题． 33．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． 34．AD 【分析】

设等差数列的公差为d，运用等差数列和等比数列的通项公式分析A正确，B与C不正确，结合条件判断等差数列为递减数列，即可得到D正确． 【详解】

数列{an}是公比q为2的等比数列，{bn}是首项为12，公差设为d的等差数列， 3239则a9a1()，a10a1()， ∴a9•a10a1()＜0，故A正确； ∵a1正负不确定，故B错误；

∵a10正负不确定，∴由a10＞b10，不能求得b10的符号，故C错误； 由a9＞b9且a10＞b10，则a1（22382317282）＞12+8d，a1（）9＞12+9d， 33由于a9,a10异号，因此a90或a10故 b90或b100，且b1＝12

0

可得等差数列{bn}一定是递减数列，即d＜0， 即有a9＞b9＞b10，故D正确． 故选：AD 【点睛】

本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了等比数列的通项公式、求和公式和等差数列的单调性，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. 35．AC 【分析】

2在A中，数列an是等比数列；在B中，a58；在C中，若a1a2a3，则q1，

数列an是递增数列；在D中，r【详解】

由数列an是等比数列，知： 在A中，

1. 3an2a12q2n2，

an12a12q2n222n2q2是常数， ana1q2数列an是等比数列，故A正确；

在B中，若a32，a732，则a52328，故B错误；

在C中，若0a1a2a3，则q1，数列an是递增数列；若a1a2a30，则

0q1，数列an是递增数列，故C正确；

n1在D中，若数列an的前n和Sn3r，

则a1S11r，

a2S2S13r1r2， a3S3S29r3r6，

a1，a2，a3成等比数列， a22a1a3，

461r，

解得r1，故D错误. 3故选：AC. 【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.