等比数列基础测试题题库百度文库

一、等比数列选择题

1．等比数列an中，a1a2a34，a4a5a68，则a7a8a9等于（ ）

A．16

B．32

C．64

D．128

2．等比数列an中a11，且4a1，2a2，a3成等差数列，则（ ） A．

annN*的最小值为n16 25B．

4 9C．

1 2D．1

3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”你的计算结果是（ ） A．80里

B．86里

C．90里

D．96里

nn4．设a，b≠0，数列{an}的前n项和Sna(21)b[(n2)22]，nN*，则

存在数列{bn}和{cn}使得（ ）

A．anbncn，其中{bn}和{cn}都为等比数列 B．anbncn，其中{bn}为等差数列，{cn}为等比数列

cn，其中{bn}和{cn}都为等比数列 C．anbn·cn，其中{bn}为等差数列，{cn}为等比数列 D．anbn·5．已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3A．4n1 C．2n1

Sn55，a2a4，则=（ ）

an42B．4n1 D．2n1

6．已知等比数列an的前5项积为32，1a12，则a1a3a5的取值范围为（ ） 24D．3,

7A．3,

2B．3,

7C．3,

222a3a7a6a1016，则a2a8（ ） 7．正项等比数列an满足a2A．1 B．2 C．4 D．8

8．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

9．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 32210．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．D．

25 4C．5

211．题目文件丢失！ 5n(n∈N*)，数列{an}前n和为Sn，则S10等29

12．数列{an}满足a12a22a32于（ ）

2n1an1A． 2551B．1 2101C．1 21D． 26613．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

14．已知等比数列an中，a17，a4a3a5，则a7（ ） A．

1 9B．

1 7C．

1 3D．7

15．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若A．2 A．4

B．1或2 B．－4

S45，则等比数列{an}的公比为（ ） S2C．-2或2 C．±4

D．-2或1或2 D．不确定

16．已知1，a，x，b，16这五个实数成等比数列，则x的值为（ ）

17．在等比数列an中，a1a2a3a4a5a6159,a3a4，则88111111（ ） a1a2a3a4a5a6A．

3 5B．

3 5C．

5 3D．5 318．在等比数列{an}中，首项a1A．3

B．4

111,q,an,则项数n为（ ） 2232C．5 D．6

19．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

20．正项等比数列an满足：a2a41，S313，则其公比是（ ） A．

1 4B．1 C．

1 2D．

1 3二、多选题21．题目文件丢失！

22．已知等差数列an，其前n项的和为Sn，则下列结论正确的是（ ） A．数列|Sn为等差数列 nB．数列2为等比数列

anC．若amn,anm(mn)，则amn0 D．若Smn,Snm(mn)，则Smn0 23．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

2n1D．数列的前n项和为Tn，则

bnbn1Tn1

24．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．an是等比数列 C．当pB．当p1时，S415 81时，amanamn 2D．a3a8a5a6

11121，则（ ） a1a3a5425．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31 4C．公比q4或

1 4D．a14或

1 4n2nS26．已知数列an的前项和为n，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1 227．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

28．关于递增等比数列an，下列说法不正确的是（ ） A．a10

B．q1

C．

2an1 an1D．当a10时，

q1

29．设Sn为等比数列{an}的前n项和，满足a13，且a1，2a2，4a3成等差数列，则下列结论正确的是（ ） A．an3()B．3Sn12n1

6an

198的最小值为 ps3C．若数列{an}中存在两项ap，as使得apasa3，则D．若tSn1m恒成立，则mt的最小值为11 Sn630．在《增减算法统宗》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．此人第三天走了二十四里路

B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 C．此人第二天走的路程占全程的

1 4D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍

31．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

32．已知数列an前n项和为Sn.且a1p，2SnSn12p(n2)（p为非零常数）测下列结论中正确的是（ ） A．数列an为等比数列 C．当pB．p1时，S415 161*时，amanamnm,nN D．a3a8a5a6 233．已知数列an的前n项和为Sn，Sn2an2，若存在两项am，an，使得

aman64，则（ ）

A．数列{an}为等差数列

22C．a1a2n2an41

3B．数列{an}为等比数列 D．mn为定值

34．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

35．已知正项等比数列an满足a12，a42a2a3，若设其公比为q，前n项和为

Sn，则（ ）

A．q2

nB．an2 C．S102047 D．anan1an2

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、等比数列选择题 1．A 【分析】

3由a4a5a6a1a2a3q，求得q，再由a7asa9a4asa6q求解.

33【详解】

a1a2a34，a4a5a68.

∴q2，

∴a7a8a9a4a5a6q16.

33故选：A 2．D 【分析】

首先设等比数列an的公比为q(q0)，根据4a1，2a2，a3成等差数列，列出等量关系式，求得q【详解】

在等比数列an中，设公比q(q0)， 当a11时，有4a1，2a2，a3成等差数列，

2所以4a24a1a3，即4q4q，解得q2，比较

annN*相邻两项的大小，求得其最小值. n2，

所以an2n1an2n1，所以， nnan1n12n1，当且仅当n1时取等号， ann1na*所以当n1或n2时，nnN取得最小值1，

n故选：D. 【点睛】

该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等比数列的通项公式，三个数成等差数列的条件，求数列的最小项，属于简单题目. 3．D 【分析】

由题意得每天行走的路程成等比数列{an}、且公比为式求出a1，由等比数列的通项公式求出答案即可． 【详解】

由题意可知此人每天走的步数构成

1，由条件和等比数列的前项和公21为公比的等比数列， 21a1[1()6]2378由题意和等比数列的求和公式可得， 112解得a1192，此人第二天走192196里， 2第二天走了96里，

故选：D． 4．D 【分析】

由题设求出数列{an}的通项公式，再根据等差数列与等比数列的通项公式的特征，逐项判断，即可得出正确选项. 【详解】 解：

Sna(2n1)b[(n2)2n2](a2bbn)2n(a2b)，

当n1时，有S1a1a0；

n1当n2时，有anSnSn1(abnb)2， 0又当n1时，a1(abb)2a也适合上式，

an(abnb)2n1，

n1令bnabbn，cn2，则数列{bn}为等差数列，{cn}为等比数列，

故anbncn，其中数列{bn}为等差数列，{cn}为等比数列；故C错，D正确；

n1n1因为an(ab)2bn2，b≠0，所以bn2n1即不是等差数列，也不是等比数

列，故AB错. 故选：D. 【点睛】 方法点睛：

由数列前n项和求通项公式时，一般根据an力. 5．D 【分析】

根据题中条件，先求出等比数列的公比，再由等比数列的求和公式与通项公式，即可求出结果. 【详解】

因为等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3SnSn1,n2求解，考查学生的计算能

a,n1155，a2a4，

425aa441， 所以q2a1a3522a11qnS因此nan故选：D. 6．C 【分析】

由等比数列性质求得a3，把a1【详解】

2a34，因为等比数列an的前5项积为32，所以a32，解得a32，则a5a1a1531qa1qn11qn1qqn1112n2n1. 12na3a5表示为a1的函数，由函数单调性得取值范围． 24a1a3a5 241a3a5713,， ，易知函数fxx在1,2上单调递增，所以a1a1242xa11故选：C． 【点睛】

关键点点睛：本题考查等比数列的性质，解题关键是选定一个参数作为变量，把待求值的表示为变量的函数，然后由函数的性质求解．本题蝇利用等比数列性质求得a32，选a1为参数． 7．C 【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． 8．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. 9．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． 10．B 【分析】

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 24当且仅当a6a8故选：B.

25时取等号． 211．无

12．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，进而可求出n21nnnnn2222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 13．C 【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.

14．B 【分析】

根据等比中项的性质可求得a4的值，再由a1a7a4可求得a7的值. 【详解】

在等比数列an中，对任意的nN，an0，

2由等比中项的性质可得a4a3a5a4，解得a41， 2a17，a1a7a41，因此，a721. 7故选：B. 15．C 【分析】

设等比数列{an}的公比为q，由等比数列的前n项和公式运算即可得解. 【详解】

设等比数列{an}的公比为q，

当q1时，

S44a12，不合题意； S22a1a11q4S41q41q21q5，解得q2. 当q1时，2S2a11q21q1q故选：C. 16．A 【分析】

根据等比中项的性质有x216，而由等比通项公式知xq，即可求得x的值. 【详解】

由题意知：x216，且若令公比为q时有xq0，

22∴x4， 故选：A 17．D 【分析】

利用等比数列下标和相等的性质有a1a6a2a5a3a4，而目标式可化为

a1a6a2a5a3a4结合已知条件即可求值. a1a6a2a5a3a4【详解】

111111a1a6a2a5a3a4， a1a2a3a4a5a6a1a6a2a5a3a49，而a1a6a2a5a3a4， 811111185(a1a2a3a4a5a6)， ∴a1a2a3a4a5a693∵等比数列an中a3a4故选：D 18．C 【分析】

根据等比数列的通项公式求解即可. 【详解】

由题意可得等比数列通项ana1q故选：C 19．C 【分析】

n1n511，则n5 22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. 20．D 【分析】

2根据a2a41，由a2a4a3，解得a31，再根据S313求解.

132【详解】

因为正项等比数列an满足a2a41，

2由于a2a4a3，

22所以a31，a31，a1q1.

因为S313， 所以q1. 由S32a11q31qa11qq2

2得13q1qq， 即12qq10， 解得q故选：D

211，或q（舍去）. 34二、多选题 21．无

22．ABC 【分析】

设等差数列an的首项为a1，公差为d, ana1n1d，其前n项和为

nn1d，结合等差数列的定义和前n项的和公式以及等比数列的定义对选2项进行逐一判断可得答案. 【详解】 Snna1设等差数列an的首项为a1，公差为d, ana1n1d 其前n项和为Snna1选项A.

nn1d 2SSnn1dSnn1d（常数） a1d，则n+1na1da1n+1n22n22所以数列|选项B. 2正确.

anSn为等差数列，故A正确. n2a1n1d2an1a,则a2an1an2d（常数），所以数列2n为等比数列，故B

2nama1m1dn ，解得a1mn1,d1 选项C. 由amn,anm，得aan1dm1n所以amna1nm1dnm1nm110，故C正确. 选项D. 由Smn,Snm，则Snna1将以上两式相减可得：mna1nn12dm，Smma1mm12dn

dm2mn2nnm

2mna1mnmn1nm，又mn

所以a1d2ddmn11，即mn11a1 22Smnmna1以D不正确. 故选：ABC 【点睛】

mnmn1d2mna1mn1a1mn，所

关键点睛：本题考查等差数列和等比数列的定义的应用以及等差数列的前n项和公式的应

用，解答本题的关键是利用通项公式得出ama1m1dn，从中解出a1,d，从而

aan1dm1n判断选项C，由前n项和公式得到Snna1nn12dm，

Smma1mm12dn，然后得出

dmn11a1，在代入Smn中可判断D，2属于中档题. 23．BD 【分析】

根据Sn2an2，利用数列通项与前n项和的关系得an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，

S1,n1，求得通项an，然

S,n2nn2n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．ABC 【分析】

由2SnSn12p(n2)和等比数列的定义，判断出A正确；利用等比数列的求和公式判断B正确；利用等比数列的通项公式计算得出C正确，D不正确． 【详解】

由2SnSn12p(n2)，得a2p. 2n3时，2Sn1Sn22p，相减可得2anan10，

又

a211，数列an为首项为p，公比为的等比数列，故A正确； a12214152p1SA由可得时，4，故B正确； 18121112由A可得amanamn等价为pmn2pmn1，可得p，故C正确；

222133121111a3a8|p|27|p|，a5a6|p|45|p|，

2212822128则a3a8a5a6，即D不正确； 故选：ABC. 【点睛】 方法点睛：

SnSn1,n2由数列前n项和求通项公式时，一般根据an求解，考查学生的计算能

a,n11力. 25．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.

121，解方程计算即可得答a14【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a3所以

aa111111211151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26．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18

n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，

n2n所以n2时，an422，

an12， an令bnn2123b，1，

n(n1)an1(11)a28n2时，bnn2n211，

n(n1)an1nn12n1n2nn12n13T1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. 27．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.

28．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. 29．ABD 【分析】

根据等差中项列式求出q1，进而求出等比数列的通项和前n项和，可知A，B正确；219p1p2p4p5aaa根据或或或，可知的最小值为ps3求出pss5s4s2s11111SySSC，不正确；利用关于n单调递增，求出n的最大、最小值可得结nSnSn4果. 【详解】

设等比数列{an}的公比为q，

2由a13，4a2a14a3得43q343q，解得q1，所以21an3()n1，

213(1()n)12Sn21()n；

121()21113Sn61()n66()n63()n163an；所以A，B正确；

222若apasa3，则apas所以q则p1s1a32，apasa1qp1a1qs1(a1q2)2，

qq4，所以ps6，

1914111946p1p2p4p5或或或，此时或或或；C不正确，

ps5s5s4s2s1445n122,n为奇数12Sn21()n， n2122,n为偶数23当n为奇数时，Sn(2,3]，当n为偶数时，Sn[,2)，

2又ySn1138(,]，当n为偶数时，关于Sn单调递增，所以当n为奇数时，SnSnSn23Sn153[,)，所以m8，t5，所以mt8511，D正确， Sn6263663故选：ABD. 【点睛】

本题考查了等差中项的应用，考查了等比数列通项公式，考查了等比数列的前n项和公式，考查了数列不等式恒成立问题，属于中档题. 30．BD 【分析】

根据题意，得到此人每天所走路程构成以公比为q1为公比的等比数列，记该等比数列为an，21，前n项和为Sn，根据题意求出首项，再由等比数列的求和公式和通项公2式，逐项判断，即可得出结果. 【详解】

由题意，此人每天所走路程构成以记该等比数列为an，公比为q1为公比的等比数列， 21，前n项和为Sn， 21a116263则S6a1378，解得a1192，

13212所以此人第三天走的路程为a3a1q248，故A错；

此人第一天走的路程比后五天走的路程多a1S6a12a1S63843786里，故B正确；

此人第二天走的路程为a2a1q9637894.5，故C错； 4此人前三天走的路程为S3a1a2a31929648336，后三天走的路程为

S6S337833642，336428，即前三天路程之和是后三天路程之和的8倍，D正

确； 故选：BD. 【点睛】

本题主要考查等比数列的应用，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型. 31．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a1q32．AC 【分析】

由2SnSn12p(n2)和等比数列的定义，判断出A正确；利用等比数列的求和公式判断B错误；利用等比数列的通项公式计算得出C正确，D不正确． 【详解】

由2SnSn12p(n2)，得a2n1nN.

*p. 2n3时，2Sn1Sn22p，相减可得2anan10，

又

a211，数列an为首项为p，公比为的等比数列，故A正确； a12214152，故B错误； 由A可得p1时，S418121112由A可得amanamn等价为pmn2pmn1，可得p，故C正确；

222111a3a8|p|2722331211|p|aa|p||p|，， 564512812822则a3a8a5a6，即D不正确； 故选：AC. 【点睛】

本题考查等比数列的通项公式和求和公式，考查数列的递推关系式，考查学生的计算能力，属于中档题． 33．BD 【分析】

由Sn和an的关系求出数列{an}为等比数列，所以选项A错误，选项B正确；利用等比数

22列前n项和公式，求出 a1a2n12an44，故选项C错误，由等比数列的通项公式

3得到2mn6426，所以选项D正确. 【详解】

由题意，当n1时，S12a12，解得a12， 当n2时，Sn12an12，

所以SnSn1an2an22an122an2an1，

an2，数列{an}是以首项a12，公比q所以an1故选项A错误，选项B正确； 数列an212的等比数列，an2n，

是以首项a2222n214，公比q14的等比数列，

1q1414n14n144，故选项C错误； 3所以aaaa121q1naman2m2n2mn6426，所以mn6为定值，故选项D正确.

故选：BD 【点睛】

本题主要考查由Sn和an的关系求数列的通项公式，等比数列通项公式和前n项和公式的应用，考查学生转化能力和计算能力，属于中档题.

34．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. 35．ABD 【分析】

由条件可得2q4q2q，解出q，然后依次计算验证每个选项即可.

32【详解】

由题意2q4q2q，得qq20，解得q3222（负值舍去），选项A正确；

an22n12n，选项B正确；

Sn22n1212n12，所以S102046，选项C错误；

anan13an，而an24an3an，选项D正确．

故选：ABD 【点睛】

本题考查等比数列的有关计算，考查的是学生对基础知识的掌握情况，属于基础题.