等比数列练习题(有答案) 库

2024年2月26日发(作者：焦若愚)

一、等比数列选择题

1．等比数列an的前n项和为Sn，a416，S3a14，则公比q为（

）

A．2 B．2或1 C．1 D．2

22．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b7a7，则b3b8b10（ )

A．1 B．8 C．4 D．2

3．已知等比数列an的各项均为正数，公比为q，a11，a6a7a6a712，记an的前n项积为TA．0q1

n，则下列选项错误的是（

）

B．a61 C．T121 D．T131

4．已知数列{an}满足a1n211*，an1an(nN).设bn，nN*，且数列an22{bn}是单调递增数列，则实数的取值范围是（

）

A．(,1) B．(1,)

32C．(,)

32D．(1,2)

5．已知数列an的前n项和为Sn且满足an3SnSn10(n2),a1误的是（

）

1，下列命题中错311A．是等差数列 B．Sn

S3nnC．an1

3n(n1)D．S3n是等比数列

6．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

7．B．86里 C．90里 D．96里

3131与的等比中项是（

）

22B．1 C．A．－1

2

2D．2

28．已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为30，且a53a34a1，则a3（

）

A．2 B．4 C．8 D．16

9．已知各项均为正数的等比数列an，若6a54a43a32a28，则9a76a6的最小值为（

）

A．12 B．18 C．24 D．32

10．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

11．等比数列an中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S38a13a2，a416，则S6＝（

）

A．32 B．63 C．123 D．126

*12．设数列an的前n项和为Sn，且Sn2annnNA．7 B．3 C．3

，则a3（

）

D．7

13．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

414．已知q为等比数列an的公比，且a1a2A．1

C．11，a3，则q（

）

24B．4

D．1

21

2D．2

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 C．2或2

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

D．若对任意正整数n，都有11成立，则an为等比数列

anan3an1an2S45，则等比数列{an}的公比为（

）

S2C．-2或2 D．-2或1或2

18．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若A．2 B．1或2

19．已知an为等比数列.下面结论中正确的是（

）

A．a1a32a2

222C．a1a32a2

B．若a1a3，则a1a2

D．若a3a1，则a4a2

20．各项为正数的等比数列{an}，a4a78，则log2a1log2a2A．15 B．10 C．5

log2a10（

）

D．3

二、多选题21．题目文件丢失！

22．一个弹性小球从100m高处自由落下，每次着地后又跳回原来高度的2再落下.设它第3n次着地时，经过的总路程记为Sn，则当n2时，下面说法正确的是（

）

A．Sn500

C．Sn的最小值为B．Sn500

700

3D．Sn的最大值为400

23．设首项为1的数列an的前n项和为Sn，已知Sn12Snn1，则下列结论正确的是（

）

A．数列an为等比数列

C．数列an中a10511

B．数列Snn为等比数列

D．数列2Sn的前n项和为2n2n2n4

24．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111m恒成立，则mt的最小值为

Sn6225．数列an对任意的正整数n均有an1anan2，若a22，a48，则S10的可能值为（

）

A．1023 B．341 C．1024 D．342

26．在公比为q等比数列an中，Sn是数列an的前n项和，若a11,a527a2，则下列说法正确的是（

）

A．q3

C．S5121

B．数列Sn2是等比数列

D．2lganlgan2lgan2n3

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．设首项为1的数列an的前n项和为Sn，已知Sn12Snn1，则下列结论正确的是（

）

A．数列Snn为等比数列

B．数列an的通项公式为an2C．数列an1为等比数列

D．数列2Sn的前n项和为2n2n2n4

29．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

n11

B．an2n1

nC．Sn21

n1D．Sn21

30．已知数列an的首项为4，且满足2(n1)annan10nNA．*，则（

）

an为等差数列

nB．an为递增数列

n1C．an的前n项和Sn(n1)24

2annnD．n1的前n项和Tn

2231．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

32．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

*an}的前n项(2n1)an2n(nN),记数列{2n1n

2n12

2n1C．SnD．Snnan1

33．数列an是首项为1的正项数列，an12an3，Sn是数列an的前n项和，则下

列结论正确的是（

）

A．a313

C．an4n3

B．数列an3是等比数列

n1D．Sn2n2

34．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，a7a81，A．0q1

a710.则下列结论正确的是（

）

a81B．a7a91 C．Tn的最大值为T7 D．Sn的最大值为S7

35．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

【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】

由a416，S3a14列出关于首项与公比的方程组，进而可得答案.

【详解】

因为S3a14，

所以a2a34，

2a1qq4所以，

3a1q16解得q2，

故选：A.

2．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，

2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.

3．D

【分析】

等比数列{an}的各项均为正数，a11，a6a7a6a712，可得(a61)(a71)0，因此a61，a71，0q1．进而判断出结论．

【详解】

解：等比数列{an}的各项均为正数，a11，a6a7a6a712，

(a61)(a71)0，

a11，若a61，则一定有a71，不符合

由题意得a61，a71，0q1，故A、B正确．

a6a712，a6a71，

T12a1a2a3a12(a6a7)61，故C正确，

13T13a71，故D错误，

满足Tn1的最大正整数n的值为12．

故选：D．

4．C

【分析】

由an111an(nN*)可知数列{an}是公比为2的等比数列，ann，得22bnn2(n2)2n，结合数列{bn}是单调递增数列，可得bn1＞bn对于任意的annN**恒成立，参变分离后即可得解．

【详解】

由an11an(nN*)可知数列{an}是公比为2的等比数列，

211n11()n，

222所以anbnn2(n2)2n

an∵数列{bn是单调递增数列，

∴bn1＞bn对于任意的nN**恒成立，

即(n12)2n1(n2)2n，整理得：n2

23＜ ，

2故选：C.

【点睛】

本题主要考查了已知数列的单调性求参，一般研究数列的单调性的方法有：

一、利用数列单调性的定义，由an1an得数列单增，an1an得数列单减；

二、借助于函数的单调性研究数列的单调性.

5．C

【分析】

1{S}aSS(n2)由n代入得出n的递推关系，得证是等差数列，可判断A，求nn1Sn出Sn后，可判断B，由a1的值可判断C，求出S3n后可判断D．

【详解】

n2时，因为an3SnSn10，所以SnSn13SnSn10，所以113，

SnSn11所以是等差数列，A正确；

Sn1113133(n1)3n，所以SnS1a1，，公差d3，所以，B正确；

Sn3S13n11a1不适合an，C错误；

3n(n1)3S3n11，数列n1是等比数列，D正确．

n133故选：C．

【点睛】

易错点睛：本题考查由数列的前n项和求数列的通项公式，考查等差数列与等比数列的判断，

在公式anSnSn1中n2，不包含a1，因此由Sn求出的an不包含a1，需要特别求解检验，否则易出错．

6．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．

7．D

【分析】

利用等比中项定义得解.

【详解】

(313112231312.

与的等比中项是)()()，2222222故选:D

8．C

【分析】

根据等比数列的通项公式将a53a34a1化为用基本量a1,q来表示，解出q，然后再由前4项和为30求出a1，再根据通项公式即可求出a3．

【详解】

设正数的等比数列an的公比为qq0，

4242因为a53a34a1，所以a1q3a1q4a1，则q3q40，

22解得q4或q1（舍），所以q2，

又等比数列an的前4项和为30，

23所以a1a1qa1qa1q30，解得a12，

2∴a3a1q8．

故选：C.

9．C

【分析】

222将已知条件整理为a12q13q2q8，可得3q2q8，进而可得

a12q2124q449a76a63a1q3q2q2，分子分母同时除以q，利用二次函数的性质即2q142可求出最值.

【详解】

因为an是等比数列，6a54a43a32a28，

432所以6a1q4a1q3a1q2a1q8，

222a12q3q2q3q2q8，

2即a12q13q2q8，所以3q2q228，

a12q214824q4249a76a69a1q6a1q3a1q3q2q3a1q2a12q212q121q2q4，

6542令12122t02ttt11，

，则224qqq241211最小为24，

所以t21，即q1时24最大为1，此时2qqqq2q4所以9a76a6的最小值为24，

故选：C

【点睛】

易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项：

(1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；

(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；

(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.

10．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55，a2a4，

425aa441，

所以q2a1a3522a11qnS因此nan故选：D.

11．D

【分析】

根据等比数列的通项公式建立方程，求得数列的公比和首项，代入等比数列的求和公式可1qa1qn11qn1qqn1112n2n1.

12n

得选项.

【详解】

设等比数列an的公比为q(q0).∵2S38a13a2，

∴2(a1a2a3)8a13a2，即2a3a26a10.

∴2qq60，∴q∵a416，∴a1232或q（舍去），

2a42，

3qa1(1q6)2(126)126，

∴S61q12故选：D.

12．A

【分析】

先求出a1，再当n2时，由Sn2annnN*得Sn12an1n1，两式相减后化简得，an2an11，则an12(an11)，从而得数列an1为等比数列，进而求出an，可求得a3的值

【详解】

解：当n1时，S12a11，得a11，

当n2时，由Sn2annnN*得Sn12an1n1，两式相减得

an2an2an11，即an2an11，

所以an12(an11)，

所以数列an1是以2为首项，2为公比的等比数列，

n1n1所以an122，所以an221，

所以a313．B

22217，

故选：A

【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，

S2a1(1q2)1q221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,

14．C

【分析】

利用等比通项公式直接代入计算，即可得答案；

【详解】

1211aaqaq11122q2q1，

41q2aq21aq21116144故选：C.

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】

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)，由此能求出该女子所需的天数至少为7天．

S55，解得a11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】

对于A，若a4，则an2，an+12一定是常数，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n2nnnn+1an12，即后一项与前一项的比不，则an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；

11对于D，由可知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，

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

an2（2）等比中项法：对于数列an，若anan2an1（3）通项公式法：若ancqnan0，则数列an为等比数列；

（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．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；

S22a1

a11q4S41q41q1q25，解得q2.

当q1时，22S2a11q1q1q故选：C.

19．C

【分析】

取特殊值可排除A，根据等比数列性质与基本不等式即可得C正确，B，D错误.

【详解】

解：设等比数列的公比为q，

对于A选项，设a11,a22,a34，不满足a1a32a2，故错误；

2对于B选项，若a1a3，则a1a1q，则q1，所以a1a2或a1a2，故错误；

222对于C选项，由均值不等式可得a1a32a1a32a2，故正确；

22对于D选项，若a3a1，则a1q10，所以a4a2a1qq1，其正负由q的符号确定，故D不确定.

故选：C.

20．A

【分析】

根据等比数列的性质，由对数的运算，即可得出结果.

【详解】

因为a4a78，

则log2a1log2a2log2a10log2a1a2...a10log2a1a10

55log2a4a715.

故选：A.

二、多选题

21．无

22．AC

【分析】

由运动轨迹分析列出总路程Sn关于n的表达式，再由表达式分析数值特征即可

【详解】

由题可知，第一次着地时，S1100；第二次着地时，S21002002；

3222第三次着地时，S3100200200；……

33

22第n次着地后，Sn10020020033222003n1

222则Sn1002003323n12n11004001，显然Sn500，又Sn是3关于n的增函数，n2，故当n2时，Sn的最小值为100综上所述，AC正确

故选：AC

23．BCD

【分析】

由已知可得400700；

33Sn1n12Sn2n2，结合等比数列的定义可判断B；可得SnnSnnSn2nn，结合an和Sn的关系可求出an的通项公式，即可判断A；由an的通项公式，可判断C；

由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n项和公式即可判断D.

【详解】

因为Sn12Snn1，所以Sn1n12Sn2n2．

SnnSnn又S112，所以数列Snn是首项为2，公比为2的等比数列，故B正确；

nn所以Snn2，则Sn2n．

n111当n2时，anSnSn121，但a121，故A错误；

由当n2时，an2n11可得a10291511，故C正确；

23n1n1因为2Sn22n，所以2S12S2...2Sn221222...22n

2223...2n1212...n412n12nn12n2n2n2n4

2所以数列2Sn的前n项和为2n2n2n4，故D正确．

故选：BCD．

【点睛】

关键点点睛：在数列中，根据所给递推关系，得到等差等比数列是重难点，本题由Sn12Snn1可有目的性的构造为Sn1n12Sn2n，进而得到Sn1n12Sn2n2，说明数列Snn是等比数列，这是解决本题的关键所在，SnnSnn考查了推理运算能力，属于中档题,

24．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5根据apasa3求出或或或，可知的最小值为pss5s4s2s11111SySS，C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，ps5445s5s4s2s1n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.

25．AB

【分析】

首先可得数列an为等比数列，从而求出公比q、a1，再根据等比数列求和公式计算可得；

【详解】

2解：因为数列an对任意的正整数n均有an1anan2，所以数列an为等比数列，因为a22，a48，所以q2a44，所以q2，

a2当q12102时a11，所以S101023

12当q2时a11，所以S10故选：AB

【点睛】

1121210341

本题考查等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题.

26．ACD

【分析】

根据等比数列的通项公式，结合等比数列的定义和对数的运算性质进行逐一判断即可.

【详解】

因为a11,a527a2，所以有a1q427a1qq327q3，因此选项A正确；

131n13n1(3n1)S因为n，所以Sn+2+2(3+3)，

132132n1n+1Sn+1+22(3+3)2=1+常数，

因为1n1Sn+21+3(3n+3)2所以数列Sn2不是等比数列，故选项B不正确；

因为S515(31)=121，所以选项C正确；

2ana1qn13n10，

因为当n3时，lgan2lgan2=lg(an2an2)=lgan22lgan，所以选项D正确.

故选：ACD

【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式的应用，考查了等比数列前n项和公式的应用，考查了等比数列定义的应用，考查了等比数列的性质应用，考查了对数的运算性质，考查了数学运算能力.

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；

对于A，因为an是等比数列，故ann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】

Sn1n12Sn2n2，结合等比数列的定义可判断A；可得由已知可得SnnSnnSn2nn，结合an和Sn的关系可求出an的通项公式，即可判断B；由a11,a21,a33可判断C；

由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n项和公式即可判断D.

【详解】

Sn1n12Sn2n2．

因为Sn12Snn1，所以SnnSnn又S112，所以数列Snn是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；

nn所以Snn2，则Sn2n．

n111当n2时，anSnSn121，但a121，故B错误；

由a11,a21,a33可得a112,a212,a314，即2a31a21，故C错；

a21a113n1n1因为2Sn22n，所以2S12S2...2Sn221222...22n

22...223n1212...n412n12nn1n222n2nn4

2所以数列2Sn的前n项和为2n2n2n4，故D正确．

故选:AD．

【点睛】

本题考查等比数列的定义，考查了数列通项公式的求解，考查了等差数列、等比数列的前n项和，考查了分组求和．

29．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】

30．BD

【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.

由2(n1)annan10得an1aa2n，所以可知数列n是等比数列，从而可求出n1nnann2n1，可得数列an为递增数列，利用错位相减法可求得an的前n项和，由于anann2n1，从而利用等差数列的求和公式可求出数列n1nn1的前n项和.

n1222【详解】

由2(n1)annan10得的

等比数列，故A错误；因为确；

23因为Sn1222an1aaa2n，所以n是以1a14为首项，2为公比n1n1nan42n12n1，所以ann2n1，显然递增，故B正nn2n1，2Sn123224n2n2，所以

Sn122232n1n2n22212n12n2n2，故Sn(n1)2n24，

2anann(1n)nnn2n1n故C错误；因为n1，所以的前项和，

nTn1n22222n1故D正确.

故选：BD

【点晴】

本题考查等差数列、等比数列的综合应用，涉及到递推公式求通项，错位相减法求数列的和，等差数列前n项和等，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.

31．ACD

【分析】

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)26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.

32．ABD

【分析】

由已知关系式可求a1、an，进而求得{项.

【详解】

11142，所以D正确，

81632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n...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{33．AB

【分析】

由已知构造出数列an3是等比数列，可求出数列an的通项公式以及前n项和，结合选项逐一判断即可．

【详解】

an}的通项公式，利用裂项法求前n项和Sn.

2n1an12an3，∴an132an3，∴数列an3是等比数列

n1n1又∵a11，∴an3a132，∴an23，∴a313，

∴Sn412n12故选：AB.

34．ABC

【分析】

3n2n23n4.

由a11，a7a81，a710，可得a71，a81．由等比数列的定义即可判断A；运a81用等比数列的性质可判断B；由正数相乘，若乘以大于1的数变大，乘以小于1的数变小，可判断C;

因为a71，0a81，可以判断D.

【详解】

a11，a7a81，a710，

a81a71，0a81，

A.0q1，故正确；

21，故正确；

B.a7a9a8C.T7是数列{Tn}中的最大项，故正确．

D.

因为a71，0a81，Sn的最大值不是S7，故不正确.

故选：ABC．

【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

35．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）

＝（21+22+…+2n）﹣n212n12n2n+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.