等比数列练习题(有答案)(1)

2024年2月26日发(作者：鲁学政)

一、等比数列选择题

1．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

2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且A．2 B．2

S6a9，则4的值为（

）

a2S3C．22 D．4

3．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

4．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且a1，a3，a4成等比数列，则Sn取最大值时n的值为（

）

A．4 B．5 C．4或5 D．5或6

5．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

6．已知正项等比数列an满足a11，a2a4a32，又Sn为数列an

的前n项和，则2S5（

）

A．3111

或

22C．15

7．若1，a，4成等比数列，则a（

）

A．1 B．2

31

2D．6

B．C．2 D．2

8．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2

3C．an1

3n(n1)D．S3n是等比数列

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C．S762

3D．S7127

310．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它前一个单音的频率的比都等于122，若

第六个单音的频率为f，则（

）

A．第四个单音的频率为212f

C．第五个单音的频率为2f

161B．第三个单音的频率为24f

D．第八个单音的频率为2f11．题目文1121件丢失！

12．等比数列an的各项均为正数，且a1010a10113.则log3a1log3a2A．3

log3a2020（

）

B．505 C．1010 D．2020

13．明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑.其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”.注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”，则该塔正中间一层的灯的盏数为（

）

A．3 B．12 C．24 D．48

14．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15．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

316．设等差数列an的公差d0,a14d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k( )

A．3或6

C．6

A．4 B．－4

B．3

或-1

D．3

C．±4 D．不确定

2an（

）

17．已知1，a，x，b，16这五个实数成等比数列，则x的值为（

）

2218．已知等比数列an的n项和Sn2na，则a1a2A．2n1

2B．1n21

3C．4n1 D．1n41

319．已知等比数列an，a7=8，a11=32，则a9=（

）

A．16

A．-3+(n+1)×2n

C．1+(n+1)×2n

B．16 C．20

B．3+(n+1)×2n

D．1+(n-1)×2n

D．16或16

20．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=7，S6=63，则数列{nan}的前n项和为（

）

二、多选题21．题目文件丢失！

22．题目文件丢失！

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fx是定义在R上恒不为零的函数，对任意实数x、y，都有fxyfxfy，若a1数列{Sn}，则有（

）

A．数列{Sn}递增，且Sn1

C．数列{Sn}递增，最小值为1*，anfnnN，数列{an}的前n项和Sn组成21

2B．数列{Sn}递减，最小值为1

2D．数列{Sn}递减，最大值为1

25．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

4B．2

3C．4

3D．3

2n2nSa4,Sa(nN)a26．已知数列n的前项和为n，1，数列的nn+1n(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．计算机病毒危害很大，一直是计算机学家研究的对象.当计算机内某文件被病毒感染后，该病毒文件就不断地感染其他未被感染文件.计算机学家们研究的一个数字为计算机病毒传染指数C0,即一个病毒文件在一分钟内平均所传染的文件数，某计算机病毒的传染指数C02,若一台计算机有105个可能被感染的文件，如果该台计算机有一半以上文件被感染，则该计算机将处于瘫疾状态.该计算机现只有一个病毒文件，如果未经防毒和杀毒处理，则下列说法中正确的是（

）

A．在第3分钟内，该计算机新感染了18个文件

B．经过5分钟，该计算机共有243个病毒文件

C．10分钟后，该计算机处于瘫痪状态

D．该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为2的等比数列

28．在等比数列{an}中，a5＝4，a7＝16，则a6可以为（

）

A．8

C．－8

B．12

D．－12

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

）

1，下列命题中正31A．是等差数列

SnC．an1

3n(n1)B．Sn1

3nD．S3n是等比数列

30．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a710，则下列结论正确的是（

）

a11，a7a81，a81A．0q1

C．Sn的最大值为S9

B．a7a91

D．Tn的最大值为T7

31．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列an称为“斐波那契数列”，记Sn为数列an的前n项和，则下列结论正确的是（

）

A．a68

C．a1a3a5B．S954

a2019a2020

22a12a2a2019a2020

D．a201932．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

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

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

a10010，35．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

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一、等比数列选择题

1．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.

2．D

【分析】

a11q51q135121，

13设等比数列{an}的公比为q，由题得a4a5a68a1a2a3，进而得q2，故a4q24.

a2【详解】

解：设等比数列{an}的公比为q，因为S69，所以S69S3，

S3所以S6S38S3，即a4a5a68a1a2a3，

由于a4a5a6q所以q8，故q33a1a2a3，

2，

a4q24.

所以a2故选：D.

3．C

【分析】

2将已知条件整理为a12q13q2q8，可得3q2q228，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，

12122令2t0，则242ttt11，

qqq6542241211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.

4．C

【分析】

由等比数列的性质及等差数列的通项公式可得公差d式即可得解.

【详解】

设等差数列an的公差为d,d0，

1，再由等差数列的前n项和公212a1,a3,a4成等比数列，a3a1a4即(22d)22(23d)，则d，

2Sna1nnn12d2nnn141981n，

42162所以当n4或5时，Sn取得最大值.

故选：C.

5．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．

6．B

【分析】

由等比中项的性质可求出a3，即可求出公比，代入等比数列求和公式即可求解.

【详解】

正项等比数列an中，

a2a4a32，

a32a32，

解得a32或a31（舍去）

又a11，

2q2解得qa34，

a12，

51(132)a1(1q)231S5，

1q12故选：B

7．B

【分析】

根据等比中项性质可得a24，直接求解即可.

【详解】

由等比中项性质可得：

a2144，

所以a2，

故选：B

8．C

【分析】

由anSnSn1(n2)代入得出{Sn}的递推关系，得证1是等差数列，可判断A，求Sn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，所以所以113，

SnSn11是等差数列，A正确；

Sn1111S1a1，3，公差d3，所以33(n1)3n，所以Sn，B正确；

SSn33n111a1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．

3n1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．

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】

根据题意得该单音构成公比为122的等比数列，再根据等比数列通项公式依次求第三、四、五、八项即可得答案.

【详解】

解：根据题意得该单音构成公比为122的等比数列，

因为第六个单音的频率为f，

1ff4所以第三个单音的频率为12312f.

(2)24所以第四个单音的频率为f(2)12122f211216216f.

所以第五个单音的频率为2f2f.

所以第八个单音的频率为故选：B.

2122f2f

1611．无

12．C

【分析】

利用等比数列的性质以及对数的运算即可求解.

【详解】

由a1a2020a2a2019a3a2018所以log3a1log3a2a1010a10113，

log3a2020

log3a1010a1011log3310101010.

故选：C

13．C

【分析】

题意说明从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为a1，由系数前n项和公式求得a1，再由通项公式计算出中间项．

【详解】

根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为a1，则有S7故选：C.

14．C

【分析】

a1127123381，解得a13，中间层灯盏数a4a1q24，

由等比数列性质求得a3，把a1【详解】

a3a5表示为a1的函数，由函数单调性得取值范围．

242a34，因为等比数列an的前5项积为32，所以a32，解得a32，则a5a1a153a1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．

15．D

【分析】

2根据a2a41，由a2a4a3，解得a31，再根据S313求解.

【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

16．D

【分析】

由ak是a1与a2k的等比中项及a14d建立方程可解得k.

【详解】

ak是a1与a2k的等比中项

211，或q（舍去）.

34ak2a1a2k，a1k1da1a12k1d

2k3d24d2k3d，k3.

故选:D

【点睛】

本题考查等差数列与等比数列的基础知识，属于基础题.

17．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，

222∴x4，

故选：A

18．D

【分析】

由an与Sn的关系可求得an【详解】

已知等比数列an的n项和Sn2na.

当n1时，a1S12a；

22n1，进而可判断出数列an也为等比数列，确定该数列的首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得所化简所求代数式.

当n2时，anSnSn12a2n2n1a2n1.

2n1，所以，2a20，解得a1，

由于数列an为等比数列，则a12a满足anan2n1nN，则a22nn12na41n14，且a121，

4n1，n2an4所以，数列an为等比数列，且首项为1，公比为4，

因此，aa故选：D.

【点睛】

方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：

n1（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式ana1n1d或ana1q进行2222114n4n1.

a1432n求解；

（2）前n项和法：根据anS1,n1进行求解；

SS,n2n1n（3）Sn与an的关系式法：由Sn与an的关系式，类比出Sn1与an1的关系式，然后两式作差，最后检验出a1是否满足用上面的方法求出的通项；

（4）累加法：当数列an中有anan1fn，即第n项与第n1项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；

（5）累乘法：当数列an中有列，就可以利用这种方法；

（6）构造法：①一次函数法：在数列an中，ankan1b（k、b均为常数，且anfn，即第n项与第n1项的商是个有规律的数an1k1，k0）.

一般化方法：设anmkan1m，得到bk1m，mb，可得出数列k1ban是以k的等比数列，可求出an；

k1②取倒数法：这种方法适用于ankan1n2,nN（k、m、p为常数，man1pm0），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于ankan1b的式子；

n⑦an1banc（b、c为常数且不为零，nN）型的数列求通项an，方法是在等式的两边同时除以cn1，得到一个an1kanb型的数列，再利用⑥中的方法求解即可.

19．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

20．D

【分析】

a1q6a1q1083216

利用已知条件列出方程组求解即可得a1,q，求出数列{an}的通项公式，再利用错位相减法求和即可.

【详解】

设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，

a11q3S371q所以由题设得，

6a11q63S61q两式相除得1+q3=9，解得q=2，

进而可得a1=1，

所以an=a1qn-1=2n-1，

所以nan=n×2n-1.

设数列{nan}的前n项和为Tn，

则Tn=1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1，

2Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n，

12n-n×2n=-1+(1-n)×2n，

两式作差得-Tn=1+2+2+…+2-n×2=12故Tn=1+(n-1)×2n.

故选：D.

【点睛】

2n-1n本题主要考查了求等比数列的通项公式问题以及利用错位相减法求和的问题.属于较易题.

二、多选题

21．无

22．无

23．BCD

【分析】

Sn1n12Sn2n2，结合等比数列的定义可判断B；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．AC

【分析】

计算f(n)的值，得出数列{an}的通项公式，从而可得数列{Sn}的通项公式，根据其通项公式进行判断即可

【详解】

解：因为a111，所以f(1)，

222所以a2f(2)f(1)1，

4

1a3f(3)f(1)f(2)，

8……

1所以ann(nN)，

211(1n)122S11，

所以nn1212所以数列{Sn}递增，当n1时，Sn有最小值S1a1故选：AC

【点睛】

关键点点睛：此题考查函数与数列的综合应用，解题的关键是由已知条件赋值归纳出数列1，

2{an}的通项公式，进而可得数列{Sn}的通项公式，考查计算能力和转化思想，属于中档题

25．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.

q363242.

或q363242故选：BD

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；3令bnn23，b1，

n(n1)an18

n2时，bn则CD可判断.

【详解】

n2n21131，n1nn1，裂项求和Tnn(n1)an1nn12n2n1282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23，

，b1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方法点睛：已知an与Sn之间的关系，一般用an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．ABC

【分析】

设第n1分钟之内新感染的文件数为an1，前n分钟内新感染的病毒文件数之和为Sn，则an12Sn1，且a12，可得an23n1，即可判断四个选项的正误.

【详解】

设第n1分钟之内新感染的文件数为an1，前n分钟内新感染的病毒文件数之和为Sn，则an12Sn1，且a12，

由an12Sn1可得an2Sn11，两式相减得：an1an2an，

所以an13an，所以每分钟内新感染的病毒构成以a12为首项，3为公比的等比数列，

n1所以an23，

31在第3分钟内，该计算机新感染了a32318个文件，故选项A正确；

经过5分钟，该计算机共有1aaaaa112345件，故选项B正确；

10分钟后，计算机感染病毒的总数为21351335243个病毒文1310105，

132所以计算机处于瘫痪状态，故选项C正确；

1a1a2a101该计算机瘫痪前，每分钟内新被感染的文件数成公比为3的等比数列，故选项D不正确；

故选：ABC

【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键是读懂题意，得出第n1分钟之内新感染的文件数为an1与

前n分钟内新感染的病毒文件数之和为Sn之间的递推关系为an12Sn1，从而求得21310an.

28．AC

【分析】

求出等比数列的公比q2，再利用通项公式即可得答案；

【详解】

a716q2q2，

a54当q2时，a6a5q428，

当q2时，a6a5q4(2)8，

故选：AC.

【点睛】

本题考查等比数列通项公式的运算，考查运算求解能力，属于基础题.

29．ABD

【分析】

由anSnSn1(n2)代入已知式，可得{Sn}的递推式，变形后可证从而可求得Sn，利用Sn求出an，并确定S3n的表达式，判断D．

【详解】

因为anSnSn1(n2)，SnSn13SnSn10，所以1是等差数列，Sn113，

SnSn1所以1是等差数列，A正确；

Sn

公差为3，又1113，所以33(n1)3n，Sn1．B正确；

SnS1a13nn2时，由anSnSn1求得an由Sn1，但a13不适合此表达式，因此C错；

3n(n1)111得S3n，∴S3n是等比数列，D正确．

3n33n3n1故选：ABD．

【点睛】

本题考查等差数列的证明与通项公式，考查等比数列的判断，解题关键由anSnSn1(n2)，化已知等式为{Sn}的递推关系，变形后根据定义证明等差数列．

30．AD

【分析】

根据题意a71，a81，再利用等比数列的定义以及性质逐一判断即可.

【详解】

因为a11，a7a81，a710，

a81所以a71，a81，所以0q1，故A正确.

a7a9a821，故B错误；

因为a11，0q1，所以数列an为递减数列，所以Sn无最大值，故C错误；

又a71，a81，所以Tn的最大值为T7，故D正确.

故选：AD

【点睛】

本题考查了等比数列的性质、定义，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.

31．ACD

【分析】

由题意可得数列an满足递推关系a11,a21,anan2an1(n3)，依次判断四个选项，即可得正确答案.

【详解】

对于A，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A正确；

对于B，S911235813+21+3488，故B错误；

对于C，由a1a2，a3a4a2，a5a6a4，……，a2019a2020a2018，可得：a1a3a5a2019a2a4a2a6a4a8a6正确.

2对于D，斐波那契数列总有an2an1an，则a1a2a1，a2020a2018a2020，故C22a2a2a3a1a2a3a2a1，a3a3a4a2a3a4a2a3，……，

22a2019a2020a2019a2018，可得a2018a2018a2019a2017a2018a2019a2017a2018，a201922a12a2a2019aa20192020a2020，故D正确；

a2019a2019故选：ACD.

【点睛】

本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题.

32．ABC

【分析】

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．

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nn1式可得an，，由数列的裂项相消求和可得Tn．

n1anan1(21)(21)212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．ABD

【分析】

a9910得到q1说明A正确；再由等比数列由已知a99a10010，得q0，再由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.