等比数列基础练习题 库

2024年2月26日发(作者：祁豸佳)

一、等比数列选择题

1．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

22．已知等比数列an的前n项和为Sn，则下列命题一定正确的是（

）

A．若S2021＞0，则a3+a1＞0

C．若S2021＞0，则a2+a4＞0

B．若S2020＞0，则a3+a1＞0

D．若S2020＞0，则a2+a4＞0

3．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,

4．等差数列an的首项为1，公差不为0．若a2、a3、a6成等比数列，则an的前6项的和为（

）

A．24 B．3 C．3 D．8

a10210，则使得a10315．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

6．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

7．在数列an中，a32，an12an，则a5（

）

A．32 B．16 C．8 D．4

8．已知等比数列an的前5项积为32，1a12，则a1A．3,a3a5的取值范围为（

）

24D．3,

7

2B．3, C．3,7

29．在等比数列{an}中，a24，a532，则a4（

）

A．8 B．8 C．16 D．16

10．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

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．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

13．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 D．2

14．已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a22，公比qA．32 B．31 C．16

2，则S5等于（

）

D．15

15．正项等比数列an的公比是A．14 B．13

1，且a2a41，则其前3项的和S3（

）

3C．12 D．11

2n1，1n1016．数列an满足an19n，则该数列从第5项到第15项的和为（

）

11n192，A．2016 B．1528 C．1504 D．992

17．数列an满足：点n,an1(nN，n2)在函数f(x)2x的图像上，则an的前10项和为（

）

A．4092 B．2047 C．2046 D．1023

18．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（

）

mn5

3B．A．3

2C．4

3D．11

619．已知等比数列an，a7=8，a11=32，则a9=（

）

A．16 B．16 C．20 D．16或16

20．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33大吕=黄钟太簇，大吕=(黄钟)太簇，太簇=2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

an二、多选题21．题目文件丢失！

22．在数列an中，如果对任意nN*都有an2an1k（k为常数），则称an为等an1an差比数列，k称为公差比.下列说法正确的是（

）

A．等差数列一定是等差比数列

B．等差比数列的公差比一定不为0

nC．若an32，则数列an是等差比数列

D．若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比

23．一个弹性小球从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

24．已知a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q不为1.将此数列删去一个数后得到的数列（按原来的顺序）是等差数列，则正数q的值是（

）

A．15

2B．15

2C．13

2D．13

225．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

26．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

227．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

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．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，a7a81，A．0q1

C．Sn的最大值为S9

a710，则下列结论正确的是（

）

a81B．a7a91

D．Tn的最大值为T7

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

31．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232．设数列{an}满足a13a25a3和为Sn,则（

）

A．a12 B．an(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

33．在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（

）

A．q＝1

C．S8＝510

B．数列{Sn+2}是等比数列

D．数列{lgan}是公差为2的等差数列

34．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；

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

B．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

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．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11122q2q1，

4111q2aq2aq2111644故选：C.

2．A

【分析】

根据等比数列的求和公式及通项公式，可分析出答案.

【详解】

等比数列an的前n项和为Sn，当q1时，

a1(1q2021)S20210，

1q因为1q2021与1q同号，

所以a10，

2所以a1a3a1(1q)0，

当q1时，

S20212021a10，

所以a10，

所以a1a3a1a12a10，

综上，当S20210时，a1a30，

故选：A

【点睛】

易错点点睛：利用等比数列求和公式时，一定要分析公比是否为1，否则容易引起错误，本题需要讨论两种情况.

3．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．

4．A

【分析】

根据等比中项的性质列方程，解方程求得公差d，由此求得an的前6项的和.

【详解】

2设等差数列an的公差为d，由a2、a3、a6成等比数列可得a3a2a6，

即(12d)(1d)(15d)，整理可得d22d0，又公差不为0，则d2，

故an前6项的和为S66a1故选：A

26(61)6(61)d61(2)24.

22

5．C

【分析】

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.

6．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.

7．C

【分析】

根据an12an，得到数列an是公比为2的等比数列求解.

【详解】

因为an12an，

an12，

所以an

所以数列an是公比为2的等比数列．

因为a32，

所以a5a3q28．

故选：C

8．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a1a15323a3a5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．

9．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.

10．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.

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．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.

13．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.

14．B

【分析】

先求得首项，根据等比数列的求和公式，代入首项和公比的值，即可计算出S5的值.

【详解】

因为等比数列{an}的前n项和为Sn,a22，公比q2，所以a1a21，又因为qSna11qn1qq1，所以S511251231.

故选：B.

15．B

【分析】

根据等比中项的性质求出a3，从而求出a1，最后根据公式求出S3；

【详解】

22解：因为正项等比数列an满足a2a41，由于a2a4a3，所以a31.

2所以a31，a1q1，因为q1，所以a19.

3因此S3故选：B

a11q31q13.

16．C

【分析】

利用等比数列的求和公式进行分项求和，最后再求总和即可

【详解】

2n1，1n10a因为n19n，

2，11n19所以，a5a6a10284424210221024，

1294a11a12a15222242922924，

128该数列从第5项到第15项的和为

21024292424(261251)24(64322)16941504

故选：C

【点睛】

解题关键在于利用等比数列的求和公式进行求解，属于基础题

17．A

【分析】

根据题中条件，先得数列的通项，再由等比数列的求和公式，即可得出结果.

【详解】

因为点n,an1(nN，n2)在函数f(x)2x的图像上，

所以an12nnN,n2，因此an2n1nN，

4121012即数列an是以4为首项，以2为公比的等比数列，

所以an的前10项和为故选：A.

18．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q4092.

2，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．

19．A

【分析】

则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．C

【分析】

a1q6a1q1083216

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.

二、多选题

21．无

22．BCD

【分析】

考虑常数列可以判定A错误，利用反证法判定B正确，代入等差比数列公式判定CD正确.

【详解】

对于数列an，考虑an1,an11,an2若等差比数列的公差比为0，以B选项说法正确；

an2an11，无意义，所以A选项错误；

an1anan2an10,an2an10，则an1an与题目矛盾，所an1anan2an13，数列an是等差比数列，所以C选项正确；

若an32，an1annn1若等比数列是等差比数列，则ana1q,q1，

a1qnq1an2an1a1qn1a1qnq，所以D选项正确.

an1ana1qna1qn1a1qn1q1故选：BCD

【点睛】

易错点睛：此题考查等差数列和等比数列相关的新定义问题.解决此类问题应该注意：

（1）常数列作为特殊的等差数列公差为0；

（2）非零常数列作为特殊等比数列公比为1.

23．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

24．AB

【分析】

400700；

33因为公比q不为1，所以不能删去a1，a4，设等差数列的公差为d，分类讨论，即可得到答案

【详解】

解：因为公比q不为1，所以不能删去a1，a4，设等差数列的公差为d，

①若删去a2，则有2a3a1a4，得2a1q2a1a1q3，即2q21q3，

整理得q2q1q1q1，

15，

2因为q1，所以q2q1，

因为q0，所以解得q②若删去a3，则2a2a1a4，得2a1qa1a1q3，即2q1q3，

整理得q(q1)(q1)q1，因为q1，所以q(q1)1，

因为q0，所以解得q综上q15，

21515或q，

22故选：AB

25．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1，故B正确；

由A可得时，S418121112aaappA由可得mn，故C正确；

21，可得pmn等价为mnmn2221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.

26．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

27．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.

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．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.

30．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a1q31．BD

【分析】

由2(n1)annan10得n1nN.

*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n1的前n项和.

n1n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23n1an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n2n2，所以

Sn(n1)2n24，

Sn12222212n12n2n2，故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1nn122222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.

32．ABD

【分析】

由已知关系式可求a1、an，进而求得{项.

【详解】

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an}的通项公式以及前n项和Sn,即可知正确选2n122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．BC

【分析】

先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，对选项进行逐个判断即可得到正确选项．

【详解】

由题意，根据等比中项的性质，可得

a2a3＝a1a4＝32＞0，a2+a3＝12＞0，

故a2＞0，a3＞0．

根据根与系数的关系，可知

a2，a3是一元二次方程x2﹣12x+32＝0的两个根．

解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4．

故必有公比q＞0，

∴a1an}的通项公式，利用裂项法求前n项和Sn.

2n1a2＞0．

q∵等比数列{an}是递增数列，∴q＞1．

∴a2＝4，a3＝8满足题意．

∴q＝2，a1a22．故选项A不正确．

qan＝a1•qn﹣1＝2n．

∵Sn212n122n+1﹣2．

∴Sn+2＝2n+1＝4•2n﹣1．

∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．

S8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故选项C正确．

∵lgan＝lg2n＝n．

∴数列{lgan}是公差为1的等差数列．故选项D不正确．

故选：BC

【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式、求和公式和性质，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.

34．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.

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.