等比数列练习题(有答案)库

2024年2月26日发(作者：唐可)

一、等比数列选择题

1．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

2．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

（

）

A．4 B．5 C．8 D．15

24．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．18 C．24 D．32

3．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

A．-3+(n+1)×2n

C．1+(n+1)×2n

B．8 C．4

B．3+(n+1)×2n

D．1+(n-1)×2n

D．2

5．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（

）

6．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

7．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

8．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,

S6a9，则4的值为（

）

9．已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a2S3A．2 B．2 C．22 D．4

210．已知等比数列an的前n项和为Sn，若a1a3，且数列Sn3a1也为等比数列，则an的表达式为（

）

1A．an

2n1B．an2n1

2C．an3n

2D．an3n111．题目文件丢失！

Sn5512．已知等比数列an的前n项和为Sn，且a1a3，a2a4，则=（

）

an42A．4n1

C．2n1

B．4n1

D．2n1

13．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．a6a81

a610，则下列结论正确的是（

）

a71B．0q1

D．Tn的最大值为T7

C．Sn的最大值为S7

14．在数列an中，a12，an12an1，若an513，则n的最小值是（

）

A．9 B．10 C．11 D．12

15．已知等比数列an中，a17，a4a3a5，则a7（

）

A．1

9B．1

7C．1

3D．7

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．若数列an是等比数列，且a1a7a138，则a3a11（

）

A．1

A．4

B．2

B．－4

C．4

C．±4

D．8

D．不确定

18．已知1，a，x，b，16这五个实数成等比数列，则x的值为（

）

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．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

二、多选题

*21．设数列{an}的前n项和为Sn(nN)，关于数列{an}，下列四个命题中正确的是（

）

A．若an1an(nN*)，则{an}既是等差数列又是等比数列

2B．若SnAnBn(A，B为常数，nN*)，则{an}是等差数列

C．若Sn11，则{an}是等比数列

*D．若{an}是等差数列，则Sn，S2nSn，S3nS2n(nN)也成等差数列

n22．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．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

24．对任意等比数列an，下列说法一定正确的是（

）

A．a1，a3，a5成等比数列

C．a2，a4，a8成等比数列

A．8

C．－8

B．a2，a3，a6成等比数列

D．a3，a6，a9成等比数列

B．12

D．－12

225．在等比数列{an}中，a5＝4，a7＝16，则a6可以为（

）

26．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

27．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

1*a1S

aa2n1a

28．已知数列n满足1，n，nN，n是数列

的前n项n1an和，则下列结论中正确的是（

）

A．S2n12n1C．S2n1

anB．S2n1Sn

21

2311Sn

22n2D．S2nSn29．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

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

*，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 D．此人后三天共走了42里路

32．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

33．设数列xn，若存在常数a，对任意正数r，总存在正整数N，当nN，有xnar，则数列xn为收敛数列.下列关于收敛数列正确的有（

）

A．等差数列不可能是收敛数列

B．若等比数列xn是收敛数列，则公比q1,1

xsinncosxC．若数列n满足nn，则xn是收敛数列

22

D．设公差不为0的等差数列xn的前n项和为SnSn0，则数列列

34．数列an为等比数列（

）.

A．anan1为等比数列

B．anan1为等比数列

C．anan1为等比数列

D．Sn不为等比数列（Sn为数列an的前n项）

35．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 C．b10＞0

1一定是收敛数Sn222，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9＞b9且a10＞b10，3D．b9＞b10

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一、等比数列选择题

1．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.

2．C

【分析】

2223qa2q13q2q8将已知条件整理为1，可得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.

3．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

4．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

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.

5．D

【分析】

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.

6．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.

7．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．

8．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，

2

1(1qn)1n1q0，22，

21q1q0．

144q，解得q3．

43{a}综上可得：n的公比的取值范围是：0,．

4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．

9．D

【分析】

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.

10．D

【分析】

设等比数列an的公比为q，当q1时，Sn3a1na13a1(n3)a1，该式可以为0，不是等比数列，当q1时，Sn3a1a1aqn13a1，若是等比数列,则1q1qa123a10，可得q，利用a12a3，可以求得a1的值，进而可得an的表达式

1q3【详解】

设等比数列an的公比为q

当q1时，Snna1，所以Sn3a1na13a1(n3)a1，

当n3时，上式为0，所以Sn3a1不是等比数列.

当q1时，Sn所以Sn3a1a11qn1qa1aqn1，

1q1qa1aqn13a1，

1q1qa123a10，解得q.

1q3要使数列Sn3a1为等比数列，则需2aa3，a1，

32122故ana1qn13故选：D.

【点睛】

223n123n1.

关键点点睛：本题的关键点是熟记等比数列的前n项和公式，等比数列通项公式的一般形式，由此若Sn3a1的值，通项即可求出.

a1aaqn13a1是等比数列，则13a10，即可求得q1q1q1q11．无

12．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.

13．B

【分析】

1qa1qn11qn1qqn1112n2n1.

12n

根据a11，a6a71,再逐项判断.

【详解】

a610，分q0

，q1，0q1讨论确定q的范围，然后a71若q0，因为a11，所以a60,a70，则a6a70与a6a71矛盾，

a61a6100矛盾，

若q1，因为a11，所以a61,a71，则，与a71a71所以0q1，故B正确；

a610，则a61a70，所以a6a8a720,1，故A错误；

因为a71因为an0，0q1，所以Snaqa1n单调递增，故C错误；

1q1q因为n7时，an0,1，1n6时，an1，所以Tn的最大值为T6，故D错误；

故选：B

【点睛】

关键点点睛：本题的关键是通过穷举法确定0q1.

14．C

【分析】

根据递推关系可得数列an1是以1为首项，2为公比的等比数列，利用等比数列的通项n1公式可得an21，即求.

【详解】

因为an12an1，所以an112an1，即an112，

an1所以数列an1是以1为首项，2为公比的等比数列.

n1n1则an12，即an21.

因为an513，所以2n11513，所以2n1512，所以n10.

故选：C

15．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.

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】

根据等比数列的性质，由题中条件，求出a72，即可得出结果.

【详解】

3因为数列an是等比数列，由a1a7a138，得a78，

2所以a72，因此a3a11a74.

故选：C.

18．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

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.

22二、多选题

21．BCD

【分析】

利用等差等比数列的定义及性质对选项判断得解.

【详解】

选项A:

an1an(nN*),an1an0得{an}是等差数列，当an0时不是等比数列，故错;

选项B:

SnAn2Bn,anan12A,得{an}是等差数列，故对;

n选项C:

Sn11,SnSn1an2(1)n1(n2),当n1时也成立，an2(1)n1是等比数列，故对;

*选项D:

{an}是等差数列，由等差数列性质得Sn，S2nSn，S3nS2n(nN)是等差数列，故对;

故选：BCD

【点睛】

熟练运用等差数列的定义、性质、前n项和公式是解题关键.

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.

Snna1

【详解】

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Sn为等差数列，故A正确.

n2a1n1d所以数列|选项B.

2正确.

an2an1a,则a2an1an2d（常数），所以数列2n为等比数列，故B2n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ama1m1dn用，解答本题的关键是利用通项公式得出，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．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}是等比数列；即A正确；

()q2，即数列{an则2anan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02若a1a2a3,则a1a1qa1q或，即数列{an}是递增数列，C正确；

q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.

24．AD

【分析】

根据等比数列的定义判断．

【详解】

n1设{an}的公比是q，则ana1q，

A．a3aq25，a1，a3，a5成等比数列，正确；

a1a3a3a6q3，在q1时，两者不相等，错误；

qB，，a3a2a8a42qq4，在q21时，两者不相等，错误；

C．，a2a4a6a93qD．，a3，a6，a9成等比数列，正确．

a3a6故选：AD．

【点睛】

结论点睛：本题考查等比数列的通项公式．

数列{an}是等比数列，则由数列{an}根据一定的规律生成的子数列仍然是等比数列：

如奇数项a1,a3,a5,a7,实质上只要k1,k2,k3,数列．

25．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】

或偶数项a2,a4,a6,仍是等比数列，

,kn,是正整数且成等差数列，则ak1,ak2,ak3,,akn,仍是等比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.

26．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11a2aBAnan13anBC，

n1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.

27．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.

28．CD

【分析】

根据数列an

满足a11，anan12n1，得到an1an22n3，两式相减得：an2an2，然后利用等差数列的定义求得数列an

的通项公式，再逐项判断.

【详解】

因为数列an

满足a11，anan12n1，nN*，

所以an1an22n3，

两式相减得：an2an2，

所以奇数项为1，3，5，7，….的等差数列；

偶数项为2，4，6，8，10，….的等差数列；

的通项公式是ann，

所以数列an

A.

令n2时，

S31B.

令n1时，

S21111113，而

221，故错误；

236221311，而

S1，故错误；

2222133113C.

当n1时，

S21，而

，成立，当n2时，222222111111S2nSn1...n，所以，因为2n2n1，所以2352n12n...1...nn，故正确；

352n148222D.

因为S2nSn1111...，令n1n2n32nfn1111...，因为n1n2n32n111110，所以fn得到递增，2n12n2n12n12n21，故正确；

2fn1f(n)所以fnf1故选：CD

【点睛】

本题主要考查等差数列的定义，等比数列的前n项和公式以及数列的单调性和放缩法的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于较难题.

29．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】

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；

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

a21a11n1因为2Sn22n，所以2S12S2...2Sn221222...223n1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: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．

30．BD

【分析】

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n1的前n项和.

n1n1222【详解】

由2(n1)annan10得的

an1aaa2n，所以n是以1a14为首项，2为公比n1n1n

等比数列，故A错误；因为确；

23因为Sn122223n1an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.

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)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.

32．AB

【分析】

11142，所以D正确，

81632

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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.

33．BCD

【分析】

3n2n23n4.

根据等差数列前n和公式以及收敛数列的定义可判断A；根据等比数列的通项公式以及收敛的定义可判断B；根据收敛的定义可判断C；根据等差数列前n和公式以及收敛数列的定义可判断D.

【详解】

当Sn0时，取Snd2dddddna1nnna1na1，

2222221da11dd1222ra1drN.

为使得Sn，所以只需要na1nrddrr22r2对于A，令xn1，则存在a1，使xna0r，故A错；

对于B，xnx1qn1，若q1，则对任意正数r，

r1当nlogqx1时，

xnr1，所以不存在正整数N使得定义式成立，

1若q1，显然符合；若q1为摆动数列xn1只有x1两个值，不会收敛于一个值，所以舍去；

n1x1，

rNlog1若q1,1，取a0，q1，

x1当nN时，xn0x1q对于C，xnsinn1x1rr，故B正确；

x11ncosnsinn0，符合；

222d2dnx1n，

22对于D，xnx1n1d，Sn

当d0时，Sn单调递增并且可以取到比1更大的正数，

rdd2d11x1x10r，同理d0，所以D正确.

当时，22rSnSnnNd故选：BCD

【点睛】

关键点点睛：解题的关键是理解收敛数列的定义，借助等差数列前n和公式以及等比数列的通项公式求解，属于中档题.

34．BCD

【分析】

举反例，反证，或按照等比数列的定义逐项判断即可.

【详解】

解：设an的公比为q，

A.

设an1，则anan10，显然anan1不是等比数列.

nB.

an2an1q2，所以anan1为等比数列.

anan124222aqqq2anan222n1aaC.

2，所以nn1为等比数列.

222anan1an1qD.

当q1时，Snnp，Sn显然不是等比数列；

当q1时，若Sn为等比数列，则SnSn1Sn1n2，

222a11qn即1qa11qn11q2a1q，所以q1，与q1矛盾，

n111q综上，Sn不是等比数列.

故选：BCD.

【点睛】

考查等比数列的辨析，基础题.

35．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，

3

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（22382392317282）＞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.