等比数列练习题(有答案)doc

一、等比数列选择题

1．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

2．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

3．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 A．6

B．16

31 2D．6

B．C．32

D．

4．设{an}是等比数列，若a1 + a2 + a3 =1，a2 + a3 + a4 =2，则 a6 + a7 + a8 =（ ） 5．在等比数列an中，a132，a44．记Tna1a2…an(n1,2,…)，则数列Tn（ ）

A．有最大项，有最小项 C．无最大项，有最小项

B．有最大项，无最小项 D．无最大项，无最小项

6．“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26f

111B．第三个单音的频率为24f D．第八个单音的频率为212f

17．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, a11020，则使得8．等比数列an的前n项积为Tn，且满足a11，a102a10310，

a1103Tn1成立的最大自然数n的值为（ ）

A．102 C．204

B．203 D．205

29．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

Sn5510．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

11．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 612．在数列an中，a12，对任意的m,nN，amnaman，若

a1a2an62，则n（ ）

A．3

B．4

C．5

D．6

13．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 an14．已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1a2a3a4a1a2a3，若a11，则（ ）

A．a1a3，a2a4 C．a1a3，a2a4

B．a1a3，a2a4 D．a1a3，a2a4

222a3a7a6a1016，则a2a8（ ） 15．正项等比数列an满足a2A．1 B．2 C．4 D．8

16．已知an是各项均为正数的等比数列，a1a21，a3a44，则

a5a6a7a8（ ）

A．80

B．20

C．32

D．

255 3*17．已知数列an的首项a11，前n项的和为Sn，且满足2an1Sn2nN，则

满足

10011000S2nSn11的n的最大值为（ ）. 10B．8

C．9

D．10

A．7

18．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

19．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段(,)，记为第一次操作；再将剩下的两个区间[0,]，[,1]分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于

123313239，则需要操作的次数n的最小值为（ ）（参考数据：lg20.3010，10lg30.4771）

B．5

C．6

D．7

A．4

bn1120．已知等比数列{an}中a1010＝2，若数列{bn}满足b1＝，且an＝，则b2020＝（ ）

bn4A．22017

B．22018

C．22019

D．22020

二、多选题21．题目文件丢失！

an2an1k（k为常数），则称an为等22．在数列an中，如果对任意nN都有

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．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

n24．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 225．已知数列an的前n项和为Sn，a14,Snan+1(nN)，数列n2的

n(n1)an11 2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26．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

B．a2，a3，a6成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列

27．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

Sn628．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（ ） A．1，下列命题中正31是等差数列 Sn1

3n(n1)B．Sn1 3nC．anD．S3n是等比数列

29．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

30．已知数列an是等比数列，有下列四个命题，其中正确的命题有（ ） A．数列an是等比数列

B．数列anan1是等比数列

C．数列lgan是等比数列

2D．数列1是等比数列 an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．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

33．已知数列an的前n项和为Sn，Sn2an2，若存在两项am，an，使得

n11

aman，则（ ）

A．数列{an}为等差数列 C．aa2122n4a1 32nB．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．设an是无穷数列，若存在正整数k，使得对任意nN，均有ankan，则称

an是间隔递增数列，k是an的间隔数，下列说法正确的是（ ）

A．公比大于1的等比数列一定是间隔递增数列 B．已知ann4，则an是间隔递增数列 nnC．已知an2n1，则an是间隔递增数列且最小间隔数是2

2D．已知anntn2020，若an是间隔递增数列且最小间隔数是3，则4t5

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、等比数列选择题

1．B 【分析】

根据a11，a6a71,再逐项判断. 【详解】

若q0，因为a11，所以a60,a70，则a6a70与a6a71矛盾，

a610，分q0 ，q1，0q1讨论确定q的范围，然后a71a6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. 2．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． 3．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 4．C 【分析】

根据等比数列的通项公式求出公比q【详解】

设等比数列{an}的公比为q，

则a2a3a4(a1a2a3)q2，又a1a2a31，所以q55所以a6a7a8(a1a2a3)q1232.

2，再根据等比数列的通项公式可求得结果.

2，

故选：C． 5．B 【分析】

首先求得数列的通项公式，再运用等差数列的求和公式求得Tn，根据二次函数的性质的指数函数的性质可得选项. 【详解】

41设等比数列an为q，则等比数列的公比qa441，所以q1， a132821则其通项公式为：ana1qn1322所以Taan12n126n，

n11n2n5+6nan225426n222，

令tn11n，所以当n5或6时，t有最大值，无最小值，所以Tn有最大项，无最小项.

故选：B. . 6．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、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(122)21f216216f.

所以第五个单音的频率为122f212f. 所以第八个单音的频率为故选：B. 7．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2122f2f

16【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． 8．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， 由

a10210，即(a1021)(a1031)0， 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.

9．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. 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．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q1qa1qn11qn1qqn1112n2n1. 12n2，

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． 12．C 【分析】

则

令m1，可得an1a1an2an，可得数列an为等比数列，利用等比数列前n项和公式，求解即可. 【详解】

因为对任意的m,nN，都有amnaman，

所以令m1，则an1a1an2an， 因为a10，所以an0，即

an12， an所以数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，

2(12n)所以62，解得n=5，

12故选：C 13．C 【分析】

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. 14．B 【分析】

由a1a2a3a40可得出q1，进而得出q1，再由a11得出q0，即可根据q的范围判断大小. 【详解】

设等比数列的公比为q， 则a1a2a3a4a11+q+q+q23a1+q1+q0，可得q1，

212当q1时，a1a2a3a40，a1a2a30，q1，

a1a2a3a4a1a2a3，即1+q+q+qa11+q+q22322，

a11+q+q2+q31+q+q221，整理得q4+q3+2q2+q0，显然q0，

q1,0，q20,1，

a1a3a11q20，即a1a3，

a2a4a1qq3a1q1q20，即a2a4.

故选：B. 【点睛】

关键点睛：本题考查等比数列的性质，解题的关键是通过已知条件判断出q1,0，从而可判断大小. 15．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． 16．A 【分析】

由条件求出公比q，再利用前4项和和公比求a5a6a7a8的值. 【详解】

根据题意，由于an是各项均为正数的等比数列，

a1a21，a3a44q2a1a2，∴q24，q0，q则a5a6a7a8q故选：A 17．C 【分析】

根据2an1Sn2nN不等式可求n的最大值. 【详解】

42

a1a2a3a4161480.

*可求出an的通项公式，然后利用求和公式求出S2n,Sn，结合

2an1Sn2,2anSn12(n2)相减得2an1an(n2)，a11，a2nn1；则an211001111111是首项为1，公比为的等比数列，1，，则n的210002101000210最大值为9. 故选：C 18．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. 19．C 【分析】

依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前n项和，列出不等式解之可得． 【详解】

第一次操作去掉的区间长度为三次操作去掉四个长度为

112；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；第

939141的区间，长度和为；…第n次操作去掉2n1个长度为n272732n1的区间，长度和为n，

3n11222于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为Snn1， 3933n21921，即nlg3lg21，解得：由题意，1，即nlglg310310nn115.679，

lg3lg20.47710.3010又n为整数，所以n的最小值为6. 故选：C. 【点睛】

本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前n项和等知识及估算能力，属于中档题. 20．A 【分析】

根据已知条件计算a1a2a3解出b2020的结果. 【详解】 因为anb2020a2018a2019的结果为，再根据等比数列下标和性质求

b1bn1，所以a1a2a3bna2018a2019b2b3b4b1b2b3b2019b2020b2020， b2018b2019b1因为数列an为等比数列，且a10102， 所以a1a2a322a1010a1010a2018a2019a1a2019a2a201822019a1010a1010a101022019

a1009a1011a1010

所以

b202022019，又b11，所以b202022017， b14故选：A. 【点睛】

结论点睛：等差、等比数列的下标和性质：若mnpq2tm,n,p,q,tN（1）当an为等差数列，则有amanapaq2at； （2）当an为等比数列，则有amanapaqat.

2*，

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1，

an2an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，所若等差比数列的公差比为0，

an1an以B选项说法正确；

n若an32，

an2an13，数列an是等差比数列，所以C选项正确；

an1ann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. nn1n1an1ana1qa1qa1q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．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;

选项C: Sn11,SnSn1an2(1)n1(n2),当n1时也成立，

n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. 24．AB 【分析】

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3②若删去a3，则2a2a1a4，得2a1qa1a1q3，即2q1q，

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．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2n21131，n1nn1，裂项求和Tnn(n1)an1nn12n2n1282n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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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. 26．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，

a3a52qA．，a1，a3，a5成等比数列，正确； a1a3a3a6q3，在q1时，两者不相等，错误； qB，，a3a2C．D．

aa4q2，8q4，在q21时，两者不相等，错误； a2a4a6aq39，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． 27．ABD 【分析】

根据等差中项列式求出q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

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1n2Sn21()， 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1138S(,]，当n为偶数时，nS关于n单调递增，所以当为奇数时，nSnSn23Sn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. 28．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1113，所以33(n1)3n，Sn1．B正确；

SnS1a13n公差为3，又

n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．

29．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)因为Sn，所以Sn+2+2(3+3)， 132132n1n+1Sn+1+22(3+3)2=1+常数， 因为1n1nSn+21+3(3+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，考查了数算能力. 30．ABD 【分析】

分别按定义计算每个数列的后项与前项的比值，即可判断. 【详解】

根据题意，数列an是等比数列，设其公比为q，则

an1q， anan1|q|，an为等比数列，A正确； 对于A，对于数列an，则有ananan1q2，anan1为等比数列，B正确； 对于B，对于数列anan1，有

an1an22对于C，对于数列lgan，若an1，数列an是等比数列，但数列lgan不是等比数

列，C错误；

11anan111，为等比数列，D正确. 对于D，对于数列，有1anqananan1故选：ABD. 【点睛】

本题考查用定义判断一个数列是否是等比数列，属于基础题. 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．AD 【分析】 由已知可得

n1nN.

*Sn1n12Sn2n2，结合等比数列的定义可判断A；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；

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

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．

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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an2的等比数列，an2n，

是以首项a22n21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； 32所以a12a2aa121q1naman2m2n2mn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∴；

bb423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，数算的能力，属于较难题. 35．BCD 【分析】

根据间隔递增数列的定义求解. 【详解】 A. ankana1qnk1a1qn1a1qn1qk1，因为q1，所以当a10时，

ankan，故错误；

B. ankn2kn4444annknk1kn+knn+kn，令nkntn2kn4，t在nN单调递增，则t11k40，解得k3，故正确；

C. ankan2nk1knknn2n12k11k1，当n为奇数

k时，2k110，存在k1成立，当n为偶数时，2k110，存在k2成立，综上：an是间隔递增数列且最小间隔数是2，故正确； D. 若an是间隔递增数列且最小间隔数是3，

则ankannktnk2020ntn20202knktk0，nN222成立，

则k2tk0，对于k3成立，且k2tk0，对于k2成立

22即k2t0，对于k3成立，且k2t0，对于k2成立

所以t23，且t22 解得4t5，故正确. 故选：BCD 【点睛】

本题主要考查数列的新定义，还考查了运算求解的能力，属于中档题.