等比数列单元测试题(一)百度文库

一、等比数列选择题

1．一个蜂巢有1只蜜蜂，第一天，它飞出去找回了5个伙伴；第二天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第六天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有（ ）只蜜蜂. A．559

B．46656

C．216

D．36

2．已知等比数列an中，a1a3a54，公比q2，则a4a5a6（ ） A．32

B．16

C．16

D．32

3．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

4．在等比数列an中，a11，a427，则2a3a5（ ） A．45

B．54

C．99

D．81

5．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

6．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

nn7．设a，b≠0，数列{an}的前n项和Sna(21)b[(n2)22]，nN*，则

存在数列{bn}和{cn}使得（ ）

A．anbncn，其中{bn}和{cn}都为等比数列 B．anbncn，其中{bn}为等差数列，{cn}为等比数列

cn，其中{bn}和{cn}都为等比数列 C．anbn·cn，其中{bn}为等差数列，{cn}为等比数列 D．anbn·8．记等比数列an的前n项和为Sn，已知S5=10，S1050，则S15=（ ） A．180

B．160

C．210

D．250

9．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

22B．

31 2C．15

D．6

10．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

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．

*11 612．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 4D．12

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

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

D．2

16．十九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

17．.在等比数列an中，若a11，a54，则a3（ ） A．2

B．2或2

C．2

D．2

18．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若

S45，则等比数列{an}的公比为（ ） S2A．2 A．4

B．1或2 B．－4

C．-2或2 C．±4

D．-2或1或2 D．不确定

19．已知1，a，x，b，16这五个实数成等比数列，则x的值为（ ）

20．已知等比数列{an}中a1010＝2，若数列{bn}满足b1＝A．22017

B．22018

C．22019

bn11，且an＝，则b2020＝（ ）

b4nD．22020

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．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

23．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3 224．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1m恒成立，则mt的最小值为11 Sn625．已知集合Axx2n1,nN*，Bxx2,nN将An*B的所有元素从

小到大依次排列构成一个数列an，记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn12an1成

立的n的可能取值为（ ） A．25

B．26

C．27

D．28

*26．数列an的前n项和为Sn，若a11，an12SnnN，则有（ ） n1A．Sn3

n1B．Sn为等比数列

C．an23n1,1,D．an n223,n227．在《增减算法统宗》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．此人第六天只走了5里路

B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多6里 C．此人第二天走的路程比全程的

1还多1.5里 4D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍

28．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 29．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

30．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

31．已知数列an为等差数列，a11，且a2，a4，a8是一个等比数列中的相邻三项，记bnanqA．n C．

anq0,1，则{bn}的前n项和可以是（ ）

B．nq

D．

qnqn1nqnqnqnqn2nqn1qn11q21q2

32．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

33．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

234．对于数列an，若存在正整数k(k2)，使得akak1，akak1，则称ak是数列

an的“谷值”，k是数列an的“谷值点”，在数列an中，若annn8，下面

哪些数不能作为数列an的“谷值点”？（ ） A．3

B．2

C．7

D．5

35．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m＞0）.已知a11＝2，a13＝a61+1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有（ ）

9

A．m＝3

C．aij3i13j17B．a67173

D．S1n3n13n1 4

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、等比数列选择题 1．B 【分析】

第n天蜂巢中的蜜蜂数量为an，则数列{an}成等比数列．根据等比数列的通项公式，可以算出第6天所有的蜜蜂都归巢后的蜜蜂数量． 【详解】

设第n天蜂巢中的蜜蜂数量为an，根据题意得 数列{an}成等比数列，它的首项为6，公比q6

所以{an}的通项公式：an66n16n

到第6天，所有的蜜蜂都归巢后， 蜂巢中一共有a66646656只蜜蜂． 故选：B． 2．A 【分析】

由等比数列的通项公式可计算得出a4a5a6q【详解】

由a4a5a6a1qa3qa5qa1a3a5q4故选：A. 3．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

3266a1a3a5，代入数据可计算得出结果.

2632.

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． 4．C 【分析】

利用等比数列的通项与基本性质，列方程求解即可 【详解】

3设数列an的公比为q，因为a4a1q，所以q3，所以2a3a52qq99.

24故选C 5．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. 6．C 【分析】

a11q51q135121， 13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. 7．D 【分析】

由题设求出数列{an}的通项公式，再根据等差数列与等比数列的通项公式的特征，逐项判断，即可得出正确选项. 【详解】 解：

Sna(2n1)b[(n2)2n2](a2bbn)2n(a2b)，

当n1时，有S1a1a0；

n1当n2时，有anSnSn1(abnb)2， 0又当n1时，a1(abb)2a也适合上式，

an(abnb)2n1，

n1令bnabbn，cn2，则数列{bn}为等差数列，{cn}为等比数列，

故anbncn，其中数列{bn}为等差数列，{cn}为等比数列；故C错，D正确；

n1n1因为an(ab)2bn2，b≠0，所以bn2n1即不是等差数列，也不是等比数

列，故AB错. 故选：D. 【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. 8．C 【分析】

首先根据题意得到S5，S10S5，S15S10构成等比数列，再利用等比中项的性质即可得到答案. 【详解】

因为an为等比数列，所以S5，S10S5，S15S10构成等比数列. 所以5010=10S1550，解得S15210. 故选：C 9．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，

2a2a4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 10．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1若q1，因为a11，所以a61,a71，则所以0q1，故B正确；

a61a10，与60矛盾， a71a71a6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. 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q2，

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．A 【分析】

则

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】

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．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，

因为a12，且a5a3，所以q21，解得q1，

9所以a10a1q2.

故选：C. 16．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. 17．A 【分析】

2由等比数列的性质可得a3a1a5，且a1与a3同号，从而可求出a3的值

【详解】

解：因为等比数列an中，a11，a54，

2所以a3a1a54，

因为a110，所以a30， 所以a32， 故选：A 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； S22a1a11q4S41q41q21q5，解得q2. 当q1时，22S2a11q1q1q故选：C. 19．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 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．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．BCD 【分析】 由已知可得

Sn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, 23．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 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5aaa根据或或或，可知的最小值为ps3求出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，

ps5s5s4s2s1445n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．CD 【分析】

由题意得到数列an的前n项依次为1,2,3,22,5,7,23,9以及等比数列的求和公式，验证即可求解. 【详解】

由题意，数列an的前n项依次为1,2,3,2,5,7,2,923 ，利用列举法，结合等差数列

，

利用列举法，可得当n25时，AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an，

37,39,2,4,8,16,32，

则数列an的前25项分别为：1,3,5,7,9,11,13,20(139)2(125)可得S2540062462，a2641，所以12a26492，

212不满足Sn12an1； 当n26时，AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an，

37,39,41,2,4,8,16,32，

则数列an的前25项分别为：1,3,5,7,9,11,13,21(141)2(125)可得S2644162503，a2743，所以12a26526，

212不满足Sn12an1； 当n27时，AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an，

37,39,41,43,2,4,8,16,32，

则数列an的前25项分别为：1,3,5,7,9,11,13,22(143)2(125)可得S2748462546，a2845，所以12a27540，

212满足Sn12an1； 当n28时，AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an，

37,39,41,43,45,2,4,8,16,32，

则数列an的前25项分别为：1,3,5,7,9,11,13,23(145)2(125)可得S2852962591，a2947，所以12a285，

212满足Sn12an1，

所以使得Sn12an1成立的n的可能取值为27,28. 故选：CD. 【点睛】

本题主要考查了等差数列和等比数列的前n项和公式，以及“分组求和法”的应用，其中解答中正确理解题意，结合列举法求得数列的前n项和，结合选项求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 26．ABD 【分析】

根据an,Sn的关系，求得an，结合等比数列的定义，以及已知条件，即可对每个选项进行逐一分析，即可判断选择.

【详解】

由题意，数列an的前n项和满足an12SnnN当n2时，an2Sn1，

两式相减，可得an1an2(SnSn1)2an， 可得an13an，即

*，

an13,(n2)， ana22， a1又由a11，当n1时，a22S12a12，所以所以数列的通项公式为an1,n223n1n2；

an123n1当n2时，Sn3n1，

22又由n1时，S1a11，适合上式，

n1所以数列的an的前n项和为Sn3；

Sn13nn13，所以数列Sn为公比为3的等比数列， 又由Sn3综上可得选项A,B,D是正确的. 故选：ABD. 【点睛】

本题考查利用an,Sn关系求数列的通项公式，以及等比数列的证明和判断，属综合基础题. 27．BCD 【分析】

设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1，公比为q得首项，然后逐一分析四个选项得答案. 【详解】

解:根据题意此人每天行走的路程成等比数列， 设此人第n天走an里路，则{an}是首项为a1，公比为q61 的等比数列，由S6=378求21 的等比数列. 21a1[1()]6a(1q)2378，解得a192. 所以S6=1111q121选项A:a6a1q1926,故A错误, 255选项B:由a1192，则S6a1378192186，又1921866，故B正确.

选项C:a2a1q1921196,而S694.5，9694.51.5,故C正确.

422选项D:a1a2a3a1(1qq)192(1则后3天走的路程为378336=42, 而且336428,故D正确. 故选：BCD 【点睛】

11)336, 24本题考查等比数列的性质，考查等比数列的前n项和，是基础题. 28．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. 29．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，

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则当n2时，TnTn1(2n1)an2，即an222也成立， ，而a12n1211211an2*}通项公式为∴an，nN，故数列{，

(2n1)(2n1)2n12n12n12n1∴Sn111111111112n...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{30．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，

an}的通项公式，利用裂项法求前n项和Sn. 2n1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；

b3＞b2∴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. 31．BD 【分析】

设等差数列an的公差为d,根据a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项求得d0或1,再分情况求解bn的前n项和Sn即可. 【详解】

设等差数列an的公差为d,又a11,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项

a42a2a8,即a13da1da17d,化简得：d(d1)0,所以d0或1,

n故an1或ann,所以bnq或bnnq,设bn的前n项和为Sn,

2①当bnq时,Snnq；

n②当bnnq时,

Sn1q2q23q3nqn（1）, qSn1q22q33q4nqn1（2）,

（1）（2）得：1qSnqq2q3qnnqn1q(1qn)nqn1qnqn2nqn1qn1所以Sn,

(1q)21q(1q)2q1qn1qnqn1,

故选：BD 【点睛】

本题主要考查了等差等比数列的综合运用与数列求和的问题,需要根据题意求得等差数列的公差与首项的关系,再分情况进行求和.属于中等题型. 32．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，数算的能力，属于中档题. 33．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. 34．AD 【分析】

376129，a32，a4，a5，a6，a7，a8，根据

452782“谷值点”的定义依次判断每个选项得到答案. 【详解】

计算到a12，a2anna89. 376128，故a12，a2，a32，a4，a5，a6，a7，n45272故a2a3，3不是“谷值点”；a1a2，a3a2，故2是“谷值点”；

a6a7，a8a7，故7是“谷值点”；a6a5，5不是“谷值点”.

故选：AD. 【点睛】

本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和应用能力. 35．ACD 【分析】

根据第一列成等差，第一行成等比可求出a13,a61，列式即可求出m，从而求出通项aij， 再按照分组求和法，每一行求和可得S，由此可以判断各选项的真假． 【详解】

∵a11＝2，a13＝a61+1，∴2m2＝2+5m+1，解得m＝3或m﹣﹣﹣

∴aij＝ai1•3j1＝[2+（i﹣1）×m]•3j1＝（3i﹣1）•3j1，

1（舍去）， 2∴a67＝17×36，

∴S＝(a11+a12+a13+……+a1n)+(a21+a22+a23+……+a2n)+……+(an1＋an2＋an3＋……＋ann)

a11（13n）a21（13n）1313nan（）113 13（23n1）n1（3n﹣1）• 221n（3n+1）（3n﹣1） 4故选：ACD. 【点睛】

本题主要考查等差数列，等比数列的通项公式的求法，分组求和法，等差数列，等比数列前n项和公式的应用，属于中档题．