高考数学等比数列专题复习(专题训练) 百度文库

一、等比数列选择题

1．

3131与的等比中项是（ ）

22B．1

C．A．－1

2 2D．2 22．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．数列an是等比数列，a54，a916，则a7（ ） A．8

B．8

C．8

D．1

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

b7a7，则b3b8b10（ )

A．1

B．8

C．4

D．2

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

7．已知数列{an}满足a1n211*，an1an(nN).设bn，nN*，且数列

an22{bn}是单调递增数列，则实数的取值范围是（ ）

A．(,1)

B．(1,)

32C．(,)

32D．(1,2)

8．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（ ） A．-3+(n+1)×2n C．1+(n+1)×2n

B．3+(n+1)×2n D．1+(n-1)×2n

9．已知正项等比数列an的公比不为1，Tn为其前n项积，若T2017T2021，则（ ） A．1:3 A．2

B．3:1 B．2

C．3:5 C．3

D．5:3 D．3

10．在3和81之间插入2个数，使这4个数成等比数列，则公比q为（ ）

lna2020lna202111．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

212．公差不为0的等差数列an中，2a3a72a110，数列bn是等比数列，且

b7a7，则b6b8（ ）

A．2

B．4

C．8

D．16

13．已知数列an，bn满足a12，b10.2，an1bn1132an，3bn1A．5

13anbn，则使anbn0.01成立的最小正整数n为（ ） 44B．7

C．9

D．11

2214．在各项均为正数的等比数列an中，a62a5a9a825，则a1a13的最大值是

（ ） A．25

B．

25 42n1C．5 D．

2 515．数列{an}满足a12a22a32于（ ）

ann(n∈N*)，数列{an}前n和为Sn，则S10等291A． 2551B．1 2101C．1 21D． 26616．.在等比数列an中，若a11，a54，则a3（ ） A．2

B．2或2

C．2

D．2

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．已知等比数列的公比为2，其前n项和为Sn，则A．2

B．4

C．

S3=（ ） a3D．

7 415 820．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

二、多选题

21．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,A．0a11

bnbn12n(nN*)，则下列结论正确的是（ ）

B．1b12

C．S2nT2n

D．S2nT2n

22．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3 223．已知等比数列an公比为q，前n项和为Sn，且满足a68a3，则下列说法正确的是（ ）

A．an为单调递增数列 比数列

D．Sn2ana1

B．

S69 S3C．S3，S6，S9成等

24．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．3 225．已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是（ ）

1{} A．anB．log2(an)

2C．{anan1} D．{anan1an2}

26．设an是各项均为正数的数列，以an，an1为直角边长的直角三角形面积记为

Sn(nN)，则{Sn}为等比数列的充分条件是（ ）

A．an是等比数列

B．a1，a3， ，a2n1，或 a2，a4， ，a2n，是等比数列 C．a1，a3， ，a2n1，和 a2，a4，，a2n，均是等比数列

D．a1，a3， ，a2n1，和 a2，a4， ，a2n，均是等比数列，且公比相同 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．此人第三天走了二十四里路

B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 C．此人第二天走的路程占全程的

1 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 D．此人后三天共走了42里路

29．已知等比数列an的公比为q，前n项和Sn0，设bnan23an1，记bn的前2n项和为Tn，则下列判断正确的是（ ） A．若q1，则TnSn C．若qB．若q2，则TnSn

13D．若q，则TnSn ，则TnSn

4430．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如下图：

a11a21a31a12a22a32a13a1na23a2na33a3n an3annan1an2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（ ）

A．m3 C．aij(3i1)3j17B．a67173

D．S1n(3n1)3n1 431．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 C．若数列xn满足xnsinncos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

1一定是收敛数Sn32．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

33．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；

34．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

235．等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3a8a13是一个定值，则下列各数也为定值的有( ) A．a7

B．a8

C．S15

D．S16

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、等比数列选择题 1．D 【分析】

利用等比中项定义得解. 【详解】

(313112231312. 与的等比中项是)()()，2222222故选:D 2．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. 3．A 【分析】

分析出a70，再结合等比中项的性质可求得a7的值. 【详解】

设等比数列an的公比为q，则a7a5q0，

22由等比中项的性质可得a7a5a964，因此，a78.

故选：A. 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】

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．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q3a3q2a5qa1a3a5q64故选：A. 7．C 【分析】 由an16a1a3a5，代入数据可计算得出结果.

2632.

11an(nN*)可知数列{an}是公比为2的等比数列，ann，得22bnn2(n2)2n，结合数列{bn}是单调递增数列，可得bn1＞bn对于任意的annN**恒成立，参变分离后即可得解．

【详解】 由an11an(nN*)可知数列{an}是公比为2的等比数列， 211n11()n， 222所以anbnn2(n2)2n an∵数列{bn是单调递增数列， ∴bn1＞bn对于任意的nN**恒成立， 即(n12)2n1(n2)2n，整理得：n2 23＜ ，

2故选：C. 【点睛】

本题主要考查了已知数列的单调性求参，一般研究数列的单调性的方法有： 一、利用数列单调性的定义，由an1an得数列单增，an1an得数列单减； 二、借助于函数的单调性研究数列的单调性. 8．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】

2

n-1

n

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. 9．A 【分析】

由T2017T2021得a2018a2019a2020a20211，由等比数列性质得a2018a2021a2019a20201，这样可把a2020和a2021用q表示出来后，可求得【详解】

lna2020． lna2021{an}是正项等比数列，an0，Tn0，nN*，

所以由T2017T2021T2017a2018a2019a2020a2021，得a2018a2019a2020a20211， 所以a2018a2021a2019a20201，设{an}公比为q，q1，

31(a2021)2(a2020)2a2018a20211aa122， ，20192020，即a，aqq320212020qq所以

lna2020lna20211lnqlnq12． 333lnqlnq2212故选：A． 【点睛】

本题考查等比数列的性质，解题关键是利用等比数列性质化简已知条件，然后用公比q表示出相应的项后可得结论．

10．D 【分析】

3根据等比数列定义知813q，解得答案.

【详解】

34个数成等比数列，则813q，故q3.

故选：D. 11．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. 12．D 【分析】

2根据等差数列的性质得到a74b7，数列bn是等比数列，故b6b8b7=16.

4092.

【详解】

2等差数列an中,a3a112a7,故原式等价于a74a70解得a70或a74,

各项不为0的等差数列an,故得到a74b7，

2数列bn是等比数列，故b6b8b7=16.

故选：D. 13．C 【分析】

令cnanbn，由an1bn113132an，bn1anbn可知数列cn是首项为1.8，公344n111比为的等比数列，即cn1.822值. 【详解】

1，则1.82n10.01，解不等式可得n的最小

令cnanbn，则c1a1b120.21.8

1213113213cn1an1bn1bn1ananbnanbnananbn3344344344111anbncn 222n111所以数列cn是首项为1.8，公比为的等比数列，所以cn1.822

1由anbn0.01，即1.82故选：C. 【点睛】

n10.01，整理得2n1180

由27128，28256，所以n18，即n9

本题考查了等比数列及等比数列的通项公式，解题的关键是根据已知的数列递推关系式，利用等比数列的定义，得到数列cn为等比数列，考查了学生的分析问题能力能力与运算求解能力，属于中档题. 14．B 【分析】

由等比数列的性质，求得a6a85，再结合基本不等式，即可求得a1a13的最大值，得到答案. 【详解】

2222由等比数列的性质，可得a62a5a9a8a62a6a8a8a6a825，

2aa825，又因为an0，所以a6a85，所以a1a13a6a86 42当且仅当a6a8故选：B. 15．B 【分析】

根据题意得到a12a22a3225时取等号． 22n2an1n1，（n2），与条件两式作差，得到21111*nNaaa，（），再验证满足，得到，进而可求出n21nnnnn2222结果. 【详解】 an因为数列an满足a12a22a322n1ann， 2a12a222a3则2n12n2an1n1，（n2） 2annn111，则ann，（n2）， 2222又a1111*满足ann，所以annnN， 222因此S10a1a2a3a101122211110122101.

101

12212故选：B 16．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 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】

利用等比数列的通项公式和前n项和公式代入化简可得答案 【详解】

解：因为等比数列的公比为2，

a1(123)7a7所以S31221， a3a124a14故选：C 20．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.

二、多选题

21．ABC 【分析】

利用数列单调性及题干条件，可求出a1,b1范围；求出数列{an},{bn}的前2n项和的表达式，利用数学归纳法即可证明其大小关系，即可得答案. 【详解】

因为数列{an}为递增数列， 所以a1a2a3，

所以2a1a1a22，即a11， 又2a2a2a34，即a22a12， 所以a10，即0a11，故A正确；

因为{bn}为递增数列， 所以b1b2b3，

2所以b1b1b22，即b12，

又b2b2b34，即b2222， b1所以b11，即1b12，故B正确；

{an}的前2n项和为S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n)

= 2[13(2n1)]2n(12n1)2n2，

2nn1因为bnbn12，则bn1bn22，所以bn22bn，

则{bn}的2n项和为T2n(b1b3b2n1)(b2b4b2n)

01n101n1n=b1(222)b2(222)(b1b2)(21)

nn2bb(21)22(21)， 12当n=1时，S22,T222，所以T2S2，故D错误； 当n2时

假设当n=k时，22(2k1)2k2，即2(2k1)k2， 则当n=k+1时，2(2k11)2(2k2k1)2k22(2k11)2k2k2

k22k1(k1)2

所以对于任意nN*，都有22(2k1)2k2，即T2nS2n，故C正确 故选：ABC 【点睛】

本题考查数列的单调性的应用，数列前n项和的求法，解题的关键在于，根据数列的单调性，得到项之间的大小关系，再结合题干条件，即可求出范围，比较前2n项和大小时，需灵活应用等差等比求和公式及性质，结合基本不等式进行分析，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题. 22．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，

因为q1，所以q2q1， 因为q0，所以解得q15， 23②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 23．BD 【分析】

根据a68a3利用等比数列的性质建立关系求出q逐项判断选项可得答案． 【详解】

由a68a3，可得q3a38a3，则q2，然后结合等比数列的求和公式，

2，

当首项a10时，可得{an}为单调递减数列，故A错误；

S61269，故B正确； 由S3123假设S3，S6，S9成等比数列，可得S62S9S3， 即(126)2(123)(129)不成立，

显然S3，S6，S9不成等比数列，故C错误； 由{an}公比为q的等比数列，可得SnSn2ana1，故D正确；

a1anq2ana12ana1 1q21故选：BD． 【点睛】

关键点睛：解答本题的关键是利用a68a3求得q和公式. 24．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

2，同时需要熟练掌握等比数列的求

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 25．AD 【分析】

主要分析数列中的项是否可能为0，如果可能为0，则不能是等比数列，在不为0时，根据等比数列的定义确定． 【详解】

an1时，log2(an)20，数列{log2(an)2}不一定是等比数列， q1时，anan10，数列{anan1}不一定是等比数列，

1{}和{anan1an2}都是等比数列． 由等比数列的定义知an故选AD． 【点睛】

本题考查等比数列的定义，掌握等比数列的定义是解题基础．特别注意只要数列中有一项为0，则数列不可能是等比数列． 26．AD 【分析】

根据{Sn}为等比数列等价于【详解】

an2为常数，从而可得正确的选项. an{Sn}为等比数列等价于

Sn1an2an1an2为常数，也就是等价于即为常数.

anan+1Snanan2q2（q为an的公比）为常数，故A满足； 对于A，因为an是等比数列，故ann对于B，取a2n12n1,a2n2，此时满足a2，a4， ，a2n，是等比数列，

a1，a3， ，a2n1，不是等比数列，

a2n1不是常数，故B错. a2n1nn对于C，取a2n13,a2n2，此时满足a2，a4， ，a2n，是等比数列，

a1，a3， ，a2n1，是等比数列，

对于D，根据条件可得故选：AD. 【点睛】

a2n1a3，2n22，两者不相等，故C错. a2n1a2nan2为常数. an本题考查等比数列的判断，此类问题应根据定义来处理，本题属于基础题. 27．BD 【分析】

根据题意，得到此人每天所走路程构成以公比为q1为公比的等比数列，记该等比数列为an，21，前n项和为Sn，根据题意求出首项，再由等比数列的求和公式和通项公2式，逐项判断，即可得出结果. 【详解】

由题意，此人每天所走路程构成以记该等比数列为an，公比为q1为公比的等比数列， 21，前n项和为Sn， 21a116263则S6a1378，解得a1192，

13212所以此人第三天走的路程为a3a1q248，故A错；

此人第一天走的路程比后五天走的路程多a1S6a12a1S63843786里，故B正确；

此人第二天走的路程为a2a1q9637894.5，故C错； 4此人前三天走的路程为S3a1a2a31929648336，后三天走的路程为

S6S337833642，336428，即前三天路程之和是后三天路程之和的8倍，D正

确； 故选：BD. 【点睛】

本题主要考查等比数列的应用，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型. 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)26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．BD 【分析】

先求得q的取值范围，根据q的取值范围进行分类讨论，利用差比较法比较出Tn和Sn的大小关系. 【详解】

由于an是等比数列，Sn0，所以a1S10,q0， 当q1时，Snna10，符合题意； 当q1时，Sn11142，所以D正确， 81632a11qn1q1qn01qn0，上式等价于①或0，即

1q1q01qn0②.解②得q1.解①，由于n可能是奇数，也可能是偶数，所以1q0q1,00,1.

0,.

综上所述，q的取值范围是1,0333bnan2an1anq2q，所以Tnq2qSn，所以

22231TnSnSnq2q1Snqq2，而Sn0，且q1,00,.

22所以，当1q1，或q2时，TnSn0，即TnSn，故BD选项正确，C选项错2误. 当1q2(q0)时，TnSn0，即TnSn. 21或q22时，TnSn0,TnSn，A选项错误.

当q综上所述，正确的选项为BD. 故选：BD 【点睛】

本小题主要考查等比数列的前n项和公式，考查差比较法比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题. 30．ACD 【分析】

根据题设中的数阵，结合等比数列的通项公式和等比数列的前n项和公式，逐项求解，即可得到答案. 【详解】

由题意，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，且a112，a13a611，

22可得a13a11m2m，a61a115d25m，所以2m225m1，

解得m3或m1（舍去），所以选项A是正确的； 2666又由a67a61m(253)3173，所以选项B不正确；

又由aijai1mj1[(a11(i1)m]mj1[2(i1)3]3j1(3i1)3j1，所以选

项C是正确的； 又由这n2个数的和为S， 则S(a11a12a1n)(a21a22a2n)(an1an2ann)

a11(13n)a21(13n)1313(23n1)nan1(13n)1n(31) 22131n(3n1)(3n1)，所以选项D是正确的， 4故选ACD. 【点睛】

本题主要考查了数表、数阵数列的求解，以及等比数列及其前n项和公式的应用，其中解答中合理利用等比数列的通项公式和前n项和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 31．BCD 【分析】

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nlog当q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，

r11， 若q1,1，取a0，Nlogqx1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SSnNnnd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. 32．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，令nknn+kn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1，当n为奇数

kk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. 33．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. 34．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.

35．BC 【分析】

根据等差中项的性质和等差数列的求和公式可得出结果. 【详解】

由等差中项的性质可得a3a8a133a8为定值，则a8为定值，

S1515a1a15215a8为定值，但S1616a1a1628a8a9不是定值.

故选：BC. 【点睛】

本题考查等差中项的基本性质和等差数列求和公式的应用，考查计算能力，属于基础题.