福建省福清市华侨中学等比数列经典例题百度文库
中国河流警钟长鸣-二级建造师考试试题
一、等比数列选择题
1．已知公比大于
1
的等
比数列
a
n
满足
a
2
a
4
20
，
a
3
8
.
则数列
前
n
项的和为（
）
2n3
8
n
2
A
．
1
33
2n3
8
n
2
C
．
1
33
2n3
8
n1
2
B
．
1
55
2n3
8
n1
2D
．
1
55
1
n1
a
n
a
n1
的
2．设
{a
n
}
是等比数列，若
a
1
+
a
2
+ a
3
=1
，
a
2
+
a
3
+ a
4
=2
，则
a
6
+
a
7
+ a
8
=
（
）
A
．
6 B
．
16 C
．
32
D
．
64
3．等比数列
a
n
中
a
1
1
，且
4a
1
，
2a
2
，
a
3
成等差数列，则
（
）
A
．
a
n
nN
*
的最小值为
n
16
25
B
．
4
9
C
．
1
2
D
．
1
4．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
5．
等差数列
a
n
的首项为
1
，公差不为
0
．若
a
2
、
a
3
、
a
6
成等比数列，则
a
n
的前
6
项
的和
为（
）
A
．
24
B
．
3
C
．
3
D
．
8
<
br>a
102
1
0
，则使得6．等比数列
a
n
的前
n
项积为
T
n
，且满足
a1
1
，
a
102
a
103
10
，
a
103
1
T
n
1
成立的最大自然数
n
的值为（
）
A
．
102
C
．
204
B
．
203
D
．
205
nn
7．设
a
，
b
≠0
，数列
{a
n
}
的前
n
项和
S
n
a(21)b[(n2)22]
，
nN*
，则
存
在数列
{b
n
}
和
{c
n
}
使得（
）
A
．
a
n
b
n
c
n
，其中
{b
n
}
和
{c
n
}
都为等比数列
B
．
a
n
b
n
c
n
，其中
{b
n
}
为等差数列，
{c
n
}
为等比数列
c
n
，其中
{b
n<
br>}
和
{c
n
}
都为等比数列
C
．
a
n
b
n
·
c
n
，其中
{b<
br>n
}
为等差数列，
{c
n
}
为等比数列
<
br>D
．
a
n
b
n
·
8．记等比数列
a
n
的前
n
项和为
S
n
，已
知
S
5
=10
，
S
10
50
，则
S
15
=
（
）
A
．
180 B
．
160 C
．
210
D
．
250
9．已知等比数列
{a
n}
的前
n
项和为
S
n
,
且
A
．
2
B
．
2
S
6
a
9
，则
4
的值为（
）
a
2
S
3
C
．
22
D
．
4
10．已知等比数列
a
n
<
br>的前
n
项和为
S
n
，且
a
1
a<
br>3
A
．
4
n1
C
．
2
n1
11．已知等比数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，若
A
．
8 B
．
7
S
n
5
5
，
a2
a
4
，则
=
（
）
a
n
4
2
B
．
4
n
1
D
．
2
n
1
111
2
，
a
2
2
，则
S
3
（
）
a
1
a
2
a
3
C
．
6
D
．
4
2
12．公差不为
0
的等差数列
a
n
中，
2a
3
a
7
2
a
11
0
，数列
b
n
是等比数列，
且
b
7
a
7
，则
b
6
b
8
（
）
A
．
2
B
．
4 C
．
8 D
．
16
13．已知
数列
a
n
为等比数列，
a
1
2，且
a
5
a
3
，则
a
10
的值为（
）
A
．
1
或
1
B
．
1 C
．
2
或
2
D
．
2
14．十九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
12
33
1
3
2<
br>3
9
，则需要操作的次数
n
的最小值为（
）
（参考数据：
lg20.3010
，
10
lg30.4771
）
B
．
5 C
．
6 D
．
7
A
．
4
15．已知等比数列
a
n
<
br>中，
a
1
7
，
a
4
a
3
a
5
，则
a
7
（
）
A
．
1
9
1
9
B
．
1
7
C
．
1
3
1
3
D
．
7
n2*16．已知等比数列
{a
n
}
的通项公式为
a
n
3(nN)
，则该数列的公比是（
）
A
．
B
．
9
C
．
D
．
3
17．正项等比数列
a<
br>n
的公比是
A
．
14 B
．
13
1
，且
a
2
a
4
1
，则其前
3
项的和
S
3
（
）
3
C
．
12 D
．
11
159
,a
3
a
4
，则
88
18．在等比数列
a
n
中，
a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
a
6
111111
（
）
a1
a
2
a
3
a
4
a
5
a6
A
．
3
5
B
．
3
5
C
．
5
3
D
．
5
3
19．我国古代数学名著
《算法统宗》中有如下问题：
“
远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，
共灯三百八十一，
请问尖头几盏灯？
”
意思是：
“
一座
7
层塔共挂了
381
盏灯，且相邻两层
中的下一层灯数是上一层灯数的
2
倍，则塔的顶层共
有灯多少？
”
现有类似问题：一座
5
层
塔共挂了
363盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的
3
倍，则塔的中间一层共
有灯（
）
A
．
3
盏
B
．
9
盏
C
．
27
盏
D
．
81
盏
b
n1
1
20．已知等比
数列
{a
n
}
中
a
1010
＝
2
，若数列
{b
n
}
满足
b
1
＝，且
an
＝，则
b
2020
＝（
）
b
n
4
A
．
2
2017
B
．
2
2018
C
．
2
2019
D
．
2
2020
二、多选题
21．一个弹性小球从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
3
n
次着地时，经过的总路程记为
S
n
，则当n2
时，下面说法正确的是（
）
A
．
S
n
500
C
．
Sn
的最小值为
B
．
S
n
500
700
3
D
．
S
n
的最大值为
400
22．设首项为
1
的数列
a
n
的前
n
项和为
S
n
，已知
S
n1
2S
nn1
，则下列结论正确的
是（
）
A
．数列
a
n
为等比数列
C
．数列
a
n
中
a
10
5
11
B
．数列
S
n
n
为
等比数列
D
．数列
2S
n
的前n
项和为
2
n2
n
2
n4
23
．已知等差数列
a
n
，其前
n
项
的和为
S
n
，则下列结论正确的是（
）
A．数列
|
S
n
为等差数列<
br>
n
B
．数列
2
为等比数列
a
n
C
．若
a
m
n,a
n
m(m
n)
，则
a
mn
0
D
．若
S
m<
br>n,S
n
m(mn)
，则
S
mn
0
24．已知数列
{a
n
},{b
n
}
均为递增
数列，
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
,{b
n
}
的前
n
项和为
T
n
,
且满足
a
n
a
n1
2n,
A
．
0
a
1
1
b
n
b
n1
2
n
(nN
*
)
，则下列结论正确的是（
）
B
．
1b
1
2
C
．
S
2n
T
2n
D
．
S
2n
T
2n
25．设
a
n
是无穷数列，
A
n
a
n
a<
br>n1
，
n1,2,
的有（
）
A
．若
a
n
是等差数列，则
A
n
是等差数列
，则下面给出的四个判断中，正确
B
．若
A
n
是等差数列，则<
br>
a
n
是等差数列
C
．若
<
br>a
n
是等比数列，则
A
n
是
等比数列
D
．若
A
n
是等差数列，
则
a
2n
都是等差数列
26．已知等比数列
a
n
的公比
q0
，等差数列
b
n
的首项
b
1
0
，若
a
9
b
9
，且
a
10
b
10
，则下列
结论一定正确的是（
）
A
．
a
9
a
10
0
B
．
a
9
a
10
C
．
b
10
0
D
．
b
9
b
10
27．已知等比数列
a
n
中，满足
a
1
1
，
q
确的是（
）
A
．数列
a
2n
是等比数列
C
．数列
log
2
a
n
是等差数列
数列
28．在公比为
q
等比数列
a
n
中，
S
n
是数列
a
n
的前
n
项和，若
a
1
1,a
5
27a
2
，则下列
说法正确的是（
）
A
．
q3
C
．
S
5
121
B
．数列
S
n
2
是等比数列
D
．
2
lga
n
lga
n2
lga
n2
n3
B
．数列
2
，
S
n
是
a
n
的前
n
项和，则下列说法正
1
是递增数列
a
n
D
．数列
a
n
中，
S
10<
br>，
S
20
，
S
30
仍成等比
29．已知数列
{a
n
}
，
a
1
1
，
a
2
5
，在平面四边形
ABCD
中，对角线
AC
与
BD
交于点
E
，
且
AE2EC
，当
n
≥
2
时，恒有
BD
a
n
2a
n1
BA
a
n1
3a
n
BC
，则（
）
A
．数列
{a
n
}
为等差数列
C
．数列
{a
n
}
为等比数列
B
．
BE
12
BABC
33
nD
．
a
n1
a
n
4
30．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
4
D
．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的
8
倍
31．已知数列
a
n
的前
n
项和为<
br>S
n
，
S
n
2a
n
2
，若存在
两项
a
m
，
a
n
，使得
a
m
a<
br>n
64
，则（
）
A
．数列
{a
n
}
为等差数列
C
．
aa
2
1
2
2
n
4
a
1
3
2
n
B
．数列
{a
n
}
为等比数列
D
．
mn
为定值
32．设数列
{a
n
}
满足
a
1
3a
2
5a
3
和为
S
n
,
则（<
br>
）
A
．
a
1
2
B<
br>．
a
n
(2n1)a
n
2n(nN
*
),
记数列
{
a
n
}
的前
n
项
2n1
2
2n1
C
．
S
n
n
2n1
D
．
S
n
na
n1
33．数列
a
n
是首项为
1
的正项数列，<
br>a
n1
2a
n
3
，
S
n
是数
列
a
n
的前
n
项和，则下
列结论正确
的是（
）
A
．
a
3
13
C
．
a
n
4n3
B
．数列
a
n
3
是等比数列
n1
D
．
S
n
2n2
34．已
知等差数列
a
n
的首项为
1
，公差
d
4
，前
n
项和为
S
n
，则下列结论成立的有
(
)
A
．数列
S
n
的前
10
项和为
100
n
B
．
若
a
1
,
a
3
,
a
m
成等比数列
，则
m21
16
C
．若
，则n
的最小值为
6
25
i1
a
i
a
i1
D
．若
a
m
a
n
a
2
a
10
，则
n
116
25
的最小值为
12
mn
35．将
n
2
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
a
11<
br>＝
2
，
a
13
＝
a
61
+1
，记这
n
2
个数的和为
S.
下列结论正确的有（
）
A
．
m
＝
3
C
．
a
ij
3i1
3
j17
B
．
a
67
173
D
．<
br>S
1
n
3n1
3
n1
4
【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】
根据条件列出方程组可求出等比数列的公比和首项，即可得到数列的通项公
式，代入
1
n1
a
n
a
n1<
br>可知数列为等比数列，求和即可
.
【详解】
因为公比大于
1
的等比数列
a
n
满足
a
2
a
4
20
，
a
3
8
，
<
br>
a
1
qa
1
q
3
20
所以<
br>
2
，
aq8
1
解得
q2<
br>，
a
1
2
，
n1n
所以
a
n
222
，
<
br>
1
n1
a
n
a
n1
<
br>
1
n1
2
nn1
1
n1
2
2n1
，
<
br>1
n1
a
n
a
n1
是以
8
为首项，
4
为公比的等比数列，
579
<
br>S
n
2222
故选：
D
【点睛】
3
1
n1
2
2n1
2n3
8[1(4)
n
]8
n12
(1)
，
1(4)55
关键点点睛：求出等比
数列的通项公式后，代入新数列，可得数列的通项公式，由通项公
式可知数列为等比数列，根据等比数列
的求和公式计算即可
.
2
．
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
{a
n
}
的公比为
q
，
则
a
2
a
3
a
4
(a
1
a
2
a
3
)q2
，又
a
1
a<
br>2
a
3
1
，所以
q
55
所以
a
6
a
7
a
8
(a
1
a
2
a
3
)q1232
.
2
，再根据等比数列的通项公式可求得结果
.
2
，
故选：
C
．
3
．
D
【分析】
首先设等比数列
<
br>a
n
的公比为
q(q0)
，根据
4a
1
，
2a
2
，
a
3
成等差数列，列出等量关系
式，求得
q
【详解】
在等比数列
a
n
中，设公比
q(q0)
，
2
，比较
an
nN
*
相邻两项的大小，求得其最小值
.
n
当
a
1
1
时，有
4a<
br>1
，
2a
2
，
a
3
成等差数列，
所以
4a
2
4a
1
a
3
，即
4q4q
2
，解得
q
所以
a
n
2
，<
br>
2
n1
a
n
2
n1
，所以，
nn
a
n1
n1
2n
1
，当且仅当
n1
时取等号，
a
n
n1
n<
br>a
*
所以当
n1
或
n2
时，
n
nN
取得最小值
1
，
n
故选：
D.
【点睛】
该题考查的是有关数列
的问题，涉及到的知识点有等比数列的通项公式，三个数成等差数
列的条件，求数列的最小项，属于简单
题目
.
4
．
D
【分析】
由
题意得每天行走的路程成等比数列
{a
n
}
、且公比为
式求出
a
1
，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
2
1<
br>为公比的等比数列，
2
1
a
1
[1()
6
]
2
378
由题意和等比数列的求和公式可得，
1<
br>1
2
解得
a
1
192
，
此人
第二天走
192
1
96
里，
2
第二天走了
96
里，
故选：
D
．
5
．
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
a
n
的前
6
项的和.
【详解】
2
设等差数列
a
n
的公差为
d
，由
a
2
、
a
3
、
a
6
成等比数列可得
a
3
a
2
a
6，
即
(12d)(1d)(15d)
，整理可得
d<
br>2
2d0
，又公差不为
0
，则
d2
，
故
a
n
前
6
项的和为
S
6
6a
1
故选：
A
2
6
(61)6(61)
d61(2)24
.
22
6
．
C
【分析】
由题意可得
a
102
a
103
1
，
a
1
02
1,a
103
1
，利用等比数列的性质即可求解
.
【详解】
2
由
a
102
a
103
10
，即
a
102
a
103
1
，则有a
102
q1
，即
q0
。
所以等比数列
a
n
各项为正数，
a
102
1
0
，即
(a
102
1)(a
103
1)0
，
由
a
103
1
可得：
a
102
1,a
103
1
，
所以
T
204
a
1
a
2
a
203<
br>a
204
(a
102
a
103
)
10
2
1
，
T
205
a
1
a
2
故选：
C
【点睛】
a
203a
204
a
205
a
103
103
1
，
故使得
T
n
1
成立的最大自然数
n
的值为
204
，
关键
T
204
a1
a
2
a
203
a
204
(a
102
a
103
)
102
1
点点睛：在分析出
a
102
a
103
1
，
a
102
1
,a
103
1
的前提下，由等比数列的性质可得
T
204
(a
102
a
103
)
102
1
，
T
205
a
103
103
1
，即可求解，属于难题<
br>.
7
．
D
【分析】
由题设求
出数列
{a
n
}
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：
S
n
a(2
n
1)b[(n2)2
n
2](
a2bbn)2
n
(a2b)
，
当
n1
时，有
S
1
a
1
a0
；
<
br>n1
当
n2
时，有
a
n
S
n
S
n1
(abnb)2
，
0
又当
n
1
时，
a
1
(abb)2a
也适合上式，
a
n
(abnb)2
n1
，
n1
令
b
n
abbn
，
c
n
2
，则数列
{b
n
}
为等差数列，
{c
n
}
为等比数列，
故
a
n
b
n
c
n，其中数列
{b
n
}
为等差数列，
{c
n
}<
br>为等比数列；故
C
错，
D
正确；
n1n1因为
a
n
(ab)2bn2
，
b≠0
，所以
bn2
n1
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：
S
n<
br>S
n1
,n2
n
由数列前项和求通项公式时，一般根据
a
n
求解，考查学生的计算能
a,n1
1
力
.
8
．
C
【分析】
首先根据题意得到
S
5
，
S
10
S
5
，
S
15
S
10
构成等比数列，再利用等比中项的性质即可得<
br>到答案
.
【详解】
因为
a
n
为等比数列，所以
S
5
，
S
10
S<
br>5
，
S
15
S
10
构成等比数列
.
所以
5010
=10
S
15
50
，解得
S
15
210
.
故选：
C
9
．
D
【分析】
设等比数列
{a
n
}
的公比为
q
，由题得
a
4
a
5
a
6
8
a
1<
br>a
2
a
3
，进而得
q
2
2<
br>，故
a
4
q
2
4
.
a
2
【详解】
解：设等比数列
{a
n
}
的公比为
q
，因为
S
6
9
，所以
S6
9S
3
，
S
3
所以
S
6
S
3
8S
3
，即
a
4
a
5
a
6
8
a
1
a
2
a
3
，
由于
a
4
a
5
a
6
q
所以
q8
，故
q
3
3
a
1
a
2
a
3
，
2
，
a
4
q
2
4
.
所以
a
2
故选：
D.
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
a
n
的前<
br>n
项和为
S
n
，且
a
1
a
3
5
5
，
a
2
a
4
，<
br>
4
2
5
aa
4
4
1
，
所以
q
2
a
1
a
3
5
2
2
a
1
1q
n
<
br>S
因此
n
a
n
故选：
D.
11
．
A
【分析】
利用已知条件化简，转化求解即可．
【详解】
2
已知<
br>{a
n
}
为等比数列，
a
1
a
3
a
2
，且
a
2
2
，
1q
a
1
q
n1
1q
n
1q
q
n1
1
1
2
n
2
n
1
.
1
2
n
111
a
1
a
3
1
a
1
a
2
a
3<
br>S
3
2
，则
S
3
＝
8
．
满足
2
a
1
a
2
a
3
a
1
a
3
a
2
a
2
4
故选：
A
．
【点睛】
思路点睛：
2
（
1
）先利用等比数列的性质，得
a
1
a
3<
br>a
2
，
（
2
）通分化简
12
．
D
【分析】
111
S
3
2
.
<
br>a
1
a
2
a
3
4
2
根据等差数列的
性质得到
a
7
4b
7
，
数列
bn
是等比数列，故
b
6
b
8
b
7
=16.
【详解】
2
等差数列
a<
br>n
中
,
a
3
a
11
2a7
,
故原式等价于
a
7
4a
7
0
解得
a
7
0
或
a
7
4,
各项不为
0
的等差数列
a
n
,
故得到
a
7
4b
7
，
2
数列
b
n
是等比数列，故
b
6
b<
br>8
b
7
=16.
故选：
D.
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
a
n
的公比为
q
，
2
因为
a
1
2
，且a
5
a
3
，所以
q1
，解得
q1，
9
所以
a
10
a
1q2
.
故选：
C.
14
．
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
1
1
2
；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；第
9
39
14
1
的区间，长度和为；…第
n
次操作去掉
2
n1
个长度为
n
27273
2
n1
的区间，长度和为
n
，
3
n1
122
2
于是进行了
n
次操作后，所有去掉的区间长度之和为
S
n
n1
，
393
3
n21
9
2
1
，即
n
lg3lg2
1
，解得：由题意，
1
，即
nlglg
310
3
10
n
n
11
5.679
，
lg3lg20.47710.
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
.
15
．
B
【分析】
根据等比中项的性质可求得
a
4
的值，再由
a
1
a
7
a
4
可求得
a
7
的值
.
【详解】
在等比数列
a
n
中，对任意的
nN
，
a
n
0
，
2
由等比中项的性质可得
a
4
a
3
a
5
a
4
，解得
a
4
1
，
2
a
1
7
，a
1
a
7
a
4
1
，因此，
a7
2
1
.
7
故选：
B.
16
．
D
【分析】
利用等比数列的通项公式求
出
a
1
和
a
2
，利用
【详解】
a
2
求出公比即可
a
1
n2*
设公比为
q
，等比数列
{a
n
}
的通项公式为a
n
3(nN)
，
则
a
1
3
27
，
a
2
381
，
34
a2
q3
，
a
1
故选：
D
17
．
B
【分析】
根据等比中项的性质求出<
br>a
3
，从而求出
a
1
，最后根据公式求出
S
3
；
【详解】
2
2
解：因为正项等比数列
a
n
满足
a
2
a
4
1
，由于
a
2
a
4
a
3
，所以
a
3
1
.
2
所以
a
3
1，
a
1
q1
，因为
q
1
，所以
a
1
9
.
3
因此
S
3
故选：
B
18
．
D
【分析】
a
1
<
br>1q
3
1q
13
.
利用等比数列
下标和相等的性质有
a
1
a
6
a
2
a
5
a
3
a
4
，而目标式可化为
a
1
a<
br>6
a
2
a
5
a
3
a
4
结合已知条件即可求值
.
a
1
a
6
a
2
a
5
a
3
a
4
【详解】
<
br>111111
a
1
a
6
a
2
a
5
a
3
a
4
，
a<
br>1
a
2
a
3
a
4
a
5
a<
br>6
a
1
a
6
a
2
a
5
a<
br>3
a
4
9
，而
a
1
a
6
a
2
a
5
a
3
a
4
，
8
111111
85
(a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
a
6
)
，
∴
a
1
a
2
a
3
a
4
a
5
a
6
93
∵等比数列
a
n
中
a
3
a
4
故选：
D
19
．
C
【分析】
根据题意，设塔的底层共有
x
盏灯，分析可得每层灯的数目构成以
x
为首
项，
等比数列，由等比数列的前
n
项和公式可得
x
的值，即可得答案
．
【详解】
根据题意，设塔的底层共有
x
盏灯，则每层
灯的数目构成以
x
为首项，
列，
1
为公比的
3<
br>1
为公比的等比数
3
x(1
则有
S1
)
3
5
363
，
1
1
3
解可得：
x243
，
所以中间一层共有灯
243()27
盏
.
故选：
C
【点睛】
思路点睛：要求中间一层的灯的数量
，只需求等比数列的首项，根据等比数列的和求出数
列的首项即可
.
20
．
A
【分析】
根据已知条件计算
a
1
a
2
a
3
解出
b
2020
的结果
.
【详解】
因为
a
n
1
3
2
a
2018
a
2019
的结果为<
br>b
2020
，再根据等比数列下标和性质求
b
1
b
n
1
，所以
a
1
a
2
a
3
b
n
a
2018
a
2019
b
2
b<
br>3
b
4
b
1
b
2
b
3
b
2019
b
2020
b
2020
，
b
2018
b
2019
b
1
因为数列
a
n
为等比数列，且
a
1010<
br>2
，
所以
a
1
a
2
a3
22
a
1010
a
1010
a
2018
a
2019
a
1
a
2019
a
2
a
2018
2201
9
a
1010
a
1010
a
1010
2<
br>2019
a
1009
a
1011<
br>
a
1010
b
2020
2
2019
，又
b
1
1
，所以
b
2020
2
2017
，
所以
b
1
4
故选：
A.
【点睛】
结论点睛：等差、等比数列的下标和性质：若
mnpq2
tm,n,p,q,tN
（1）当
a
n
为等差数列，
则有
a
m
a
n
a
p
a
q
2a
t
；
（2）当
a
n
为
等比数列，则有
a
m
a
n
a
p
a
q
a
t
.
2
*
，
二、多选题
21
．
AC
【分析】
由运动轨迹分析列出总路程
S
n
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，
S
2
100200
2
；
3
2
2
第三次
着地时，
S
3
100200200
；……
3
3
2
2
第
n
次着地后，
S
n
100200200
3
3
2
2
2
20
0
3
n1
2
2
2
则
S
n
100200
3
3
2
3
n1
2
n1
100400
1
，显然
S
n
500
，又
Sn
是
3
关于
n
的增函数，
n2
，故当
n2
时，
Sn
的最小值为
100
综上所述，
AC
正确
故选：
AC
22
．
BCD
【分析】
400700
；
33
S<
br>n1
n12S
n
2n
2
，结合等比数列的定义可
判断
B
；可得由已知可得
S
n
nS
n
n
S
n
2
n
n
，结合
a
n
和
S
n
的关系可求出
a
n
的通项公式，即可判断
A
；由
a
n
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
S
n1
2Sn
n1
，所以
S
n1
n12S
n
2n
2
．
S
n
nS
n
n
又
S
1
12
，所以数列
S
n
n
是首项为
2
，公比为
2
的等比数列，故B正确；
nn
所以
S
n
n2
，则
S
n
2n
．
n111
当
n2
时，
a
n
S
n
S
n1
21
，但
a
1
21
，故
A
错误；
由当
n2
时，
a
n
2
n1
1
可得
a
10
2
9
1511
，故
C
正确；
23n1<
br>n1
因为
2S
n
22n
，所以
2S
1
2S
2
...2S
n
221222...2
2n
22...2
23n1
2
12
...n
4
12
n
12<
br>n
n1
2
n2
n2
n
2
n4
2
所以数
列
2S
n
的前
n
项和为
2
n
2
n
2
n4
，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
S
n1
2S
n
n1
可有目的性的构造为
S
n1
n12S
n
2n
，进而得到
S
n1
n12S
n
2n
2
，说明数列
S
n
n
是等比数
列，这是解决本题的关键所在，
S
n
nS
n
n
考查了推
理运算能力，属于中档题
,
23
．
ABC
【分析】
设等差数列
a
n
的首项为
a
1
，公差为
d
,
a
n
a
1
n1
d
，其前
n
项和为
n
n1
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
.
【详解】
S
n
na
1
设等差数列<
br>
a
n
的首项为
a
1
，公差为
d
,
a
n
a
1
n1
<
br>d
其前
n
项和为
S
n
na
1<
br>
选项
A.
n
n1
d
2
SS
n
n1
d
S
n<
br>n1
d
（常数）
a
1
d
，则
n+1
n
a
1<
br>d
a
1
n+1n
2
2
n2
2
所以数列
|
S
n
为等差数列，故
A
正确.
n
a
n1
2
a
选项
B.
2
a
n
2
a
1
n1
<
br>d
,
则
a
2
a
n1
a
n2
d
（常数），所以数列
2
n
为等比数列，故B
2<
br>n
正确.
a
m
a1
m1
dn
，解得
a
1
mn1,d1
选项
C.
由
a
m
n,a
n
m，得
aan1dm
1
n<
br>所以
a
mn
a
1
nm1
dnm1
nm1
1<
br>
0
，故
C
正确.
选项
D.
由
S
m
n,S
n
m
，则
S
n
na
1
将以上两式相减可得：
mn
a<
br>1
n
n1
2
dm
，S
m
ma
1
m
m1
2
dn
d
m
2
m
n
2
n
nm
2
mn
a
1
mn
mn1
nm
，又mn
所以
a
1
d
2
dd
mn1
1
，即
mn1
1a
1
22
S
mn
m
n
a
1
以
D
不正确
.
故选：
ABC
【点睛】
mn
m
n1
d
2
mn
a
1
mn
1a
1
mn
，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
a
m
a
1
m1
dn
用，解答
本题的关键是利用通项公式得出
，从中解出
a
1
,d
，从
而
aan1dm
1
n
判断选项
C
，由前
n
项和公式得到
S
n
na
1
n
n1
2
dm
，<
br>S
m
ma
1
m
m1
2
dn
，然后得出
d
mn1
1
a
1
，在代入
S
mn
中可判断
D
，
2
属于中档题
.
24
．
ABC
【分析】
利用数列单调性及题干条件，可求出
a
1
,b<
br>1
范围；求出数列
{a
n
},{b
n
}
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
{a
n
}
为递增数列，
所以
a
1
a
2
a
3
，
所以
2a
1
a
1
a
2
2
，即<
br>a
1
1
，
又
2a
2
a
2
a
3
4
，即
a
2
2a
12
，
所以
a
1
0
，即
0a<
br>1
1
，故
A
正确；
因为
{b
n
}
为递增数列，
所以
b
1
b
2
b
3
，
2
所以
b
1
b
1
b
2
2
，即
b
1
2
，
2
又
b
2b
2
b
3
4
，即
b
2
2
2
，
b
1
所以
b
1
1<
br>，即
1b
1
2
，故
B
正确；
{a
n
}
的前
2n
项和为
S
2n
(a<
br>1
a
2
)(a
3
a
4
)(
a
2n1
a
2n
)
=
2[13
(2n1)]
2n(12n1)
2n
2
，
2
nn1
因为
b
n
b
n1
2
，则<
br>b
n1
b
n2
2
，所以
b
n2<
br>2b
n
，
则
{b
n
}
的
2n
项和为
T
2n
(b
1
b
3
b
2n1
)(b
2
b
4
b
2n
)
01n101n1n
=
b
1
(22
2)b
2
(222)(b
1
b
2)(21)
nn
2bb
12
(21)22(21)
，
当
n=1
时，
S
2
2,T
2
22
，
所以
T
2
S
2
，故
D
错误；
当
n2
时
假设当
n=k
时，
22(2
k
1)2k
2
，即
2(2
k
1)k
2
，
则当
n=k+1
时，
2(2
k1
1)2(2
k
2
k
1)2
k
22(2
k1
1)2
k
2k
2
k
2
2k1(k1)
2
所以对
于任意
nN
*
，都有
22(2
k
1)2k
2
，即
T
2n
S
2n
，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
.
25
．
AD
【分析】
利用等差数列的通项公式
以及定义可判断
A
、
B
、
D
；利用等比数列的通项公式可判
断
B.
【详解】
对于
A
，若
a
n
是等差数列，设公差为
d
，
则
A
n
a
n
a
n1
a
1
n1
da
1
nd2a
1
2ndd
，
则
A
n
A
n1
2a
1
2ndd
2a
1
2
n1
dd
2d
，
所以
A
n
是等差数列，故A正确；
对于B，若
A
n
是等差数列，设公差为
d
，<
br>
A
n
A
n1
a
n
a
n
1
a
n1
a
n
a
n
1
a
n1
d
，即数列
a
n
<
br>的偶数项成等差数列，
奇数项成等差数列，故
B
不正确，
D
正确
.
对于
C
，若
a
n
是等比数列，设公比为<
br>q
，
当
q1
时，
则
An
aa
n1
a
n1
qa
n
q
n
q
，
A
n1
a
n1
a
n
a
n1
a
n
当
q1
时，
则
A
n
a
n
a
n1
0
，故
A
n
不是等比数列，故C不正确；
故选：AD
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式以及定义、
等比数列的通项公式以及定义，属于基础题
.
26
．
AD
【分析】
根据等差、等比数列的性质依次判断选项即可
.
【详解】
对选项
A
，因为
q0
，所以
a
9
a
10
a
9
a
9
qa
9
q0
，故
A
正确；
2
a
9
0
a
9
0
aa0
对选项
B，因为
910
，所以
或
，即
a
9
a
10
或
a
9
a
10
，故
B
错误；
a
10
0
a
10
0
对选项
C
，
D
，因为
a
9
,
a
10
异号，
a
9
b
9
，且
a
10
b
10
，所以
b
9
,b
10
中至少
有一个负数，
又因为
b
1
0
，所以
d0，
b
9
b
10
，故
C
错误，
D正确
.
故选：
AD
【点睛】
本题主要考查等差、等比数列的综合应用，考查学生分析问题的能力，属于中档题
.
27
．
AC
【分析】
由已知得
an
n1
2
n1
可得以
a
2n
2
2
n1
11
1
，可判断
A
；又
n1
a
n
2
2
，可判断
B
；由
log
2
a
n
log
2
2
n1
n1
，可判断
C
；求得
S
1
0
，
S
20
，
S
30
，可判断
D.
【详解】
等比数列
a
n
中，满
足
a
1
1
，
q2
，所以
a
n
2
n1
，所以
a
2n
2
2n1
，所以数列
a
2n
是等比数列，故
A
正确；
11
1
又
n1
a
n
2
2
n1
1
，所以数列
是递减数列，故
B
不正确；
a
n
n1
，所以
log
2
an
是等差数列，故
C
正确；
因为
log<
br>2
a
n
log
2
2
n1
12
10
2030
数列
a
n
中，
S
10
2
10
1
，
S
20
21
，
S
30
21
，
S
10
，
S
20
，
S
30
不成
12
等比数列，故
D
不正确；
故选：
AC
.
【点睛】
本
题综合考查等差、等比数列的定义、通项公式、前
n
项和公式，以及数列的单调性的判
定，属于中档题
.
28
．
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
a
1
1,a
5
27a
2
，所以有
a
1
q
4
27a
1
qq
3
27q3
，因此选项
A
正确；
131
n
13
n
1
(3
n
1)
S
因为
n
，所以
S
n
+2+2(3+3)
，
132
132
n
1
n+1
S
n+1
+2
2
(3+3)
2
=1+
常数，
因为
1n
1
S
n
+21+3
(3
n
+3
)
2
所以数列
S
n
2
不是等比数列
，故选项B不正确；
因为
S
5
1
5
(
31)=121
，所以选项
C
正确；
2
a
n<
br>a
1
q
n1
3
n1
0
，
因为当
n3
时，
lga
n2
lg
a
n2
=lg(a
n2
a
n2
)=lga
n
2
2lga
n
，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，考查了数学运
算能力.
29
．
BD
【分析】
证明
BE12
BABC
，所以选项
B
正确；设
BDtBE
（
t0
），易得
33
a
n1
a
n
4
a
n
a
n1
，显然
a
n
a
n1
不是同一常数，所以选项
A
错误；数列
{
a
n
a
n1
}
n
是以
4
为首项，<
br>4
为公比的等比数列，所以
a
n1
a
n
4，所以选项
D
正确，易得
a
3
21
，选项
C
不正确
.
【详解】
因为
AE2EC
，所以
AE
所以
ABBE
所以
BE
2
AC
，
3
2
(ABBC)
,
3
12
BABC
，所以选项
B
正确；
33
设
BDtBE
（
t0
），
<
br>则当
n
≥
2
时，由
BDtBE
an
2a
n1
BA
a
n1
3a
n
BC
，所以
BE
所以
11
a
n
2a
n1
BA
a
n1
3a
n
BC
，
tt
1112
a
n
2a
n1
，
<
br>a
n1
3a
n
，
t3t
3
所以
a
n1
3a
n
2
a
n
2a
n1
，
易得
a
n1<
br>a
n
4
a
n
a
n1
<
br>，
显然
a
n
a
n1
不
是同一常数，所以选项
A
错误；
因为
a
2
-a
1
=4
，
a
n1
a
n
4，
a
n
a
n1
所以数列
{
a<
br>n
a
n1
}
是以
4
为首项，
4
为公比的等比数列，
n
所以
a
n1
a
n4
，所以选项
D
正确，
易得
a
3
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<
br>.
30
．
BCD
【分析】
设
此人第
n
天走
a
n
里路，则
{a
n
}是首项为
a
1
，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
a
n
里路，则
{a
n}
是首项为
a
1
，公比为
q
6
1
的等比数列，由
S
6
=378
求
2
1
的等比数列.
2
1
a
1
[1()]
6
a(1q)
2
378
，解得
a192
.
所
以
S
6
=
1
1
1
1q
1<
br>2
1
选项A:
a
6
a
1q192
6
,故A错误,
2
5
5
选项B:由
a
1
192
，则
S6
a
1
378192186
，又
1921866<
br>，故B正确.
选项C:
a
2
a
1
q1
92
1
1
96
,而
S
6
94.5
，
9694.51.5
,故C正确.
4
2
2
选
项D:
a
1
a
2
a
3
a
1
(1qq)192(1
则后3天走的路程为
378336=42
,
而且
336428
,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.
31
．
BD
【分析】
由
S
n
和
a
n
的关系求出数列
{a
n
}<
br>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
a
1
a
2
n1
44
a
，故选项
C
错误，由等比数列的
通项公式
3
2
n
得到
2
mn
642
6
，所以选项
D
正确
.
【详解】
由题
意，当
n1
时，
S
1
2a
1
2
，解
得
a
1
2
，
当
n2
时，
S
n1
2a
n1
2
，
所以
Sn
S
n1
a
n
2a
n
2
2a
n1
2
2a
n
2a
n
1
，
所以
a
n
2
，数列
{a
n
}
是以首项
a
1
2
，公比
q
a
n1
2
的等比数列，
a
n
2
n
，
故选项
A
错误，选项
B
正确；
数列
a<
br>n
是以首项
a
2
2
1
4
，公
比
q
1
4
的等比数列，
1q
1
<
br>4
14
n
14
n1
44
，故选项
C
错误；
3
2
所以
a<
br>1
2
a
2
2
a
n
a
1
2
1q
1
n
a
ma
n
2
m
2
n
2
mn
64
2
6
，所以
mn6
为定值，故选项
D
正确
.<
br>
故选：
BD
【点睛】
本题主要考查由
S
n
和
a
n
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
.
32
．
ABD
【分析】
由已知关系式可求a
1
、
a
n
，进而求得
{
项
.
【详解】
由已知得：
a
1
2
，令
T
n
a
1
3a
2
5a
3
...
(2n1)a
n
2n
，
则当
n2
时，T
n
T
n1
(2n1)a
n
2
，即
a
n
∴
a
n
a
n
}
的通项公式以及前
n
项和
S
n
,
即可知正确选2n1
2
2
2
也成立，
，而
a
1
2n1
211
211
a
2
，
nN
*
，故数列
{
n
}
通项公式为，
(2n1)(2n1)2n12n1
2n1
2n1
∴
S
n
1
n
...1
，
3355
72n32n12n12n12n12n1
即有
S
n
nan1
，
故选：
ABD
【点睛】
关键点点睛：由已知
T
n
a
1
3a
2
5a
3
...(2n1)a
n
2n
求
a
1、
a
n
，注意验证
a
1
是否
符
合
a
n
通项，并由此得到
{
33
．
AB
【分析】
a
n
}
的通项公式，利用裂项法求前
n
项和
S
n
.
2n1
由已知构造出数列
a
n
3
是等比数列，可求出数列
a
n
的通项公式以及前
n
项和，结合
选项逐一判断即可．
【详解】
a
n1
2a
n
3
，∴<
br>a
n1
32
a
n
3
，
∴数列
a
n
3
是等比数列
n1
n1
又∵
a
1
1
，∴
a
n
3
a
1
3
2
，∴
a
n<
br>23
，∴
a
3
13
，
∴
S
n
4
12
n
12
故选：
AB.
34
．
AB
【分析】
3n2
n2
3n4
.
2
由已知可得<
br>:
a
n
4n3
,
S
n
2nn
,
S
n
S
=2n1
,
则数列
n
为等差数列通过公式即可
n
n
11
11
=
,
通
过裂项求
a
i
a
i1
4
4n34n1
求得前
10
项和
;
通过等比中项可验证
B
选
项
;
因为
n
和可求得
1
;
由等差的性质
可知
mn12
利用基本不等式可验证选项
D
错误
.
aa
i1
ii1
【详解】
2
由已
知可得
:
a
n
4n3
,
S
n
2n
n
,
S
n
10
119
S
n
=2n1
,
则数列
为等差数
列
,
则前
10
项和为
=100
.
所以
A<
br>正确
;
n
n
2
2
a
1
,
a
3
,
a
m
成等比数列
,
则
a
3
=a
1
a
m
,
a
m
81
,
即
a
m
=4m381
,
解得
m21
故
B
正确
;
因为
n11
11
=
所以
a
i
a
i1
4
4n34n1
11
n6
=
,
解得
n6
,
故
n
的最小值
4n34n1
4n125
11
111
=
1
4
<
br>559
i1
a
i
a
i1
为
7,
故选项
C
错误
;
等差的性质可知
mn12
,
所
以
1161
116
1
n16m25
1
=
mn
<
br>
116
1724
<
br>,
当且仅当
mn12
mn
12
mn1212
n16m4848
=
时
,
即
n=
4m
时取等号
,
因为
m,nN
*
,
所以
n=4m
不成立
,
故选项
D
错
mn55
误.
故选
:AB.
【点睛】
本题考查等差数列的性质
,
考查裂项求和
,
等比中项
,
和
基本不等式求最值
,
难度一般
.
35
．
ACD
【分析】
根据第一列成等差，第
一行成等比可求出
a
13
,a
61
，列式即可求出
m
，从而求出通项
a
ij
，
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】
∵
a
11
＝
2
，
a<
br>13
＝
a
61
+1
，∴
2m
2
＝<
br>2+5m+1
，解得
m
＝
3
或
m
∴
a
ij
＝
a
i1
•
3
j
﹣<
br>1
＝
[2+
（
i
﹣
1
）×
m]•
3
j
﹣
1
＝（
3i
﹣
1
）
•
3
j
﹣
1
，
∴
a
67
＝
17
×
3
6
，
∴S
＝
(a
11
+a
12
+a
13
+……+a
1n
)
+(a
21
+a
22
+a
23
+……+a
2n)+……+(a
n1
＋
a
n2
＋
a
n3
＋
……
＋
a
nn
)
1
（舍去），
2
a
11
（13
n）a
21
（13
n
）
1313
n
a
n
（）
1
13
13
（23n1）n
1
（
3
n
﹣
1
）•<
br>
2
2
1
n
（
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．