等比数列练习题(有答案)doc

一、等比数列选择题

1．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 42．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．已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且a1，a3，a4成等比数列，则Sn取最大值时n的值为（ ） A．4

B．5

C．4或5

D．5或6

4．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马.”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？此问题中1斗为10升，则牛主人应偿还多少升粟？（ ） A．

50 3B．

50 7C．

100 7D．

200 75．设{an}是等比数列，若a1 + a2 + a3 =1，a2 + a3 + a4 =2，则 a6 + a7 + a8 =（ ） A．6

B．16

C．32

D．64

6．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

a10210，则使得a10317．等比数列an的前n项积为Tn，且满足a11，a102a10310，

Tn1成立的最大自然数n的值为（ ）

A．102 C．204

B．203 D．205

8．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

9．记Sn为正项等比数列an的前n项和，若S21，S45，则S7（ ）.

A．S710 B．S72 3C．S762 3D．S7127 310．一个蜂巢有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．55989

B．46656

C．216

D．36

11．已知等比数列an，a7=8，a11=32，则a9=（ ） A．16

B．16

C．20

D．16或16

12．在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.初始感染者传染R0个人，为第一轮传染，这R0个人中每人再传染R0个人，为第二轮传染，…….R0一般由疾病的感染周期､感染者与其他人的接触频率､每次接触过程中传染的概率决定.假设新冠肺炎的基本传染数R03.8，平均感染周期为7天，设某一轮新增加的感染人数为M，则当M>1000时需要的天数至少为（ ）参考数据：lg38≈1.58 A．34

B．35

C．36

D．37

13．已知单调递增数列an的前n项和Sn满足2Snanan1nN*，且Sn0，记

n数列2an的前n项和为Tn，则使得Tn2020成立的n的最小值为（ ）

A．7 C．10

B．8 D．11

14．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．

255 315．十九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

16．已知等比数列an中，a17，a4a3a5，则a7（ ） A．

1 9B．

1 7C．

1 3D．7

17．已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a22，公比qA．32

B．31

C．16

2，则S5等于（ ）

D．15

18．正项等比数列an的公比是A．14

B．13

1，且a2a41，则其前3项的和S3（ ） 3C．12 D．11

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

20．等比数列an的各项均为正数，且a1010a10113.则

log3a1log3a2A．3

log3a2020（ ）

B．505

C．1010

D．2020

二、多选题21．题目文件丢失！ 22．题目文件丢失！

23．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．3 224．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

25．已知集合Axx2n1,nNB．a2，a3，a6成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列

*，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．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}

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

a710，则下列结论正确的是（ ） a81B．a7a91

C．Sn的最大值为S9

D．Tn的最大值为T7

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

B．Sn为等比数列 D．ann1,1, n223,n21*a1S aa2n1a 29．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（ ）

11A．S2n12n1 B．S2nSn

an2C．S2n311Sn 22n2D．S2nSn1 230．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．0a6a81 D．Tn的最大值为T6

C．Sn的最大值为S7

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,并满足条件

a11,a2019a20201,

A．S2019a201910,下列结论正确的是（ ）

a20201B．a2019a202010 D．数列{Tn}无最大值

C．T2020是数列{Tn}中的最大值

32．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

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

13D．若q，则TnSn ，则TnSn

4434．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 435．已知数列{an}为等差数列，首项为1，公差为2，数列{bn}为等比数列，首项为1，公比为2，设cnabn，Tn为数列{cn}的前n项和，则当Tn＜2019时，n的取值可以是下面选项中的（ ） A．8

B．9

C．10

D．11

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、等比数列选择题 1．B 【分析】

a1(1q4)S41q41q21q由2a5a3a1，解得q，然后由求解. 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, 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．C 【分析】

由等比数列的性质及等差数列的通项公式可得公差d式即可得解. 【详解】

设等差数列an的公差为d,d0，

1，再由等差数列的前n项和公212a1,a3,a4成等比数列，a3a1a4即(22d)22(23d)，则d，

2Sna1nnn12d2nnn141981n，

42162所以当n4或5时，Sn取得最大值. 故选：C. 4．D 【分析】

设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a1，a2，a3，利用等比数列的前n项和公式即可求解. 【详解】

5斗50升，设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a1，a2，a3，

由题意可知a1，a2，a3构成公比为2的等比数列，且S3＝50，则

a112312＝50，

解得a1＝故选：D 5．C 【分析】

502002，所以牛主人应偿还粟的量为a32a1

77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，

2，再根据等比数列的通项公式可求得结果.

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，

故选：C． 6．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】

设等比数列an为q，则等比数列的公比q则其通项公式为：ana1q所以Taan12n141a441，所以q1， a132821322n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. . 7．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.

8．C 【分析】

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. 9．D 【分析】

利用等比数列前n项和公式列出方程组，求出首项和公比，由此能求出这个数列的前7项和． 【详解】

Sn为正项等比数列{an}的前n项和，S21，S45，

q021a1(1q)1，解得a1，q31qa(1q4)151q1(127)127．

S731232，

故选：D． 10．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． 11．A 【分析】

根据等比数列的通项公式得出a1q8，a1q61032且a10，再由

a9a1q8a1q6a1q10求解即可.

【详解】

设等比数列an的公比为q，则a1q8，a1q61032且a10

则a9a1q8故选：A 12．D 【分析】

a1q6a1q1083216

假设第n轮感染人数为an，根据条件构造等比数列an并写出其通项公式，根据题意列出关于n的不等式，求解出结果，从而可确定出所需要的天数. 【详解】

设第n轮感染人数为an，则数列an为等比数列，其中a13.8，公比为R03.8，

n所以an3.81000，解得nlog3.810003335.17， lg3.8lg3810.58而每轮感染周期为7天，所以需要的天数至少为5.17736.19． 故选：D. 【点睛】

关键点点睛：解答本题的关键点有两个：（1）理解题意构造合适的等比数列；（2）对数的计算. 13．B 【分析】

由数列an与Sn的关系转化条件可得anan11，结合等差数列的性质可得ann，再由错位相减法可得Tnn12n12，即可得解.

【详解】

由题意，2Snanan1nN*，

当n2时，2Sn1an1an11，

所以2an2Sn2Sn1anan1an1an11， 整理得anan1anan110，

因为数列an单调递增且Sn0，所以anan10,anan110，即anan11， 当n1时，2S1a1a11，所以a11， 所以数列an是以1为首项，公差为1的等差数列， 所以ann，

所以Tn121222323n2n，

2Tn122223324n12nn2n1，

所以Tn22222n2234nn1212n12n2n11n2n12，

所以Tnn12n12，

89所以T76221538，T87223586，

所以Tn2020成立的n的最小值为8. 故选：B. 【点睛】

关键点点睛：解决本题的关键是数列an与Sn关系的应用及错位相减法的应用. 14．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 15．C 【分析】

42

a1a2a3a4161480.

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. 16．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. 17．B 【分析】

先求得首项，根据等比数列的求和公式，代入首项和公比的值，即可计算出S5的值. 【详解】

因为等比数列{an}的前n项和为Sn,a22，公比q2，所以a1a21，又因为qSna11qn1qq1，所以S511251231.

故选：B. 18．B 【分析】

根据等比中项的性质求出a3，从而求出a1，最后根据公式求出S3； 【详解】

22解：因为正项等比数列an满足a2a41，由于a2a4a3，所以a31. 2所以a31，a1q1，因为q1，所以a19. 3因此S3故选：B 19．C 【分析】

a11q31q13.

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31为公比的等比数3x(1则有S1)35363， 113解可得：x243，

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．C 【分析】

利用等比数列的性质以及对数的运算即可求解. 【详解】

由a1a2020a2a2019a3a2018所以log3a1log3a2132a1010a10113，

log3a2020

log3a1010a1011log3310101010.

故选：C

二、多选题

21．无 22．无

23．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

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.

363242q. 或q363242故选：BD 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，

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． 25．CD 【分析】

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

由题意得到数列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

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，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564，

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．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． 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．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)， an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a2

2， a1

1,n223n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. 29．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12111111311...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. 30．ABD 【分析】

先分析公比取值范围，即可判断A，再根据等比数列性质判断B,最后根据项的性质判断C,D. 【详解】

若q0，则a60,a70a6a70与a6a71矛盾； 若q1，则

a11a61,a71a61a10与60矛盾； a71a71因此0q1，所以A正确；

a6120a61a70，因此a6a8a7(0,1)，即B正确； a71因为an0，所以Sn单调递增，即Sn的最大值不为S7，C错误；

因为当n7时，an(0,1)，当1n6时，an(1,)，所以Tn的最大值为T6，即D正确； 故选：ABD 【点睛】

本题考查等比数列相关性质，考查综合分析判断能力，属中档题. 31．AB 【分析】

由已知确定q0和q1均不符合题意，只有0q1，数列{an}递减，从而确定

a20191,0a20201，从可判断各选项．

【详解】

2当q0时，a2019a2020a2019q0，不成立；

当q1时，a20191,a20201，

a201910不成立；

a20201故0q1，且a20191,0a20201，故S2020S2019，A正确；

a2019a20211a2020210，故B正确；

因为a20191,0a20201，所以T2019是数列{Tn}中的最大值，C，D错误； 故选：AB 【点睛】

本题考查等比数列的单调性，解题关键是确定a20191,0a20201． 32．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. 33．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，

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

1q1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误. 当1，或q2时，TnSn0，即TnSn，故BD选项正确，C选项错21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. 34．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. 35．AB 【分析】

由已知分别写出等差数列与等比数列的通项公式，求得数列{cn}的通项公式，利用数列的分组求和法可得数列{cn}的前n项和Tn，验证得答案． 【详解】

由题意，an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，bn2n1，

cnabn2•2n﹣1﹣1＝2n﹣1，则数列{cn}为递增数列，

其前n项和Tn＝（21﹣1）+（22﹣1）+（23﹣1）+…+（2n﹣1） ＝（2+2+…+2）﹣n1

2

n

212n12n2

n+1

﹣2﹣n．

当n＝9时，Tn＝1013＜2019； 当n＝10时，Tn＝2036＞2019． ∴n的取值可以是8，9． 故选：AB 【点睛】

本题考查了分组求和，考查了等差等比数列的通项公式、求和公式，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.