等比数列单元测试题(一)百度文库

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 21 422．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

3．等比数列an中a11，且4a1，2a2，a3成等差数列，则（ ） A．

annN*的最小值为n16 25B．

4 9C．

1 2D．1

4．已知数列{an}满足：a11，an1A．

an(nN*)．则 a10（ ） an2C． 1 1021B．

1 10221 1023D． 1 10245．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

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．等比数列an的各项均为正数，且a1010a10113.则log3a1log3a2（ ） A．3 （ ）

B．505

C．1010

log3a2020D．2020

9．已知等比数列{an}中，有a3a11＝4a7，数列{bn}是等差数列，且b7＝a7，则b5＋b9＝

A．4 B．5 C．8 D．15

10．明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑.其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”.注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”，则该塔正中间一层的灯的盏数为（ ）

A．3

B．12 C．24

D．4811．题目文件丢失！

12．正项等比数列an满足：a2a41，S313，则其公比是（ ） A．

1 4B．1 C．

1 2D．

1 313．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

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

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

15．.在等比数列an中，若a11，a54，则a3（ ） A．2

B．2或2

C．2

D．2

16．设等差数列an的公差d0,a14d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k( ) A．3或6 C．6

B．3 或-1 D．3

17．在等比数列an中，a1a2a3a4a5a6159,a3a4，则88111111（ ） a1a2a3a4a5a6A．

3 5B．

3 5C．

5 3D．5 3S3=（ ） 18．已知等比数列的公比为2，其前n项和为Sn，则a3A．2

B．4 D．

C．

741519．题目文件丢失！ 8log2a10（ ）

20．各项为正数的等比数列{an}，a4a78，则log2a1log2a2A．15

B．10

C．5

D．3

二、多选题

21．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22．记单调递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a410，a2a3a4，则（ ）

n1A．Sn1Sn2 nC．Sn21

B．an2n1

n1D．Sn21

23．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（ ）

1，下列命题中正31A．是等差数列

SnC．an1

3n(n1)B．Sn1 3nD．S3n是等比数列

224．数列an对任意的正整数n均有an1anan2，若a22，a48，则S10的可能值

为（ ） A．1023

B．341

C．1024

D．342

25．已知数列{an}，a11，a25，在平面四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点E，

且AE2EC，当n≥2时，恒有BDan2an1BAan13anBC，则（ ） A．数列{an}为等差数列 C．数列{an}为等比数列

B．BE12BABC 33nD．an1an4

26．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 C．数列lgan是等比数列

B．数列anan1是等比数列 D．数列21是等比数列 an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．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

29．已知数列an的首项为4，且满足2(n1)annan10nNA．n11

*，则（ ）

an为等差数列 nB．an为递增数列

n1C．an的前n项和Sn(n1)24

2annnD．n1的前n项和Tn

2230．已知数列an的前n项和为Sn，Sn2an2，若存在两项am，an，使得

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

31．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列an称为“斐波那契数列”，记Sn为数列an的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A．a68 C．a1a3a5B．S954

a2019a2020

22a12a2a2019a2020 D．

a201932．数列an为等比数列（ ）. A．anan1为等比数列 B．anan1为等比数列 C．anan1为等比数列

D．Sn不为等比数列（Sn为数列an的前n项）

33．已知正项等比数列an满足a12，a42a2a3，若设其公比为q，前n项和为

22Sn，则（ ）

A．q2

nB．an2 C．S102047 D．anan1an2

34．定义在,00,上的函数fx，如果对于任意给定的等比数列an，数列

fa仍是等比数列，则称fx为“保等比数列函数”.现有定义在

n,00,上的四个函数中，是“保等比数列函数”的为（ ）

2xA．fxx B．fx2

C．fxx D．fxlnx

35．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

9

【参】***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. S2a1(1q2)1q21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．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. 3．D 【分析】

首先设等比数列an的公比为q(q0)，根据4a1，2a2，a3成等差数列，列出等量关系式，求得q【详解】

在等比数列an中，设公比q(q0)， 当a11时，有4a1，2a2，a3成等差数列，

2所以4a24a1a3，即4q4q，解得q2，比较

annN*相邻两项的大小，求得其最小值. n2，

所以an2n1an2n1，所以， nnan1n12n1，当且仅当n1时取等号， ann1na*所以当n1或n2时，nnN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．C 【分析】

1211 ，构造1为等比数根据数列的递推关系，利用取倒数法进行转化得

an1anan列，求解出通项，进而求出a10. 【详解】 因为an1anan221111121，所以两边取倒数得，则， an2an1ananan1an所以数列所以an故选：C 【点睛】

1111为等比数列，则112n12n，

anana1111a. ，故102n121011023方法点睛：对于形如an1panqp1型，通常可构造等比数列anx（其中

xq）来进行求解. p15．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. 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q41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. . 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】

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a1010a10113，

log3a2020

log3a1010a1011log3310101010.

故选：C 9．C 【分析】

由等比中项，根据a3a11＝4a7求得a7，进而求得b7，再利用等差中项求解. 【详解】 ∵a3a11＝4a7， ∴a7＝4a7， ∵a7≠0， ∴a7＝4， ∴b7＝4， ∴b5＋b9＝2b7＝8． 故选：C 10．C 【分析】

题意说明从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为a1，由系数前n项和公式求得a1，再由通项公式计算出中间项． 【详解】

根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为

2a1，则有S7故选：C.

a1127123381，解得a13，中间层灯盏数a4a1q24，

11．无

12．D 【分析】

2根据a2a41，由a2a4a3，解得a31，再根据S313求解.

【详解】

因为正项等比数列an满足a2a41，

2由于a2a4a3，

22所以a31，a31，a1q1.

因为S313， 所以q1. 由S32a11q31qa11qq2

2得13q1qq， 即12qq10， 解得q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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.

211，或q（舍去）. 34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

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. 15．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 16．D 【分析】

由ak是a1与a2k的等比中项及a14d建立方程可解得k. 【详解】

ak是a1与a2k的等比中项

ak2a1a2k，a1k1da1a12k1d

2k3d24d2k3d，k3.

故选:D 【点睛】

本题考查等差数列与等比数列的基础知识，属于基础题. 17．D 【分析】

利用等比数列下标和相等的性质有a1a6a2a5a3a4，而目标式可化为

2a1a6a2a5a3a4结合已知条件即可求值. a1a6a2a5a3a4【详解】

111111a1a6a2a5a3a4， a1a2a3a4a5a6a1a6a2a5a3a49，而a1a6a2a5a3a4， 811111185(a1a2a3a4a5a6)， ∴a1a2a3a4a5a693∵等比数列an中a3a4故选：D 18．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

19．无

20．A 【分析】

根据等比数列的性质，由对数的运算，即可得出结果. 【详解】 因为a4a78， 则log2a1log2a2log2a10log2a1a2...a10log2a1a10

55log2a4a715.

故选：A.

二、多选题

21．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T，裂项求和，nn(n1)an1nn12n1n2nn12n182n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233822323242411111 nn1n1n2n122n12231所以nN时，Tn，故CD正确；

82故选：ACD. 【点睛】

a1,n1方法点睛：已知an与Sn之间的关系，一般用an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. 22．BC 【分析】

根据数列的增减性由所给等式求出a1、d，写出数列的通项公式及前n项和公式，即可进行判断. 【详解】

数列{an}为单调递增的等比数列，且a2a4100，an0

a2a3a4，a32，解得a34，

4a2a410，4q10即2q25q20，解得qq又数列{an}为单调递增的等比数列，取q2或

1， 22，a1a341， 2q4an2n12n1n1nn，Sn2n1，Sn1Sn21212.

21故选：BC 【点睛】

本题考查等比数列通项公式基本量的求解、等比数列的增减性、等比数列求和公式，属于基础题. 23．ABD 【分析】

1{S}aSS(n2)由n代入已知式，可得n的递推式，变形后可证是等差数列，nn1Sn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】

113， 因为anSnSn1(n2)，SnSn13SnSn10，所以

SnSn11所以是等差数列，A正确；

Sn1113，所以33(n1)3n，Sn1．B正确； 公差为3，又

SnS1a13nn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． nn13n333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．

24．AB 【分析】

首先可得数列an为等比数列，从而求出公比q、a1，再根据等比数列求和公式计算可得； 【详解】

2解：因为数列an对任意的正整数n均有an1anan2，所以数列an为等比数列，因为

a22，a48，所以q2a44，所以q2， a2当q12102时a11，所以S101023

12当q2时a11，所以S10故选：AB 【点睛】

1121210341

本题考查等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题. 25．BD 【分析】 证明BE12BABC，所以选项B正确；设BDtBE（t0），易得33an1an4anan1，显然anan1不是同一常数，所以选项A错误；数列{anan1}

n是以4为首项，4为公比的等比数列，所以an1an4，所以选项D正确，易得

a321，选项C不正确.

【详解】

因为AE2EC，所以AE所以ABBE所以BE2AC， 32(ABBC), 312BABC，所以选项B正确； 33

设BDtBE（t0），

则当n≥2时，由BDtBEan2an1BAan13anBC，所以

BE所以

11an2an1BAan13anBC， tt1112an2an1，an13an， t3t3所以an13an2an2an1， 易得an1an4anan1，

显然anan1不是同一常数，所以选项A错误； 因为a2-a1=4，

an1an4，

anan1所以数列{anan1}是以4为首项，4为公比的等比数列，

n所以an1an4，所以选项D正确，

易得a3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. 26．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，则对于A，对于数列an，则有对于B，对于数列anan1，有

an1q， anan1|q|，an为等比数列，A正确； ananan1q2，anan1为等比数列，B正确； 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ana11n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. 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．AD 【分析】

Sn1n12Sn2n2，结合等比数列的定义可判断A；可得由已知可得

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．

29．BD 【分析】

由2(n1)annan10得

an1aa2n，所以可知数列n是等比数列，从而可求出n1nnann2n1，可得数列an为递增数列，利用错位相减法可求得an的前n项和，由于

anann2n1，从而利用等差数列的求和公式可求出数列nn1的前n项和. n1n1222【详解】

由2(n1)annan10得的

等比数列，故A错误；因为确；

23因为Sn122223n1an1anaan2，所以是以1a14为首项，2为公比n1n1nan42n12n1，所以ann2n1，显然递增，故B正nn2n1，2Sn123224n2n2n2n2，所以 Sn(n1)2n24，

Sn12222212n12n2n2，故

2anann(1n)nnn2n1n故C错误；因为n1，所以的前项和， nTn1nn122222故D正确. 故选：BD 【点晴】

本题考查等差数列、等比数列的综合应用，涉及到递推公式求通项，错位相减法求数列的和，等差数列前n项和等，考查学生的数算能力，是一道中档题. 30．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；

2的等比数列，an2n，

数列an是以首项a2214，公比q14的等比数列，

1q1414n14n144，故选项C错误；

32所以a12a22an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. 31．ACD 【分析】

由题意可得数列an满足递推关系a11,a21,anan2an1(n3)，依次判断四个选项，即可得正确答案. 【详解】

对于A，写出数列的前6项为1,1,2,3,5,8，故A正确； 对于B，S911235813+21+3488，故B错误；

对于C，由a1a2，a3a4a2，a5a6a4，……，a2019a2020a2018，可得：

a1a3a5a2019a2a4a2a6a4a8a6正确.

2对于D，斐波那契数列总有an2an1an，则a1a2a1，

a2020a2018a2020，故C

22a2a2a3a1a2a3a2a1，a3a3a4a2a3a4a2a3，……，

22a2019a2020a2019a2018，可得a2018a2018a2019a2017a2018a2019a2017a2018，a201922a12a2a2019aa20192020a2020，故D正确；

a2019a2019故选：ACD. 【点睛】

本题以“斐波那契数列”为背景，考查数列的递推关系及性质，考查方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意递推关系的灵活转换，属于中档题. 32．BCD 【分析】

举反例，反证，或按照等比数列的定义逐项判断即可. 【详解】

解：设an的公比为q，

A. 设an1，则anan10，显然anan1不是等比数列.

nB.

an2an1q2，所以anan1为等比数列. anan124222aqqq2anan222n1aaC. 2，所以nn1为等比数列. 222anan1an1qD. 当q1时，Snnp，Sn显然不是等比数列； 当q1时，若Sn为等比数列，则SnSn1Sn1n2，

222a11qn即1qa11qn11q2a1q，所以q1，与q1矛盾，

n111q综上，Sn不是等比数列. 故选：BCD. 【点睛】

考查等比数列的辨析，基础题. 33．ABD 【分析】

由条件可得2q4q2q，解出q，然后依次计算验证每个选项即可.

32【详解】

由题意2q4q2q，得qq20，解得q3222（负值舍去），选项A正确；

an22n12n，选项B正确；

Sn22n1212n12，所以S102046，选项C错误；

anan13an，而an24an3an，选项D正确．

故选：ABD 【点睛】

本题考查等比数列的有关计算，考查的是学生对基础知识的掌握情况，属于基础题. 34．AC 【分析】

直接利用题目中“保等比数列函数”的性质，代入四个选项一一验证即可. 【详解】

设等比数列an的公比为q.

2af(an1)an12n1q2 ，故A是“保等比数列函数”； 对于A，则

f(an)anan2f(an1)2an1an2an1an 常数，故B不是“保等比数列函数”； 对于B，则

f(an)2f(an1)对于C，则

f(an)an1anan1anq ，故C是“保等比数列函数”；

lnqf(an1)lnan1lnanqlnanlnq1 常数，故D不是对于D，则

f(an)lnanlnanlnanlnan“保等比数列函数”. 故选：AC. 【点睛】

本题考查等比数列的定义，考查推理能力，属于基础题. 35．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.