等比数列单元测试题(一) 百度文库

一、等比数列选择题

1．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

2．在等比数列{an}中，a24，a532，则a4（ ） A．8

B．8

C．16

D．16

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 A．6

B．5 B．16

C．4或5 C．32

D．5或6 D．

4．设{an}是等比数列，若a1 + a2 + a3 =1，a2 + a3 + a4 =2，则 a6 + a7 + a8 =（ ） 5．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

nn6．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·7．各项为正数的等比数列{an}，a4a78，则log2a1log2a2A．15

B．10

C．5

log2a10（ ）

D．3

8．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．4

9．公比为q(q0)的等比数列an中，a1a39,a427，则a1q（ ） A．1

B．2

C．3

10．已知等比数列an的前n项和的乘积记为Tn，若T2T9512，则Tn的最大值为

（ ） A．215

B．214

C．213

D．21211．题目文

件丢失！

*12．已知数列an的首项a11，前n项的和为Sn，且满足2an1Sn2nN，则

满足

10011000S2nSn11的n的最大值为（ ）. 10B．8

C．9

D．10

A．7

13．设数列an，下列判断一定正确的是（ ）

2nA．若对任意正整数n，都有an4成立，则an为等比数列

B．若对任意正整数n，都有an1anan2成立，则an为等比数列

mnC．若对任意正整数m，n，都有aman2成立，则an为等比数列

11D．若对任意正整数n，都有成立，则an为等比数列

anan3an1an2n2*14．已知等比数列{an}的通项公式为an3(nN)，则该数列的公比是（ ）

A．

1 9B．9 C．

1 3D．3

2an（ ）

2215．已知等比数列an的n项和Sn2na，则a1a2A．2n1

2B．

1n21 3C．4n1

D．

1n41 316．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

17．已知an为等比数列.下面结论中正确的是（ ） A．a1a32a2

222C．a1a32a2

B．若a1a3，则a1a2 D．若a3a1，则a4a2

18．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 8a2k42，

19．已知等比数列an中，a11，a1a3则k（ ） A．2

B．3

a2k185，a2a4D．5

C．4

220．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

二、多选题21．题目文件丢失！ 22．题目文件丢失！ 23．题目文件丢失！

24．已知等差数列an，其前n项的和为Sn，则下列结论正确的是（ ） A．数列|Sn为等差数列 nB．数列2为等比数列

anC．若amn,anm(mn)，则amn0 D．若Smn,Snm(mn)，则Smn0 25．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3 226．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

27．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

B．a2，a3，a6成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列

28．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 Sn629．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}

30．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．a6a81 D．Tn的最大值为T6

C．Sn的最大值为S7

*31．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32．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

33．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

a710.则下列结论正确的是（ ） a11，a7a81，

a81A．0q1

B．a7a91

C．Tn的最大值为T7 D．Sn的最大值为S7

34．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

35．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；

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、等比数列选择题

1．D 【分析】

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. 2．C 【分析】

根据条件计算出等比数列的公比，再根据等比数列通项公式的变形求解出a4的值. 【详解】

3因为a24,a532，所以q2所以a4a2q4416，

a58，所以qa22，

故选：C. 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．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{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． 5．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. 6．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：

3266a1a3a5，代入数据可计算得出结果.

2632.

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2na由数列前项和求通项公式时，一般根据n求解，考查学生的计算能

a,n11力. 7．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. 8．B 【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, 9．D 【分析】

利用已知条件求得a1,q，由此求得a1q. 【详解】

a1a1q2a12q29a131依题意a1q27，所以a1q4.

q3q0故选：D 10．A 【分析】

27根据T2T9得到a61，再由a1a2a1q512，求得a1,q即可.

【详解】

设等比数列an的公比为q，

7由T2T9得：a61， 5故a61，即a1q1. 2又a1a2a1q512，

所以q故q91， 5121， 2nn12所以Tna1a2a3a4...ana1nq12n211n2,

15所以Tn的最大值为T6T52.

故选：A.

11．无

12．C 【分析】

根据2an1Sn2nN不等式可求n的最大值. 【详解】

*可求出an的通项公式，然后利用求和公式求出S2n,Sn，结合

2an1Sn2,2anSn12(n2)相减得2an1an(n2)，a11，a2nn1；则an211001111111是首项为1，公比为的等比数列，1，，则n的210002101000210最大值为9. 故选：C 13．C 【分析】

根据等比数列的定义和判定方法逐一判断. 【详解】

n+12nn对于A，若an4，则an2，an+12，则

an12，即后一项与前一项的比不an一定是常数，故A错误；

对于B，当an0时，满足an1anan2，但数列an不为等比数列，故B错误； 对于C，由aman2mn可得an0，则aman+12mn+1an12mn+1mn2，故，所以an2an为公比为2的等比数列，故C正确；

对于D，由

11可知an0，则anan3an1an2，如1，2，6，12满

anan3an1an2足anan3an1an2，但不是等比数列，故D错误. 故选：C. 【点睛】

方法点睛：证明或判断等比数列的方法，

an1qq0,an0，则数列an为等比数列； （1）定义法：对于数列an，若an（2）等比中项法：对于数列an，若anan2an1（3）通项公式法：若ancqnan0，则数列an为等比数列；

（c,q均是不为0的常数），则数列an为等比数列；

2（4）特殊值法：若是选择题、填空题可以用特殊值法判断，特别注意an0的判断. 14．D 【分析】

利用等比数列的通项公式求出a1和a2，利用【详解】

n2*设公比为q，等比数列{an}的通项公式为an3(nN)，

a2求出公比即可 a1则a1327，a2381，34a2q3， a1故选：D 15．D 【分析】

由an与Sn的关系可求得an【详解】

已知等比数列an的n项和Sn2na. 当n1时，a1S12a；

当n2时，anSnSn12a222n1，进而可判断出数列an也为等比数列，确定该数列的

首项和公比，利用等比数列的求和公式可求得所化简所求代数式.

n2n1a2n1.

2n1，所以，2a20，解得a1，

由于数列an为等比数列，则a12a满足anan2n1nN，则a22nn14n12an4n21，2n14，且a11，

an4所以，数列an为等比数列，且首项为1，公比为4，

2因此，aa故选：D. 【点睛】

212214n4n1. a1432n方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：

n1（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式ana1n1d或ana1q进行

求解；

S1,n1na（2）前项和法：根据n进行求解；

SS,n2n1n（3）Sn与an的关系式法：由Sn与an的关系式，类比出Sn1与an1的关系式，然后两式作差，最后检验出a1是否满足用上面的方法求出的通项；

（4）累加法：当数列an中有anan1fn，即第n项与第n1项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；

anfn，即第n项与第n1项的商是个有规律的数（5）累乘法：当数列an中有an1列，就可以利用这种方法；

（6）构造法：①一次函数法：在数列an中，ankan1b（k、b均为常数，且

k1，k0）.

一般化方法：设anmkan1m，得到bk1m，mb，可得出数列k1ban是以k的等比数列，可求出an；

k1②取倒数法：这种方法适用于ankan1n2,nN（k、m、p为常数，man1pm0），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于ankan1b的式子；

n⑦an1banc（b、c为常数且不为零，nN）型的数列求通项an，方法是在等式

的两边同时除以cn1，得到一个an1kanb型的数列，再利用⑥中的方法求解即可. 16．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 17．C 【分析】

a11q31q13.

取特殊值可排除A，根据等比数列性质与基本不等式即可得C正确，B，D错误. 【详解】

解：设等比数列的公比为q，

对于A选项，设a11,a22,a34，不满足a1a32a2，故错误；

2对于B选项，若a1a3，则a1a1q，则q1，所以a1a2或a1a2，故错误；

222对于C选项，由均值不等式可得a1a32a1a32a2，故正确；

22对于D选项，若a3a1，则a1q10，所以a4a2a1qq1，其正负由q的符

号确定，故D不确定. 故选：C. 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．B 【分析】

本题首先可设公比为q，然后根据a1a3然后根据a2a4果. 【详解】

设等比数列an的公比为q， 则a1a3即qa2a2k185得出qa2a2k84，再

a2k42求出q2，最后根据等比数列前n项和公式即可得出结

a2k1a1a2qa2kq85，

a2k85184，

a2k42，所以q2，

因为a2a4则aaa123a2ka2k185421271122k112，

即12822k1，解得k3， 故选：B. 【点睛】

关键点点睛：本题考查根据等比数列前n项和求参数，能否根据等比数列项与项之间的关系求出公比是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题. 20．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.

【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.

二、多选题 21．无 22．无 23．无

24．ABC 【分析】

设等差数列an的首项为a1，公差为d, ana1n1d，其前n项和为

nn1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】 Snna1设等差数列an的首项为a1，公差为d, ana1n1d 其前n项和为Snna1选项A.

nn1d 2SSnn1dSnn1d（常数） a1d，则n+1na1da1n+1n22n22Sn为等差数列，故A正确. n所以数列|an12a选项B. 2an2a1n1d,则a2an1an2d（常数），所以数列2n为等比数列，故B

2n正确.

ama1m1dn ，解得a1mn1,d1 选项C. 由amn,anm，得aan1dm1n所以amna1nm1dnm1nm110，故C正确. 选项D. 由Smn,Snm，则Snna1将以上两式相减可得：mna1nn12dm，Smma1mm12dn

dm2mn2nnm

2mna1mnmn1nm，又mn

所以a1d2ddmn11，即mn11a1 22Smnmna1以D不正确. 故选：ABC 【点睛】

mnmn1d2mna1mn1a1mn，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

ama1m1dn用，解答本题的关键是利用通项公式得出，从中解出a1,d，从而

aan1dm1n判断选项C，由前n项和公式得到Snna1nn12dm，

Smma1mm12dn，然后得出

dmn11a1，在代入Smn中可判断D，2属于中档题. 25．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 26．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. 27．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，

2，同时需要熟练掌握等比数列的求

A．

a3aq25，a1，a3，a5成等比数列，正确； a1a3B，C．

a3aq，6q3，在q1时，两者不相等，错误；

a3a2aa4q2，8q4，在q21时，两者不相等，错误； a2a4a6a93qD．，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． 28．ABD 【分析】

根据等差中项列式求出q根据apasa3求出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

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5或或或，可知的最小值为

pss5s4s2s11111，C不正确；利用ySn关于Sn单调递增，求出Sn的最大、最小值可得结

SS4nn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qp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则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1138S(,]，当n为偶数时，n关于Sn单调递增，所以当为奇数时，nSnSn23Sn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. 29．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，

由等比数列的定义知{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． 30．AD 【分析】

分类讨论a6,a7大于1的情况，得出符合题意的一项. 【详解】

1}和{anan1an2}都是等比数列． ana610矛盾. ①a61,a71, 与题设

a71②a61,a71,符合题意.

③a61,a71,与题设

a610矛盾. a71④ a61,a71,与题设a11矛盾.

得a61,a71,0q1，则Tn的最大值为T6.

B，C，错误.

故选：AD. 【点睛】

考查等比数列的性质及概念. 补充：等比数列的通项公式：ana1q31．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，

n1nN.

**，

an13,(n2)， 可得an13an，即an又由a11，当n1时，a22S12a12，所以

a2

2， a1

1,所以数列的通项公式为an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. 32．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， 所以

an2，数列{an}是以首项a12，公比qan12的等比数列，an2n，

故选项A错误，选项B正确； 数列an21是以首项a2222n21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；

3所以aaa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. 33．ABC 【分析】

a710，可得a71，a81．由等比数列的定义即可判断A；运由a11，a7a81，

a81用等比数列的性质可判断B；由正数相乘，若乘以大于1的数变大，乘以小于1的数变小，可判断C; 因为a71，0a81，可以判断D. 【详解】

a11，a7a81，

a710， a81a71，0a81，

A.0q1，故正确；

21，故正确； B.a7a9a8C.T7是数列{Tn}中的最大项，故正确．

D. 因为a71，0a81，Sn的最大值不是S7，故不正确. 故选：ABC． 【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

34．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，数算的能力，属于中档题. 35．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.