滚动习题(六) 1.B [解析] 设等比数列{an}的公比为q,因为a2=-2,a6=-8,所以-8=-2q4,所以q2=2,所以a4=a2×q2=(-2)×2=-4.故选B. 2.B [解析] 由a3=4,得S3=++a3=++4=7,则3q2-4q-4=0,解得q=2或q=-.故选B. 3.D [解析] 设插入的3个数依次为x,y,z,则2,x,y,z,8成等比数列,故y是2,8的等比中项,且y>0,则y=4,又xz=y2=16,所以xyz=64,故选D. 4.D [解析] 设自2025年起每年到5月1日存款本息合计为a1,a2,a3,a4,则a1=a+ap=a(1+p),a2=a(1+p)(1+p)+a(1+p)=a(1+p)2+a(1+p),a3=a2(1+p)+a(1+p)=a(1+p)3+a(1+p)2+a(1+p),a4=a3(1+p)+a(1+p)=a[(1+p)4+(1+p)3+(1+p)2+(1+p)]=a·=[(1+p)5-(1+p)].故选D. 5.C [解析] 因为在等比数列{an}中,a4·a10=2a8=a6a8,所以a6=2.根据等比数列的性质得a1a11=a2a10=a3a9=a4a8=a5a7==22,所以a1a2…a10a11=(a1a11)(a2a10)(a3a9)(a4a8)(a5a7)a6=(22)5×2=211,所以log2(a1a2…a10a11)=log2211=11.故选C. 6.C [解析] 由an-1+2an=0(n≥2)得an=-an-1(n≥2),因为a1=1,所以数列{an}是等比数列,于是Sn==.当n为奇数时,Sn=,可得
0时,qnqn-1,即qn-1(q-1)>0对任意n∈N*恒成立,可得q>1,故C正确;对于D,由A,B选项的分析可知,当a1>0时,01,故D错误.故选AC. 8.BCD [解析] 由题意知3·=,且=3,故是首项、公比都为3的等比数列,所以=3n,则an=n·3n,故{nan}不是等比数列,A错误,B,C正确.由Sn=1×31+2×32+…+n·3n,得3Sn=1×32+2×33+…+(n-1)·3n+n·3n+1,两式相减得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1=-n·3n+1=,所以Sn=,D正确.故选BCD. 9.12 [解析] 因为{an}是等比数列,所以=a6a14=8×18=144,所以a10=12或a10=-12,又在等比数列中,偶数项的符号相同,所以a10=12. 10. [解析] 方法一:设等比数列{an}的公比为q,若q=1,则==2,与已知矛盾,故q≠1.由题意得==3,则1+q2=3,所以q2=2,所以====. 方法二:因为等比数列{an}的前n项和为Sn,所以S2,S4-S2,S6-S4成等比数列.由=3,得S4=3S2,所以S4-S2=2S2,所以S6-S4=4S2,所以S6=7S2,所以==. 11.64 126 [解析] 依题意得,第一次报数后向前一步的原编号为2n1,n1∈N*,n1≤50,n1为第二次报数时的新编号;第二次报数后向前一步的原编号为2n2,n2∈N*,n2≤25,n2为第三次报数时的新编号;第三次报数后向前一步的原编号为2n3,n3∈N*,n3≤12,n3为第四次报数时的新编号;第四次报数后向前一步的原编号为2n4,n4∈N*,n4≤6,n4为第五次报数时的新编号;第五次报数后向前一步的原编号为2n5,n5∈N*,n5≤3,n5为第六次报数时的新编号;显然第六次报数时向前一步的编号为2.因此走到最前面的同学各次编号按报数由后向前排列为2,22,23,24,25,26,所以走到最前面的同学第一次的序号是64,这位同学的所有序号之和为=126. 12.解:(1)设递增的等比数列{an}的公比为q,q>1, 由a3是5a2与3a1的等差中项,可得2a3=5a2+3a1, 因为a1=3,所以6q2=15q+9,解得q=3或q=-(舍去),则an=3n. (2)bn=+n=+n, 则Sn=+(1+2+…+n)=+n(1+n)=+. 13.解:(1)由(2n-1)an+1=(4n+2)an,得=, 又因为=2≠0, 所以是以2为首项,2为公比的等比数列, 则=2n,所以an=(2n-1)·2n. (2)由(1)可知,Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)·2n①, 则2Sn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)·2n+1②, ①-②得-Sn=21+2×(22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1, 即-Sn=2+2×-(2n-1)·2n+1=-6-(2n-3)·2n+1, 则Sn=(2n-3)·2n+1+6. 14.解:(1)证明:因为Sn=2an-n+1, 所以当n=1时,得S1=a1=2a1-1+1,解得a1=0 ... ... 