本章总结提升 题型一 例1 (1)A (2)C [解析] (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0), 由题意得2×a3=a1+2a2,即a1q2=a1+2a1q, ∵a1≠0,∴5q2-8q-4=0,解得q=-(舍去)或q=2. ∴==q2=4.故选A. (2)设等差数列{an}的公差为d,由a1+a4+a7=6,可得3a4=6,即a4=2,由a6=a4+2d,a6=0,可得d=-1, ∴an=a6+(n-6)d=6-n. 可得a2=4,a3=3,a4=2,a5=1, 又将a2,a3,a4,a5去掉一项后,剩下三项依次为等比数列{bn}的前三项,∴应去掉a3, 则等比数列{bn}的前3项依次为4,2,1, ∴{bn}的首项为4,公比为,故bn=4×=23-n, 故选C. 例2 C [解析] 方法一:设等差数列{an}的公差为d.依题意可得,a2+a6=a1+d+a1+5d=10,即a1+3d=5①,又a4a8=(a1+3d)(a1+7d)=45,所以a1+7d=9②.由①②可得d=1,a1=2,所以S5=5a1+×d=5×2+10=20.故选C. 方法二:设等差数列{an}的公差为d.因为a2+a6=2a4=10,a4a8=45,所以a4=5,a8=9,则d==1,所以a3=a4-d=5-1=4,所以S5=5a3=20.故选C. 变式 (1)- (2)C [解析] (1)设{an}的公比为q.若q=1,则由8S6=7S3,得8×6a1=7×3a1,解得a1=0,不满足题意,所以q≠1.当q≠1时,因为8S6=7S3,所以8·=7·,即8·(1-q6)=7·(1-q3),即8·(1+q3)(1-q3)=7·(1-q3),则8·(1+q3)=7,解得q=-. (2)设等差数列{an}的公差为d.由S6=6a1+15d=3a1,可得a1=-5d,因为a1>0,所以d<0,可得Sn=na1+d=n2-n,an=a1+(n-1)d=nd-6d,则Sn>an可化为n2-n>nd-6d,即n2-n0,得q=2,故A错误; 等比数列{an}的通项公式为an=2×2n-1=2n, 所以Sn==2n+1-2,则Sn+2=2n+1, 所以==2,所以数列{Sn+2}是公比为2的等比数列,故B正确; 因为Sn=2n+1-2,所以S5=25+1-2=26-2=62,故C错误; 因为an=2n,所以lg an+1-lg an=lg 2n+1-lg 2n=lg =lg 2,所以数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列,故D错误.故选B. (3)对于①,因为==q(公比),所以==q2,所以a2c2=b4,即a2,b2,c2成等比数列; 对于②,当a,b,c,d成公比等于-1的等比数列时,a+b,b+c,c+d都是 0,不能构成等比数列; 对于③,因为===q(公比),所以=·=q2,且=·=q2, 可得==q2,所以ab,bc,cd成等比数列; 对于④,当a,b,c,d成公比等于1的等比数列时,a-b,b-c,c-d都是0,不能构成等比数列. 综上所述,①③中的三项必成等比数列,故选B. (4)∵an+2=2an+1-an,∴an+2-an+1=an+1-an,∴数列{an}为等差数列. ∵a5=4-a3,∴a3+a5=4,∴S7===14. 变式 解:(1)当n为奇数时,a3-a1=2,a5-a3=23,…,an-an-2=2n-2, 累加得an-a1=2+23+…+2n-2=,得an=(2n+1). 同理,当n为偶数时,an-a2=22+24+…+2n-2=,得an=(2n-1). 综上,an= (2)bn=3an= 假设在数列{bn}中,存在连续三项依次构成等差数列,且设bk,bk+1,bk+2成等差数列, 当k为奇数时,2k+1+2k+2+1=2(2k+1-1),无解; 当k为偶数时,2k-1+2k+2-1=2(2k+1+1),解得k=2. 故存在b2,b3,b4成等差数列. (3)若k,l均为奇数,则由3+2l+1=2(2k+1),即2l+2=2k+1,解得l=k=1(舍去),此时不存在满足题意的k,l; 若k,l均为偶数,则由3+2l-1=2(2k-1),即2l+4=2k+1,解得l=k=2(舍去),此时不存在满足题意的k,l; 若k为奇数,l为偶数,则由3+2l-1=2(2k+1),得l=k+1,满足题意; 若k为偶数,l为奇数,则由3+2l+1=2(2k-1),即2l+6=2k+1,解得l=1,k=2(舍去),此时不存在满足题意的k,l. 故一定存在正整数k,l(0
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