高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.3.1 等比数列课时训练

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.3.1 等比数列课时训练，共31页。试卷主要包含了下列数列为等比数列的是，下列数列为等比数列的是　　　　等内容，欢迎下载使用。

5.3　等比数列
5.3.1　等比数列
基础过关练
题组一　等比数列的定义
1.下列数列为等比数列的是(　　)
①1,-2,4,-8;②-2,2,-22,4;③x,x2,x3,x4;④a-1,a-2,a-3,a-4.
A.①② B.①②③
C.①②④ D.①②③④
2.“数列{an}既是等差数列又是等比数列”是“数列{an}是常数列”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.下列数列为等比数列的是　　　　(填序号). 
①2,22,3×22;②1a,1a2,1a3,1a4,1a5(a≠0);③s-1,(s-1)2,(s-1)3,(s-1)4,(s-1)5;④0,0,0,0,0.
题组二　等比数列的基本量的求解
4.(2020陕西咸阳高二期末)已知等比数列{an}中,a4=27,公比q=-3,则a1=(　　)
A.1 B.-1
C.3 D.-3
5.(2020河北石家庄高二期中)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-3,a4=b4=24,则a2b2=(　　)
A.-1 B.1 C.-4 D.4
6.(2020广东广州天河高二期末)某个蜂巢里有一只蜜蜂,第1天它飞出去带回了五个伙伴,第2天六只蜜蜂飞出去各自带回五个伙伴,如果这个过程继续下去,那么第6天所有的蜜蜂归巢后蜂巢中共有蜜蜂(　　)
A.56只 B.65只 C.55只 D.66只
7.如图,给出了一个“三角形数阵”,已知每一列数成等差数列,从第三行起,每一行数成等比数列,而且每一行的公比都相等,记第i行第j列的数为ai,j(i,j∈N+),则a5,3的值为(　　)
14
12,14
34,38,316
……
A.116 B.18 C.516 D.54
题组三　等比数列的性质
8.(2020江苏扬州高二期中)两个正数3+5与3-5的等比中项为(　　)
A.2 B.-2
C.±2 D.±12
9.已知a,b,c∈R,如果-1,a,b,c,-9成等比数列,那么(　　)
A.b=3,ac=9 B.b=-3,ac=9
C.b=3,ac=-9 D.b=-3,ac=-9
10.(2020广西钦州高二期末)设a,G,b∈R,则“G2=ab”是“G为a,b的等比中项”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
11.(2020安徽淮北一中高二月考)已知等差数列{an}的公差和首项都不为0,且a1,a2,a4成等比数列,则a1+a14a3=(　　)
A.7 B.5
C.3 D.2
12.(多选)(2020山东临沂高二期末)已知三个数1,a,4成等比数列,则圆锥曲线x2+y2a=1的离心率可能为(　　)
A.22 B.32
C.3 D.6
13.(2020陕西宝鸡高二期末)已知{an}是等比数列,则“a2 A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
14.在等比数列{an}中,a1=-16,a4=8,则 a7=(　　)
A.-4 B.±4
C.-2 D.±2
15.(2020天津静海独流中学高二月考)若等比数列{an}的各项均为正数,a2=3,4a32=a1a7,则a5=(　　)
A.34 B.38
C.12 D.24
16.(2020吉林长春榆树高二期末)递增的等比数列{an}中,a2a5=128,a3+a4=24,则an=(　　)
A.n2 B.12n C.2n D.2n
17.(2020吉林延边高二期末)已知等比数列{an}的公比q=3,则a1+a3+a5+a7a2+a4+a6+a8等于(　　)
A.-13 B.-3 C.13 D.3
18.(2020内蒙古集宁一中高二期末)已知-2,a1,a2,-8成等差数列,-2,b1,b2,b3,-8成等比数列,则a2-a1b2等于(　　)
A.14 B.12
C.-12 D.12或-12
19.(2020福建泉州高二期末)已知各项均为正数的等比数列{an}单调递增,且a1·a3=36,a1+a2+a3=26,则a4=(　　)
A.24 B.36 C.48 D.54
20.已知等比数列{an}满足an>0,且a5·a2n-5=22n(n≥3),则当n≥3时,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1等于(　　)
A.2n B.2n2 C.n2 D.n
21.在等比数列{an}中,若a1a2a3a4=1,a13a14a15a16=8,则a41a42a43a44=　　　　. 
题组四　等比数列的判断与证明
22.(2020吉林通化高二期末)已知数列{an}的首项a1=1且an+1=2an+3.求证数列{an+3}是等比数列,并写出数列{an}的通项公式.














23.已知Sn是数列{an}的前n项和,且Sn=2an+n-4.
(1)求a1的值;
(2)若bn=an-1,试证明数列{bn}为等比数列.



















24.已知数列{an}满足a1=1,nan+1=2(n+1)an,设bn=ann.
(1)求b1,b2,b3;
(2)判断数列{bn}是不是等比数列,并说明理由;
(3)求{an}的通项公式.













能力提升练
题组一　等比数列基本量的运算
1.(2020山东省实验中学高三一模,)在各项均为正数的等比数列{an}中,a5-a1=15,a4-a2 =6,则a3=(　　)
A.2 B.4 C.12 D.8
2.(2020江西新余高二期末,)已知数列{an},若a1=2,an+1+an=2n+1,则a2 020=(　　)
A.2 017 B.2 018 C.2 019 D.2 020
3.(2020山东济南历城第二中学高二期中,)在各项均为正数的等比数列{an}中,若3a1,12a3,2a2成等差数列,则a2 018-a2 019a2 016-a2 017=(　　)
A.3或-1 B.9或1
C.3 D.9
4.(2020宁夏石嘴山第三中学高二期中,)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为(　　)
A.32f B.322f
C.1225f D.1227f
题组二　等比数列性质的应用
5.(2020山东济宁高二期末,)已知数列{an}满足an≠0,则“a1a4=a2a3”是“{an}为等比数列”的(　　)
A.充分不必要条件
B.充要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
6.(2020河南新乡高二期末,)在等比数列{an}中,若a2,a6是方程2x2-7x+4=0的两根,则a4=(　　)
A.2 B.±2 C.2 D.±2
7.(2020山东潍坊高二期末,)各项互不相等的等比数列{an}满足a5·a7=am·an,则1m+4n的最小值为　　　　. 
8.(2020山东淄博高二期末,)由9个正数组成的3行3列方阵a11a12a13a21a22a23a31a32a33中,每行中三个数成等比数列,且a11a12a13,a21a22a23,a31a32a33成等差数列.若a12=2,a32=4,则a22=　　　　. 
9.(2020甘肃河西五市高二期末,)已知等比数列{an}中,an>0,若a2a3a4=a2+a3+9a4,则a3的最小值为　　　　. 
题组三　等比数列的判断与证明
10.(2020北京西城高二期末,)德国著名数学家高斯,享有“数学王子”之美誉.他在研究圆内整点问题时,定义了一个函数f(x)=[x],其中[x]表示不超过x的最大整数,比如[π]=3.根据以上定义,当x=3+1时,数列x-f(x),f(x),x(　　)
A.是等差数列,也是等比数列
B.是等差数列,不是等比数列
C.是等比数列,不是等差数列
D.不是等差数列,也不是等比数列
11.(多选)(2020浙江湖州高二期末,)设数列{an}为等比数列,则下列数列一定为等比数列的是(　　)
A.{2an} B.{an2}
C.{2an} D.{log2|an|}
12.(多选)(2020山东泰安高二期末,)若Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1(n∈N+),则下列说法正确的是(　　)
A.a5=-16
B.S5=-63
C.数列{an}是等比数列
D.数列{Sn+1}是等比数列
13.(2020江苏连云港高二期末,)记数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=3an+2n-3,求数列{an}的通项公式.












14.(2020山东章丘四中高三月考,)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=34,Sn=Sn-1+an-1+12(n∈N+且n≥2),数列{bn}满足:b1=-374,且3bn-bn-1=n+1(n∈N+且n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求证:数列{bn-an}为等比数列.

















15.(2020河南郑州外国语学校高二月考,)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-n.
(1)证明数列{an+1}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=1an+1+1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.












题组四　等比数列的综合应用
16.(2020湖南怀化高二期末,)两个正数a、b的等差中项是72,等比中项是23,且a A.y=±54x B.y=±53x
C.y=±43x D.y=±34x
17.(2020宁夏青铜峡高二期末,)已知各项均为正数的等比数列{an}的公比为3,若aman=9a22,则2m+12n的最小值等于(　　)
A.1 B.12 C.34 D.32
18.(2020北京石景山高二期末,)数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn=1-12nan+1,bn=log2an ,则数列1bnbn+1的前n项和Tn=　　　　. 
19.(2020江苏南通高二期末,)设Sn是数列{an}的前n项和,对任意n∈N+,都有Sn=(an+b)(a1+an)+c(a,b,c为常数).
(1)当a=0,b=43,c=-53时,求an;
(2)当a=12,b=0,c=0时,
(i)求证:数列{an}是等差数列;
(ii)若数列{an}为递增数列且a4+a5=9,a2·a7=14,设lg bn=an3n,试问是否存在正整数p,q(其中1







答案全解全析
5.3　等比数列
5.3.1　等比数列
基础过关练
1.C　由等比数列的定义,知①②④是等比数列,③中当x=0时,不是等比数列.
2.A　由数列{an}既是等差数列又是等比数列,可知{an}是常数列,所以充分性成立;
当常数列的各项均为0时,不是等比数列,所以必要性不成立,
所以“数列{an}既是等差数列又是等比数列”是“数列{an}是常数列”的充分不必要条件,故选A.
3.答案　②
解析　222≠3×2222,所以①不是等比数列;②是首项为1a,公比为1a的等比数列;③中,当s=1时,数列为0,0,0,0,0,所以不是等比数列;④显然不是等比数列.
4.B　因为数列{an}是等比数列,所以a4=a1q3=27,又q=-3,所以a1=-1.
5.B　设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
因为a1=b1=-3,a4=b4=24,
所以3d=a4-a1=27,q3=b4b1=-8,解得d=9,q=-2,
因此a2=a1+d=6,b2=b1q=6,所以a2b2=1.
6.D　设第n天所有的蜜蜂归巢后蜂巢中共有蜜蜂an(n=1,2,…,6)只,由题意可得a1=6,an=an-1+5an-1,即anan-1=6(n=2,3,4,5,6),所以数列{an}为等比数列,即an=6n,所以第6天所有的蜜蜂归巢后蜂巢中共有蜜蜂a6=66只.
7.C　第一列构成首项为14,公差为14的等差数列,所以a5,1=14+(5-1)×14=54.又因为从第三行起每一行数成等比数列,而且每一行的公比都相等,所以第5行构成首项为54,公比为12的等比数列,所以a5,3=54×122=516.
8.C　设它们的等比中项为G,则G2=(3+5)×(3-5)=4,所以G=±2.
9.B　由等比数列的性质可得,b2=(-1)×(-9)=ac,∴b2=ac=9,又b与首项-1同号,
∴b=-3.
10.B　若G是a,b的等比中项,则G2=ab,
当a=b=G=0时,满足G2=ab,但a,G,b不能构成等比数列,
所以“G2=ab”是“G是a,b的等比中项”的必要不充分条件.
11.B　设等差数列{an}的公差为d(d≠0),
∵a1,a2,a4成等比数列,∴a22=a1a4,
即(a1+d)2=a1(a1+3d),解得a1=d,
∴a1+a14a3=2a1+13da1+2d=15d3d=5.
12.AC　由三个数1,a,4成等比数列,得a=±2.
当a=2时,曲线x2+y22=1为焦点在y轴上的椭圆,
此时半焦距c=2-1=1,离心率e=12=22.
当a=-2时,曲线x2-y22=1为焦点在x轴上的双曲线,
此时,a=1,半焦距c=2+1=3,离心率e=31=3.
13.B　假设等比数列{an}的首项a1=-2,公比q=-2,则a2=4,a4=16,
a2 若数列{an}是递增数列,由定义可知,a2 14.A　∵等比数列{an}中,a1=-16,a4=8,a1·a7=a42,∴a7=a42a1=64-16=-4,故选A.
15.D　设等比数列{an}的公比为q,由等比数列的性质可知a42=a1a7,又4a32=a1a7,所以a42=4a32,所以q2=a42a32=4,
因为数列的各项均为正数,所以q=2.所以a5=a2·q3=3×23=24.
16.D　设等比数列{an}的公比为q.由等比数列的性质可得,a2a5=a3a4=128,
又∵a3+a4=24,∴a3=8,a4=16或a3=16,a4=8.
又{an}为递增的等比数列,
∴a3=8,a4=16,∴q=a4a3=168=2,
∴an=a3·qn-3=8×2n-3=2n.
17.C　a1+a3+a5+a7a2+a4+a6+a8=a1+a3+a5+a7q(a1+a3+a5+a7)=1q=13.
18.B　因为-2,a1,a2,-8成等差数列,所以a2-a1=-8-(-2)3=-2,因为-2,b1,b2,b3,-8成等比数列,所以b22=(-2)×(-8)=16,由b2与-2同号得b2=-4,所以a2-a1b2=-2-4=12.
19.D　由a1·a3=36,且{an}为各项是正数的等比数列,可得a2=6,所以a1·a3=36,a1+a3=20,又{an}为递增的等比数列,所以a1=2,a3=18,由a1·a4=a2·a3,得a4=54.
20.C　log2a1+log2a3+…+log2a2n-1
=log2(a1a3…a2n-1)
=log2(a1a2n-1)n2
=log2(a5a2n-5
=log22n2=n2.
21.答案　1 024
解析　设等比数列{an}的公比为q,
则a1a2a3a4=a1·a1q·a1q2·a1q3=a14·q6=1,①
a13a14a15a16=a1q12·a1q13·a1q14·a1q15=a14·q54=8,②
②÷①得q48=8,即q16=2,
∴a41a42a43a44=a1q40·a1q41·a1q42·a1q43=a14·q166=a14·q6·q160=(a14·q6)(q16)10=210=
1 024.
22.解析　∵an+1=2an+3,∴an+1+3=2an+3+3,即an+1+3=2(an+3),
又a1+3=4≠0,
∴an+1+3an+3=2,
∴数列{an+3}是首项为4,公比为2的等比数列,
∴an+3=4·2n-1=2n+1,∴an=2n+1-3.
23.解析　(1)因为Sn=2an+n-4,
所以令n=1,得a1=S1=2a1+1-4,解得a1=3.
(2)证明:因为Sn=2an+n-4,
所以当n≥2时,
Sn-1=2an-1+(n-1)-4,
Sn-Sn-1=(2an+n-4)-(2an-1+n-5),即an=2an-1-1,
所以an-1=2(an-1-1),
又bn=an-1,所以bn=2bn-1(n≥2),
又b1=a1-1=2≠0,
所以数列{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列.
24.解析　(1)由条件可得an+1=2(n+1)nan.
令n=1,得a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.
令n=2,得a3=3a2,所以a3=12.
从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){bn}是首项为1,公比为2的等比数列.理由如下:
由条件可得an+1n+1=2ann,即bn+1=2bn,又b1=1≠0,
所以{bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得ann=bn=1×2n-1=2n-1,所以an=n·2n-1.
能力提升练
1.B　设数列{an}的公比为q,则a5-a1=a1q4-a1=15,a4-a2=a1q3-a1q=6,解得a1=1,q=2或a1=-16,q=12(舍去).
故a3=a1q2=4.
2.C　∵an+1+an=2n+1,∴an+1-(n+1)=-(an-n),又a1-1=1≠0,
∴数列{an-n}是以1为首项,-1为公比的等比数列,∴an-n=(-1)n-1,
∴an=n+(-1)n-1,∴a2 020=2 020-1=2 019.
3.D　设等比数列{an}的公比为q(q>0),因为3a1,12a3,2a2成等差数列,
所以a3=3a1+2a2⇒a1q2=3a1+2a1q⇒q2-2q-3=0⇒(q-3)(q+1)=0,
因为q>0,所以q=3.
故a2 018-a2 019a2 016-a2 017=(a2 016-a2 017)q2a2 016-a2 017=q2=9.
4.D　设这十三个单音的频率构成数列{an}(n∈N+,且1≤n≤13),因为从第二个单音起,每一个单音与前一个单音的频率的比都等于122,所以an=122an-1(2≤n≤13,n∈N+),
又a1=f,所以a8=f(122)7=1227f.
5.C　取a1=1,a2=2,a3=8,a4=16,满足a1a4=a2a3,但{an}不是等比数列;反之若{an}为等比数列,则根据等比数列的性质可知a1a4=a2a3,所以“a1a4=a2a3”是“{an}为等比数列”的必要不充分条件.
6.A　由题意可得a2a6=2,a2+a6=72,则a2,a6>0,所以a4>0,又a42=a2a6=2,故a4=2.
7.答案　34
解析　由题意知m+n=5+7=12,即m12+n12=1,
则1m+4n=1m+4nm12+n12=512+n12m+m3n≥512+2n12m·m3n=34,当且仅当4m2=n2,m+n=12,即m=4,n=8(负值舍去)时,等号成立,所以1m+4n的最小值为34.
8.答案　336
解析　由题意,得a11a12a13=a123=8,a21a22a23=a223,a31a32a33=a323=64,
又a11a12a13,a21a22a23,a31a32a33成等差数列,
所以2a223=a123+a323=72,解得a22=336.
9.答案　7
解析　因为{an}是各项均为正数的等比数列,且a2a3a4=a2+a3+9a4,所以a33-a3=a2+9a4,则a33-a3=a2+9a4≥29a2a4=6a3(当且仅当a2=9a4时取等号),即(a32-7)a3≥0,即a32≥7,a3≥7,即a3的最小值为7.
10.D　由于1<3<2,所以f(x)=[x]=[3+1]=2,所以x-f(x)=3-1,即三个数为3-1,2,3+1.而3+1+3-1=23≠4,(3+1)(3-1)=2≠4,所以数列x-f(x), f(x),x既不是等差数列,也不是等比数列.
11.AB　设数列{an}的首项为a1,公比为q,则an=a1qn-1,
A,2an=2a1qn-1,所以数列{2an}是公比为q的等比数列;
B,an2=a12q2n-2=a12(q2)n-1,所以数列{an2}是公比为q2的等比数列;
C,因为2an=2a1qn-1,所以当n≥2时,2an2an-1=2a1qn-12a1qn-2=2a1qn-1-a1qn-2不是一个常数,所以数列{2an}不是等比数列;
D,当n≥2时,log2|an|log2|an-1|=log2|a1qn-1|log2|a1qn-2|不是一个非零常数,所以数列{log2|an|}不是等比数列.
12.AC　因为Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=2an+1(n∈N+),
所以当n=1时,a1=S1=2a1+1,因此a1=-1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1,
所以数列{an}是以-1为首项,2为公比的等比数列,故C正确;
因此a5=-1×24=-16,故A正确;
又Sn=2an+1=-2n+1,所以S5=-25+1=-31,故B错误;
因为S1+1=0,所以数列{Sn+1}不是等比数列,故D错误.
13.解析　因为Sn=3an+2n-3,所以令n=1,得a1=S1=3a1-1,即a1=12.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3an+2n-3-3an-1-2n+2+3,即有an=32an-1-1.
设an+λ=32(an-1+λ),得an=32an-1+12λ,故λ=-2,所以an-2=32(an-1-2),又a1-2=12-2=-32≠0,
所以数列{an-2}是以-32为首项,32为公比的等比数列,即有an-2=-32n,
所以an=2-32n.
14.解析　(1)由Sn=Sn-1+an-1+12,得Sn-Sn-1=an-1+12,即an-an-1=12(n≥2且n∈N+),
所以数列{an}是以34为首项,12为公差的等差数列,
因此an=34+(n-1)×12=12n+14.
(2)证明:因为3bn-bn-1=n+1(n≥2,且n∈N+),
所以bn=13bn-1+13(n+1)(n≥2,且n∈N+),
所以bn-an=13bn-1+13(n+1)-12n-14=13bn-1-16n+112=13bn-1-12n+14(n≥2,且n∈N+).
又bn-1-an-1=bn-1-12(n-1)-14=bn-1-12n+14(n≥2,且n∈N+),
所以bn-an=13(bn-1-an-1)(n≥2,且n∈N+).
因为b1-a1=-10≠0,
所以数列{bn-an}是以-10为首项,13为公比的等比数列.
15.解析　(1)因为Sn=2an-n,所以令n=1,得a1=2a1-1,解得a1=1,
由于Sn=2an-n,所以Sn+1=2an+1-(n+1),
所以Sn+1-Sn=2an+1-(n+1)-2an+n,即an+1=2an+1,
所以an+1+1=2an+1+1=2(an+1),又a1+1=2≠0,
所以数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.故an+1=2·2n-1=2n,
故数列{an}的通项公式是an=2n-1.
(2)bn=1an+1+1anan+1 =an+1anan+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=(2n+1-1)-(2n-1)(2n-1)(2n+1-1)
=12n-1-12n+1-1,
Tn=b1+b2+…+bn =121-1-122-1+122-1-123-1+…+12n-1-12n+1-1　
=121-1-122-1+122-1-123-1+…+12n-1-12n+1-1 =1-12n+1-1.
16.C　由题意可得,a+b=7,ab=12,0 17.C　∵等比数列{an}的公比为3,且aman=9a22,
∴a2·3m-2·a2·3n-2=a22·3m+n-4=9a22,
∴m+n=6,
∴2m+12n=16×(m+n)2m+12n=16×2+m2n+2nm+12≥16×52+2=34,当且仅当m=2n=4时取等号.
18.答案　nn+1
解析　∵Sn=1-12nan+1,
∴当n≥2时,Sn-1=1-12n-1an,
两式作差,得an=1-12nan+1-1-12n-1an(n≥2),
化简得an+1=2an(n≥2),
当n=1时,S1=a1=12×a2=2,∴a2=4,
∴a2=2a1,满足an+1=2an,所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,∴an=2n,bn=log2an=log22n=n,
∴1bnbn+1=1n(n+1)=1n-1n+1,
∴Tn=1-12+12-13+13-14+…+1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.
19.解析　(1)当a=0,b=43,c=-53时,
Sn=43(a1+an)-53,①
当n≥2时,Sn-1=43(a1+an-1)-53,②
由①-②得an=43an-43an-1,即an=4an-1.
当n=1时,a1=1≠0,所以an≠0,
所以anan-1=4(n≥2),所以{an}是以1为首项,4为公比的等比数列.
所以an=4n-1.
(2)(i)证明:当a=12,b=0,c=0时,
Sn=n2(a1+an).③
当n≥2时,Sn-1=n-12(a1+an-1).④
③-④,整理得(n-2)an=(n-1)an-1-a1,⑤
所以(n-1)an+1=nan-a1.⑥
⑤-⑥得(n-1)an+1+(n-1)an-1=2(n-1)an.
因为n≥2,所以an+1+an-1=2an,
所以{an}是等差数列.
(ii)因为{an}为等差数列,所以a4+a5=a2+a7=9,又a2·a7=14,
所以得a2=2,a7=7或a2=7,a7=2,因为{an}为递增数列,所以a2=2,a7=7.易得an=n.
假设存在数组(p,q),使b1,bp,bq成等比数列,则lg b1,lg bp,lg bq成等差数列,
于是2p3p=13+q3q,
所以q=3q2p3p-13,(*)
易知(p,q)=(2,3)为方程(*)的一组解.
因为2(p+1)3p+1-2p3p=2-4p3p+1<0,所以数列2p3p为递减数列,
又当p≥3,且p∈N+时,2p3p-13≤2×333-13<0,所以p只能等于2,此时q=3,满足题意.
综上,存在唯一数组(p,q)=(2,3),使b1,bp,bq成等比数列.