数学选择性必修第一册第4章 数列本章综合与测试优秀学案设计

这是一份数学选择性必修第一册第4章 数列本章综合与测试优秀学案设计，共10页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2 023，则n＝( )
A．667 B．668
C．669 D．675
解析：选D 由2 023＝1＋3(n－1)，解得n＝675.
2．在数列{an}中，a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1(n≥2)，则a5等于( )
A．－eq \f(16,3) B.eq \f(16,3)
C．－eq \f(8,3) D.eq \f(8,3)
解析：选B ∵a1＝eq \f(1,3)，an＝(－1)n·2an－1，
∴a2＝(－1)2×2×eq \f(1,3)＝eq \f(2,3)，a3＝(－1)3×2×eq \f(2,3)＝－eq \f(4,3)，
a4＝(－1)4×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)))＝－eq \f(8,3)，
a5＝(－1)5×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)))＝eq \f(16,3).
3．已知数列{an}是等差数列，a1＝2，其公差d≠0.若a3，a5，a8成等比数列，则S18＝( )
A．398 B．388
C．189 D．199
解析：选C 由题可得aeq \\al(2,5)＝a3a8，即(2＋4d)2＝(2＋2d)·(2＋7d)，整理得d2－d＝0，由d≠0，所以d＝1.
故S18＝18×2＋eq \f(1,2)×18×17×1＝189.
4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝( )
A．3∶4 B．2∶3
C．1∶2 D．1∶3
解析：选A 在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝eq \f(3,4)S5，得S15∶S5＝3∶4，故选A.
5．在等比数列{an}中，已知前n项和Sn＝5n＋1＋a，则a的值为( )
A．－1 B．1
C．5 D．－5
解析：选D 因为Sn＝5n＋1＋a＝5×5n＋a，由等比数列的前n项和Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)·qn，可知其常数项与qn的系数互为相反数，所以a＝－5.
6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an，n为正奇数，,an＋1，n为正偶数，))则254是该数列的( )
A．第8项 B．第10项
C．第12项 D．第14项
解析：选D 当n为正奇数时，an＋1＝2an，则a2＝2a1＝2，当n为正偶数时，an＋1＝an＋1，得a3＝3，依次类推得a4＝6，a5＝7，a6＝14，a7＝15，…，归纳可得数列{an}的通项公式an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2\s\up6(\f(n＋1,2))－1，n为正奇数，,2\f(n,2)＋1－2，n为正偶数，))则2eq \f(n,2)＋1－2＝254，n＝14，故选D.
7．已知数列{an}满足递推关系：an＋1＝eq \f(an,an＋1)，a1＝eq \f(1,2)，则a2 021＝( )
A.eq \f(1,2 019) B.eq \f(1,2 020)
C.eq \f(1,2 021) D.eq \f(1,2 022)
解析：选D 由an＋1＝eq \f(an,an＋1)得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，首项eq \f(1,a1)＝2，公差为1，所以eq \f(1,a2 021)＝2＋(2 021－1)×1＝2 022，则a2 021＝eq \f(1,2 022).
8．从2017年起，某人每年的5月1日到银行存入a元的定期储蓄，若年利率为p且保持不变，并约定每年到期，存款的本息均自动转为新的一年的定期，到2021年的5月1日将所有存款及利息全部取出，则可取出钱(元)的总数为( )
A．a(1＋p)4 B．a(1＋p)5
C.eq \f(a,p)[(1＋p)4－(1＋p)] D.eq \f(a,p)[(1＋p)5－(1＋p)]
解析：选D 设自2018年起每年到5月1日存款本息合计为a1，a2，a3，a4.
则a1＝a＋a·p＝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·eq \f(（1＋p）[1－（1＋p）4],1－（1＋p）)＝eq \f(a,p)[(1＋p)5－(1＋p)]．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
9．已知等比数列{an}的公比q＝－eq \f(2,3)，等差数列{bn}的首项b1＝12，若a9>b9且a10>b10，则以下结论正确的有( )
A．a9·a10<0 B．a9>a10
C．b10>0 D．b9>b10
解析：选AD ∵等比数列{an}的公比q＝－eq \f(2,3)，
∴a9和a10异号，∴a9a10＝aeq \\al(2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))<0，故A正确；
但不能确定a9和a10的大小关系，故B不正确；
∵a9和a10异号，且a9>b9且a10>b10，
∴b9和b10中至少有一个数是负数，
又∵b1＝12>0，∴d<0，∴b9>b10，故D正确；∴b10一定是负数，即b10<0，故C不正确．故选A、D.
10．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A．a5＝－16 B．S5＝－31
C．数列{an}是等比数列 D．数列{Sn＋1}是等比数列
解析：选ABC 因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋1(n∈N*)，
所以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，以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正确；
因为S1＋1＝0，所以数列{Sn＋1}不是等比数列，故D错误．故选A、B、C.
11．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1＋3a5＝S7，则以下结论一定正确的是( )
A．a4＝0 B．Sn的最大值为S3
C．S1＝S6 D．|a3|＜|a5|
解析：选AC 设等差数列{an}的公差为d，则a1＋3(a1＋4d)＝7a1＋21d，解得a1＝－3d，
所以an＝a1＋(n－1)d＝(n－4)d，所以a4＝0，故A正确；
因为S6－S1＝5a4＝0，所以S1＝S6，故C正确；
由于d的正负不清楚，故S3可能为最大值或最小值，故B不正确；
因为a3＋a5＝2a4＝0，所以a3＝－a5，即|a3|＝|a5|，故D不正确．故选A、C.
12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,an·an＋1)))的前n项和为Tn，n∈N*，则下列说法正确的是( )
A．数列{an＋1}是等差数列
B．数列{an＋1}是等比数列
C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1
D．Tn＜1
解析：选BCD 由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，即an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，
可化为an＋1＋1＝2(an＋1)．
由a1＝1，可得数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则an＋1＝2n，即an＝2n－1，
又eq \f(2n,anan＋1)＝eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
可得Tn＝1－eq \f(1,22－1)＋eq \f(1,22－1)－eq \f(1,23－1)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)＝1－eq \f(1,2n＋1－1)＜1，故A错误，B、C、D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，n∈N*.若a3＝16，S20＝20，则an＝________，S10＝________．
解析：设{an}的首项，公差分别是a1，d，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝16，,20a1＋\f(20×（20－1）,2)×d＝20，))解得a1＝20，d＝－2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝20－2(n－1)＝22－2n.
S10＝10×20＋eq \f(10×9,2)×(－2)＝110.
答案：22－2n 110
14．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和，已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝________．
解析：设{an}的公比为q，q>0，且aeq \\al(2,3)＝1，
∴a3＝1.
∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝eq \f(1,q2)＋eq \f(1,q)＋1＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝－eq \f(1,3)(舍去)，a1＝eq \f(1,q2)＝4.
∴S5＝eq \f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25)))＝eq \f(31,4).
答案：eq \f(31,4)
15．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“免子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)．此数列在现代物理、化学等方面都有着广泛的应用．若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 022项的和为________．
解析：由于{an}是数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，
故{an}为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…
所以{an}是周期为3的周期数列，
且一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2.
因为2 022＝674×3，
所以数列{an}的前2 022项的和为674×2＝1 348.
答案：1 348
16．设Sn是数列{an}的前n项和，且满足aeq \\al(2,n)＋1＝2anSn，且an＞0，则Sn＝________，a100＝________．
解析：由Sn是数列{an}的前n项和，且满足aeq \\al(2,n)＋1＝2anSn，
则当n＝1时，aeq \\al(2,1)＋1＝2a1S1，即Seq \\al(2,1)＝1；当n≥2时，(Sn－Sn－1)2＋1＝2(Sn－Sn－1)·Sn，整理得Seq \\al(2,n)－Seq \\al(2,n－1)＝1.
所以数列{Seq \\al(2,n)}是以1为首项，1为公差的等差数列，则Seq \\al(2,n)＝n.由于an＞0，所以Sn＝eq \r(n)，故a100＝S100－S99＝eq \r(100)－eq \r(99)＝10－3eq \r(11).
答案：eq \r(n) 10－3eq \r(11)
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝eq \f(3x,x＋3)，数列{xn}的通项由xn＝f(xn－1)(n≥2且n∈N*)确定．
(1)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,xn)))是等差数列；
(2)当x1＝eq \f(1,2)时，求x2 020.
解：(1)证明：∵xn＝f(xn－1)＝eq \f(3xn－1,xn－1＋3)(n≥2且n∈N*)，
∴eq \f(1,xn)＝eq \f(xn－1＋3,3xn－1)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,xn－1)，
∴eq \f(1,xn)－eq \f(1,xn－1)＝eq \f(1,3)(n≥2且n∈N*)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,xn)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列．
(2)由(1)知eq \f(1,xn)＝eq \f(1,x1)＋(n－1)×eq \f(1,3)＝2＋eq \f(n－1,3)＝eq \f(n＋5,3).
∴eq \f(1,x2 020)＝eq \f(2 020＋5,3)＝675.
∴x2 020＝eq \f(1,675).
18．(本小题满分12分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－1，eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32).
(1)求等比数列{an}的公比q；
(2)求aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n).
解：(1)由eq \f(S10,S5)＝eq \f(31,32)，a1＝－1，知公比q≠1，eq \f(S10－S5,S5)＝－eq \f(1,32).由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，且公比为q5，故q5＝－eq \f(1,32)，q＝－eq \f(1,2).
(2)由(1)，得an＝(－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，所以aeq \\al(2,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(n－1)，所以数列{aeq \\al(2,n)}是首项为1，公比为eq \f(1,4)的等比数列，故aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,n)＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))).
19．(本小题满分12分)已知公差不为零的等差数列{an}满足S5＝35，且a2，a7，a22成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(4,（an－1）（an＋3）)，且数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn＜eq \f(3,4).
解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S5＝35，,aeq \\al(2,7)＝a2a22，))
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5a1＋\f(5×4,2)d＝35，,（a1＋6d）2＝（a1＋d）（a1＋21d），))
化简得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝7，,2a1＝3d，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2，))所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)证明：bn＝eq \f(4,（an－1）（an＋3）)＝eq \f(4,2n（2n＋4）)＝eq \f(1,n（n＋2）)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)(eq \f(1,1)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,4)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))＜eq \f(3,4).
20．(本小题满分12分)已知等比数列{an}满足a3＋a4＝12，a1a6＝32，前n项和为Sn，且公比q>1.
求证：(1)Sn＝2an－1；
(2)eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)<2.
证明：(1)因为数列{an}为等比数列，
所以a1a6＝a3a4＝32.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＋a4＝12，,a3a4＝32，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＝4，,a4＝8))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＝8，,a4＝4，))
由公比q>1，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＝4，,a4＝8，))
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))
所以an＝2n－1，Sn＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1＝2an－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝1＋eq \f(1,2)＋…＋eq \f(1,2n－1)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n)))＝2－eq \f(1,2n－1)<2.
21．(本小题满分12分)在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝9，a4＋a5＝8b2，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知等差数列{an}的公差为d(d>1)，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，________．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：选条件①：
(1)∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,2a1＋5d＝6a1d，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(25,6)，,d＝\f(5,12)))(舍去)．
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b1＝1，,q＝2，))∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，n∈N*，
bn＝b1qn－1＝2n－1，n∈N*.
(2)∵cn＝eq \f(an,bn)，∴cn＝eq \f(2n－1,2n－1)＝(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，
∴Tn＝1＋3×eq \f(1,2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－2)＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，①
∴eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋…＋(2n－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＋(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，②
①－②得eq \f(1,2)Tn＝1＋2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n－1)))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)
＝1＋2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)
＝3－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
∴Tn＝6－(2n＋3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，n∈N*.
选条件②：
(1)∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1d＝2，,2a1＋5d＝3a1d2，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1d＝2，,2a1＋5d＝6d，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,d＝－2))(舍去)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b1＝1，,q＝2，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，n∈N*，
bn＝b1qn－1＝2n－1，n∈N*.
(2)同条件①.
选条件③：
(1)∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＝3，,2a1＋7d＝8a1d，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝\f(21,8)，,d＝\f(3,8)))(舍去)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b1＝1，,q＝2，))
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，n∈N*，
bn＝b1qn－1＝2n－1，n∈N*.
(2)同条件①.
22．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝55，S20＝210.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an,an＋1)，是否存在m，k(k>m≥2，m，k∈N*)使得b1，bm，bk成等比数列？若存在，请说明理由．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，则Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d.
由已知，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(10a1＋\f(10×9,2)d＝55，,20a1＋\f(20×19,2)d＝210，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋9d＝11，,2a1＋19d＝21，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝1.))
所以an＝a1＋(n－1)d＝n(n∈N*)．
(2)假设存在m，k(k>m≥2，m，k∈N*)使得b1，bm，bk成等比数列，则beq \\al(2,m)＝b1bk.
因为bn＝eq \f(an,an＋1)＝eq \f(n,n＋1)，
所以b1＝eq \f(1,2)，bm＝eq \f(m,m＋1)，bk＝eq \f(k,k＋1)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,m＋1)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)×eq \f(k,k＋1).
整理，得k＝eq \f(2m2,－m2＋2m＋1).
以下给出求m，k的方法：
因为k>0，所以－m2＋2m＋1>0，
解得1－eq \r(2)因为m≥2，m∈N*，
所以m＝2，此时k＝8.
故存在m＝2，k＝8使得b1，bm，bk成等比数列．