高考数学一轮复习第6章第3课时等比数列学案

这是一份高考数学一轮复习第6章第3课时等比数列学案，共21页。

2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.
3．了解等比数列与指数函数的关系．
1．等比数列的有关概念
(1)定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为an+1an＝q(n∈N*，q为非零常数)．
(2)等比中项：如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，此时，G2＝ab.
提醒： “G2＝ab”是“a，G，b成等比数列”的必要不充分条件．
2．等比数列的有关公式
(1)通项公式：an＝a1qn-1＝amqn－m.
(2)前n项和公式：
Sn＝na1q=1， a11-qn1-q=a1-anq1-qq≠1．
提醒：求等比数列前n项和时，若公比q不明确，需分类讨论．
3．等比数列的性质
(1)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q＝2k(m，n，p，q，k∈N*)，则am·an＝ap·aq＝ak2.
(2)若数列{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则λan(λ≠0)，1an，{an2)，{an·bn}，anbn仍然是等比数列．
(3)等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn，q＝－1且n为偶数时除外．
[常用结论]
1．等比数列的单调性
当q＞1，a1＞0或0＜q＜1，a1＜0时，{an}是递增数列；
当q＞1，a1＜0或0＜q＜1，a1＞0时，{an}是递减数列；
当q＝1时，{an}是常数列．
2．等比数列{an}的前n项和Sn＝A＋B·Cn⇔A＋B＝0，公比q＝C(A，B，C均不为零)．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)等比数列{an}的公比q>1，则该数列单调递增．( )
(2)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．( )
(3)如果正项数列{an}为等比数列，则数列{ln an}是等差数列．( )
(4)数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝a1-an1-a.( )
(5)数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．( )
[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
二、教材习题衍生
1．(易错题)(人教A版选择性必修第二册P31练习T2改编)在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于( )
A．5 B．±5
C．4 D．±4
C [∵a52)＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4.
又∵a5＝a3q2＞0，∴a5＝4.]
2．(人教A版选择性必修第二册P37练习T1(3)改编)在等比数列{an}中，a3＝32，S3＝92，则a2的值为( )
A．32 B．－3
C．－32 D．－3或32
D [由S3＝a1＋a2＋a3＝a3(q-2＋q-1＋1)，得
q-2＋q-1＋1＝3，即2q2－q－1＝0，
解得q＝1或q＝－12.
∴a2＝a3q＝32或－3.故选D.]
3．(人教A版选择性必修第二册P37练习T4改编)已知三个数成等比数列，若它们的和等于13，积等于27，则这三个数为________．
1，3，9或9，3，1 [设这三个数为aq，a，aq，则a+aq+aq=13，a·aq·aq=27， 解得a=3，q=13 或a=3，q=3，
∴这三个数为1，3，9或9，3，1.]
4．(人教A版选择性必修第二册P40练习T1改编)一个球从256米的高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半，当它第6次着地时，共经过的路程是________米．
752 [设小球每次着地后跳回的高度构成数列{an}，则数列{an}为等比数列，a1＝128，q＝12，
S5＝128×1-1251-12＝248，
共经过的路程为256＋2S5＝752(米)．]
考点一 等比数列基本量的运算
[典例1] (1)(2022·全国乙卷)已知等比数列an的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝( )
A．14 B．12
C．6 D．3
(2)(2020·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则Snan＝( )
A．2n－1 B．2－21-n
C．2－2n-1 D．21-n－1
(1)D (2)B [(1)设等比数列an的公比为q，q≠0，
若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾，所以q≠1，
则a1+a2+a3=a11-q31-q=168，a2-a5=a1q-a1q4=42， 解得a1=96，q=12 ，
所以a6＝a1q5＝3.
故选D.
(2)法一：设等比数列{an}的公比为q，则由a5-a3=a1q4-a1q2=12，a6-a4=a1q5-a1q3=24，
解得a1=1，q=2，
所以Sn＝a11-qn1-q＝2n－1，an＝a1qn-1＝2n-1，所以Snan＝2n-12n-1＝2－21-n，故选B.
法二：设等比数列{an}的公比为q，因为a6-a4a5-a3＝a41-q2a31-q2＝a4a3＝2412＝2，所以q＝2，所以Snan＝a11-qn1-qa1qn-1＝2n-12n-1＝2－21-n，故选B.]
【教师备选题】
18世纪德国数学家提丢斯给出一串数列：0，3，6，12，24，48，96，192，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍．将每一项加上4得到一个数列：4，7，10，16，28，52，100，196，….再每一项除以10得到：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，…，这个数列称为提丢斯数列，则提丢斯数列的通项公式an＝________．
0.4，n=1， 3×2n-2+410，n≥2，n∈N* [由题意可得当n≥3时，10an－4＝6×2n-3＝3×2n-2，解得an＝3×2n-2+410.
n＝2时，a2＝0.7，也满足条件．
n＝1时，a1＝0.4，不满足条件．故提丢斯数列的通项公式an＝0.4，n=1， 3×2n-2+410，n≥2，n∈N*.]
等比数列基本量运算的解题策略
(1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1，an，q，n，Sn，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．
(2)运用等比数列的前n项和公式时，注意分q＝1和q≠1两类进行讨论．
[跟进训练]
1．(多选)(2023·广东惠州模拟)数列{an}的首项为1，且an＋1＝2an＋1，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是( )
A．a3＝7
B．数列an+1是等比数列
C．an＝2n－1
D．Sn＝2n+1－n－1
(2)设Sn为正项递增的等比数列{an}的前n项和，且2a3＋2＝a2＋a4，a2a4＝16，则S6＝________．
(1)AB (2)63 [(1)∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2an+1，
又a1＋1＝2，∴数列an+1是以2为首项，2为公比的等比数列，故B正确；an＋1＝2n，∴an＝2n－1，故C错误；a3＝7，故A正确；
Sn＝21-2n1-2－n＝2n+1－n－2，故D错误．故选AB.
(2)设正项递增的等比数列an的公比为q(q>1)，
因为a2a4＝a32＝16，所以a3＝4.
又因为2a3＋2＝a2＋a4，可得4q＋4q＝2×4＋2＝10，解得q＝2或q＝12(舍去)．又由a3＝a1q2＝4，解得a1＝1，所以S6＝1-261-2＝63.]
考点二 等比数列的判定与证明
[典例2] (1)(多选)设等比数列{an}的公比为q，则下列结论正确的是( )
A．数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列
B．数列{an＋an＋1}是公比为q的等比数列
C．数列{an－an＋1}是公比为q的等比数列
D．数列1an是公比为1q的等比数列
(2)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，b1＝12，2an＋1＝an＋12bn，2bn＋1＝12an＋bn.
①证明：数列{an＋bn}，{an－bn}为等比数列；
②记Sn为数列{an}的前n项和，证明：Sn＜103.
(1)AD [对于A，由anan+1an-1an＝q2(n≥2)知数列{anan＋1}是公比为q2的等比数列；对于B，当q＝－1时，数列{an＋an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于C，当q＝1时，数列{an－an＋1}的项中有0，不是等比数列；对于D，1an+11an＝anan+1＝1q，所以数列1an是公比为1q的等比数列．]
(2)[证明] ①依题意2an+1=an+12 bn，2bn+1=12an+bn，
两式相加，得an＋1＋bn＋1＝34(an＋bn)．
又∵a1＋b1＝32≠0，
∴{an＋bn}是首项为32，公比为34的等比数列，
两式相减，得an＋1－bn＋1＝14(an－bn)．
又∵a1－b1＝12≠0，
∴{an－bn}是首项为12，公比为14的等比数列．
②由①得，an＋bn＝32×34n-1，①
an－bn＝12×14n-1，②
①＋②得，an＝14n＋34n，
故Sn＝14 1-14n1-14+341-3n4n1-34＝103-13×4n-3n+14n＜103.
【教师备选题】
已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝12，a2＝32，求{an}的通项公式．
[解] (1)证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，因为{an}中各项均为正数，所以an＋1＋an＞0，
所以an+2+an+1an+1+an＝3，
所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)由题意及(1)知，an＋an＋1＝(a1＋a2)·3n-1＝2×3n-1，因为an＋2＝2an＋1＋3an，
所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，a2＝3a1，
所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，
所以4an＝2×3n-1，即an＝12×3n-1.
判定一个数列为等比数列的常见方法
定义法-若an+1an＝qq是不为零的常数，则数列an是等比数列
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等比 中项法-若an+12＝anan＋2n∈N*，an≠0，则数列an是等比数列
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通项 公式法-若an=AqnA，q是不为零的常数，则数列an是等比数列
[跟进训练]
2．(1)(2022·上海奉贤二模)若a，b，c，d成等比数列，则下列三个数列：①a＋b，b＋c，c＋d；②ab，bc，cd；③a－b，b－c，c－d，必成等比数列的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
(2)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0.
①求an及Sn；
②是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(1)B [若a，b，c，d为1，－1，1，－1，则a＋b，b＋c，c＋d不为等比数列，①不符合；
由a，b，c，d必非零且公比为q，可知ab，bc，cd也非零且公比为q2，②符合；
若a，b，c，d为1，1，1，1，则a－b，b－c，c－d不为等比数列，③不符合．故选B.]
(2)[解] ①由题意可得a1q3=9a1q，a11-q31-q=13q>0，且q≠1，，
解得a1=1，q=3，
所以an＝3n-1，Sn＝1-3n1-3＝3n-12.
②假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列．
因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝12，此时Sn＋12＝12×3n，则Sn+1+12Sn+12＝3.
故存在常数λ＝12，使得数列Sn+12是等比数列．
考点三 等比数列性质的应用
[典例3] (1)(2023·广东广州六中模拟)已知在等比数列{an}中，a2a3a4＝1，a6a7a8＝64，则a5等于( )
A．－2 B．±2
C．2 D．±12
(2)(2021·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝( )
A．7 B．8
C．9 D．10
(3)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________．
(1)C (2)A (3)2 [(1)由等比数列的性质可得a2a3a4＝a33＝1，a6a7a8＝a73＝64，
∴a3＝1，a7＝4，∴a52＝a3a7＝4，又a5与a3和a7同号，
∴a5＝2.故选C.
(2)因为Sn为等比数列{an}的前n项和，S2＝4，S4＝6，
由等比数列的性质，可知S2，S4－S2，S6－S4成等比数列，所以4，2，S6－6成等比数列，
所以22＝4(S6－6)，解得S6＝7.故选A.
(3)由题意，得S奇+S偶=-240，S奇-S偶=80，
解得S奇=-80，S偶=-160，
所以q＝S偶S奇＝-160-80＝2.]
应用等比数列性质的两个关注点
转化意识-在等比数列中，两项之积可转化为另外两项之积或某项的平方，这是最常用的性质
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化归意识-把非等比数列问题转化为等比数列问题解决，例如有关Sm，S2m，S3m的问题可利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2mSm≠0成等比数列求解
[跟进训练]
3．(1)(多选)(2022·海口二模)已知等比数列an是递增数列，q是其公比，下列说法正确的是( )
A．a1>0 B．q>0
C．a1q>0 D．a1(q－1)>0
(2)(2023·北京模拟)设等比数列{an}满足a1＋a2＝48，a4＋a5＝6，则公比q＝________， lg2(a1a2a3…an)的最大值为________．
(1)BD (2)12 15 [(1)由题意知，递增的等比数列包括两种情况：a1>0时q>1和a1<0时00，a1(q－1)>0，故选BD.
(2)因为a1＋a2＝48，所以由a4＋a5＝6，
可得q3(a1＋a2)＝6，q3＝18，q＝12.
由a1＋a2＝48，可得a1＋12a1＝48⇒a1＝32，所以an＝32·12n-1＝26-n，
lg2(a1a2a3…an)＝lg2(25·24·…·26-n)＝lg225+6-nn2＝n11-n2，
因为n11-n2＝－12n-1122＋1218，n∈N*，
所以n＝5或6时，n11-n2有最大值，最大值为15.]
课时分层作业(三十五) 等比数列
一、选择题
1．等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第四项等于( )
A．－24 B．0
C．12 D．24
A [由x，3x＋3，6x＋6成等比数列，知(3x＋3)2＝x·(6x＋6)，解得x＝－3或x＝－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，－6，－12.故第四项为－24，选A.]
2．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，若a2am＝4，则m的值为( )
A．8 B．9
C．10 D．11
B [∵公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝8，∴a5a6＝a4a7＝4，由a2am＝4，
∴2＋m＝5＋6＝11，解得m＝9.]
3．(2020·全国Ⅰ卷)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝( )
A．12 B．24
C．30 D．32
D [法一：设等比数列{an}的公比为q，所以a2+a3+a4a1+a2+a3＝a1+a2+a3qa1+a2+a3＝q＝2，由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，解得a1＝17，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝17×(25＋26＋27)＝17×25×(1＋2＋22)＝32，故选D.
法二：令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N*)，则bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3.设数列{an}的公比为q，则bn+1bn＝an+1+an+2+an+3an+an+1+an+2＝an+an+1+an+2qan+an+1+an+2＝q，所以数列{bn}为等比数列，由题意知b1＝1，b2＝2，所以等比数列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n-1，所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32.故选D.]
4．(2022·广东茂名一模)已知等比数列an的前n项和为Sn，公比为q，则下列选项正确的是( )
A．若S3＝4，S6＝12，则S9＝29
B．若a1＝1，q＝34，则Sn＝4－3an
C．若a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝－6
D．若a1＝1，a5＝4a3，则an＝2n-1
B [对于A，由S3(S9－S6)＝(S6－S3)2，
即4(S9－12)＝(12－4)2，解得S9＝28.
对于B, 由前n项和公式得Sn＝1-34an1-34＝4－3an.
对于C，由a5a6＝a4a7得a4a7＝－8，
又a4＋a7＝2, 解得a4＝4，a7＝－2或a4＝－2，a7＝4，∴q3＝－12或q3＝－2，
当q3＝－12时，a1＋a10＝a4q3＋a4q6＝4-12＋4×-122＝－7.
当q3＝－2时，a1＋a10＝a4q3＋a4q6＝-2-2＋(－2)×(－2)2＝－7.
对于D，∵a5＝4a3，∴q4＝4q2，∴q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2，
故an＝(－2)n-1或an＝2n-1.故选B.]
5．(多选)(2022·广东大联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”．则下列说法正确的是( )
A．该人第五天走的路程为12里
B．该人第三天走的路程为42里
C．该人前三天走的路程为330里
D．该人最后三天走的路程为42里
AD [由题意可得此人每天走的路程构成了一个公比为12的等比数列，且S6＝378，
所以S6＝a11-1261-12＝378，解得a1＝192，
所以an＝a1qn-1＝192×12n-1(1≤n≤6，n∈N*)．
对于A，因为a5＝192×124＝12，所以A正确，
对于B，因为a3＝192×122＝48，所以B错误，
对于C，S3＝192×1-1231-12＝192×7812＝336，所以C错误，
对于D，该人最后三天走的路程为S6－S3＝378－336＝42，所以D正确．故选AD.]
6．(多选)(2023·湖北孝感期末)已知数列an的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝2Sn＋2n∈N*，下列说法正确的有( )
A．数列an是等比数列
B．an＝2×3n-1
C．数列an是递减数列
D．数列an是递增数列
ABD [由an＋1＝2Sn＋2，则an＝2Sn－1＋2n≥2，
两式相减可得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3ann≥2，
由题意知a2＝2S1＋2＝2a1＋2＝6，满足a2＝3a1，
所以an＋1＝3ann∈N*，所以数列an是等比数列，故选项A正确．
则an＝a1qn-1＝2×3n-1，故选项B正确．
又an＋1－an＝2×3n－2×3n-1＝4×3n-1>0，所以数列an是递增数列，
选项C错误，选项D正确．故选ABD.]
二、填空题
7．等比数列{an}满足an＞0，且a2a8＝4，则lg2a1＋lg2a2＋lg2a3＋…＋lg2a9＝________．
9 [由题意可得a2a8＝a52＝4，a5＞0，所以a5＝2，则原式＝lg2(a1a2…a9)＝9lg2a5＝9.]
8．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则a＝________，数列{an2}的前n项和为________．
－1 9n-12 [设数列{an2}的前n项和为Tn，因为Sn＝3n＋a，所以Sn－1＝3n-1＋a(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝2·3n-1(n≥2)，且S1＝a1＝3＋a.又数列{an}为等比数列，所以an＝2·3n-1且2＝3＋a，所以a＝－1.因为an+12an2＝an+1an2＝9且a12＝4，所以{an2}是首项为4，公比为9的等比数列，所以{an2}的前n项和Tn＝41-9n1-9＝9n-12. ]
9．(2023·山东潍坊模拟)记数列an的前n项积为Tn，写出一个同时满足①②的数列an的通项公式：an＝________．
①an是递增的等比数列；②T3＝T6.
2n-5(答案不唯一) [∵T3＝T6，∴a4a5a6＝1，∴a5＝1.
不妨设q＝2，则a1＝116，an＝116×2n-1＝2n-5.]
三、解答题
10．(2022·江苏七市三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，各项均为正数的数列bn的前n项积为Tn，
且Sn＝2an－1，b1＝a1，Tn＝anbnn.
(1)求数列an的通项公式；
(2)证明：bn为等比数列．
[解] (1)当n＝1时，a1＝2a1－1，a1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an-1-2an-1-1＝2an－2an－1，
所以an＝2an－1，所以数列an是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n-1.
(2)证明：b1＝a1＝1≠0，Tn＝2n-1bnn，
当n≥2时，bn＝TnTn-1＝2n-1bnn2n-2bn-1n-1＝22n-2bnnbn-1n-1，
则bn-1n-1＝22n-2bnn-1，
由于bn>0，则bn＝14bn－1n≥2，
所以数列bn是等比数列．
11. (2020·新高考Ⅱ卷)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1a2－a2a3＋…＋(－1)n-1anan＋1.
[解] (1)设{an}的公比为q(q＞1)，由题设得a1q+a1q3=20，a1q2=8，
解得a1=2，q=2 或a1=32，q=12 (舍去)，
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由(1)可知an＝2n，
则(－1)n-1anan＋1＝(－1)n-1×2n×2n+1＝(－1)n-1×2×4n，
记Tn＝a1a2－a2a3＋…＋(－1)n-1anan＋1，
则Tn＝2×4－2×42＋2×43－…＋(－1)n-1×2×4n ①，
4Tn＝2×42－2×43＋2×44－…＋(－1)n-1×2×4n+1 ②，
①＋②可得5Tn＝8＋(－1)n-1×2×4n+1，
所以a1a2－a2a3＋…＋(－1)n-1anan＋1＝8+-1n-1×2×4n+15＝85＋(－1)n-122n+35.
12．(2020·全国Ⅱ卷)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
C [令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即an+1an＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×2×1-2101-2＝2k+1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C.]
13．(多选)已知数列an中，a1＝1，an·an＋1＝2n，n∈N*，则下列说法正确的是( )
A．a4＝4 B．a2n是等比数列
C．a2n－a2n－1＝2n-1 D．a2n－1＋a2n＝2n+1
ABC [因为a1＝1，an·an＋1＝2n，
所以a2＝2，a3＝2，a4＝4.
由an·an＋1＝2n可得an＋1·an＋2＝2n+1，所以an+2an＝2，所以a2n，a2n-1分别是以2，1为首项，公比为2的等比数列，所以a2n＝2·2n-1＝2n，a2n－1＝2n-1，所以a2n－a2n－1＝2n-1，a2n－1＋a2n＝3·2n-1≠2n+1，综上可知，ABC正确，D错误．故选ABC.]
14．1904年，瑞典数学家科赫构造了一种曲线．如图①，取一个边长为1的正三角形，在每个边上以中间的13为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的13擦掉，得到第2个图形(如图②)，重复上面的步骤，得到第3个图形(如图③)．这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线．云层的边缘，山脉的轮廓，海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的方式来研究，这门学科叫“分形几何学”．则第5个图形的边长为________；第n个图形的周长为________．

① ② ③
181 3·43n-1 [第1个图形的边长为1，第2个图形的边长为第1个图形边长的13，依次类推，…，则第5个图形的边长为1×13×13×13×13＝181；
以一条边为例，原本的一条边被分成了3份，擦去一份，在擦掉的那条边上又衍生出2条，即原本的1条边变成现在的(3－1)＋2＝4条，翻了4倍，所以周长之间的关系为bn＝13×4×bn－1＝43bn－1，所以{bn}是公比q＝43的等比数列，而首项b1＝3，所以bn＝3·43n-1.]
15．在数列{an}中，a1＝2，an＋1an＝2an－an＋1(n∈N*)．
(1)证明：数列1an-1为等比数列；
(2)是否存在正整数m，n，k，且m＜n＜k，使得am，an，ak成等差数列？若存在，求出m，n，k的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：由an＋1an＝2an－an＋1，
得an＋1＝2anan+1，
所以1an+1＝an+12an＝12an+12，
1an+1－1＝12an-12＝121an-1，
又1a1－1＝－12≠0，故数列1an-1为等比数列．
(2)由(1)可得，1an－1＝－12·12n-1＝－12n，
则an＝2n2n-1.
假设存在正整数m，n，k(m＜n＜k)满足题意，
则2an＝am＋ak，即2·2n2n-1＝2m2m-1+2k2k-1，
则2n+1(2m－1)(2k－1)＝2m(2n－1)(2k－1)＋2k(2n－1)(2m－1)，
等号两边同时除以2m得，
2n－m+1(2m－1)(2k－1)＝(2n－1)(2k－1)＋2k－m(2n－1)(2m－1)．(*)
由m＜n＜k，m，n，k为正整数得k－m≥2，n－m＋1≥2，k－m∈N*，n－m＋1∈N*，
所以(2n－1)(2k－1)为奇数，而2n－m+1(2m－1)(2k－1)与2k－m(2n－1)(2m－1)均为偶数，故(*)式不能成立，
即不存在正整数m，n，k，且m＜n＜k，使得am，an，ak成等差数列．