新高考数学一轮复习教案第6章第3节 等比数列及其前n项和（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习教案第6章第3节 等比数列及其前n项和（含解析），共18页。
1.与等差数列的定义、性质相类比，考查等比数列的定义、性质，凸显逻辑推理的核心素养．
2．结合具体问题的计算，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，凸显数学运算的核心素养．
3．与实际应用问题相结合，考查等比数列的应用，凸显数学建模的核心素养．
[理清主干知识]
1．等比数列的概念
(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列．
数学语言表达式：eq \f(an,an－1)＝eq \a\vs4\al(q)(n≥2，q为非零常数)．
(2)如果三个数a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项，其中G＝±eq \r(ab).
2．等比数列的通项公式及前n项和公式
(1)若等比数列{an}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为an＝a1qn－1；
通项公式的推广：an＝amqn－m.
(2)等比数列的前n项和公式：当q＝1时，Sn＝na1；当q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(a1－anq,1－q).
3．等比数列的性质
已知{an}是等比数列，Sn是数列{an}的前n项和．
(1)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等比数列，公比为eq \a\vs4\al(qm).
(2)若{an}，{bn}是等比数列，则{λan}(λ≠0)，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))，{aeq \\al(2,n)}，{an·bn}，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))仍是等比数列．
(3)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则有ak·al＝am·an.
(4)当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…仍成等比数列，其公比为eq \a\vs4\al(qn).
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(求公比)已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝eq \f(1,4)，则公比q等于( )
A．－eq \f(1,2) B．－2
C．2 D.eq \f(1,2)
解析：选D 由题意知q3＝eq \f(a5,a2)＝eq \f(1,8)，即q＝eq \f(1,2).
2．(项的性质的应用)已知Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和，若a2·a4＝16，S3＝7，则a8＝( )
A．32 B．64
C．128 D．256
解析：选C ∵a2·a4＝aeq \\al(2,3)＝16，∴a3＝4(负值舍去)，①
又S3＝a1＋a2＋a3＝eq \f(a3,q2)＋eq \f(a3,q)＋a3＝7，②
联立①②，得3q2－4q－4＝0，解得q＝－eq \f(2,3)或q＝2，
∵an>0，∴q＝2，∴a8＝a3·q5＝27＝128.
3．(前n项和性质的应用)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3，S4＝15，则S6＝( )
A．31 B．32
C．63 D．64
解析：选C 由等比数列的性质，得(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，即122＝3×(S6－15)，解得S6＝63.
二、易错点练清
1．(忽视判断项的符号)在等比数列{an}中，若a3，a7是方程x2＋4x＋2＝0的两根，则a5的值是( )
A．－2 B．－eq \r(2)
C．±eq \r(2) D.eq \r(2)
解析：选B 根据根与系数之间的关系得a3＋a7＝－4，
a3a7＝2，由a3＋a7＝－40，
得a30.
因为S8－2S4＝5，所以S8－S4＝5＋S4，
易知S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，
所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)，
所以S12－S8＝eq \f(S4＋52,S4)＝eq \f(25,S4)＋S4＋10≥2eq \r(\f(25,S4)·S4)＋10＝20(当且仅当S4＝5时取等号)．
因为S12－S8＝a9＋a10＋a11＋a12，
所以a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.
创新考查方式——领悟高考新动向
1．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．” 今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人应偿还a升，b升，c升，1斗为10升，则下列判断正确的是( )
A．a，b，c依次成公比为2的等比数列，且a＝eq \f(50,7)
B．a，b，c依次成公比为2的等比数列，且c＝eq \f(50,7)
C．a，b，c依次成公比为eq \f(1,2)的等比数列，且a＝eq \f(50,7)
D．a，b，c依次成公比为eq \f(1,2)的等比数列，且c＝eq \f(50,7)
解析：选D 由题意可知b＝eq \f(1,2)a，c＝eq \f(1,2)b，
∴eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(c,b)＝eq \f(1,2).
∴a，b，c成等比数列且公比为eq \f(1,2).
∵1斗＝10升，
∴5斗＝50升，
∴a＋b＋c＝50，
又易知a＝4c，b＝2c，∴4c＋2c＋c＝50，
∴7c＝50，∴c＝eq \f(50,7)，故选D.
2．(2021·湖北省部分重点期中联考)我国明代著名乐律学家朱载堉在《律学新说》中提出的十二平均律，即现代在钢琴的键盘上，一个八度音程从一个c1键到下一个c2键的8个白键与5个黑键(如图)的音频恰好构成一个等比数列的原理，c2的频率正好是c1的2倍．已知标准音a1的频率为440 Hz，那么频率为220 eq \r(2) Hz的音名是( )
A．d1 B．f1
C．e1 D.d1
解析：选D 一个八度音程从一个c1键到下一个c2键的8个白键与5个黑键的音频恰好构成一个等比数列，记为数列{mn},1≤n≤13，设其公比为q.
又c2的频率正好是c1的2倍，所以2m1＝m1q12，
解得q＝2 SKIPIF 1 < 0 .
故从g1起向左，每一个单音的频率与它右边相邻的单音的频率的比为eq \f(1,q)＝2 SKIPIF 1 < 0 .
记a1，g1，g1，…，c1的频率构成等比数列{ap}，
由220eq \r(2)＝440×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 SKIPIF 1 < 0 ))p－1，得p＝7，故频率为220eq \r(2) Hz的音名是d1，故选D.
3．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托尔三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))，记为第一次操作；再将剩下的两个区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；……，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托尔三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于eq \f(9,10)，则需要操作的次数n的最小值为(参考数据：lg 2＝0.301 0，lg 3＝0.477 1)( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选C 第一次操作去掉的区间长度为eq \f(1,3)；第二次操作去掉两个长度为eq \f(1,9)的区间，长度和为eq \f(2,9)；第三次操作去掉四个长度为eq \f(1,27)的区间，长度和为eq \f(4,27)；……第n次操作去掉2n－1个长度为eq \f(1,3n)的区间，长度和为eq \f(2n－1,3n)，
于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为Sn＝eq \f(1,3)＋eq \f(2,9)＋…＋eq \f(2n－1,3n)＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n，
由题意，1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n≥eq \f(9,10)，即nlgeq \f(2,3)≤lgeq \f(1,10)＝－1，即n(lg 3－lg 2)≥1，解得：n≥eq \f(1,lg 3－lg 2)＝eq \f(1,0.477 1－0.301 0)≈5.679，
又n为整数，所以n的最小值为6.故选C.
4．河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1 016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{an}，则lg2(a3a5)的值为( )
A．8 B．10
C．12 D．16
解析：选C 依题意得，数列{an}是以2为公比的等比数列，因为最下层的浮雕的数量为a1，所以S7＝eq \f(a11－27,1－2)＝1 016，解得a1＝8，所以an＝8×2n－1＝2n＋2(1≤n≤7，n∈N*)，所以a3＝25，a5＝27，从而a3×a5＝25×27＝212，所以lg2(a3a5)＝lg2212＝12，故选C.
5．如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形两直角边上再连接正方形，…，如此继续下去，若共得到1 023个正方形，设初始正方形的边长为eq \r(2)，则最小正方形的边长为________．
解析：由题意知，正方形的边长构成以eq \r(2)为首项，以eq \f(\r(2),2)为公比的等比数列，现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n－1＝1 023，∴n＝10，
∴最小正方形的边长为eq \r(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))9＝eq \f(1,16).
答案：eq \f(1,16)
6．是否存在一个等比数列{an}同时满足下列三个条件：①a1＋a6＝11且a1a6＝eq \f(32,9)； ②an＋1>an(n∈N*)；③至少存在一个m(m∈N*且m>4)，使得eq \f(2,3)am－1，aeq \\al(2,m)，am＋1＋eq \f(4,9)依次构成等差数列？
解：假设存在满足条件的等比数列{an}．
由①可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a6＝11，,a1·a6＝\f(32,9).))
由②可知数列{an}是递增的，所以a6>a1，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,3)，,a6＝\f(32,3)))⇒q＝2.此时an＝eq \f(1,3)×2n－1.
由③可知2aeq \\al(2,m)＝eq \f(2,3)am－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(am＋1＋\f(4,9)))⇔2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×2m－1))2＝eq \f(2,3)×eq \f(1,3)×2m－2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×2m＋\f(4,9)))，
解得m＝3，与已知m>4矛盾，故这样的数列{an}不存在．
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、基础练——练手感熟练度
1．已知各项均为正数的等比数列{an}满足a1a5＝16，a2＝2，则公比q＝( )
A．4 B.eq \f(5,2)
C．2 D.eq \f(1,2)
解析：选C 由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·a1q4＝16，,a1q＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－1，,q＝－2))(舍去)，故选C.
2．公比不为1的等比数列{an}满足a5a6＋a4a7＝18，若a1am＝9，则m的值为( )
A．8 B．9
C．10 D．11
解析：选C 由题意得，2a5a6＝18，∴a5a6＝9，∵a1am＝a5a6＝9，∴m＝10.
3．已知公比q≠1的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝3a3，则S5＝( )
A．1 B．5
C.eq \f(31,48) D.eq \f(11,16)
解析：选D 由题意得eq \f(a11－q3,1－q)＝3a1q2，解得q＝－eq \f(1,2)或q＝1(舍)，所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))5,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(11,16).
4．已知{an}是公差为3的等差数列，若a1，a2，a4成等比数列，则{an}的前10项和S10＝( )
A．165 B．138
C．60 D．30
解析：选A 由a1，a2，a4成等比数列得aeq \\al(2,2)＝a1a4，即(a1＋3)2＝a1·(a1＋9)，解得a1＝3，则S10＝10a1＋eq \f(10×9,2)d＝10×3＋45×3＝165.故选A.
5．已知等比数列{an}的各项均为正数，Sn为其前n项和，且满足：a1＋3a3＝eq \f(7,2)，S3＝eq \f(7,2)，则a4＝( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,8)
C．4 D．8
解析：选A 设等比数列{an}的公比为q，则q>0.
∵a1＋3a3＝eq \f(7,2)，S3＝eq \f(7,2)，∴a1＋3a1q2＝eq \f(7,2)，a1(1＋q＋q2)＝eq \f(7,2)，联立解得a1＝2，q＝eq \f(1,2).
则a4＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＝eq \f(1,4).故选A.
二、综合练——练思维敏锐度
1．(2021·福州模拟)已知等比数列{an}各项均为正数，满足a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，则a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝( )
A．62 B．62eq \r(2)
C．61 D．61eq \r(2)
解析：选A 设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
∵a1＋a3＝3，a3＋a5＝6，
∴a1(1＋q2)＝3，a1(q2＋q4)＝6，联立解得a1＝1，q2＝2.
∵eq \f(an＋1an＋3,anan＋2)＝q2＝2，a1a3＝1×(1×2)＝2，∴{anan＋2}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a1a3＋a2a4＋a3a5＋a4a6＋a5a7＝eq \f(21－25,1－2)＝62.故选A.
2．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为eq \r(2)，则aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,6)的最小值是( )
A．1 B．2
C．4 D．8
解析：选C ∵等比数列{an}中，a2与a8的等比中项为eq \r(2)，∴a4a6＝a2a8＝2.
则aeq \\al(2,4)＋aeq \\al(2,6)≥2a4a6＝4，当且仅当a4＝a6＝eq \r(2)时取等号．故选C.
3．已知数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝eq \f(bn＋1,bn)＝3，n∈N*，则数列{ban}的前10项和为( )
A.eq \f(1,2)(310－1) B.eq \f(1,8)(910－1)
C.eq \f(1,26)(279－1) D.eq \f(1,26)(2710－1)
解析：选D 由an＋1－an＝3，知数列{an}为公差为3的等差数列，则an＝1＋(n－1)×3＝3n－2；由eq \f(bn＋1,bn)＝3，知数列{bn}为公比为3的等比数列，则bn＝3n－1.所以ban＝33n－3＝ 27n－1，则数列{ ban }为首项为1，公比为27的等比数列，则数列{ ban }的前10项和为eq \f(1－2710,1－27)＝eq \f(1,26)(2710－1)．故选D.
4．(2021·邵阳模拟)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若eq \f(S4,S2)＝3，则eq \f(S6,S4)＝( )
A．2 B.eq \f(7,3)
C.eq \f(3,10) D．1或2
解析：选B 设S2＝k(k≠0)，S4＝3k，∵数列{an}为等比数列，∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，又S2＝k，S4－S2＝2k，∴S6－S4＝4k，∴S6＝7k，∴eq \f(S6,S4)＝eq \f(7k,3k)＝eq \f(7,3)，故选B.
5．(多选)在公比为q的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1＝1，a5＝27a2，则下列说法正确的是( )
A．q＝3 B．数列{Sn＋2}是等比数列
C．S5＝121 D．2lg an＝lg an－2＋lg an＋2(n≥3)
解析：选ACD 因为a1＝1，a5＝27a2，所以有a1·q4＝27a1·q⇒q3＝27⇒q＝3，因此选项A正确；
因为Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(1,2)(3n－1)，所以Sn＋2＝eq \f(1,2)(3n＋3)，
因为eq \f(Sn＋1＋2,Sn＋2)＝eq \f(\f(1,2)3n＋1＋3,\f(1,2)3n＋3)＝1＋eq \f(2,1＋31－n)≠常数，所以数列{Sn＋2}不是等比数列，故选项B不正确；
因为S5＝eq \f(1,2)(35－1)＝121，所以选项C正确；
an＝a1·qn－1＝3n－1>0，
因为当n≥3时，lg an－2＋lg an＋2＝lg(an－2·an＋2)
＝lg aeq \\al(2,n)＝2lg an，所以选项D正确．
6．已知正项等比数列{an}满足：a2a8＝16a5，a3＋a5＝20，若存在两项am，an使得eq \r(aman)＝32，则eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(9,10)
C.eq \f(3,2) D.eq \f(9,5)
解析：选A 设公比为q，q>0.
∵数列{an}是正项等比数列，∴a2a8＝aeq \\al(2,5)＝16a5，
∴a5＝16，又a3＋a5＝20，∴a3＝4，
∴q＝2，∴a1＝1，∴an＝a1qn－1＝2n－1.
∵eq \r(aman)＝32，∴2m－12n－1＝210，即m＋n＝12，
∴eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)＝eq \f(1,12)(m＋n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(4,n)))＝eq \f(1,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq \f(1,12)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2 \r(\f(n,m)·\f(4m,n))))＝eq \f(3,4)(m，n∈N*)，
当且仅当n＝2m，即m＝4，n＝8时“＝”成立，
∴eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值为eq \f(3,4)，故选A.
7．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n＋1＋λ，则λ＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A 法一：依题意，a1＝S1＝4＋λ，a2＝S2－S1＝4，a3＝S3－S2＝8，
因为{an}是等比数列，所以aeq \\al(2,2)＝a1·a3，所以8(4＋λ)＝42，解得λ＝－2.故选A.
法二：Sn＝2n＋1＋λ＝2×2n＋λ，易知q≠1，因为{an}是等比数列，
所以Sn＝eq \f(a1,1－q)－eq \f(a1,1－q)qn，据此可得λ＝－2.故选A.
8．设数列{(n2＋n)an}是等比数列，且a1＝eq \f(1,6)，a2＝eq \f(1,54)，则数列{3nan}的前15项和为( )
A.eq \f(14,15) B.eq \f(15,16)
C.eq \f(16,17) D.eq \f(17,18)
解析：选B 等比数列{(n2＋n)an}的首项为2a1＝eq \f(1,3)，第二项为6a2＝eq \f(1,9)，故公比为eq \f(1,3)，所以(n2＋n)an＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(1,3n)，所以an＝eq \f(1,3nn2＋n)，则3nan＝eq \f(1,n2＋n)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，其前n项和为1－eq \f(1,n＋1)，当n＝15时，前15项和为1－eq \f(1,16)＝eq \f(15,16).
9．各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2，S3n＝14，则S4n等于( )
A．80 B．30
C．26 D．16
解析：选B 由题意知公比大于0，由等比数列性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…仍为等比数列．
设S2n＝x，则2，x－2,14－x成等比数列．
由(x－2)2＝2×(14－x)，
解得x＝6或x＝－4(舍去)．
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n，…是首项为2，公比为2的等比数列．
又∵S3n＝14，∴S4n＝14＋2×23＝30.
10．已知等比数列{an}的前n项积为Tn，若a1＝－24，a4＝－eq \f(8,9)，则当Tn取得最大值时，n的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．6
解析：选C 设等比数列{an}的公比为q，则a4＝－24q3＝－eq \f(8,9)，所以q3＝eq \f(1,27)，q＝eq \f(1,3)，易知此等比数列各项均为负数，则当n为奇数时，Tn为负数，当n为偶数时，Tn为正数，所以Tn取得最大值时，n为偶数，排除B；而T2＝(－24)2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝24×8＝192，T4＝(－24)4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))6＝84×eq \f(1,9)＝eq \f(84,9)>192，T6＝(－24)6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))15＝86×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))9＝eq \f(86,39)＝eq \f(84,9)×eq \f(82,37)0，且b5b6＋b4b7＝4，则b1b2…b10＝________.
解析：因为数列{an}为等差数列，a1＋a5＋a9＝π，
所以3a5＝π⇒a5＝eq \f(π,3)，
所以cs(a2＋a8)＝cs(2a5)＝cseq \f(2π,3)＝－eq \f(1,2).
又因为数列{bn}为等比数列，bn>0，且b5b6＋b4b7＝4，
所以2b5b6＝4⇒b5b6＝2，所以b1b2…b10＝(b5b6)5＝25＝32.
答案：－eq \f(1,2) 32
12．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2aeq \\al(2,5)，a2＝1，则a1＝________.
解析：∵a3a9＝aeq \\al(2,6)，∴aeq \\al(2,6)＝2aeq \\al(2,5)，设等比数列{an}的公比为q，∴q2＝2，由于q>0，解得q＝eq \r(2)，∴a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
13．等比数列{an}中，已知各项都是正数，且a1，eq \f(1,2)a3,2a2成等差数列，则eq \f(a13＋a14,a14＋a15)＝________.
解析：设{an}的公比为q.由题意得a1＋2a2＝a3，则a1(1＋2q)＝a1q2，q2－2q－1＝0，所以q＝eq \f(2＋\r(8),2)＝1＋eq \r(2)(舍负)，则eq \f(a13＋a14,a14＋a15)＝eq \f(1,q)＝eq \r(2)－1.
答案：eq \r(2)－1
14．在数列{an}中，aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，且a1＝2，a2＝5.
(1)证明：数列{an＋1}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解：(1)证明：∵aeq \\al(2,n＋1)＋2an＋1＝anan＋2＋an＋an＋2，
∴(an＋1＋1)2＝(an＋1)(an＋2＋1)，
即eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(an＋2＋1,an＋1＋1).
∵a1＝2，a2＝5，∴a1＋1＝3，a2＋1＝6，∴eq \f(a2＋1,a1＋1)＝2，
∴数列{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an＋1＝3·2n－1，
∴an＝3·2n－1－1，∴Sn＝eq \f(31－2n,1－2)－n＝3·2n－n－3.
15．(2020·新高考全国卷Ⅰ)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)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解：(1)设{an}的公比为q.
由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8.
解得q＝2或q＝eq \f(1,2)(舍去)．所以a1＝2.
所以{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m