4.3.1 第1课时等比数列的概念(练案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(人教A版2019)

（３）∵当ｎ≥２时，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １， ∴ ａｎ ＝ ｎ ２ ＋ ｎ ＋ １ －［（ｎ － １）２ ＋（ｎ － １）＋ １］ ＝ ２ｎ（ｎ≥２），ａ１ ＝ Ｓ１ ＝ ３， ∴数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ３，ｎ ＝ １，２ｎ，ｎ≥２{ ． １１．（１）设｛ａｎ｝的公差为ｄ，则Ｓｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ －１）２ ｄ． 由已知可得３ａ１ ＋ ３ｄ ＝ ０， ５ａ１ ＋ １０ｄ ＝ － ５{ ，解得ａ１ ＝ １，ｄ ＝ － １． 故数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ２ － ｎ． （２）由（１）知 １ａ２ｎ － １ａ２ｎ ＋ １ ＝ １ （３ － ２ｎ）（１ － ２ｎ） ＝ １２ １ ２ｎ － ３ － １ ２ｎ( )－ １ ， 从而数列 １ａ２ｎ － １ａ２ｎ{ }＋ １ 的前ｎ项和为１２ １( － １ － １１ ＋ １１ － １３ ＋…＋ １２ｎ － ３ － １ ２ｎ )－ １ ＝ ｎ１ － ２ｎ． Ｂ组·素养提升 １． Ｂ　 依题意｛ａｎ｝为等差数列，且ｄ ＝ － ３，Ｓ９ ＝ ９（ａ１ ＋ ａ９）２ ＝ ９ａ５ ＝ ２０７，∴ ａ５ ＝ ２３，∴ ａ３ ＝ ａ５ － ２ｄ ＝ ２９．故选Ｂ． ２． Ａ　 ∵ ａｎ ＋ １ － ａ ２ ｎ ＋ ａｎ － １ ＝ ０（ｎ≥２）， ∴ ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ － １ ＝ ａ ２ ｎ ． ∵ ｛ａｎ｝为等差数列， ∴ ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ － １ ＝ ２ａｎ ＝ ａ ２ ｎ ． ∴ ａｎ ＝ ２或ａｎ ＝ ０（舍）． ∴ Ｓ２ｎ － １ － ４ｎ ＝ ２ ×（２ｎ － １）－ ４ｎ ＝ － ２． ３． Ｄ　 Ｓｎ ＝ ｄ ２ ｎ ２ ＋ ａ１ － ｄ( )２ ｎ，所以Ｓｎ 可看成关于ｎ的二次函 数，由二次函数的对称性及Ｓ２ ０１１ ＝ Ｓ２ ０１４，Ｓｋ ＝ Ｓ２ ００５，可得 ２ ０１１ ＋ ２ ０１４ ２ ＝ ２ ００５ ＋ ｋ ２ ，解得ｋ ＝ ２ ０２０．故选Ｄ． ４． ｎ（ｎ ＋ ３）４ 　 ∵ ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ ＋ ｎ ＋ １，∴ ａｎ － ａｎ － １ ＝ ｎ， ∴ ａｎ ＝ ａ１ ＋（ａ２ － ａ１）＋（ａ３ － ａ２）＋…＋（ａｎ － ａｎ － １） ＝ １ ＋ ２ ＋ ３ ＋…＋ ｎ ＝ ｎ（ｎ ＋ １）２ ， ∴ ａｎ ｎ ＝ ｎ ＋ １ ２ ． ∵ ａｎ ＋ １ ｎ ＋ １ － ａｎ ｎ ＝ （ｎ ＋ １）＋ １ ２ － ｎ ＋ １ ２ ＝ １ ２ ， 则数列ａｎ{ }ｎ 为等差数列． 因此，数列ａｎ{ }ｎ 的前ｎ项和为 ｎ １ ＋ ｎ ＋ １( )２ ２ ＝ ｎ（ｎ ＋ ３） ４ ． ５． ２１１　 ∵数列｛ａｎ｝中，当整数ｎ ＞ １时， Ｓｎ ＋ １ ＋ Ｓｎ － １ ＝ ２（Ｓｎ ＋ Ｓ１）都成立， Ｓｎ ＋ １ － Ｓｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＋ ２ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ２（ｎ ＞ １）． ∴当ｎ≥２时，｛ａｎ｝是以２为首项，２为公差的等差数列． ∴ Ｓ１５ ＝ １４ａ２ ＋ １４ × １３ ２ × ２ ＋ ａ１ ＝ １４ × ２ ＋ １４ × １３ ２ × ２ ＋ １ ＝ ２１１． ６．（１）∵ ａ１ ＝ １，Ｓ１ ＝ ａ１ ＝ １，∴ Ｓ１ａ１ ＝ １， 又∵ Ｓｎ ａ{ }ｎ 是公差为１３的等差数列， ∴ Ｓｎ ａｎ ＝ １ ＋ １３ （ｎ － １）＝ ｎ ＋ ２ ３ ，∴ Ｓｎ ＝ （ｎ ＋ ２）ａｎ ３ ， ∴当ｎ≥２时，Ｓｎ － １ ＝（ｎ ＋ １）ａｎ － １３ ， ∴ ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ （ｎ ＋ ２）ａｎ ３ － （ｎ ＋ １）ａｎ － １ ３ ， ∴整理得：（ｎ － １）ａｎ ＝（ｎ ＋ １）ａｎ － １， 即ａｎａｎ － １ ＝ ｎ ＋ １ ｎ － １， ∴ ａｎ ＝ ａ１ × ａ２ ａ１ × ａ３ ａ２ ×…× ａｎ － １ａｎ － ２ × ａｎ ａｎ － １ ＝ １ × ３１ × ４ ２ ×…× ｎ ｎ － ２ × ｎ ＋ １ ｎ － １ ＝ ｎ（ｎ ＋ １） ２ ， 显然对于ｎ ＝ １也成立， ∴ ｛ａｎ｝的通项公式ａｎ ＝ ｎ（ｎ ＋ １）２ ． （２）证明：１ａｎ ＝ ２ ｎ（ｎ ＋ １）＝ ２ １ ｎ － １ ｎ( )＋ １ ， ∴ １ａ１ ＋ １ａ２ ＋…＋ １ａｎ ＝ ２ １ －( )[ １ ２ ＋ １ ２ －( )１３ ＋…＋ １ ｎ － １ ｎ( ) ]＋ １ ＝ ２ １ － １ｎ( )＋ １ ＜ ２． Ｃ组·探索创新 　 １２ － １ ２ｎ ＋ １ ｎ( )＋ １ 　 因为ｎＳｎ ＋ １ ＝ ｎ( )＋ ２ Ｓｎ， 所以Ｓｎ ＋ １Ｓｎ ＝ ｎ ＋ ２ ｎ ，则 Ｓｎ Ｓｎ － １ ＝ ｎ ＋ １ｎ － １， 则Ｓｎ ＝ ＳｎＳｎ － １ × Ｓｎ － １ Ｓｎ － ２ × Ｓｎ － ２ Ｓｎ － ３ ×…× Ｓ２Ｓ１ × Ｓ１， ＝ ｎ ＋ １ｎ － １ × ｎ ｎ － ２ × ｎ － １ ｎ － ３ ×…× ４ ２ × ３ １ × １ ＝ ｎ ｎ( )＋ １ ２ ， 当ｎ ＝ １时，ａ１ ＝ １， 当ｎ≥２时，ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ ｎ ｎ( )＋ １２ － ｎ ｎ( )－ １ ２ ＝ ｎ， 综上ａｎ ＝ ｎ， 所以 ａｎ ＋ ２ ２ｎ ＋ １ａｎａｎ ＋ １ ＝ １ ２ｎｎ － １ ２ｎ ＋ １ ｎ( )＋ １ ， 所以数列 ａｎ ＋ ２ ２ｎ ＋ １ａｎａｎ{ }＋ １ 的前ｎ项和为 Ｔｎ ＝ １ ２１ × １ － １ ２２ × ２ ＋ １ ２２ × ２ － １ ２３ × ３ ＋…＋ １ ２ｎｎ － １ ２ｎ ＋ １ ｎ( )＋ １ ＝ １ ２ － １ ２ｎ ＋ １ ｎ( )＋ １ ． 练案［７］ Ａ组·基础自测 １． Ｃ　 ∵数列｛ａｎ｝为等比数列，且ａ２ ０１２ ＝ ４，ａ２ ０２４ ＝ １６， ∴ ａ２ ０１８是ａ２ ０１２，ａ２ ０２４的等比中项，且是同号的， ∴ ａ２ ０１８ ＝ ａ２ ０１２·ａ槡 ２ ０２４ 槡＝ ４ × １６ ＝ ８．故选Ｃ． ２． Ｃ　 当ｍ ＝ ０时，数列是等差数列，但不是等比数列．当ｍ≠０ 时，数列既是等差数列，又是等比数列．故选Ｃ． ３． Ａ　 由题意，得ａ４ ＝ ａ１ｑ３ ＝ １８ × ２ ３ ＝ １， ａ８ ＝ ａ１ｑ ７ ＝ １８ × ２ ７ ＝ １６， 设Ｇ是ａ４与ａ８的等比中项，则Ｇ２ ＝ ａ４·ａ８ ＝ １６，故Ｇ ＝ ± ４， 故选Ａ． ４． Ｄ　 设ａｎ ＝ ａ１ｑｎ － １， ①２ａｎ ＝ ２ａ１ｑ ｎ － １，所以数列｛２ａｎ｝是等比数列； ②ａ２ｎ ＝ ａ ２ １ｑ ２ｎ － ２ ＝ ａ２１（ｑ２）ｎ － １，所以数列｛ａ２ｎ｝是等比数列； ③ ２ ａｎ ２ａｎ － １ ＝ ２ａｎ － ａｎ － １，因为ａｎ － ａｎ － １不是一个常数，所以数列 ｛２ａｎ｝不是等比数列； ④ ｌｏｇ２ ｜ ａｎ ｜ ｌｏｇ２ ｜ ａｎ － １ ｜ ＝ ｌｏｇ２ ｜ ａ１ｑ ｎ － １ ｜ ｌｏｇ２ ｜ ａ１ｑ ｎ － ２ ｜ 不是一个常数                                                                       ， —１５５— 所以数列｛ｌｏｇ２ ｜ ａｎ ｜｝不是等比数列．故选Ｄ． ５． Ｃ　 依题意可知第一年后的价值为ａ（１ － ｂ％），第二年后的价 值为ａ（１ － ｂ％）２，依此类推形成首项为ａ（１ － ｂ％），公比为１ － ｂ％的等比数列，则可知ｎ年后这批设备的价值为ａ（１ － ｂ％）ｎ ．故选Ｃ． ６． ５ ８３２　 设公比为ｑ，则ｑ ＝ ａ２ ＋ ａ４ａ１ ＋ ａ３ ＝ ３， 又ａ１ ＋ ａ３ ＝ ａ１（１ ＋ ｑ２）＝ １０ａ１ ＝ ２０， ∴ ａ１ ＝ ２． ∴ ａ７ ＋ ａ８ ＝ ａ１（ｑ６ ＋ ｑ７）＝ ２（３６ ＋ ３７）＝ ５ ８３２． ７． － １２５６　 ∵ ａ１ ＝ １ ２ ，ａ２ ＝ ａ１ｑ ＝ １ ２ ｑ ＝ － １ ４ ， ∴ ｑ ＝ － １２ ，∴ ａ８ ＝ ａ１ｑ ７ ＝ １２ × －( )１２ ７ ＝ － １２５６． ８． ３　 因为正项等比数列｛ａｎ｝，３ａ１，１２ ａ３，２ａ２成等差数列， 所以 ｑ ＞ ０， ２ × １２ ａ１ｑ( )２ ＝ ３ａ１ ＋ ２ａ１ｑ{ ， 解得ｑ ＝ ３．所以｛ａｎ｝的公比ｑ ＝ ３． ９．（１）设公比为ｑ，由题意得２ａ１ｑ ＋ ａ１ｑ２ ＝ ３０， ∴ ４ｑ ＋ ２ｑ２ ＝ ３０， ∴ ｑ２ ＋ ２ｑ － １５ ＝ ０， ∴ ｑ ＝ ３或－ ５． ∵ ａｎ ＞ ０，∴ ｑ ＝ ３． ∴ ａｎ ＝ ａ１ｑ ｎ － １ ＝ ２·３ｎ － １ ． （２）∵ ｂ１ ＝ ａ２，∴ ｂ１ ＝ ６． 又ｂｎ ＋ １ ＝ ｂｎ ＋ ａｎ，∴ ｂｎ ＋ １ ＝ ｂｎ ＋ ２·３ｎ － １ ． ∴ ｂ２ ＝ ｂ１ ＋ ２ × ３ ０ ＝ ６ ＋ ２ ＝ ８， ｂ３ ＝ ｂ２ ＋ ２ × ３ １ ＝ ８ ＋ ６ ＝ １４， ｂ４ ＝ ｂ３ ＋ ２ × ３ ２ ＝ １４ ＋ １８ ＝ ３２， ｂ５ ＝ ｂ４ ＋ ２ × ３ ３ ＝ ３２ ＋ ５４ ＝ ８６． １０．（１）由条件可得ａｎ ＋ １ ＝ ２（ｎ ＋ １）ｎ ａｎ ． 将ｎ ＝ １代入得，ａ２ ＝ ４ａ１，而ａ１ ＝ １，所以，ａ２ ＝ ４． 将ｎ ＝ ２代入得，ａ３ ＝ ３ａ２，所以，ａ３ ＝ １２． 从而ｂ１ ＝ １，ｂ２ ＝ ２，ｂ３ ＝ ４． （２）数列｛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 ＝ ２ａｎ ｎ ，即ｂｎ ＋ １ ＝ ２ｂｎ，又ｂ１ ＝ １， 所以数列｛ｂｎ｝是首项为１，公比为２的等比数列． （３）由（２）可得ａｎｎ ＝ ２ ｎ － １，所以ａｎ ＝ ｎ·２ｎ － １ ． Ｂ组·素养提升 １． Ｄ　 按题意要求，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列 填表如图， １ ２ ３ ４ ０． ５ １ １． ５ ２ ０． ２５ ０． ５ ０． ７５ １ ０． １２５ ０． ２５ ０． ３７５ ０． ５ ０． ０６２ ５ ０． １２５ ０． １８７ ５ ０． ２５ 故ａ ＝ １２ ，ｂ ＝ ３ ８ ，ｃ ＝ １ ４ ，则ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ＝ ９ ８ ．故选Ｄ． ２． ＡＣ　 因为ａ２，ａ３ ＋ １，ａ４成等差数列，所以２（ａ３ ＋ １）＝ ａ２ ＋ ａ４， 即１０ ＝ ４ １ｑ ＋( )ｑ ，所以ｑ ＋ １ｑ ＝ ５２ ，解得ｑ ＝ ２或ｑ ＝ １２ ． ３． Ｃ　 ｍ － ｋ ＝（ａ５ ＋ ａ６）－（ａ４ ＋ ａ７） ＝（ａ５ － ａ４）－（ａ７ － ａ６） ＝ ａ４（ｑ － １）－ ａ６（ｑ － １） ＝（ｑ － １）（ａ４ － ａ６） ＝（ｑ － １）·ａ４·（１ － ｑ２） ＝ － ａ４（１ ＋ ｑ）（１ － ｑ）２ ＜ ０（∵ ａｎ ＞ ０，ｑ≠１）． ４．槡５ － １２ 　 由已知得ａｎ ＝ ａｎ ＋ １ ＋ ａｎ ＋ ２， 即ａ１ｑｎ － １ ＝ ａ１ｑｎ ＋ ａ１ｑｎ ＋ １， ∴ ｑ２ ＋ ｑ ＝ １，解得ｑ ＝ 槡－ １ ± ５２ ． 又ｑ ＞ ０，∴ ｑ ＝槡５ － １２ ． ５． ３ ａ２槡ｂ ａ 　 设这个公比为ｑ，则 ｂ ＝ ａｑ３，ｑ３ ＝ ｂａ （ａ≠０，ｂ≠０）， 所以ｑ ＝ ３ ｂ槡ａ ＝ ３ ａ２槡ｂ ａ ． ６．（１）证明：由已知，有ａ１ ＋ ａ２ ＝ ４ａ１ ＋ ２，∴ ａ２ ＝ ３ａ１ ＋ ２ ＝ ５，故ｂ１ ＝ ａ２ － ２ａ１ ＝ ３． 又ａｎ ＋ ２ ＝ Ｓｎ ＋ ２ － Ｓｎ ＋ １ ＝ ４ａｎ ＋ １ ＋ ２ －（４ａｎ ＋ ２） ＝ ４ａｎ ＋ １ － ４ａｎ， 于是ａｎ ＋ ２ － ２ａｎ ＋ １ ＝ ２（ａｎ ＋ １ － ２ａｎ）， 即ｂｎ ＋ １ ＝ ２ｂｎ ． 因此数列｛ｂｎ｝是首项为３，公比为２的等比数列． （２）由（１）知等比数列｛ｂｎ｝中，ｂ１ ＝ ３，公比ｑ ＝ ２， 所以ａｎ ＋ １ － ２ａｎ ＝ ３ × ２ｎ － １ ． 于是ａｎ ＋ １ ２ｎ ＋ １ － ａｎ ２ｎ ＝ ３４ ， 因此数列ａｎ ２{ }ｎ 是首项为１２ ，公差为３４的等差数列，ａｎ２ｎ ＝ １２ ＋ （ｎ － １）× ３４ ＝ ３ ４ ｎ － １ ４ ． 所以ａｎ ＝（３ｎ － １）·２ｎ － ２ ． Ｃ组·探索创新 (　 槡５ ＋ １ )２ ５ 　 根据题意，如图：若图中最小正方形的边长为１， 即ＨＰ ＝ １，则矩形ＨＰＬＪ中，ＬＰ ＝ ＨＪ ＝ １ 槡５ － １ ２ ＝槡５ ＋ １２ ，则在矩 形ＨＪＩＦ中，ＨＦ ＝ ＨＪ 槡５ － １ ２ (＝ 槡５ ＋ １ )２ ２ ， 同理：ＦＣ (＝ 槡５ ＋ １ )２ ３ ，ＤＣ (＝ 槡５ ＋ １ )２ ４ ， 则ＢＣ (＝ 槡５ ＋ １ )２ ５ ． 练案［８］ Ａ组·基础自测 １． Ａ　 ａ１ａ２ａ３ ＝ － ８，ａ３２ ＝ － ８，ａ２ ＝ － ２，ａ５ ＝ １６，公比为－ ２． ２． Ｂ　 设新数列为｛ｂｎ｝，｛ｂｎ｝的通项公式为ｂｎ ＝ ａｎａｎ ＋ １ ． 则ａｎ ＋ １ａｎ ＋ ２ａｎａｎ ＋ １ ＝ ａｎ ＋ ２ ａｎ ＝ ｑ２，故数列｛ｂｎ｝是公比为ｑ２的等比数列． ３． Ｂ　 曲线ｙ ＝ ｘ２ － ２ｘ ＋ ３的顶点是（１，２），则ｂ ＝ １，ｃ ＝ ２．由ａ，ｂ， ｃ，ｄ成等比数列，知ａｄ ＝ ｂｃ ＝ １ × ２ ＝ ２，故选Ｂ                                                                       ． —１５６— 练案［７］ 第四章　 数列 ４． ３　 ［４． ３． １　 第１课时　 等比数列的概念］ Ａ组·基础自测 一、选择题 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．已知｛ａｎ｝是等比数列，ａ２ ０１２ ＝ ４，ａ２ ０２４ ＝ １６，则 ａ２ ０１８ ＝ （Ｃ ） Ａ． ４槡２ Ｂ． ± ４槡２ Ｃ． ８ Ｄ． ± ８ ２．数列ｍ，ｍ，ｍ，…一定 （Ｃ ） Ａ．是等差数列，但不是等比数列 Ｂ．是等比数列，但不是等差数列 Ｃ．是等差数列，但不一定是等比数列 Ｄ．既是等差数列，又是等比数列 ３．（２０２３·湖南武冈二中高二月考）在等比数列 ｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ １８，ｑ ＝ ２，则ａ４ 与ａ８ 的等比中项 是 （Ａ ） Ａ． ± ４ Ｂ． ４ Ｃ． ± １４ Ｄ． １ ４ ４．设｛ａｎ｝为等比数列，给出下列四个数列： ①｛２ａｎ｝，②｛ａ２ｎ｝，③｛２ａｎ｝，④｛ｌｏｇ２ ｜ ａｎ ｜｝． 其中一定为等比数列的是 （Ｄ ） Ａ．①③ Ｂ．②④ Ｃ．②③ Ｄ．①② ５．一批设备价值ａ万元，由于使用磨损，每年比 上一年价值降低ｂ％，则ｎ年后这批设备的价 值为 （Ｃ ） Ａ． ｎａ（１ － ｂ％） Ｂ． ａ（１ － ｎｂ％） Ｃ． ａ（１ － ｂ％）ｎ Ｄ． ａ［１ －（ｂ％）ｎ］ 二、填空题 ６．等比数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＋ ａ３ ＝ ２０，ａ２ ＋ ａ４ ＝ ６０，则 ａ７ ＋ ａ８ ＝ ５ ８３２　 ． ７．已知等比数列前３项为１２，－ １ ４， １ ８，则其第８ 项是　 　 　 　 ． ８．正项等比数列｛ａｎ｝，若３ａ１，１２ ａ３，２ａ２ 成等差 数列，则｛ａｎ｝的公比ｑ ＝ ３　 　 　 ． 三、解答题 ９．已知数列｛ａｎ｝为等比数列，ａｎ ＞ ０，ａ１ ＝ ２，２ａ２ ＋ ａ３ ＝ ３０． （１）求ａｎ； （２）若数列｛ｂｎ｝满足ｂｎ ＋１ ＝ ｂｎ ＋ ａｎ，ｂ１ ＝ ａ２， 求ｂ５ ． １０． 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｝是否为等比数列，并说明 理由； （３）求｛ａｎ｝的通项公式                                                                ． —０９０— Ｂ组·素养提升 一、选择题 １．在如下表格中，每格填上一个数字后，使每一 横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则ａ ＋ ｂ ＋ ｃ的值为 （Ｄ ） １ ２ ０． ５ １ ａ ｂ ｃ Ａ． １　 　 　 Ｂ． ２ Ｃ． ３　 　 　 Ｄ． ９８ ２．（多选题）已知｛ａｎ｝是公比为ｑ的等比数列， ａ３ ＝ ４，且ａ２，ａ３ ＋ １，ａ４ 成等差数列，则ｑ的值 可能为 （　 ） Ａ． １２ Ｂ． １ Ｃ． ２ Ｄ． ３ ３．已知｛ａｎ｝是公比为ｑ（ｑ≠１）的等比数列，ａｎ ＞ ０，ｍ ＝ ａ５ ＋ ａ６，ｋ ＝ ａ４ ＋ ａ７，则ｍ与ｋ的大小关 系是 （Ｃ ） Ａ． ｍ ＞ ｋ Ｂ． ｍ ＝ ｋ Ｃ． ｍ ＜ ｋ Ｄ． ｍ与ｋ的大小随ｑ的值而变化 二、填空题 ４．一个各项均为正数的等比数列，其任何项都 是后面两项的和，则其公比是　 　 　 　 　 ． ５．在两个非零实数ａ和ｂ之间插入２个数，使它 们成等比数列，则这个等比数列的公比为 　 　 　 　 　 　 （用ａ，ｂ表示）． 三、解答题 ６．设数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，已知ａ１ ＝ １， Ｓｎ ＋１ ＝ ４ａｎ ＋ ２． （１）设ｂｎ ＝ ａｎ ＋１ － ２ａｎ，证明：数列｛ｂｎ｝是等比 数列； （２）求数列｛ａｎ｝的通项公式． Ｃ组·探索创新 　 （２０２４·吉林高二检测）长久以来，人们一直 认为黄金分割比例是最美的，人们都不约而 同地使用黄金分割，如果一个矩形的宽与长 的比例是黄金比例槡５ － １ (２ 槡 ５ － １ ２ ≈０． ６１８称为 )黄金分割比例，这样的矩形称为黄金矩形， 黄金矩形有一个特点：如果在黄金矩形中不 停地分割出正方形，那么余下的部分也依然 是黄金矩形，已知图中最小正方形的边长为 １，则矩形ＡＢＣＤ的长为　 　 　 　 　 　 ．（指数 幂形式）                                                                      —０９１—