第2课时
等比数列习题课
【题型探究】
类型一 等比数列的实际应用问题
【典例】1.根据市场调查预测，某商场在未来的10年，
计算机销售量从a台开始，每年以10%的速度增长，则该
商场在未来的这10年大约可以销售计算机总量为( )
A．10a(1.19-1)台 B．a(1.110-1)台
C．10a(1.110-1)台 D．10a(1.111-1)台
2.某企业去年的纯利润为500万元，因设备老化的原因，
企业的生产能力将逐年下降.若不能进行设备改造，预
测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该
企业一次性投入资金600万元进行设备改造，预测在未
扣除设备改造资金的情况下，第n年(今年为第一年)的
利润为500 万元(n为正整数).
(1)设从今年起的后n年，若该企业不进行设备改造的
累计纯利润为An万元，进行设备改造后的累计纯利润
为Bn万元(须扣除设备改造资金)，求An，Bn的表达式.
(2)依上述预测，问从今年起该企业经过4年是否能实
现Bn>An的目标？
【解题探究】1.典例1中，10年的计算机销售量构成什
么数列？
提示：10年的计算机销售量构成首项为a，公比为1.1
的等比数列.
2.典例2中，从今年起的后n年，若该企业不进行设备
改造，每年的纯利润构成什么数列？数列{500 }
的前n项和如何计算？
为分析企业经过4年是否能实现Bn>An的目标，需要研究
数列{Bn-An}的什么性质？
提示：从今年起每年的纯利润构成以500-20为首项，公
差为-20的等差数列.数列{500 }的前n项和可以分
组转化求和，即
为分析企业经过4年是否能实现Bn>An的目标，需要研究
数列{Bn-An}的单调性.
【解析】1.选C.第一年a台，第二年a(1+10%)=1.1a台，
第三年a(1+10%)2=1.12a台，以此类推，
可知10年的销售量构成首项为a，公比为1.1的等比数列，
前10项的和S10=
2.(1)依题设，An=(500-20)+(500-40)+…+(500-20n)
=490n-10n2，
(2)Bn-An=
=10n2+10n- -100.
易知该式随着n的增大而增大，代入1，2，3，4，…验
证知当n≥4时，Bn>An.
故经过4年，该企业进行设备改造后的累计纯利润能超
过不进行设备改造的累计纯利润.
【方法技巧】解答数列应用题的步骤
(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.
(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实
际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征.
(3)求解——求出该问题的数学解.
(4)还原——将所求结果还原到实际问题中.
具体解题步骤用框图表示如下：
【变式训练】从社会效益和经济效益出发，某地投入
资金进行生态环境建设，以发展旅游产业.根据规划，
本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少 .
本年底当地旅游业收入估计为400万元.由于该项目建
设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年
会比上年增加 .设n年内(本年度为第一年)总投入为
an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an和bn.
【解题指南】每一年的投入构成首项为800，公比为
1- 的等比数列；
每一年的旅游业收入构成首项为400，公比为1+ 的等
比数列.
【解析】第一年投入为800万元，第二年投入为
800 万元，…，第n年投入为800 万元，
所以n年内的总投入为an=800+800 +…+800
=4 000(1-0.8n)(万元).
第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为
400 万元，…，第n年旅游业收入为400 万元，
所以，n年内的旅游业总收入为bn=400+400 +…
+400 =1 600(1.25n-1)(万元).
【补偿训练】某企业进行技术改造，有两种方案，甲
方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以
后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1
万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5
千元；两种方案使用期都是10年，到期一次性归还本
息.若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试
比较两种方案中，哪种纯获利更多？
(取1.0510≈1.629，1.310≈13.786，1.510≈57.665)
【解析】(1)甲方案获利：
1+(1+30%)+(1+30%)2+…+(1+30%)9= ≈42.62(万元).
银行贷款本息：10×(1+5%)10≈16.29(万元)，
故甲方案纯获利：42.62-16.29=26.33(万元).
(2)乙方案获利：
1+(1+0.5)+(1+2×0.5)+…+(1+9×0.5)
=10×1+ ×0.5=32.50(万元)，
银行本息和：
1.05×[1+(1+5%)+(1+5%)2+…+(1+5%)9]=1.05×
≈13.21(万元).
故乙方案纯获利：32.50-13.21=19.29(万元).
综上，甲方案纯获利更多.
类型二 错位相减法求和
【典例】(2015·湖北高考)设等差数列{an}的公差为d
，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1，
b2=2，q=d，S10=100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式.
(2)当d>1时，记cn= ，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解题探究】典例(1)求通项公式的基本步骤是什么？
(2)数列{cn}的结构特征是什么？应选择什么求和方法
？
提示：(1)由题意可列出方程组
求解首项、公差、公比，再代入通项公式即可求得.
(2)由(1)结合d>1，可得an=2n-1，bn=2n-1，于是cn=
易发现{cn}的通项是一个等差数列和一个等比数
列相乘而得的，对其进行求和直接运用错位相减法即
可得出结论.
【解析】(1)由题意有，
(2)由d>1，知an=2n-1，bn=2n-1，
故cn= 于是
①-②可得
【延伸探究】
1.(变换条件)将典例条件“cn= ”改为“cn=anbn”，
其他条件不变，求Tn.
【解析】因为cn=(2n-1)2n-1，
所以Tn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-1)×2n-1，
2Tn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n，
两式相减得
-Tn=1+22+23+…+2n-(2n-1)×2n
=-(2n-3)×2n-3，
所以Tn=(2n-3)2n+3，n∈N*.
2.(变换条件、改变问法)将数列{an}满足的条件改为“
数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=3n+3”，将数列{bn}满足
的条件改为“anbn=log3an”，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】Sn= 当n=1时，a1=S1= =3.
当n≥2时，an=Sn-Sn-1，
即an= 所以an=
当n=1时，a1b1=3b1=1，所以b1= ；
当n≥2时，anbn=3n-1×bn=log33n-1=n-1，
所以bn= 故bn=
当n=1时，T1=b1= ；
当n≥2时，Tn=b1+b2+b3+b4+…+bn
两式相减得
所以Tn=
因为T1= 符合上式，所以{bn}的前n项和
Tn=
【方法技巧】
1.错位相减法的使用范围及注意事项
(1)适用范围：主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等
比数列，求数列{anbn}的前n项和.
(2)注意事项：①利用“错位相减法”时，在写出Sn与qSn
的表达式时，应注意使两式对齐，以便于作差，正确
写出(1-q)Sn的表达式；②利用此法时要注意讨论公比
q是否等于1.
2.错位相减法进行求和的基本步骤
(1)在等式Sn=a1+a2+a3+…+an两边同乘以等比数列的公
比q.
(2)两式相减：左边为(1-q)Sn，右边为q的同次式对齐
相减.
(3)右边去掉最后一项(有时需要去掉第一项)剩下的各
项组成等比数列，可以采用公式求和.
【补偿训练】(2014·安徽高考)数列{an}满足a1=1，
nan+1=(n+1)an+n(n+1)，n∈N*.
(1)证明：数列 是等差数列.
(2)设bn=3n· ，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由已知可得
所以 是以1为首项，1为公差的等差数列.
(2)由(1)得 =1+(n-1)=n，
所以an=n2，从而bn=n·3n，
Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n，
3Sn=1·32+2·33+3·34+…+(n-1)·3n+n·3n+1.
将以上两式联立可得-2Sn=31+32+33+…+3n-n·3n+1
【延伸探究】
1.(变换条件)将本题数列{an}满足的条件改为“a1+3a2+
32a3+…+3n-1an= ，n∈N*”，数列{bn}满足的条件改为
“bn= ”，其他条件不变，求Sn.
【解析】因为a1+3a2+32a3+…+3n-1an= ， ①
所以当n≥2时，
a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1= ， ②
①-②得3n-1an= ，所以an= .
在①中，令n=1，得a1= ，适合an= ，所以an= .
因为bn= ，所以bn=n·3n.
所以Sn=3+2×32+3×33+…+n·3n， ③
所以3Sn=32+2×33+3×34+…+n·3n+1. ④
④-③得2Sn=n·3n+1-(3+32+33+…+3n)，
即2Sn=n·3n+1-
所以Sn=
2.(变换条件、改变问法)
将数列{an}满足的条件改为“数列{an}是等差数列，
a2+a4=10，2a2+a3=11”，求数列 的前n项和.
【解析】设等差数列{an}的公差为d，
由2a3=a2+a4=10得a3=5，
又因为2a2+a3=11，所以2a2=6，a2=3，
所以d=a3-a2=5-3=2，
所以an=a2+(n-2)d=3+2(n-2)=2n-1，
因为
所以Tn=
则
两式相减，得
类型三 等差、等比数列的综合问题
角度1：等差、等比数列的判定问题
【典例】(2015·娄底高二检测)已知Sn是等比数列{an}
的前n项和，且公比q≠1，a2，a8，a5成等差数列，求
证：S3，S9，S6成等差数列.
【解题探究】本例中，由a2，a8，a5成等差数列，可得
什么等式？为证明S3，S9，S6成等差数列需证什么等式
？两者可用什么公式建立联系？
提示：由a2，a8，a5成等差数列，可得2a8=a2+a5.为证
明S3，S9，S6成等差数列需证S3+S6=2S9.两者可用等比
数列的通项公式和前n项和公式建立联系.
【解析】由a2，a8，a5成等差数列，可得2a8=a2+a5⇒
2a1q7=a1q+a1q4.
又因为a1≠0，所以2q7=q+q4⇒2q9=q3+q6 (1)
因为q≠1，所以S3+S6=
(2)
把(1)式代入(2)式，得S3+S6=
故S3，S9，S6成等差数列.
角度2：求和问题
【典例】(2015·福建高考)等差数列{an}中，a2=4，
a4+a7=15.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn= +n，求b1+b2+b3+…+b10的值.
【解题探究】典例中，(1)求通项公式的关键是什么？
(2)数列的结构特征是什么？应选择什么方法求前10项
的和？
提示：(1)关键是计算等差数列的首项和公差.(2)数列
{bn}是由等差数列{n}和等比数列{ }相加得到的，
用分组求和法求前10项的和.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得 解得
所以an=a1+(n-1)d=n+2.
(2)由(1)可得bn=2n+n.
所以b1+b2+b3+…+b10
=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)
=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)
=(211-2)+55
=211+53=2 101.
【延伸探究】典例中数列{an}改为正项等比数列，其
满足的条件改为a1+a2=6，a3+a4=24，求数列
的前n项和Tn.
【解析】设数列{an}的公比为q(q>0).
则 解得：
所以an=a1·qn-1=2·2n-1=2n.
所以an+log2an=2n+log22n=2n+n，
所以Tn=(2+22+…+2n)+(1+2+…+n)
角度3：探索性问题
【典例】(2015·漳州高一检测)已知Sn是等比数列{an}
的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2+a3+a4=-18.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2 013？若存在，求出
符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由.
【解题探究】典例(1)中利用什么条件建立关于首项和
公比的方程？典例(2)解题的基本步骤是什么？
提示：根据S4，S2，S3成等差数列和a2+a3+a4=-18列方
程组计算首项和公比.假定存在正整数n，使得Sn≥
2 013，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出
矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论.
【解析】(1)设数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.
由题意得 即
解得
故数列{an}的通项公式为an=3(-2)n-1.
(2)由(1)有Sn=
若存在n，使得Sn≥2 013，
则1-(-2)n≥2 013，即(-2)n≤-2 012.
当n为偶数时，(-2)n>0，上式不成立；
当n为奇数时，(-2)n=-2n≤-2 012，
即2n≥2 012，则n≥11.
综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集
合为{n=2k+1，k∈N*，k≥5}.
【方法技巧】
1.等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法：an+1-an=d(常数)⇔{an}是等差数列；
(q为常数，q≠0)⇔{an}是等比数列.
(2)中项公式法：2an+1=an+an+2⇔{an}是等差数列；
an+1
2=an·an+2(an≠0)⇔{an}是等比数列.
2.分组求和
当一个数列本身既不是等差数列也不是等比数列，但
此数列的项可分成二项(或多项)，而这两项(或多项)
往往是常数或是等差(比)数列，进而利用等差数列或
等比数列的求和方法分别求和，然后再合并，从而得
到该数列的和.
3.存在探索性问题
(1)基本特征：要判断在某些确定条件下的某一数学对
象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成
立.
(2)解题策略：假定题中的数学对象存在或结论成立或
暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行
逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给
出肯定结论.
【变式训练】1.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.
【解析】(1)因为Sn+1=4an+2，所以当n≥2时，Sn=4an-1+2，
所以Sn+1-Sn=(4an+2)-(4an-1+2)，
所以an+1=4an-4an-1，
所以an+1-2an=2(an-2an-1)，
因为bn=an+1-2an，所以bn=2bn-1(n≥2)，
故{bn}是首项b1=3，公比为2的等比数列.
(2)由(1)知bn=an+1-2an=3·2n-1，所以
故 是首项为 ，公差为 的等差数列.
所以
得an=(3n-1)·2n-2.
2.(2015·银川高一检测)设数列{an}满足a1=2，an+1-
an=3·4n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)令bn=n+an，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由题意，得
a2-a1=3×4，
a3-a2=3×42，
a4-a3=3×43，
…
an-an-1=3·4n-1(n≥2)，
以上n-1个式子相加，得
an-a1=3(4+42+43+…+4n-1)
所以an=a1+4n-4=4n-2.
a1=2满足上式，所以an=4n-2.
(2)bn=n+an=n+(4n-2)，
Sn=1+(4-2)+2+(42-2)+3+(43-2)+…+n+(4n-2)
=(1+2+…+n)+(4+42+43+…+4n)-2n
3.已知数列{an}满足：a1=1，a2=a(a>0).数列{bn}满足
bn=anan+1(n∈N*).
(1)若{an}是等差数列，且b3=12，求a的值及{an}的通
项公式.
(2)若{an}是等比数列，求{bn}的前n项和Sn.
(3)当{bn}是公比为a-1的等比数列时，{an}能否为等比
数列？若能，求出a的值；若不能，请说明理由.
【解析】(1)因为{an}是等差数列，a1=1，a2=a，
所以an=1+(n-1)(a-1).
又因为b3=12，
所以a3a4=12，即(2a-1)(3a-2)=12.
解得a=2或a=- .因为a>0，所以a=2，an=n.
(2)因为数列{an}是等比数列，a1=1，a2=a(a>0)，
所以an=an-1，bn=anan+1=a2n-1.
因为 =a2，所以数列{bn}是首项为a，公比为a2的等
比数列.
当a=1时，Sn=n；当a≠1时，Sn=
(3)数列{an}不能为等比数列.理由如下：
因为bn=anan+1，
所以
则 =a-1.所以a3=a-1.
假设数列{an}能为等比数列.
由a1=1，a2=a，得a3=a2.
所以a2=a-1，因为此方程无解，
所以数列{an}不能为等比数列.
规范解答 数列求和问题
【典例】(12分)(2015·山东高考)已知数列{an}是首项
为正数的等差数列，数列 的前n项和为 .
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=(an+1)· ，求数列{bn}的前n项和Tn.
【审题指导】(1)先根据数列 的前n项和为 ，
计算出 然后根据数列{an}是等差数列列方程组
计算a2和公差d，最后写出通项公式.
(2)首先根据(1)的结论写出bn的通项公式，然后利用错
位相减法求解.
【规范解答】(1)设等差数列{an}的公差为d，
令n=1，得
所以a1a2=3，
即a1(a1+d)=3， ①……………………………1分
令n=2，得
所以a2a3=15，
即(a1+d)(a1+2d)=15 ②………………………2分
②÷①得 =5，整理得d=2a1，
代入①得a1(a1+2a1)=3，故a1
2=1，
又因为a1>0，所以a1=1，所以d=2.
………………………………………3分
所以an=1+(n-1)×2=2n-1.
………………………………………………………4分
(2)因为bn=(an+1)
=2n×22n-1=n×4n.
………………………………………6分
所以Tn=1×41+2×42+3×43+…+n×4n，
所以4Tn=1×42+2×43+3×44+…+n×4n+1，
…………………………………………………8分
两式相减，得-3Tn=4+42+43+…+4n-n×4n+1
……………………………………………10分
所以
……………………………………………12分
【题后悟道】
1.抓住数列的通项选择求和方法
求数列的前n项和一定要抓住数列的通项，分析通项公
式的结构与特点，通过对通项进行适当的变形、转换
达到求和的目的.如本例中bn=n×4n是等差数列{n}与等
比数列{4n}对应项相乘而成的，可采用错位相减法求
和.
2.关注运算准确性、重视检验
解数列求和问题时，往往涉及较为复杂的运算，稍有不
慎就会导致丢分.若中间过程中的关键量计算出错，不
仅得不到分，而且浪费时间.因此，解题时要加强检验，
避免失分.如本例中，b1=1×4=4，
两者吻合，否则解题必然有错.
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