1.3.2 第2课时 等比数列习题课-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦等比数列前n项和习题课，课前案通过教材梳理（导学、错位相减法）引导自主学习，搭建知识支架，衔接课堂互动探究，帮助学生构建从基础到应用的知识脉络。 其亮点在于分课前自主学习、课中互动探究、课后学业评价三环节，“失分警示”针对性指出易错点（如未验证条件、结论不完整），培养学生严谨的数学思维与运算能力，助力学生用数学眼光发现问题，用数学语言规范表达，学生明确易错点提升解题准确性，教师教学更具针对性。

第一章　数列 §3　等比数列 3．2　等比数列的前n项和 第2课时　等比数列习题课 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 目 录 课前案·自主学习 01 02 CONTENTS 03 课堂案·互动探究 课后案·学业评价 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课前案·自主学习 01 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 导学 错位相减法 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课堂案·互动探究 02 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 点击进入Word 课后案·学业评价 03 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 学业标准 素养目标 1.通过实例理解并掌握数列求和的常用方法．(重点) 2．能综合运用等比数列的知识解决一些实际问题．(难点) 1.通过数列求和培养数学运算等核心素养． 2．通过等比数列知识的实际应用，提升数学建模等核心素养． 　推导公比不为1的等比数列的前n项和公式的方法是什么？ [提示]　错位相减法． ◎结论形成 错位相减法求数列的前n项和 错位相减法是一种重要的数列求和方法，等比数列前n项和公式的推导用的就是错位相减法．当一个数列由等差数列与等比数列对应项的乘积构成时，可使用此法求数列的前n项和． 设数列{an}为等差数列，公差为d；数列{bn}为等比数列，公比为q(q≠1)；数列{anbn}的前n项和为Tn.则Tn的求解步聚如下． (1)列出和式Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn. (2)两边同乘以公比q：qTn＝a1b1q＋a2b2q＋a3b3q＋…＋anbnq＝a1b2＋a2b3＋a3b4＋…＋anbn＋1. (3)两式相减(错位相减)并求和： (1－q)Tn＝a1b1＋(a2b2－a1b2)＋(a3b3－a2b3)＋…＋(anbn－an－1bn)－anbn＋1＝a1b1＋(a2－a1)b2＋(a3－a2)b3＋…＋(an－an－1)bn－anbn＋1＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1＝a1b1＋d× eq \f(b2(1－qn-1),1－q)－anbn＋1. (4)两边同除以(1－q)即得数列{anbn}的前n项和Tn. 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)数列{22-n}是递减数列．(　　) (2)数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,3n)))的前n项和不能用错位相减法求和.(　　) (3)数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,n(n＋1))))的前5项和为 eq \f(4,5).(　　) (4)数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(n)))的最大值为 eq \f(1,4)，最小值为－ eq \f(1,2).(　　) 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 2．数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n-1，…的前99项的和为(　　) A．2100－101　　　　　 B．299－101 C．2100－99 D．299－99 解析　由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n-1＝ eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以，前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝ eq \f(2(1－299),1－2)－99＝2100－101. 答案　A 3．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯(　　) A．1盏 B．3盏 C．5盏 D．9盏 解析　每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2， 依题意，得 eq \f(a1(1－27),1－2)＝381，解得a1＝3. 答案　B 4．数列1，3a，5a2，7a3，…，(2n－1)an-1，…(a≠0)的前n项和Sn为____________． 解析　当a＝1时，Sn＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n－3)＋(2n－1)＝ eq \f(n(1＋2n－1),2)＝n2；当a≠1时，由an＝(2n－1)an-1(n∈N＋)，得Sn＝1＋3a＋5a2＋7a3＋…＋(2n－3)an-2＋(2n－1)an-1，aSn＝a＋3a2＋5a3＋7a4＋…＋(2n－3)an-1＋(2n－1)an，上面两式相减得(1－a)Sn＝1＋2a＋2a2＋2a3＋…＋2an-1－(2n－1)an＝ eq \f(2－2an,1－a)－(2n－1)an－1，∴Sn＝ eq \f(2－2an,(1－a)2)－ eq \f((2n－1)an＋1,1－a). 故Sn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2－2an,(1－a)2)－\f((2n－1)an＋1,1－a)，a≠1，,n2，a＝1.)) 答案　Sn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2－2an,(1－a)2)－\f((2a－1)an＋1,1－a)，a≠1，,n2，a＝1)) 题型一　等比数列前n项和的实际应用 　[教材例6、例7、例8迁移]某宝殿共有9间，左右对称分布，最中间的是明间，宽度最大，然后两边均依次是次间、次间、梢间、尽间．每间宽度从明间开始向左、右两边均按相同的比例逐步递减，且明间与相邻的次间的宽度比为8∶7.设明间的宽度为a，则该宝殿9间的总宽度为(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8))) eq \s\up12(4)a　　　　　　 B．15a－14 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8))) eq \s\up12(5)a C．14 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))\s\up12(4)))a D．15a－14 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8))) eq \s\up12(4)a [解析]　易知宝殿9间的宽度从明间向两边依次成等比数列，且两个等比数列相同，设向右边的数列为{an}，其前n项和为Sn，则a1＝a，公比q＝ eq \f(7,8)， 则前5项和为S5＝ eq \f(a\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))\s\up12(5))),1－\f(7,8))＝8a－7 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8))) eq \s\up12(4)a， 所以该宝殿9间的总宽度为2S5－a＝2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8a－7\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))\s\up12(4)a))－a＝15a－14 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8))) eq \s\up12(4)a.故选D. [答案]　D 应用等比数列前n项和公式解决实际问题的步骤 (1)构建数列模型． (2)由题设确定数列为等比数列，并求公比q，或建立数列递推关系，并化归为等比数列，求出公比q. (3)利用等比数列前n项和公式进行计算． [注意]　①数列项数的确定，特别是涉及年份的问题，要能正确确认起始年份；②正确区分问题是求第n项，还是求前n项的和．　 [触类旁通] 1．一个乒乓球从1 m高的高度自由落下，每次落下后反弹的高度都是原来高度的0.61. (1)当它第6次着地时，经过的总路程是多少？(精确到1 cm) (2)至少在第几次着地后，它经过的总路程能达到400 cm？(参考数据0.615≈0.084，0.616≈0.052，0.617≈0.031) 解析　(1)由题意得，第n次反弹的高度hn＝100×0.61n，当它第n次着地时，经过的总路程Sn＝100＋200(0.61＋0.612＋0.613＋…＋0.61n-1) ＝100＋200× eq \f(0.61×(1－0.61n-1),1－0.61) ＝100＋200× eq \f(61×(1－0.61n-1),39). 令n＝6，解得S6＝100＋200× eq \f(61×(1－0.615),39). 因为0.615≈0.084，所以S6≈387(cm). 所以它第6次着地时，经过的总路程是387 cm. (2)设至少在第n次着地后，它经过的总路程能达到400 cm， 则100＋200× eq \f(61(1－0.61n-1),39)≥400， 即122(1－0.61n-1)≥117， 解得n≥8. 故至少在第8次着地后，它经过的总路程能达到400 cm. 题型二　错位相减法求和 eq \a\vs4\al(一题多变) 　已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N＋)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N＋). [解析]　(1)设等差数列{an}的公差为d， 等比数列{bn}的公比为q. 由已知得：b2＋b3＝12，即b1(q＋q2)＝12， 又b1＝2，所以q2＋q－6＝0， 因为q＞0，所以q＝2，所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，S11＝11b4， 得3d－a1＝8，a1＋5d＝16， 联立解得，a1＝1，d＝3，所以an＝3n－2. 所以，{an}和{bn}的通项公式分别为an＝3n－2，bn＝2n. (2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn， 由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n-1， 有a2nb2n－1＝(3n－1)×4n， 故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， 4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n+1， 上述两式相减，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n+1 ＝ eq \f(12×(1－4n),1－4)－4－(3n－1)×4n+1 ＝－(3n－2)×4n+1－8. 得Tn＝ eq \f(3n－2,3)×4n+1＋ eq \f(8,3). 所以，数列{a2nb2n－1}的前n项和为 eq \f(3n－2,3)×4n+1＋ eq \f(8,3). [母题变式] (增加条件、变结论)本例中条件不变，若cn＝ eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Hn. 解析　cn＝ eq \f(an,bn)＝ eq \f(3n－2,2n)， 所以Hn＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(4,22)＋ eq \f(7,23)＋…＋ eq \f(3n－2,2n)， eq \f(1,2)Hn＝ eq \f(1,22)＋ eq \f(4,23)＋…＋ eq \f(3n－5,2n)＋ eq \f(3n－2,2n+1)， 上述两式相减，得 eq \f(1,2)Hn＝ eq \f(1,2)＋3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－ eq \f(3n－2,2n+1) ＝ eq \f(1,2)＋3× eq \f(\f(1,22)－\f(1,2n+1),1－\f(1,2))－ eq \f(3n－2,2n+1)＝2－ eq \f(3n＋4,2n+1)， 所以Hn＝4－ eq \f(3n＋4,2n). [素养聚焦]　本题通过求等差、等比数列的通项公式及运用错位相减法求和，主要提升逻辑推理、数学运算等核心素养． 错位相减法求和的适用情况和注意点 (1)一般地，若数列{an}为等差数列，{bn}为等比数列且公比为q(q≠1)，求{an·bn}的前n项和时，常用“乘公比，错位减”的方法求和，即错位相减法．在写出Sn与qSn的表达式时，应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确写出Sn－qSn的表达式． (2)在运用错位相减法求数列前n项和时，要注意四点：①乘数(式)的选择；②对q的讨论；③两式相减后的未消项及相消项呈现的规律；④相消项中构成数列的项数．　 [触类旁通] 2．数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且a1＝b1＝1，a2·b2＝6，a3·b3＝27，公比0＜q≤3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若Tn＝ eq \f(a1,b1)＋ eq \f(a2,b2)＋…＋ eq \f(an,bn)，证明：Tn< eq \f(9,4)恒成立． (1)解析　设等差数列{an}的公差为d，则由题可知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((1＋d)·q＝6，,(1＋2d)·q2＝27，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(d＝1，,q＝3))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(d＝－\f(1,3)，,q＝9))(舍去)，∴an＝n，bn＝3n-1. (2)证明　由(1)得 eq \f(an,bn)＝ eq \f(n,3n-1)， ∴Tn＝1× eq \f(1,30)＋2× eq \f(1,3)＋3× eq \f(1,32)＋…＋(n－1)× eq \f(1,3n-2)＋n× eq \f(1,3n-1)，① eq \f(1,3)Tn＝1× eq \f(1,3)＋2× eq \f(1,32)＋3× eq \f(1,33)＋…＋(n－1)× eq \f(1,3n-1)＋n× eq \f(1,3n)，② ①－②得， eq \f(2,3)Tn＝1＋ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,32)＋…＋ eq \f(1,3n-1)－ eq \f(n,3n)＝ eq \f(1－\f(1,3n),1－\f(1,3))－ eq \f(n,3n)＝ eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－ eq \f(n,3n)， ∴Tn＝ eq \f(9,4)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)＋\f(3,2)n))× eq \f(1,3n)，n∈N＋， ∴Tn< eq \f(9,4). 题型三　分组求和法 　在等比数列{an}中，已知a1＝3，公比q≠1；等差数列{bn}满足b1＝a1，b4＝a2，b13＝a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前n项和Sn. [解析]　(1)设等差数列{bn}的公差为d. 由已知，得a2＝3q，a3＝3q2，b1＝3，b4＝3＋3d， b13＝3＋12d， 故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3q＝3＋3d，,3q2＝3＋12d，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q＝1＋d，,q2＝1＋4d，)) 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q＝3，,d＝2，))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(q＝1，,d＝0))(舍去)， 所以an＝3n，bn＝2n＋1. (2)由题意，得 cn＝(－1)nbn＋an＝(－1)n(2n＋1)＋3n. 当n为偶数时，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n-1(2n－1)＋(－1)n(2n＋1)]＋3＋32＋…＋3n＝n＋ eq \f(3n+1,2)－ eq \f(3,2)＝ eq \f(3n+1,2)＋n－ eq \f(3,2)； 当n为奇数时，Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋[(－1)n-2(2n－3)＋(－1)n-1·(2n－1)]＋(－1)n(2n＋1)＋3＋32＋…＋3n＝(n－1)－(2n＋1)＋ eq \f(3n+1,2)－ eq \f(3,2)＝ eq \f(3n+1,2)－n－ eq \f(7,2). 所以Sn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(3n+1,2)＋n－\f(3,2)，n为偶数，,\f(3n+1,2)－n－\f(7,2)，n为奇数．)) 分组求和法的求和思路 若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化求和法，分别求和然后相加减．例如，已知an＝2n＋(2n－1)，求Sn.　 [触类旁通] 3．(2025·山东潍坊一中模拟)已知数列{an}满足 eq \f(a1,2)＋ eq \f(a2,22)＋…＋ eq \f(an,2n)＝ eq \f(n,2n). (1)求数列{an}的通项公式； (2)对任意的n∈N＋，令bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2－n，n为奇数，,22-n，n为偶数，))求数列{bn}的前n项和Sn. 解析　(1)当n＝1时，得 eq \f(a1,2)＝ eq \f(1,2)，解得a1＝1；当n≥2时，可得 eq \f(a1,2)＋ eq \f(a2,22)＋…＋ eq \f(an,2n)＝ eq \f(n,2n)①， eq \f(a1,2)＋ eq \f(a2,22)＋…＋ eq \f(an－1,2n-1)＝ eq \f(n－1,2n-1)②，由①－②，得 eq \f(an,2n)＝ eq \f(n,2n)－ eq \f(n－1,2n-1)＝ eq \f(2－n,2n)，则an＝2－n，当n＝1时，a1＝2－1＝1也符合，所以数列{an}的通项公式为an＝2－n. (2)因为bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2－n，n为奇数，,22-n，n为偶数，))所以当n为偶数时，Sn＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋2－(n－1)]＋(20＋2-2＋…＋22-n)＝ eq \f((1＋3－n)×\f(n,2),2)＋ eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up6(\f(n,2)),1－\f(1,4))＝ eq \f((4－n)n,4)＋ eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))＝ eq \f(－3n2＋12n＋16,12)－ eq \f(1,3×2n-2)；当n为奇数时，Sn＝Sn＋1－bn＋1＝ eq \f(－3(n＋1)2＋12(n＋1)＋16,12)－ eq \f(1,3×2n-1)－21-n＝ eq \f(－3n2＋6n＋25,12)－ eq \f(4,3×2n-1). 综上所述， Sn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(－3n2＋6n＋25,12)－\f(4,3×2n-1)，n为奇数，,\f(－3n2＋12n＋16,12)－\f(1,3×2n-2)，n为偶数．)) 等差数列与等比数列的综合问题 [典例]　(13分)设{an}是单调递增的等差数列，Sn为其前n项和，且满足3S4＝2S5，a5＋2是a3，a12的等比中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 eq \f(b1,a1)＋ eq \f(b2,a2)＋…＋ eq \f(bn,an)＝3n+1－3(n∈N＋)，求数列{bn}的前n项和Tn. [审题指导]　(1)运用等差数列、等比中项的知识和方程思想求an. (2)运用前n项和与第n项的关系，求出 eq \f(bn,an)，进而求bn.分析bn的结构特点，求其和Tn. [缜密思维提能区] 规范答题 [规范解答]　(1)设公差为d(d＞0)，依题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d))＝2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d))，,(a1＋4d＋2)2＝(a1＋2d)(a1＋11d)，))(3分) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝2，))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(2,11)①，,d＝－\f(2,11)))(舍去).(5分) 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n.(6分) (2)由 eq \f(b1,a1)＋ eq \f(b2,a2)＋…＋ eq \f(bn,an)＝3n+1－3(n∈N＋) 得 eq \f(b1,a1)＋ eq \f(b2,a2)＋…＋ eq \f(bn－1,an－1)＝3n－3(n≥2，n∈N＋)， 两式相减得， eq \f(bn,2n)＝2·3n(n≥2)， 所以bn＝4n·3n(n≥2).(8分) 当n＝1时， b1＝12也满足bn＝4n·3n， 所以bn＝4n·3n(n∈N＋)②.(10分) Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 所以3Tn＝4×32＋8×33＋12×34＋…＋4n·3n+1，(11分) 所以－2Tn＝4×3＋4×32＋…＋4×3n－4n·3n+1 ＝4×(3＋32＋…＋3n)－4n·3n+1 ＝4× eq \f(3(1－3n),1－3)－4n·3n+1 ＝(2－4n)·3n+1－6， 所以Tn＝(2n－1)·3n+1＋3③.(13分) 知识落实 技法强化 (1)等比数列前n项和的实际应用． (2)数列求和的常见方法． (1)数列中项的拆分和组合、数列模型． (2)实际应用中注意年份与项数的对应． $