4.3.2 等比数列的前 $n$ 项和公式

等差数列的和靠”倒序相加”——把相同的数凑出来。等比数列的和不能这么凑（首末配对得到的是积相等， 不是和相等），得换一个动作：错位相减。这一节的全部内容就是这一个动作，加上它带来的一条 必须分类的纪律：$q=1$ 与 $q\neq 1$ 不能用同一个公式。

课本从”棋盘上的麦粒”讲起，推出公式，再做例题。这里换个顺序：先把错位相减与 $q=1$ 这个分岔摆在最前面（它们是这一节全部失分的来源），再讲公式的两种形态与选用， 最后专讲这一节最常考的两类题——用求和公式反解与递推式化等比。

一、错位相减：为什么要乘一次公比

设 $\{a_n\}$ 首项 $a_1$、公比 $q$，则

$$S_n=a_1+a_1q+a_1q^2+\dots+a_1q^{\,n-1}. \tag{①}$$

两边同乘 $q$：

$$qS_n=a_1q+a_1q^2+\dots+a_1q^{\,n-1}+a_1q^{\,n}. \tag{②}$$

①与②的右边错开了一位，中间那一大串项完全相同。①减②，它们成对消掉，只剩两头：

$S_n-qS_n=a_1-a_1q^{\,n},\qquad\text{即}\qquad (1-q)S_n=a_1\left(1-q^{\,n}\right).$

这就是”错位相减”：乘一次公比把序列平移一位，再相减让中间项自相抵消。 后面遇到”等差乘等比”的求和（如 $1+2x+3x^2+\dots$），用的是同一个动作。

二、那个分岔：$q=1$ 必须单独说

从 $(1-q)S_n=a_1(1-q^n)$ 解出 $S_n$ 要除以 $1-q$，而 $q=1$ 时 $1-q=0$，除不得。所以公式分两支：

$$S_n=\begin{cases} na_1, & q=1,\\[4pt] \dfrac{a_1\left(1-q^{\,n}\right)}{1-q}, & q\neq 1. \end{cases}$$

$q=1$ 时数列是非零常数列，$n$ 项都等于 $a_1$，和自然是 $na_1$。

凡是公比未知、题里又要用求和公式的，都要先问一句”$q$ 能不能等于 $1$”—— 先验 $q=1$ 是否满足条件（多数时候不满足，一句话排除），再在 $q\neq 1$ 的前提下算。 这是本节被扣分最多的一步，也是本站每一道相关详解都会显式写出来的一步。

把 $a_n=a_1q^{n-1}$ 代进去（即 $a_1q^n=a_nq$），还有一个用末项的版本：

$S_n=\frac{a_1-a_nq}{1-q}\qquad (q\neq 1).$

五个量知三求二：$a_1,\ q,\ n,\ a_n,\ S_n$ 里给定三个（且相互独立），另外两个就定了。

三、公式的形状里藏着两条常用推论

推论一：$\dfrac{S_{2n}}{S_n}=1+q^{\,n}$（$q\neq 1$，$S_n\neq 0$）。

$\frac{S_{2n}}{S_n}=\frac{1-q^{2n}}{1-q^{\,n}}=\frac{\left(1-q^{\,n}\right)\left(1+q^{\,n}\right)}{1-q^{\,n}}=1+q^{\,n}.$

给”$S_{10}/S_5$ 等于多少，求 $q$“这类题用，一步把两个求和式压成一个方程。

推论二：$S_n,\ S_{2n}-S_n,\ S_{3n}-S_{2n}$ 成等比数列，公比 $q^{\,n}$（当 $q\neq -1$）。 理由：第二段的每一项都是第一段对应项的 $q^n$ 倍，段和自然也是 $q^n$ 倍。 $q=1$ 时这三个数都等于 $na_1$，公比为 $1$，结论仍成立。

为什么要排除 $q=-1$：那时 $n$ 为偶数会让 $S_n=0$，“成等比数列”里出现零项，不成立。

四、这一节最常考的两类题

类一：用求和公式反解（解方程）

题目给 $S_n$ 求 $n$、求 $q$、求 $a_1$。三条纪律：

1. 先排除 $q=1$（见第二节）；
2. 解出的 $n$ 必须是正整数，否则舍去；
3. 出现 $q^n=\text{常数}$ 时，化成同底幂再比指数（$\left(\frac12\right)^n=\frac1{32}=\left(\frac12\right)^5\Rightarrow n=5$）； 出现 $q^{\text{偶数}}=\text{常数}$ 时，开方要带 $\pm$，再用题给的符号条件筛。

类二：递推式化等比（高考里最常见的出场方式）

真题里很少直接给一个等比数列，常见的是给一个递推式，要你先造出一个等比数列。三种标准形状：

• $a_{n+1}=pa_n+r$（$p\neq 1$） → 配一个常数：找 $k$ 使 $a_{n+1}-k=p(a_n-k)$， 比较系数得 $k=\dfrac{r}{1-p}$，于是 $\{a_n-k\}$ 等比、公比 $p$。 （课本例 12 的牛群题就是它：$c_{n+1}=1.08c_n-100$，配出 $k=1250$。）
• $a_{n+1}=pa_n+(\text{与}\ n\ \text{有关的项})$ → 两边同除那一项或减去一个特解， 常见的是”减 $2^n$“（本节习题第 7 题）。
• $a_{n+1}=\dfrac{pa_n}{qa_n+r}$（分式递推） → 取倒数：$\dfrac{1}{a_{n+1}}$ 关于 $\dfrac{1}{a_n}$ 是一次式， 再按第一种形状配常数（本节习题第 11 题）。

造完一定要交代两件事：新数列的首项不为零（否则它不是等比数列）， 以及公比是那个常数。这两句缺一，证明就不完整。

五、由 $S_n$ 求 $a_n$ 也在这一节出现

与等差那边同一条纪律：

$$a_n=\begin{cases} S_1, & n=1,\\ S_n-S_{n-1}, & n\geqslant 2, \end{cases}$$

必须分家，$S_0$ 没有定义。区别在于：等比这边常常给的是 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系式 （如 $S_n=2a_n+1$），这时把 $n$ 与 $n-1$ 两式相减，得到的是 $a_n$ 与 $a_{n-1}$ 的递推式， 再按第四节类二处理。

六、实际问题：增长率就是公比

“每年增长 $p\%$""每次反弹为原来的 $k$ 倍""复利”——一律是等比数列，公比是 $1+p\%$ 或 $k$。 做这类题固定三步：

1. 写清第 1 项是哪一期（今年年初？一年之后？），错一格答案就差一个公比；
2. 认清问的是”某一项”还是”前 $n$ 项和”。产量、余额问的是项；总路程、总产量问的是和；
3. 精度只在最后一步取。中间量（如 $1.5^8$、$0.61^5$）多留几位， 幂运算会把早取的误差放大。

反弹小球那一类还多一个坑：总路程不是各次反弹高度之和——除了第一次只落不弹， 其余每一段高度都要上下各算一次。

七、易错清单

按失分频率排：

1. 忘了讨论 $q=1$。 公比未知就用 $\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}$，等于默认 $q\neq 1$。
2. $q^{\text{偶次方}}$ 开方漏掉负根，或者有符号条件时没用上。
3. 解出的 $n$ 不是正整数还照抄。
4. 构造等比数列时不验首项非零。
5. 等比与等差的求和公式串了。 等比是 $\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}$，不是 $\dfrac{n(a_1+a_n)}{2}$。
6. 由 $S_n$ 求 $a_n$ 时不分家。
7. 实际问题里首项取错一期、或把”项”当成”和”。
8. 中间近似取得太早。

八、这一节考过的真题（怎么用它们）

页面下方”考过本节的真题”那一段是构建期从知识图谱派生出来的完整清单，这里只给一个读的顺序：

• 先做 2025 年第 13 题：求等比数列的公比。两条路——分段作比一步到位（用第三节推论一）， 或老实套求和公式解方程（第四节类一）。正好把这一节两个入口各走一遍；
• 再做 2025 年第 16 题：先构造 $\{na_n\}$ 化成等差求出通项，再对一个和式动手。 那个和式的两条路（错位相减，或对等比和求导）都以本节第一节的动作为底；
• 最后是 2023 年第 21 题，这一节的上限：概率题里递推出 $P_{i+1}=0.4P_i+0.2$， 正是第四节类二的第一种形状——配一个常数把它变成等比数列。 这道题最能说明为什么”递推式化等比”值得练熟：题面里一个”等比”字样都没有。

这一节的页里住着三批题：第 39 页「练习」5 道（§4.3.1 等比数列的概念那一小节的练习， 正好跨页排在这里）、第 42 页「练习」5 道、第 45 页「练习」3 道， 以及 §4.3 全节末尾的「习题 4.3」12 道，共 25 道，逐题全做。

本节目录里还排着 §4.4（数列的应用）、章末「复习参考题 4」以及「阅读与思考」的页—— 那些题不属于本节主题，归它们自己那一节，不在这一份详解里。

本站解答没有官方答案可比（人教A版学生用书不含答案），页面上那句声明说的就是这件事； 所以每道题都过了一次独立 verifier 的复核。每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

全程用到的几个式子：$a_n=a_1q^{\,n-1}$、$a_n=a_mq^{\,n-m}$，以及分两支的求和公式

$$S_n=\begin{cases} na_1, & q=1,\\[4pt] \dfrac{a_1\left(1-q^{\,n}\right)}{1-q}=\dfrac{a_1-a_nq}{1-q}, & q\neq 1. \end{cases}$$

练习（第 39 页）第 1 题

1. 求满足下列条件的数：

(1) 在 9 与 243 中间插入 2 个数，使这 4 个数成等比数列；

(2) 在 160 与 -5 中间插入 4 个数，使这 6 个数成等比数列.

插数题的动作只有一个：数清插完之后一共乘了几次公比。

(1) 插入 2 个数后共 4 项，首项 $a_1=9$、末项 $a_4=243$。从第 1 项到第 4 项乘了 3 次公比：

$a_4=a_1q^{3} \;\Longrightarrow\; 243=9q^{3} \;\Longrightarrow\; q^{3}=27.$

奇次方在实数范围内只有一个根，所以 $q=3$（不必带 $\pm$）。插入的两个数是

$a_2=9\times 3=27,\qquad a_3=27\times 3=81.$

核一遍：$9,\ 27,\ 81,\ 243$ 逐项作比都是 $3$，首末与题目相符 ✓。

(2) 插入 4 个数后共 6 项，首项 $a_1=160$、末项 $a_6=-5$。乘了 5 次公比：

$a_6=a_1q^{5} \;\Longrightarrow\; -5=160q^{5} \;\Longrightarrow\; q^{5}=-\frac{1}{32}.$

同样是奇次方，实数根唯一：$q=-\dfrac12$。插入的四个数依次是

$a_2=-80,\qquad a_3=40,\qquad a_4=-20,\qquad a_5=10.$

核一遍：$160,\ -80,\ 40,\ -20,\ 10,\ -5$ 逐项作比都是 $-\dfrac12$，首末相符 ✓。 （公比为负时数列正负交替，这是允许的——被排除的只有 $q=0$ 与某项为 $0$。）

顺带记一条：在 $a$ 与 $b$ 之间插入 $k$ 个数成等比，则 $q^{\,k+1}=\dfrac{b}{a}$。 $k+1$ 是奇数时 $q$ 唯一；是偶数时要带 $\pm$，且需 $\dfrac{b}{a}>0$ 才有解。

练习（第 39 页）第 2 题

2. 设数列 $\{a_{n}\}$, $\{b_{n}\}$ 都是等比数列, 分别研究下列数列是不是等比数列. 若是, 证明结论; 若不是, 请说明理由.

(1) 数列 $\{c_{n}\}$ ，其中 $c_{n}=a_{n}b_{n}$ ;

(2) 数列 $\{d_{n}\}$ ，其中 $d_{n}=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ .

设 $\{a_n\}$、$\{b_n\}$ 的公比分别为 $p$、$q$。由等比数列的定义，它们的每一项都非零，且 $p\neq 0$、$q\neq 0$—— 下面所有的除法都因此算得动。

(1) $\{c_n\}$ 是等比数列，公比 $pq$。

证明：$c_n=a_nb_n$ 是两个非零数之积，所以 $c_n\neq 0$，比值有意义。对任意 $n\in\mathbf{N}^*$，

$\frac{c_{n+1}}{c_n}=\frac{a_{n+1}b_{n+1}}{a_nb_n}=\frac{a_{n+1}}{a_n}\cdot\frac{b_{n+1}}{b_n}=pq,$

是与 $n$ 无关的常数，且 $pq\neq 0$。按定义，$\{c_n\}$ 是等比数列，公比 $pq$。

(2) $\{d_n\}$ 是等比数列，公比 $\dfrac{p}{q}$。

证明：$b_n\neq 0$，所以 $d_n=\dfrac{a_n}{b_n}$ 有意义，且它是非零数之商，$d_n\neq 0$。对任意 $n$，

$\frac{d_{n+1}}{d_n}=\frac{a_{n+1}/b_{n+1}}{a_n/b_n}=\frac{a_{n+1}}{a_n}\cdot\frac{b_n}{b_{n+1}}=\frac{p}{q},$

是与 $n$ 无关的常数，且 $\dfrac pq\neq 0$。按定义，$\{d_n\}$ 是等比数列，公比 $\dfrac pq$。

举例核一遍：取 $a_n=2^n$（$p=2$）、$b_n=3^n$（$q=3$），则 $c_n=6^n$（公比 $6=pq$ ✓）， $d_n=\left(\dfrac23\right)^n$（公比 $\dfrac23=\dfrac pq$ ✓）。

这道题的关键动作：作比之后 $a_n$、$b_n$ 各自的比值原样冒出来—— 等比数列对乘除是”封闭”的，这与等差数列对加减封闭（上一节第 4 题）正好对偶。

练习（第 39 页）第 3 题

3. 某汽车集团计划大力发展新能源汽车，2017年全年生产新能源汽车5000辆。如果在后续的几年中，后一年新能源汽车的产量都是前一年的 $150\%$ ，那么2025年全年约生产新能源汽车多少辆（精确到1）？

第一步：认出等比。 “后一年是前一年的 $150\%$“就是 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=1.5$， 所以各年产量构成公比 $q=1.5$ 的等比数列。

第二步：写清第 1 项是哪一年。 取 2017 年为第 1 项，$a_1=5000$。

第三步：数清 2025 年是第几项。 从 2017 到 2025 共

$2025-2017+1=9 \ (\text{年}),$

所以 2025 年是第 9 项（不是第 8 项——两端都要算在内）。

第四步：代通项公式。

$a_9=a_1q^{8}=5000\times 1.5^{8}.$

逐次算 $1.5$ 的幂（多留几位，避免误差滚大）：

$1.5^{2}=2.25,\quad 1.5^{4}=2.25^{2}=5.0625,\quad 1.5^{8}=5.0625^{2}=25.62890625,$

于是

$a_9=5000\times 25.62890625=128144.53125\approx 128145 \ (\text{辆}).$

注意问的是”某一年的产量”，即数列的一项，不是前几项之和。

核一遍：$a_9=a_1q^8$，指数 $8=9-1$ 与”从 2017 走到 2025 共翻了 8 次”相符； $1.5^8\approx 25.6$，$5000\times 25.6=128000$，与精确值同一量级 ✓。

练习（第 39 页）第 4 题

4. 某城市今年空气质量为 “优” “良” 的天数为 105，力争 2 年后使空气质量为 “优” “良” 的天数达到 240。这个城市空气质量为 “优” “良” 的天数的年平均增长率应达到多少（精确到 0.01）？

设年平均增长率为 $r$（$r>-1$，使 $1+r>0$），则各年天数构成公比 $1+r$ 的等比数列， 今年为第 1 项 $a_1=105$，2 年后是第 3 项：

$a_3=105(1+r)^{2}=240.$

于是

$(1+r)^{2}=\frac{240}{105}=\frac{16}{7}.$

偶次方要带 $\pm$，但天数为正，$1+r>0$，所以只取正根：

$1+r=\sqrt{\frac{16}{7}}=\frac{4}{\sqrt7}=\frac{4\sqrt7}{7}.$

$\sqrt7\approx 2.6457513$，所以

$1+r\approx\frac{4}{2.6457513}\approx 1.5118579,\qquad r\approx 0.5118579.$

精确到 $0.01$：

$r\approx 0.51,$

即年平均增长率约为 $51\%$。

核一遍：$105\times 1.51^{2}=105\times 2.2801=239.41$，$105\times 1.5119^{2}=105\times 2.28584\approx 240.01$， 取 $r\approx 0.51$ 时两年后约 $239$ 天、$r$ 取精确值时正好 $240$ 天，四舍五入到 $0.01$ 的答案合理 ✓。 （“2 年后”是第 3 项而不是第 2 项——今年已经占掉了第 1 项，这是本题唯一的坑。）

练习（第 39 页）第 5 题

5. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式为 $a_{n} = \frac{n^{3}}{3^{n}}$，求使 $a_{n}$ 取得最大值时 $n$ 的值.

这不是等比数列（比值 $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ 随 $n$ 变），但求”哪一项最大”的通法在这里最好使： 作比与 $1$ 比大小——数列各项都为正（$n^3>0$，$3^n>0$），所以可以放心作比。

$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)^{3}}{3^{\,n+1}}\cdot\frac{3^{\,n}}{n^{3}}=\frac{1}{3}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{3}=\frac{(n+1)^{3}}{3n^{3}}.$

$\frac{a_{n+1}}{a_n}>1 \iff (n+1)^{3}>3n^{3}.$

逐个 $n$ 判（$n$ 是正整数，直接算最省事）：

• $n=1$：$(1+1)^3=8>3\times 1=3$，比值 $>1$，即 $a_2>a_1$；
• $n=2$：$27>3\times 8=24$，比值 $>1$，即 $a_3>a_2$；
• $n=3$：$64<3\times 27=81$，比值 $<1$，即 $a_4<a_3$；
• $n\geqslant 3$ 时都有 $(n+1)^3<3n^3$：因为 $(n+1)^3<3n^3 \iff \dfrac{n+1}{n}<\sqrt[3]{3}$， 而 $\dfrac{n+1}{n}=1+\dfrac1n$ 随 $n$ 增大而减小，$n=3$ 时已是 $\dfrac43\approx 1.333<\sqrt[3]{3}\approx 1.442$， 此后只会更小。

所以数列先增后减：$a_1<a_2<a_3$，而 $a_3>a_4>a_5>\dots$，最大项是第 3 项：

$n=3.$

核一遍（直接算前几项）：

$a_1=\frac13\approx 0.333,\quad a_2=\frac89\approx 0.889,\quad a_3=\frac{27}{27}=1,\quad a_4=\frac{64}{81}\approx 0.790,$

确实在 $n=3$ 处取到最大值 $1$ ✓。

这道题的关键动作：正项数列比大小用作比，与 $1$ 比（若有负项则改用作差）。

练习（第 42 页）第 1 题

1. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 是等比数列.

(1) 若 $a_{1}=3,\ q=2,\ n=6$ ，求 $S_{n}$ ;

(2) 若 $a_{1}=-2.7,\ q=-\frac{1}{3},\ a_{n}=\frac{1}{90}$ ，求 $S_{n}$ ;

(3) 若 $a_{3}=\frac{3}{2}$ , $S_{3}=\frac{9}{2}$ , 求 $a_{1}$ 与 q.

(1) $q=2\neq 1$，用 $S_n=\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}$：

$S_6=\frac{3\left(1-2^{6}\right)}{1-2}=\frac{3(1-64)}{-1}=\frac{-189}{-1}=189.$

核：$3+6+12+24+48+96=189$ ✓。

(2) $q=-\dfrac13\neq 1$，且给的是末项而非项数，用 $S_n=\dfrac{a_1-a_nq}{1-q}$：

$$S_n=\frac{-2.7-\dfrac{1}{90}\times\left(-\dfrac13\right)}{1-\left(-\dfrac13\right)} =\frac{-\dfrac{27}{10}+\dfrac{1}{270}}{\dfrac43}.$$

分子通分到 $270$：$-\dfrac{27}{10}=-\dfrac{729}{270}$，故分子 $=-\dfrac{728}{270}$。于是

$S_n=-\frac{728}{270}\times\frac34=-\frac{2184}{1080}=-\frac{91}{45}.$

（约分：$2184$ 与 $1080$ 同除以 $24$ 得 $91$ 与 $45$。）

核一遍（顺便算出项数）：由 $a_n=a_1q^{\,n-1}$，

$\frac{1}{90}=-\frac{27}{10}\left(-\frac13\right)^{n-1} \;\Longrightarrow\; \left(-\frac13\right)^{n-1}=-\frac{1}{243}=\left(-\frac13\right)^{5},$

故 $n=6$。再用另一个公式重算：

$$S_6=\frac{-\dfrac{27}{10}\left[1-\left(-\dfrac13\right)^{6}\right]}{\dfrac43} =-\frac{27}{10}\cdot\frac{728}{729}\cdot\frac34=-\frac{91}{45},$$

两条路一致 ✓（$-\dfrac{91}{45}\approx -2.022$）。

(3) 公比未知，先看 $q$ 能不能等于 $1$：若 $q=1$，则 $S_3=3a_1$ 且 $a_3=a_1$， 由 $a_3=\dfrac32$ 得 $a_1=\dfrac32$，于是 $S_3=\dfrac92$——恰好与题目相符，所以 $q=1$ 是一个解。

再看 $q\neq 1$ 的情形。由 $S_3=a_1+a_2+a_3$ 与 $a_3=\dfrac32$ 得

$a_1+a_2=\frac92-\frac32=3,\qquad\text{即}\qquad a_1(1+q)=3.$

（这里 $1+q\neq 0$：若 $q=-1$，则 $a_1(1+q)=0\neq 3$，矛盾，故 $q\neq -1$。） 又 $a_3=a_1q^{2}=\dfrac32$，两式相除消去 $a_1$：

$\frac{a_1q^{2}}{a_1(1+q)}=\frac{3/2}{3}=\frac12 \;\Longrightarrow\; \frac{q^{2}}{1+q}=\frac12 \;\Longrightarrow\; 2q^{2}=1+q,$

$2q^{2}-q-1=0 \;\Longrightarrow\; (2q+1)(q-1)=0 \;\Longrightarrow\; q=-\frac12 \ \text{或}\ q=1.$

$q=1$ 已在上面单独处理过；$q=-\dfrac12$ 时 $a_1=\dfrac{3}{1+q}=\dfrac{3}{1/2}=6$。

所以有两组解：

$a_1=\frac32,\ q=1 \qquad\text{或}\qquad a_1=6,\ q=-\frac12.$

两组都回代核一遍：

• $a_1=\dfrac32,\ q=1$：数列 $\dfrac32,\dfrac32,\dfrac32$，$a_3=\dfrac32$ ✓，$S_3=\dfrac92$ ✓；
• $a_1=6,\ q=-\dfrac12$：数列 $6,\ -3,\ \dfrac32$，$a_3=\dfrac32$ ✓，$S_3=6-3+\dfrac32=\dfrac92$ ✓。

漏掉 $q=1$ 那一组是本题最常见的错——这正是第二节那条纪律要防的事。

练习（第 42 页）第 2 题

2. 已知 $a \neq b$，且 $ab \neq 0$。对于 $n \in \mathbf{N}^*$，证明：

$a ^ {n} + a ^ {n - 1} b + a ^ {n - 2} b ^ {2} + \dots + a b ^ {n - 1} + b ^ {n} = \frac {a ^ {n + 1} - b ^ {n + 1}}{a - b}.$

先认出左边是一个等比数列的和。 左边各项依次是

$a^{n},\quad a^{n-1}b,\quad a^{n-2}b^{2},\quad \dots,\quad ab^{n-1},\quad b^{n},$

第 $k$ 项是 $a^{\,n-k+1}b^{\,k-1}$（$k=1,2,\dots,n+1$），一共 $n+1$ 项。

验它确实是等比数列。 由 $ab\neq 0$ 知 $a\neq 0$ 且 $b\neq 0$，所以每一项都非零，比值算得动：

$\frac{a^{\,n-k}b^{\,k}}{a^{\,n-k+1}b^{\,k-1}}=\frac{b}{a}.$

比值是与 $k$ 无关的常数 $\dfrac ba$，且 $\dfrac ba\neq 0$。所以左边是首项 $a^{n}$、公比 $q=\dfrac ba$、 共 $n+1$ 项的等比数列之和。

再看公比是不是 $1$。 由 $a\neq b$ 知 $\dfrac ba\neq 1$，所以可以用 $q\neq 1$ 那一支的求和公式 （这一步正是题目给出 $a\neq b$ 的用处，也保证了右边的分母 $a-b\neq 0$）：

$$\text{左边}=\frac{a^{n}\left[1-\left(\dfrac ba\right)^{\,n+1}\right]}{1-\dfrac ba}.$$

分子分母同乘 $a$ 把小分数清掉：

$$\text{左边}=\frac{a^{n}\cdot a\left[1-\dfrac{b^{\,n+1}}{a^{\,n+1}}\right]}{a-b} =\frac{a^{\,n+1}-a^{\,n+1}\cdot\dfrac{b^{\,n+1}}{a^{\,n+1}}}{a-b} =\frac{a^{\,n+1}-b^{\,n+1}}{a-b}=\text{右边}.$$

证毕。

核一遍：取 $n=2$、$a=3$、$b=1$，左边 $=9+3+1=13$；右边 $=\dfrac{27-1}{2}=13$ ✓。 再取 $n=1$、$a=2$、$b=-1$：左边 $=2+(-1)=1$；右边 $=\dfrac{4-1}{3}=1$ ✓。

这个恒等式就是常用的立方差、平方差公式的推广：$n=1$ 时是 $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$， $n=2$ 时是 $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$。

练习（第 42 页）第 3 题

3. 设等比数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，已知 $a_{2} = 6$，$6a_{1} + a_{3} = 30$。求 $a_{n}$ 和 $S_{n}$。

设公比为 $q$。等比数列各项非零，故 $a_1\neq 0$、$q\neq 0$。

由 $a_2=a_1q=6$ 得 $a_1=\dfrac6q$。代入第二个条件（$a_3=a_1q^{2}$）：

$6\cdot\frac6q+\frac6q\cdot q^{2}=30 \;\Longrightarrow\; \frac{36}{q}+6q=30.$

两边乘 $q$（$q\neq 0$）：

$36+6q^{2}=30q \;\Longrightarrow\; 6q^{2}-30q+36=0 \;\Longrightarrow\; q^{2}-5q+6=0,$

$(q-2)(q-3)=0 \;\Longrightarrow\; q=2 \ \text{或}\ q=3.$

两个都满足 $q\neq 0$ 且 $q\neq 1$，都要保留。

情形一：$q=2$。 $a_1=\dfrac62=3$，

$a_n=3\times 2^{\,n-1},\qquad S_n=\frac{3\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=3\left(2^{n}-1\right).$

情形二：$q=3$。 $a_1=\dfrac63=2$，

$a_n=2\times 3^{\,n-1},\qquad S_n=\frac{2\left(1-3^{n}\right)}{1-3}=3^{n}-1.$

两组都回代核一遍：

• $q=2$：$a_2=3\times 2=6$ ✓，$6a_1+a_3=18+12=30$ ✓，$S_1=3(2-1)=3=a_1$ ✓；
• $q=3$：$a_2=2\times 3=6$ ✓，$6a_1+a_3=12+18=30$ ✓，$S_1=3-1=2=a_1$ ✓。

$q\neq 1$ 这一步这里是自动满足的（$q=1$ 代入 $6a_1+a_3=7a_1=30$ 得 $a_1=\frac{30}{7}$， 但那时 $a_2=a_1=\frac{30}{7}\neq 6$，矛盾），不过写下来更稳妥。

练习（第 42 页）第 4 题

4. 已知三个数成等比数列，它们的和等于14，积等于64. 求这个等比数列的首项和公比.

设法有讲究：三个数成等比时，把中间那个设成 $a$、公比设成 $q$，三个数写作

$\frac aq,\quad a,\quad aq \qquad (a\neq 0,\ q\neq 0),$

这样乘积里 $q$ 自动约掉，一步就能解出 $a$。

由积等于 64：

$\frac aq\cdot a\cdot aq=a^{3}=64 \;\Longrightarrow\; a=4$

（三次方在实数范围内根唯一，不带 $\pm$）。

由和等于 14：

$\frac4q+4+4q=14 \;\Longrightarrow\; \frac4q+4q=10.$

两边乘 $q$：

$4+4q^{2}=10q \;\Longrightarrow\; 2q^{2}-5q+2=0 \;\Longrightarrow\; (2q-1)(q-2)=0,$

$q=\frac12 \quad\text{或}\quad q=2.$

情形一：$q=2$。 三个数是 $2,\ 4,\ 8$，首项 $2$、公比 $2$。

情形二：$q=\dfrac12$。 三个数是 $8,\ 4,\ 2$，首项 $8$、公比 $\dfrac12$。

两组都核一遍：$2+4+8=14$，$2\times 4\times 8=64$ ✓；$8+4+2=14$，$8\times 4\times 2=64$ ✓。

两组其实是同一组数正着排与倒着排—— 但题目问的是”首项和公比”，两种排法给出不同的首项与公比，所以两个都要答。

练习（第 42 页）第 5 题

5. 如果一个等比数列前 5 项的和等于 10，前 10 项的和等于 50，那么这个数列的公比等于多少？

先排除 $q=1$。 若 $q=1$，则 $S_5=5a_1=10$ 给出 $a_1=2$，于是 $S_{10}=10a_1=20\neq 50$，矛盾。 所以 $q\neq 1$。

再用两个和相除。 $q\neq 1$ 时

$$\frac{S_{10}}{S_5}=\frac{\dfrac{a_1\left(1-q^{10}\right)}{1-q}}{\dfrac{a_1\left(1-q^{5}\right)}{1-q}} =\frac{1-q^{10}}{1-q^{5}}=\frac{\left(1-q^{5}\right)\left(1+q^{5}\right)}{1-q^{5}}=1+q^{5}.$$

（相除合法：$S_5=10\neq 0$；约分合法：$1-q^{5}\neq 0$，否则 $S_5=0$。）

代入已知：

$\frac{50}{10}=5=1+q^{5} \;\Longrightarrow\; q^{5}=4.$

五次方在实数范围内根唯一，所以

$q=\sqrt[5]{4}=2^{\frac25}.$

核一遍：$q^5=4$ 时 $S_{10}=S_5\left(1+q^5\right)=10\times 5=50$ ✓； $\sqrt[5]{4}\approx 1.3195>1$，数列递增（若 $a_1>0$），与”后 5 项的和 $=50-10=40$ 远大于前 5 项的和”相符 ✓。

这道题的关键动作：$\dfrac{S_{2n}}{S_n}=1+q^{\,n}$——不必求 $a_1$，两个和一除就只剩公比。

练习（第 45 页）第 1 题

1. 一个乒乓球从 $1\mathrm{m}$ 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倍.

(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 $400 \, cm$ ?

先把路程拆开数清楚（这是本题唯一的难点）。取 $\mathrm{cm}$ 为单位，初始高度 $100\ \mathrm{cm}$。

• 第 1 次着地前：只落了一次，路程 $100$；
• 第 $k$ 次着地到第 $k+1$ 次着地之间：先弹起 $100\times 0.61^{\,k}$，再落下同样的高度， 所以这一段路程是 $2\times 100\times 0.61^{\,k}$。

注意每一段高度都要上下各算一次，只有第一段是单程。

(1) 到第 6 次着地为止，中间经历了 $k=1,2,3,4,5$ 共 5 个来回：

$$L_6=100+2\times 100\left(0.61+0.61^{2}+0.61^{3}+0.61^{4}+0.61^{5}\right).$$

括号里是首项 $0.61$、公比 $0.61$、共 5 项的等比数列之和（$q=0.61\neq 1$）：

$$0.61+0.61^{2}+0.61^{3}+0.61^{4}+0.61^{5} =\frac{0.61\left(1-0.61^{5}\right)}{1-0.61}=\frac{0.61\left(1-0.61^{5}\right)}{0.39}.$$

逐次算幂（多留几位）：

$0.61^{2}=0.3721,\ \ 0.61^{3}=0.226981,\ \ 0.61^{4}=0.13845841,\ \ 0.61^{5}=0.0844596301,$

括号内之和 $=0.61+0.3721+0.226981+0.13845841+0.08445963=1.43199904$。于是

$L_6=100+200\times 1.43199904=100+286.399808=386.399808\approx 386 \ (\mathrm{cm}).$

(2) 到第 $n$ 次着地为止（$n\geqslant 2$），

$$L_n=100+200\times\frac{0.61\left(1-0.61^{\,n-1}\right)}{0.39} =100+\frac{122}{0.39}\left(1-0.61^{\,n-1}\right).$$

$\dfrac{122}{0.39}\approx 312.8205$，所以要 $L_n\geqslant 400$，即

$$312.8205\left(1-0.61^{\,n-1}\right)\geqslant 300 \;\Longrightarrow\; 1-0.61^{\,n-1}\geqslant 0.959016 \;\Longrightarrow\; 0.61^{\,n-1}\leqslant 0.040984.$$

$0.61^{\,n-1}$ 随 $n$ 增大而减小，逐个试：

$0.61^{6}=0.05152>0.040984,\qquad 0.61^{7}=0.031427<0.040984,$

所以最小的 $n-1$ 是 $7$，即 $n=8$。

代回核一遍：

$L_7=100+312.8205\times(1-0.05152)=100+296.70=396.70<400,$

$L_8=100+312.8205\times(1-0.031427)=100+302.99=402.99\geqslant 400 \ \checkmark$

所以至少在第 8 次着地后，总路程能达到 $400\ \mathrm{cm}$。

练习（第 45 页）第 2 题

2. 某牛奶厂 2015 年初有资金 1000 万元，由于引进了先进生产设备，资金年平均增长率可达到 50%. 每年年底扣除下一年的消费基金后，剩余资金投入再生产。这家牛奶厂每年应扣除多少消费基金，才能实现经过 5 年资金达到 2000 万元的目标（精确到 1 万元）？

设每年年底扣除的消费基金为 $x$ 万元，第 $n$ 年年底扣除后的剩余资金为 $b_n$ 万元， 2015 年初的资金记作 $b_0=1000$。由题意，

$b_n=1.5\,b_{n-1}-x \qquad (n=1,2,3,4,5).$

逐层展开（这一步比配常数更直接，因为只走 5 步）：

$$\begin{aligned} b_5&=1.5b_4-x=1.5\left(1.5b_3-x\right)-x=1.5^{2}b_3-1.5x-x=\dots\\ &=1.5^{5}b_0-x\left(1.5^{4}+1.5^{3}+1.5^{2}+1.5+1\right). \end{aligned}$$

括号里是首项 $1$、公比 $1.5$、共 5 项的等比数列之和（$q=1.5\neq 1$）：

$1+1.5+1.5^{2}+1.5^{3}+1.5^{4}=\frac{1\times\left(1.5^{5}-1\right)}{1.5-1}=\frac{7.59375-1}{0.5}=13.1875.$

又 $1.5^{5}=7.59375$，故 $1.5^{5}b_0=7593.75$。令 $b_5=2000$：

$7593.75-13.1875x=2000 \;\Longrightarrow\; 13.1875x=5593.75 \;\Longrightarrow\; x=\frac{5593.75}{13.1875}\approx 424.17.$

精确到 1 万元，每年应扣除约 424 万元。

核一遍（取整后验证目标能否达到）：

• $x=424$：$b_5=7593.75-424\times 13.1875=7593.75-5591.5=2002.25>2000$ ✓；
• $x=425$：$b_5=7593.75-425\times 13.1875=7593.75-5604.6875=1989.06<2000$ ✗。

所以取 $424$ 万元既满足目标、又是能扣的最大整数额，与四舍五入的结果一致。

这道题的关键动作： 把”增长后再扣除”写成递推式 $b_n=1.5b_{n-1}-x$，逐层展开后 $x$ 的系数恰好是一个等比数列之和。

练习（第 45 页）第 3 题

3. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，若 $S_{n} = 2a_{n} + 1$，求 $S_{n}$.

给的是 $S_n$ 与 $a_n$ 的关系式，做法是把 $n$ 与 $n-1$ 两式相减，换出递推式。

先取 $n=1$ 定首项（分家的第一步）：

$S_1=a_1=2a_1+1 \;\Longrightarrow\; a_1=-1.$

再对 $n\geqslant 2$ 作差：由 $S_n=2a_n+1$ 与 $S_{n-1}=2a_{n-1}+1$ 相减， 左边 $S_n-S_{n-1}=a_n$，右边 $=2a_n-2a_{n-1}$，所以

$a_n=2a_n-2a_{n-1} \;\Longrightarrow\; a_n=2a_{n-1} \qquad (n\geqslant 2).$

再判定等比：$a_1=-1\neq 0$，且由 $a_n=2a_{n-1}$ 归纳可知每一项都非零， 故 $\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=2$ 是与 $n$ 无关的非零常数。所以 $\{a_n\}$ 是首项 $-1$、公比 $2$ 的等比数列：

$a_n=-2^{\,n-1}.$

最后回到 $S_n$（直接用题给的关系式最省事）：

$S_n=2a_n+1=2\times\left(-2^{\,n-1}\right)+1=-2^{n}+1=1-2^{n}.$

核一遍：$S_1=1-2=-1=a_1$ ✓；$S_2=1-4=-3$，而 $a_1+a_2=-1-2=-3$ ✓； $S_3=1-8=-7$，而 $-1-2-4=-7$ ✓。 也可以用求和公式重算：$S_n=\dfrac{-1\left(1-2^{n}\right)}{1-2}=\dfrac{-1+2^{n}}{-1}=1-2^{n}$，一致 ✓。

习题 4.3 第 1 题

1. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 是等比数列.

(1) 若 $a_{1} = -1$ , $a_{4} = 64$ , 求 q 与 $S_{4}$ ;

(2) 若 $a_{5}-a_{1}=15,\quad a_{4}-a_{2}=6$ ，求 $a_{3}$

(1) 由 $a_4=a_1q^{3}$：

$64=-q^{3} \;\Longrightarrow\; q^{3}=-64 \;\Longrightarrow\; q=-4$

（三次方实数根唯一）。$q=-4\neq 1$，用求和公式：

$S_4=\frac{a_1\left(1-q^{4}\right)}{1-q}=\frac{-1\left(1-256\right)}{1-(-4)}=\frac{-1\times(-255)}{5}=51.$

核：数列是 $-1,\ 4,\ -16,\ 64$，和 $=-1+4-16+64=51$ ✓。

(2) 设公比为 $q$（$q\neq 0$，$a_1\neq 0$）。把两个条件都写成 $a_1$ 与 $q$ 的式子：

$$a_1\left(q^{4}-1\right)=15, \tag{i}$$ $$a_1\left(q^{3}-q\right)=a_1q\left(q^{2}-1\right)=6. \tag{ii}$$

由 (i) 知 $q^{4}-1\neq 0$，即 $q^{2}\neq 1$；于是 (ii) 的左边也非零，两式可以相除：

$\frac{q^{4}-1}{q\left(q^{2}-1\right)}=\frac{15}{6}=\frac52.$

左边分子 $q^4-1=\left(q^{2}-1\right)\left(q^{2}+1\right)$，与分母的 $q^{2}-1$ 约掉：

$\frac{q^{2}+1}{q}=\frac52 \;\Longrightarrow\; 2q^{2}-5q+2=0 \;\Longrightarrow\; (2q-1)(q-2)=0,$

$q=\frac12 \quad\text{或}\quad q=2.$

情形一：$q=2$。 由 (i)，$a_1(16-1)=15$，得 $a_1=1$，于是

$a_3=a_1q^{2}=1\times 4=4.$

情形二：$q=\dfrac12$。 由 (i)，$a_1\left(\dfrac1{16}-1\right)=15$，即 $a_1\times\left(-\dfrac{15}{16}\right)=15$， 得 $a_1=-16$，于是

$a_3=-16\times\frac14=-4.$

所以 $a_3=4$ 或 $a_3=-4$。

两组都核一遍：

• $q=2,\ a_1=1$：$a_5-a_1=16-1=15$ ✓，$a_4-a_2=8-2=6$ ✓；
• $q=\dfrac12,\ a_1=-16$：$a_5=-1$，$a_5-a_1=-1+16=15$ ✓；$a_4=-2$，$a_2=-8$，$a_4-a_2=-2+8=6$ ✓。

习题 4.3 第 2 题

2. 已知 $\{a_{n}\}$ 是一个无穷等比数列，公比为 $q$.

(1) 将数列 $\{a_{n}\}$ 中的前 k 项去掉，剩余项组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的首项与公比分别是多少？

(2) 取出数列 $\{a_{n}\}$ 中的所有奇数项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的首项与公比分别是多少？

（3）在数列 $\{a_{n}\}$ 中，从第1项起，每隔10项取出一项，组成一个新数列，这个新数列是等比数列吗？如果是，它的公比是多少？你能根据得到的结论作出关于等比数列的一个猜想吗？

三小问的动作相同：把新数列的第 $m$ 项用原数列的项表示，再作比。 原数列各项非零、$q\neq 0$，所以下面所有比值都算得动，且都非零。

(1) 是等比数列。 新数列的第 $m$ 项是 $b_m=a_{k+m}$，

$\frac{b_{m+1}}{b_m}=\frac{a_{k+m+1}}{a_{k+m}}=q,$

是非零常数，所以新数列是等比数列，公比 $q$，首项 $b_1=a_{k+1}=a_1q^{\,k}$。

(2) 是等比数列。 奇数项依次是 $a_1,a_3,a_5,\dots$，即 $c_m=a_{2m-1}$，

$\frac{c_{m+1}}{c_m}=\frac{a_{2m+1}}{a_{2m-1}}=q^{\,(2m+1)-(2m-1)}=q^{2},$

是非零常数，所以是等比数列，公比 $q^{2}$，首项 $c_1=a_1$。

(3) 是等比数列。 “从第 1 项起，每隔 10 项取出一项”——中间跳过 10 项， 所以取出的是 $a_1,\ a_{12},\ a_{23},\dots$，下标每次增加 $11$，即 $e_m=a_{1+11(m-1)}$，

$\frac{e_{m+1}}{e_m}=q^{\,11},$

是非零常数，所以是等比数列，公比 $q^{11}$（首项仍是 $a_1$）。

（若把”每隔 10 项取一项”读成”下标每次增加 10”，即取 $a_1,a_{11},a_{21},\dots$， 同样的计算给出公比 $q^{10}$。两种读法的结论形状一样，都印证下面的猜想。）

猜想：在等比数列 $\{a_n\}$ 中，按等间隔取出的项仍构成等比数列。 准确地说，取定 $p\in\mathbf{N}^*$ 与 $t\in\mathbf{N}^*$，令 $f_m=a_{\,p+(m-1)t}$（下标成公差为 $t$ 的等差数列），则

$\frac{f_{m+1}}{f_m}=q^{\,t},$

所以 $\{f_m\}$ 是公比 $q^{\,t}$ 的等比数列，首项 $a_p$。 (1) 是 $p=k+1,\ t=1$；(2) 是 $p=1,\ t=2$；(3) 是 $p=1,\ t=11$。 一句话记法：下标每跨 $t$ 步，值就乘 $t$ 次公比。（与等差那边”跨 $t$ 步加 $t$ 个公差”正好对偶。）

习题 4.3 第 3 题

3. 求和：

(1) $(2-3\times5^{-1})+(4-3\times5^{-2})+\cdots+(2n-3\times5^{-n})$ ;

(2) $1+2x+3x^{2}+\cdots+nx^{n-1}$

(1) 拆成两个数列分别求和。 第 $k$ 项是 $2k-3\times 5^{-k}$，所以

$S=\underbrace{(2+4+\dots+2n)}_{\text{等差}}-3\underbrace{\left(5^{-1}+5^{-2}+\dots+5^{-n}\right)}_{\text{等比}}.$

前一块是首项 $2$、末项 $2n$、共 $n$ 项的等差数列：

$2+4+\dots+2n=\frac{n(2+2n)}{2}=n(n+1).$

后一块是首项 $\dfrac15$、公比 $\dfrac15$（$\neq 1$）、共 $n$ 项的等比数列：

$$5^{-1}+\dots+5^{-n}=\frac{\dfrac15\left(1-\dfrac1{5^{n}}\right)}{1-\dfrac15} =\frac{\dfrac15\left(1-5^{-n}\right)}{\dfrac45}=\frac{1-5^{-n}}{4}.$$

所以

$S=n(n+1)-3\cdot\frac{1-5^{-n}}{4}=n^{2}+n-\frac34+\frac{3}{4\cdot 5^{n}}.$

核一遍：$n=1$ 时原式 $=2-\dfrac35=1.4$；公式给 $1+1-0.75+\dfrac{3}{20}=1.4$ ✓。 $n=2$ 时原式 $=1.4+\left(4-\dfrac{3}{25}\right)=1.4+3.88=5.28$； 公式给 $4+2-0.75+\dfrac{3}{100}=5.28$ ✓。

(2) 这是”等差 $\times$ 等比”的和，用错位相减。 先看 $x$ 的两种情形。

情形一：$x=1$。 各项是 $1,2,3,\dots,n$，

$S=1+2+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2}.$

情形二：$x\neq 1$。 记

$S=1+2x+3x^{2}+\dots+nx^{\,n-1},$

两边同乘 $x$：

$xS=x+2x^{2}+\dots+(n-1)x^{\,n-1}+nx^{\,n}.$

两式相减，同次幂的系数相减都得 $1$：

$$(1-x)S=1+x+x^{2}+\dots+x^{\,n-1}-nx^{\,n} =\frac{1-x^{\,n}}{1-x}-nx^{\,n}$$

（中间那一串是首项 $1$、公比 $x\neq 1$、共 $n$ 项的等比数列之和）。两边除以 $1-x$（非零）：

$S=\frac{1-x^{\,n}}{(1-x)^{2}}-\frac{nx^{\,n}}{1-x}.$

核一遍：$n=2,\ x=2$ 时原式 $=1+2\times 2=5$； 公式给 $\dfrac{1-4}{1}-\dfrac{2\times 4}{-1}=-3+8=5$ ✓。 $n=3,\ x=\dfrac12$ 时原式 $=1+1+\dfrac34=2.75$； 公式给 $\dfrac{1-\frac18}{\frac14}-\dfrac{3\cdot\frac18}{\frac12}=3.5-0.75=2.75$ ✓。 $x=0$ 时原式 $=1$，公式给 $\dfrac{1}{1}-0=1$ ✓（$x=0$ 落在 $x\neq 1$ 这一支里，公式仍适用）。

习题 4.3 第 4 题

4. 放射性元素在 $t = 0$ 时的原子核总数为 $N_{0}$，经过一年原子核总数衰变为 $N_{0}q$，常数 $1 - q$ 称为年衰变率。考古学中常利用死亡的生物体中碳14元素稳定持续衰变的现象测定遗址的年代。已知碳14的半衰期为5730年。

(1) 碳 14 的年衰变率为多少（精确到 $10^{-6}$ ）?

(2) 某动物标本中碳 14 含量为正常大气中碳 14 含量的 60%（即衰变了 40%），该动物的死亡时间大约距今多少年（精确到 1 年）？

由题意，经过 $t$ 年后原子核总数为 $N_0q^{\,t}$——每年乘同一个常数 $q$，这是一个等比数列的模型 （公比 $q$，且 $0<q<1$）。

(1) “半衰期为 5730 年”就是说 $5730$ 年后剩下一半：

$N_0q^{5730}=\frac12N_0 \;\Longrightarrow\; q^{5730}=\frac12 \;\Longrightarrow\; q=\left(\frac12\right)^{\frac{1}{5730}}.$

取对数计算：$\ln q=\dfrac{\ln\frac12}{5730}=\dfrac{-0.6931472}{5730}=-1.2096810\times 10^{-4}$，于是

$q=\mathrm{e}^{-1.2096810\times 10^{-4}}\approx 0.99987904.$

年衰变率

$1-q\approx 0.00012096\approx 0.000121.$

（保留到 $10^{-6}$ 即 $0.000121$。）

(2) 设死亡距今 $t$ 年，则

$N_0q^{\,t}=0.6N_0 \;\Longrightarrow\; q^{\,t}=0.6.$

两边取对数：

$t\ln q=\ln 0.6 \;\Longrightarrow\; t=\frac{\ln 0.6}{\ln q}=\frac{-0.5108256}{-1.2096810\times 10^{-4}}\approx 4222.8.$

精确到 1 年：

$t\approx 4223 \ (\text{年}).$

换一条路核一遍（用半衰期直接算，避开年衰变率的舍入）：

$t=5730\times\log_{\frac12}0.6=5730\times\frac{\ln 0.6}{\ln 0.5}=5730\times\frac{-0.5108256}{-0.6931472}\approx 5730\times 0.736966\approx 4223,$

两条路一致 ✓。量级也说得通：$0.6$ 比 $0.5$ 大一些，所以时间应略小于一个半衰期 （$4223<5730$）✓。

习题 4.3 第 5 题

5. 已知 $S_{n}$ 是等比数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和，$S_{3}, S_{9}, S_{6}$ 成等差数列。求证：$a_{2}, a_{8}, a_{5}$ 成等差数列。

设 $\{a_n\}$ 的首项为 $a_1$（$a_1\neq 0$）、公比为 $q$（$q\neq 0$）。 ”$S_3,S_9,S_6$ 成等差数列”即

$$2S_9=S_3+S_6. \tag{$\ast$}$$

第一步：先排除 $q=1$。 若 $q=1$，则 $S_n=na_1$，$(\ast)$ 成为

$2\times 9a_1=3a_1+6a_1 \;\Longrightarrow\; 18a_1=9a_1 \;\Longrightarrow\; a_1=0,$

与 $a_1\neq 0$ 矛盾。所以 $q\neq 1$，下面可以用 $S_n=\dfrac{a_1\left(1-q^{n}\right)}{1-q}$。

第二步：把 $(\ast)$ 化简成关于 $q$ 的关系。 代入求和公式，两边同乘 $\dfrac{1-q}{a_1}$ （$a_1\neq 0$、$1-q\neq 0$，合法）：

$2\left(1-q^{9}\right)=\left(1-q^{3}\right)+\left(1-q^{6}\right),$

$2-2q^{9}=2-q^{3}-q^{6} \;\Longrightarrow\; 2q^{9}=q^{3}+q^{6}.$

两边同除以 $q^{3}$（$q\neq 0$）：

$$2q^{6}=1+q^{3}. \tag{$\ast\ast$}$$

第三步：算 $a_2+a_5$。

$a_2+a_5=a_1q+a_1q^{4}=a_1q\left(1+q^{3}\right).$

把 $(\ast\ast)$ 代进去，$1+q^{3}=2q^{6}$：

$a_2+a_5=a_1q\cdot 2q^{6}=2a_1q^{7}=2a_8.$

第四步：下结论。 $a_2+a_5=2a_8$ 正是”$a_8$ 是 $a_2$ 与 $a_5$ 的等差中项”， 即 $a_2,\ a_8,\ a_5$ 成等差数列。证毕。

举例核一遍：由 $(\ast\ast)$ 解 $q^3$：令 $u=q^{3}$，则 $2u^{2}-u-1=0$， $(2u+1)(u-1)=0$，得 $u=1$（即 $q=1$，已排除）或 $u=-\dfrac12$，即 $q^{3}=-\dfrac12$。 取 $a_1=1$，则 $q^{3}=-\dfrac12$、$q^{6}=\dfrac14$、$q^{9}=-\dfrac18$， $S_3=\dfrac{1-q^3}{1-q}=\dfrac{1.5}{1-q}$，$S_6=\dfrac{0.75}{1-q}$，$S_9=\dfrac{1.125}{1-q}$， 而 $2\times 1.125=1.5+0.75$ ✓；又 $a_2+a_5=q+q^{4}=q\left(1+q^{3}\right)=\dfrac q2$， $2a_8=2q^{7}=2q\cdot q^{6}=2q\times\dfrac14=\dfrac q2$，两者相等 ✓。

习题 4.3 第 6 题

6. 求下列数列的一个通项公式和一个前 $n$ 项和公式：

1, 11, 111, 1111, 11111, …

先找通项。 这些数不成等差也不成等比（差是 $10,100,1000,\dots$，比不是常数）。 但每一项都是若干个 $1$ 连写，而

$\underbrace{11\cdots1}_{n\ \text{个}}=\frac{\underbrace{99\cdots9}_{n\ \text{个}}}{9}=\frac{10^{n}-1}{9}.$

所以

$a_n=\frac{10^{n}-1}{9}.$

核：$n=1$ 得 $\dfrac{9}{9}=1$ ✓，$n=3$ 得 $\dfrac{999}{9}=111$ ✓。

再求和。 把通项拆开：

$S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{10^{k}-1}{9}=\frac19\left(\sum_{k=1}^{n}10^{k}-n\right).$

括号里第一块是首项 $10$、公比 $10$（$\neq 1$）、共 $n$ 项的等比数列之和：

$\sum_{k=1}^{n}10^{k}=\frac{10\left(10^{n}-1\right)}{10-1}=\frac{10^{\,n+1}-10}{9}.$

所以

$S_n=\frac19\left(\frac{10^{\,n+1}-10}{9}-n\right)=\frac{10^{\,n+1}-9n-10}{81}.$

核一遍：$n=1$ 时 $\dfrac{100-9-10}{81}=\dfrac{81}{81}=1$ ✓； $n=2$ 时 $\dfrac{1000-18-10}{81}=\dfrac{972}{81}=12=1+11$ ✓； $n=3$ 时 $\dfrac{10000-27-10}{81}=\dfrac{9963}{81}=123=1+11+111$ ✓。

这道题的关键动作：把”重复数字”化成 $\dfrac{10^{n}-1}{9}$——一步把它变成等比数列的问题。

习题 4.3 第 7 题

7. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的首项 $a_{1}=1$ ，且满足 $a_{n+1}+a_{n}=3\times2^{n}$ . (1) 求证： $\{a_{n}-2^{n}\}$ 是等比数列. (2) 求数列 $\{a_{n}\}$ 的前 n 项和 $S_{n}$ .

(1) 证明。 记 $b_n=a_n-2^{n}$。

先算首项：$b_1=a_1-2=1-2=-1\neq 0$（这一步不能省——首项为零就不是等比数列）。

再作差递推：由题给 $a_{n+1}=3\times 2^{n}-a_n$，

$$b_{n+1}=a_{n+1}-2^{\,n+1}=\left(3\times 2^{n}-a_n\right)-2\times 2^{n}=2^{n}-a_n=-\left(a_n-2^{n}\right)=-b_n.$$

由 $b_1=-1\neq 0$ 与 $b_{n+1}=-b_n$ 归纳可知每一项都非零，所以

$\frac{b_{n+1}}{b_n}=-1$

是与 $n$ 无关的非零常数。按定义，$\{a_n-2^{n}\}$ 是等比数列，首项 $-1$、公比 $-1$。证毕。

(2) 由 (1)，

$b_n=-1\times(-1)^{\,n-1}=(-1)^{n},\qquad\text{即}\qquad a_n=2^{n}+(-1)^{n}.$

核通项：$a_1=2-1=1$ ✓；$a_2=4+1=5$，而由递推 $a_2=3\times 2-a_1=5$ ✓； $a_3=8-1=7$，而 $a_3=3\times 4-a_2=7$ ✓。

求和时把两块分开：

$S_n=\sum_{k=1}^{n}2^{k}+\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k}.$

第一块是首项 $2$、公比 $2$ 的等比数列之和：

$\sum_{k=1}^{n}2^{k}=\frac{2\left(2^{n}-1\right)}{2-1}=2^{\,n+1}-2.$

第二块是首项 $-1$、公比 $-1$ 的等比数列之和（$q=-1\neq 1$）：

$\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k}=\frac{-1\left[1-(-1)^{n}\right]}{1-(-1)}=\frac{(-1)^{n}-1}{2},$

也就是说，$n$ 为偶数时它等于 $0$，$n$ 为奇数时它等于 $-1$。 所以

$S_n=2^{\,n+1}-2+\frac{(-1)^{n}-1}{2},$

写成分段的样子更好看：

$$S_n=\begin{cases} 2^{\,n+1}-3, & n\ \text{为奇数},\\ 2^{\,n+1}-2, & n\ \text{为偶数}. \end{cases}$$

核一遍：$S_1=4-3=1=a_1$ ✓；$S_2=8-2=6=1+5$ ✓；$S_3=16-3=13=1+5+7$ ✓。

习题 4.3 第 8 题

8. 若数列 $\{a_{n}\}$ 的首项 $a_1 = 1$ ，且满足 $a_{n + 1} = 2a_{n} + 1$ ，求数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式及前10项的和.

这是 $a_{n+1}=pa_n+r$ 的标准形状（$p=2\neq 1$，$r=1$），做法是配一个常数。 找常数 $k$ 使 $a_{n+1}+k=2\left(a_n+k\right)$，展开得 $a_{n+1}=2a_n+k$，与题给比较系数得 $k=1$。于是

$a_{n+1}+1=2\left(a_n+1\right).$

判定等比：记 $b_n=a_n+1$，则 $b_1=a_1+1=2\neq 0$，且 $b_{n+1}=2b_n$， 由此归纳每一项都非零，$\dfrac{b_{n+1}}{b_n}=2$ 是非零常数。所以 $\{a_n+1\}$ 是首项 $2$、公比 $2$ 的等比数列：

$a_n+1=2\times 2^{\,n-1}=2^{n} \;\Longrightarrow\; a_n=2^{n}-1.$

核通项：$a_1=2-1=1$ ✓；$a_2=2\times 1+1=3$，而 $2^{2}-1=3$ ✓；$a_3=2\times 3+1=7=2^{3}-1$ ✓。

再求前 10 项和：

$S_{10}=\sum_{k=1}^{10}\left(2^{k}-1\right)=\sum_{k=1}^{10}2^{k}-10=\left(2^{11}-2\right)-10=2048-2-10=2036.$

核一遍：$2^{11}=2048$，$\sum_{k=1}^{10}2^{k}=2+4+\dots+1024=2046$，再减 $10$ 得 $2036$ ✓。

习题 4.3 第 9 题

9. 在流行病学中，基本传染数 $R_{0}$ 是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数。$R_{0}$ 一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定。假设某种传染病的基本传染数 $R_{0} = 3.8$ ，平均感染周期为7天，那么感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要几轮传染？需要多少天？（初

始感染者传染 $R_{0}$ 个人为第一轮传染，这 $R_{0}$ 个人每人再传染 $R_{0}$ 个人为第二轮传染……）

先把每一轮新增的人数写成等比数列。 按题目括号里的约定：

• 初始感染者：$1$ 人；
• 第 1 轮新增：$R_0=3.8$ 人；
• 第 2 轮新增：$R_0^{2}$ 人；
• ……第 $k$ 轮新增：$R_0^{\,k}$ 人。

各轮新增人数构成首项 $1$、公比 $R_0=3.8$ 的等比数列。

再写”总感染人数”。 经过 $k$ 轮之后，累计感染人数是前 $k+1$ 项之和（含初始那 1 人）：

$T_k=1+R_0+R_0^{2}+\dots+R_0^{\,k}=\frac{R_0^{\,k+1}-1}{R_0-1}=\frac{3.8^{\,k+1}-1}{2.8}$

（$R_0=3.8\neq 1$，公式适用）。

解不等式 $T_k\geqslant 1000$：

$\frac{3.8^{\,k+1}-1}{2.8}\geqslant 1000 \;\Longrightarrow\; 3.8^{\,k+1}\geqslant 2801.$

逐次算 $3.8$ 的幂：

$3.8^{2}=14.44,\ \ 3.8^{3}=54.872,\ \ 3.8^{4}=208.5136,\ \ 3.8^{5}=792.35168,\ \ 3.8^{6}=3010.9364.$

$3.8^{5}=792.35<2801$，$3.8^{6}=3010.94\geqslant 2801$，所以最小的 $k+1$ 是 $6$，即

$k=5.$

代回核一遍：

$T_4=\frac{792.35-1}{2.8}\approx 282.6<1000,\qquad T_5=\frac{3010.94-1}{2.8}\approx 1075.0\geqslant 1000 \ \checkmark$

所需天数：一轮传染的时间就是一个感染周期 $7$ 天，所以

$5\times 7=35 \ (\text{天}).$

答：大约需要 5 轮传染，35 天。

习题 4.3 第 10 题

10. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 为等比数列，$a_{1} = 1024$，公比 $q = \frac{1}{2}$。若 $T_{n}$ 是数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项积，求 $T_{n}$ 的最大值。

先把通项写成 2 的幂（前 $n$ 项积的题，一律先化成同底幂，指数相加就成了等差数列的和）：

$a_n=1024\times\left(\frac12\right)^{\,n-1}=2^{10}\times 2^{-(n-1)}=2^{\,11-n}.$

各项都为正，所以 $T_n>0$，可以只比较指数。

$T_n=\prod_{k=1}^{n}2^{\,11-k}=2^{\,\sum_{k=1}^{n}(11-k)}.$

指数是一个等差数列之和（首项 $10$、末项 $11-n$、共 $n$ 项）：

$f(n)=\sum_{k=1}^{n}(11-k)=\frac{n\left[10+(11-n)\right]}{2}=\frac{n(21-n)}{2}.$

$T_n=2^{\,f(n)}$，底数 $2>1$，所以 $T_n$ 最大当且仅当 $f(n)$ 最大。

$f(n)=\dfrac{21n-n^{2}}{2}$ 是开口向下的二次式，对称轴 $n=\dfrac{21}{2}=10.5$。 $n$ 取正整数，离对称轴最近的是 $n=10$ 与 $n=11$，两者同样近，所以

$f(10)=\frac{10\times 11}{2}=55,\qquad f(11)=\frac{11\times 10}{2}=55,$

两者相等。因此

$T_n \ \text{的最大值}=2^{55},\ \text{在}\ n=10\ \text{与}\ n=11\ \text{时同时取到}.$

为什么会并列：$a_{11}=2^{\,11-11}=2^{0}=1$，乘上它不改变乘积——所以 $T_{11}=T_{10}$。 而 $a_{12}=2^{-1}=\dfrac12<1$，从第 12 项起乘的都是小于 1 的正数，乘积开始减小。

核一遍：$f(9)=\dfrac{9\times 12}{2}=54<55$，$f(12)=\dfrac{12\times 9}{2}=54<55$ ✓， 两侧都比 $55$ 小，最大值确实在 $n=10,11$ 处。

习题 4.3 第 11 题

11. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 的首项 $a_1 = \frac{3}{5}$，且满足 $a_{n+1} = \frac{3a_n}{2a_n + 1}$.

(1) 求证：数列 $\left\{\frac{1}{a_{n}}-1\right\}$ 为等比数列.

(2) 若 $\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + \frac{1}{a_{3}} + \cdots + \frac{1}{a_{n}} < 100$ ，求满足条件的最大整数 n.

(1) 证明。

先说清各项为正（否则 $\dfrac{1}{a_n}$ 无从谈起）：$a_1=\dfrac35>0$； 若 $a_n>0$，则 $2a_n+1>1>0$，故 $a_{n+1}=\dfrac{3a_n}{2a_n+1}>0$。由数学归纳法，$a_n>0$ 对一切 $n$ 成立， 分母 $2a_n+1$ 也恒不为零，递推式处处有定义。

再取倒数（分式递推的标准动作）：

$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{2a_n+1}{3a_n}=\frac23+\frac{1}{3a_n}.$

两边减 $1$：

$\frac{1}{a_{n+1}}-1=\frac{1}{3a_n}+\frac23-1=\frac{1}{3a_n}-\frac13=\frac13\left(\frac{1}{a_n}-1\right).$

记 $b_n=\dfrac{1}{a_n}-1$，则 $b_{n+1}=\dfrac13b_n$，且

$b_1=\frac{1}{a_1}-1=\frac53-1=\frac23\neq 0,$

由此归纳每一项都非零，所以 $\dfrac{b_{n+1}}{b_n}=\dfrac13$ 是非零常数。 按定义，$\left\{\dfrac{1}{a_n}-1\right\}$ 是等比数列，首项 $\dfrac23$、公比 $\dfrac13$。证毕。

(2) 由 (1)，

$b_n=\frac23\left(\frac13\right)^{\,n-1}=\frac{2}{3^{\,n}},\qquad\text{即}\qquad \frac{1}{a_n}=1+\frac{2}{3^{\,n}}.$

（核一遍：$n=1$ 时 $1+\dfrac23=\dfrac53=\dfrac{1}{a_1}$ ✓。）

求和，一块是常数、一块是等比：

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k}=\sum_{k=1}^{n}1+2\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{3^{k}} =n+2\cdot\frac{\dfrac13\left(1-\dfrac{1}{3^{n}}\right)}{1-\dfrac13} =n+2\cdot\frac{1-3^{-n}}{2}=n+1-\frac{1}{3^{n}}.$$

解不等式：

$n+1-\frac{1}{3^{n}}<100.$

因为 $0<\dfrac{1}{3^{n}}<1$ 对一切 $n\in\mathbf{N}^*$ 成立，所以

$n<n+1-\frac{1}{3^{n}}<n+1,$

即左边的和恰好夹在 $n$ 与 $n+1$ 之间。于是

• $n=99$ 时和 $=100-\dfrac{1}{3^{99}}<100$，成立；
• $n=100$ 时和 $=101-\dfrac{1}{3^{100}}>100$，不成立（因为 $\dfrac{1}{3^{100}}<1$）。

又和关于 $n$ 严格递增（每加一项都加上一个正数 $\dfrac{1}{a_{n+1}}>0$），所以 $n\geqslant 100$ 时都不成立。

所以满足条件的最大整数 $n=99$。

核一遍：$n=99$ 时和 $=100-\dfrac{1}{3^{99}}$，比 $100$ 小一个极小的正数，确实 $<100$ ✓； $n=100$ 时和 $=101-\dfrac{1}{3^{100}}>100$ ✓。

习题 4.3 第 12 题

12. 已知数列 $\{a_{n}\}$ 为等差数列，$a_{1} = 1$，$a_{3} = 2\sqrt{2} + 1$，前 $n$ 项和为 $S_{n}$，数列 $\{b_{n}\}$ 满足 $b_{n} = \frac{S_{n}}{n}$ 求证：

(1) 数列 $\{b_{n}\}$ 为等差数列；

(2) 数列 $\{a_{n}\}$ 中的任意三项均不能构成等比数列.

先把 $\{a_n\}$ 定下来。 由 $a_3=a_1+2d$：

$2\sqrt2+1=1+2d \;\Longrightarrow\; d=\sqrt2,$

所以

$a_n=1+(n-1)\sqrt2.$

(1) 证明。 由等差数列的求和公式，

$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=n+\frac{n(n-1)}{2}\sqrt2,$

两边除以 $n$（$n\in\mathbf{N}^*$，$n\neq 0$）：

$b_n=\frac{S_n}{n}=1+\frac{n-1}{2}\sqrt2.$

于是对任意 $n$，

$b_{n+1}-b_n=\frac{n}{2}\sqrt2-\frac{n-1}{2}\sqrt2=\frac{\sqrt2}{2},$

是与 $n$ 无关的常数。按定义，$\{b_n\}$ 是等差数列，首项 $1$、公差 $\dfrac{\sqrt2}{2}$。证毕。

(2) 证明（反证法）。 先注意 $a_n=1+(n-1)\sqrt2\geqslant 1>0$，各项都非零， 所以”成等比数列”这件事谈得动。

假设 $\{a_n\}$ 中存在三项 $a_p,\ a_q,\ a_r$（$p,q,r\in\mathbf{N}^*$ 且两两不等）依次构成等比数列， 则由等比中项

$a_q^{2}=a_pa_r.$

记 $x=p-1,\ y=q-1,\ z=r-1$，它们是两两不等的非负整数，且 $a_p=1+x\sqrt2$ 等。代入：

$\left(1+y\sqrt2\right)^{2}=\left(1+x\sqrt2\right)\left(1+z\sqrt2\right).$

两边展开：

$1+2y\sqrt2+2y^{2}=1+(x+z)\sqrt2+2xz,$

移项整理成”有理数 $+$ 有理数 $\times\sqrt2$“的形状：

$\left(2y^{2}-2xz\right)+\left(2y-x-z\right)\sqrt2=0.$

这里用到 $\sqrt2$ 是无理数：设 $A=2y^{2}-2xz$、$B=2y-x-z$，两者都是整数。 若 $B\neq 0$，则 $\sqrt2=-\dfrac AB$ 是有理数，与 $\sqrt2$ 无理矛盾。所以必须

$B=0 \quad\text{且}\quad A=0,\qquad\text{即}\qquad x+z=2y,\qquad y^{2}=xz.$

把 $y=\dfrac{x+z}{2}$ 代入 $y^{2}=xz$：

$\left(\frac{x+z}{2}\right)^{2}=xz \;\Longrightarrow\; (x+z)^{2}=4xz \;\Longrightarrow\; (x-z)^{2}=0 \;\Longrightarrow\; x=z.$

于是 $p=r$，与”三项两两不等”矛盾。

所以假设不成立：数列 $\{a_n\}$ 中的任意三项都不能构成等比数列。证毕。

核一遍（看看为什么”差一点就成”）：$x+z=2y$ 说的是三个下标成等差，$y^2=xz$ 说的是它们成等比， 而同时成等差又成等比的三个数必然相等——这正是上面 $(x-z)^2=0$ 的含义。 举例：取 $a_1=1,\ a_2=1+\sqrt2,\ a_3=1+2\sqrt2$，则 $a_2^{2}=3+2\sqrt2$， 而 $a_1a_3=1+2\sqrt2$，两者不等 ✓。