2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第5章第3讲比数列及其前n项和


第3讲　等比数列及其前n项和

[考纲解读]　1.理解等比数列的概念及等比数列与指数函数的关系．
2．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并熟练掌握其推导方法，能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题．(重点)
3．熟练掌握等比数列的基本运算和相关性质．(难点)
[考向预测]　从近三年高考情况来看，本讲一直是高考中的重点．预测2021年高考将会以等比数列的通项公式及其性质、等比数列的前n项和为考查重点，也可能将等比数列的通项、前n项和及性质综合考查，此外，还可能会与等差数列综合考查．题型以客观题或解答题的形式呈现，属中档题型.


1.等比数列的有关概念
(1)等比数列的定义
一般地，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常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．数学语言表达：＝q(n≥2)，q为常数，q≠0.
(2)等比中项
如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇔G2＝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；可推广为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＝＝.
3．等比数列的相关性质
设数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．
(1)若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq，其中m，n，p，q∈N*.特别地，若2s＝p＋r，则apar＝a，其中p，s，r∈N*.
(2)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qm(k，m∈N*)．
(3)若数列{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则数列{ban}，{pan·qbn}和(其中b，p，q是非零常数)也是等比数列．
(4)Sm＋n＝Sn＋qnSm＝Sm＋qmSn.
(5)当q≠－1或q＝－1且k为奇数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…是等比数列，公比为qk.当q＝－1且k为偶数时，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…不是等比数列．
(6)若a1·a2·…·an＝Tn，则Tn，，，…成等比数列．
(7)若数列{an}的项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q.

1．概念辨析
(1)满足an＋1＝qan(n∈N*，q为常数)的数列{an}为等比数列．(　　)
(2)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.(　　)
(3)如果数列{an}为等比数列，则数列{lg an}是等差数列．(　　)
(4)若数列{an}的通项公式是an＝an，则其前n项和为Sn＝.(　　)
(5)若数列{an}为等比数列，则S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×
2．小题热身
(1)在等比数列{an}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于(　　)
A．5 B．±5
C．4 D．±4
答案　C
解析　设等比数列{an}的公比为q，则q4＝＝＝4，q2＝2，所以a5＝a3q2＝2×2＝4.
(2)对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是(　　)
A．a1，a3，a9成等比数列
B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9成等比数列
答案　D
解析　不妨设公比为q，则a＝aq4，a1·a9＝aq8，a2·a6＝aq6，当q≠±1时，知A，B均不正确；又a＝aq6，a2·a8＝aq8，同理，C不正确；由a＝aq10，a3·a9＝aq10，知D正确．故选D.
(3)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1＝(　　)
A. B．－
C. D．－
答案　C
解析　由已知条件及S3＝a1＋a2＋a3，得a3＝9a1，设数列{an}的公比为q，则q2＝9，所以a5＝9＝a1·q4＝81a1，得a1＝.
(4)数列{an}中a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和，若Sn＝126，则n＝________.
答案　6
解析　因为a1＝2，an＋1＝2an，所以an≠0，故＝2.
所以数列{an}是公比为2的等比数列，因为Sn＝126，所以＝126，所以2n＝64，故n＝6.

题型 一　等比数列基本量的运算

1．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁衰分得100,60,36,21.6个单位，递减的比例为40%，今共有粮m(m>0)石，按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”，已知丙衰分得80石，乙、丁衰分所得的和为164石，则“衰分比”与m的值分别为(　　)
A．20%　369 B．80%　369
C．40%　360 D．60%　365
答案　A
解析　设“衰分比”为a，甲衰分得b石，
由题意得
解得b＝125，a＝20%，m＝369.故选A.
2．(2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝，a＝a6，则S5＝________.
答案　
解析　由a＝a6，得(a1q3)2＝a1q5，整理得q＝＝3.∴S5＝＝.
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝，S3＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)①当公比q＝1时，
∵a3＝，S3＝，
∴an＝；
②当q≠1时，
∵a3＝，S3＝，
∴a1q2＝，＝，
解得a1＝6，q＝－，
此时an＝6·n－1.
综上所述，数列{an}的通项公式为
an＝或an＝6·n－1.
(2)①当an＝时，bn＝log2＝2，
故Tn＝2n；
②当an＝6·n－1时，
bn＝log2＝2n，
此时Tn＝2·＝n(n＋1)．
综上所述，Tn＝2n或Tn＝n(n＋1)．

1．等比数列基本运算中的两种常用数学思想
方程
的思想
等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a1和q，问题可迎刃而解．如举例说明2
分类讨论
的思想
等比数列的前n项和公式涉及对公比q的分类讨论，当q＝1时，{an}的前n项和Sn＝na1；当q≠1时，{an}的前n项和Sn＝＝.如举例说明3
2．等比数列的基本运算方法
(1)等比数列可以由首项a1和公比q确定，所有关于等比数列的计算和证明，都可围绕a1和q进行．
(2)对于等比数列问题，一般给出两个条件，就可以通过列方程(组)求出a1，q.如果再给出第三个条件就可以完成a1，n，q，an，Sn的“知三求二”问题．

1．等比数列{an}的前n项和为Sn＝32n－1＋r，则r的值为(　　)
A. B．－
C. D．－
答案　B
解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝32n－1＋r－32n－3－r＝8·32n－3，
当n＝1时，a1＝S1＝32－1＋r＝3＋r，
∵数列是等比数列，∴a1满足an＝8·32n－3，
即8·32－3＝3＋r＝，即r＝－，故选B.
2．(2020·滨海新区期中)已知递增等比数列{an}的第三项、第五项、第七项的积为512，且这三项分别减去1,3,9后成等差数列．
(1)求{an}的首项和公比；
(2)设Sn＝a＋a＋…＋a，求Sn.
解　(1)根据等比数列的性质，可得a3·a5·a7＝a＝512，解得a5＝8.
设数列{an}的公比为q，则a3＝，a7＝8q2，
由题设可得＋(8q2－9)＝2×(8－3)＝10，
解得q2＝2或.
∵{an}是递增数列，可得q＞1，∴q2＝2，得q＝.
因此a5＝a1q4＝4a1＝8，解得a1＝2.
(2)由(1)得{an}的通项公式为
an＝a1qn－1＝2×()n－1＝()n＋1，
∴a＝[()n＋1]2＝2n＋1，
可得{a}是以4为首项，2为公比的等比数列．
因此Sn＝a＋a＋…＋a＝＝2n＋2－4.
题型 二　等比数列的判定与证明　

(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝.
(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．
解　(1)由条件可得an＋1＝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){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
由题设条件可得＝，即bn＋1＝2bn，
又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n－1，所以an＝n·2n－1.
条件探究1　将本例中的条件改为“a1＝1，a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，且an>0”，求{an}的通项公式．
解　由a－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以＝.
故{an}是首项为1，公比为的等比数列，
因此an＝.
条件探究2　将本例中的条件改为“a1＝3，an＋an－1＝anan－1(n≥2，且n∈N)”．
求证数列是等比数列，并求出an.
解　∵an＋an－1＝anan－1，∴＋＝1，
∴＝－＋1，∴－＝－(n≥2)，
∴是以－＝－为首项，－1为公比的等比数列．
∴－＝－×(－1)n－1，∴an＝.

等比数列的判定方法
(1)定义法：若＝q(q为非零常数，n∈N*)或＝q(q为非零常数且n≥2，n∈N*)，则{an}是等比数列．见举例说明(2)．
(2)等比中项公式法：若数列{an}中，an≠0且a＝an·an＋2(n∈N*)，则数列{an}是等比数列．
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成an＝c·qn(c，q均是不为0的常数，n∈N*)，则{an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Sn＝k·qn－k(k为常数且k≠0，q≠0,1)，则{an}是等比数列．
提醒：(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．
(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1．已知{an}，{bn}都是等比数列，那么(　　)
A．{an＋bn}，{an·bn}都一定是等比数列
B．{an＋bn}一定是等比数列，但{an·bn}不一定是等比数列
C．{an＋bn}不一定是等比数列，但{an·bn}一定是等比数列
D．{an＋bn}，{an·bn}都不一定是等比数列
答案　C
解析　an＝1，bn＝(－1)n，
则{an}，{bn}都是等比数列，但{an＋bn}不是等比数列；
设等比数列{an}的公比为p，等比数列{bn}的公比为q，
则＝·＝pq.
所以数列{an·bn}一定是等比数列．
2．设数列{an}的前n项和为Sn，满足：Sn＋an＝，n＝1,2，…，n.
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求Sn.
解　(1)证明：由题意，n＝1时，S1＋a1＝0，
即a1＝0，n≥2时，Sn＋Sn－Sn－1＝2Sn－Sn－1＝＝－，
所以Sn－＝，S1－＝－，
所以数列是以－为首项，为公比的等比数列．
(2)由(1)知，Sn－＝n－1＝－n，所以Sn＝－n.
题型 三　等比数列前n项和及性质的应用　

角度1　等比数列通项的性质
1．已知数列{an}是递增的等比数列，且a4a6－2a＋a2a4＝144，则a5－a3＝(　　)
A．6 B．8
C．10 D．12
答案　D
解析　∵{an}是递增的等比数列，∴由a4a6－2a＋a2a4＝144，a5－a3>0，可得a－2a3a5＋a＝144，(a5－a3)2＝144，∴a5－a3＝12，故选D.
2．(2019·开封模拟)已知数列{an}满足log2an＋1＝1＋log2an(n∈N*)，且a1＋a2＋a3＋…＋a10＝1，则log2(a101＋a102＋…＋a110)＝________.
答案　100
解析　由log2an＋1＝1＋log2an，
可得log2an＋1＝log22an，
所以an＋1＝2an，所以数列{an}是以a1为首项，2为公比的等比数列，
又a1＋a2＋…＋a10＝1，所以a101＋a102＋…＋a110＝(a1＋a2＋…＋a10)×2100＝2100，
所以log2(a101＋a102＋…＋a110)＝log22100＝100.
角度2　等比数列的前n项和的性质
3．(2019·丽水模拟)设各项都是正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于(　　)
A．150 B．－200
C．150或－200 D．400或－50
答案　A
解析　易知S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30.又S20>0，所以S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80，所以S40＝150.故选A.
4．(2020·池州高三上学期期末)已知等比数列{an}的公比q＝2，前100项和为S100＝90，则其偶数项a2＋a4＋…＋a100为(　　)
A．15 B．30
C．45 D．60
答案　D
解析　设S＝a1＋a3＋…＋a99，则a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋a3＋…＋a99)q＝2S，又因为S100＝a1＋a2＋a3＋…＋a100＝90，所以3S＝90，S＝30，
所以a2＋a4＋…＋a100＝2S＝60.

1．掌握运用等比数列性质解题的两个技巧
(1)在等比数列的基本运算问题中，一般是列出a1，q满足的方程组求解，但有时运算量较大，如果可利用等比数列的性质，便可减少运算量，提高解题的速度，要注意挖掘已知和隐含的条件．
(2)利用性质可以得到一些新数列仍为等比数列或为等差数列，例如：
①若{an}是等比数列，且an>0，则{logaan}(a>0且a≠1)是以logaa1为首项，logaq为公差的等差数列．
②若公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn.如举例说明3.
2．牢记与等比数列前n项和Sn相关的几个结论
(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{an}中，公比为q.
①若共有2n项，则S偶∶S奇＝q；
②若共有2n＋1项，则S奇－S偶＝(q≠1且q≠－1)，＝q.
(2)分段求和：Sn＋m＝Sn＋qnSm⇔qn＝(q为公比)．

1．(2019·青岛模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6,3a4，－a5成等差数列，则＝(　　)
A．3 B．9
C．10 D．13
答案　C
解析　设等比数列{an}的公比为q，因为a6,3a4，－a5成等差数列，所以6a4＝a6－a5，所以6a4＝a4(q2－q)．由题意得a4>0，q>0.所以q2－q－6＝0，解得q＝3，所以＝＝1＋q2＝10.
2．已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(　　)
A．21 B．42
C．63 D．84
答案　B
解析　设{an}的公比为q，由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2(负值舍去)．∴a3＋a5＋a7＝a1q2＋a3q2＋a5q2＝(a1＋a3＋a5)q2＝21×2＝42.故选B.
3．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
答案　B
解析　由题意知公比大于0，由等比数列的性质知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.故选B.

　组　基础关
1．(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝(　　)
A．16 B．8
C．4 D．2
答案　C
解析　由题意知
解得∴a3＝a1q2＝4.故选C.
2．(2020·新乡调研)已知各项均不为0的等差数列{an}满足a3－＋a11＝0，数列{bn}为等比数列，且b7＝a7，则b1·b13＝(　　)
A．25 B．16
C．8 D．4
答案　B
解析　由a3－＋a11＝0，得2a7－＝0，a7＝4，所以b7＝4，b1·b13＝b＝16.
3．(2020·天津武清区模拟)设{an}是首项大于零的等比数列，则“a A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
答案　B
解析　设公比为q，若a1，则q>1或q<－1，当q<－1时，数列为摆动数列，则“数列{an}为递增数列”不成立，即充分性不成立，若“数列{an}为递增数列”，则a10，∴a2>0，则“a 4．(2019·淄博模拟)已知{an}是等比数列，若a1＝1，a6＝8a3，数列的前n项和为Tn，则T5＝(　　)
A. B．31
C. D．7
答案　A
解析　设等比数列{an}的公比为q，则q3＝＝＝8，故q＝2.易证数列是首项为＝1，公比为的等比数列，所以T5＝＝.
5．设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1等于(　　)
A．－2 B．－1
C. D.
答案　B
解析　将已知两式作差得S4－S2＝3a4－3a2，所以a3＋a4＝3a4－3a2，即3a2＋a2q－2a2q2＝0.所以2q2－q－3＝0，解得q＝或q＝－1(舍去)．将q＝代入S2＝3a2＋2，即a1＋a1q＝3a1q＋2，解得a1＝－1.
6．(2019·郑州模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2n＝4(a1＋a3＋…＋a2n－1)，a1a2a3＝－27，则a5＝(　　)
A．81 B．24
C．－81 D．－24
答案　C
解析　解法一：易知等比数列{an}的公比q≠1，由S2n＝4(a1＋a3＋…＋a2n－1)，可得＝4×，解得q＝3.由a1a2a3＝a＝－27，得a2＝－3，所以a5＝a2q3＝－3×33＝－81.故选C.
解法二：当n＝1时，S2＝a1＋a2＝4a1，即a2＝3a1，所以q＝3.又a1a2a3＝a＝－27，所以a2＝－3，所以a5＝a2q3＝－3×33＝－81.故选C.
7．(2019·南昌模拟)在等比数列{an}中，a1＋an＝66，a2an－1＋a3an－2＝256，且前n项和Sn＝126，则n＝ (　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
答案　C
解析　因为数列{an}是等比数列，所以a2an－1＝a3an－2＝a1an，又因为a2an－1＋a3an－2＝256，所以a1an＝128，又因为a1＋an＝66.所以a1＝2，an＝64或a1＝64，an＝2.因为Sn＝，且Sn＝126，所以若a1＝2，an＝64，则＝126，得q＝2.此时an＝2×2n－1＝2n＝64，n＝6；若a1＝64，an＝2，则＝126，得q＝，此时an＝64×n－1＝2，得n＝6.综上知，n＝6.
8．已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则q＝________.
答案　2
解析　由等比数列的性质得a＝a3a5，又因为a3a5＝4(a4－1)，所以a＝4(a4－1)，解得a4＝2.又a1＝，所以q3＝＝8，解得q＝2.
9．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝________.
答案　3∶4
解析　因为S10∶S5＝1∶2，所以设S5＝2a，S10＝a(a≠0)，
因为S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，即2a，－a，S15－a成等比数列，所以(－a)2＝2a(S15－a)，解得S15＝，所以S15∶S5＝3∶4.
10．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1等于________．
答案　
解析　因为{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，所以q3＝＝，则q＝，所以＝q2＝(n≥2)．
所以数列{anan＋1}是以8为首项，为公比的等比数列．所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝.
　组　能力关
1．(2018·北京高考)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　)
A.f B.f
C.f D.f
答案　D
解析　由已知，单音的频率构成一个首项为f，公比为的等比数列，记为{bn}，共有13项．由等比数列的通项公式可知，b8＝b1q7＝f×()7＝f.
2．(2019·湖北“四地七校”联考)若数列{an}是公比不为1的等比数列，且a2018＋a2020＝dx，则a2017·(a2019＋2a2021＋a2023)＝(　　)
A．4π2 B．2π2
C．π2 D．3π2
答案　C
解析　由题意，dx＝π×22＝π，则a2018＋a2020＝π，设等比数列{an}的公比为q，则a2019＋2a2021＋a2023＝(a2018＋a2020)q＋(a2018＋a2020)q3＝π(q＋q3)，故a2017(a2019＋2a2021＋a2023)＝πa2017(q＋q3)＝π(a2018＋a2020)＝π2.故选C.
3．若数列{an＋1－an}是等比数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝5，则an＝________.
答案　
解析　因为a1＝1，a2＝2，a3＝5，
所以a2－a1＝1，a3－a2＝3.
所以等比数列{an＋1－an}的首项为1，公比为3，
所以an＋1－an＝1×3n－1.
所以a2－a1＝1，
a3－a2＝3，
…
an－an－1＝3n－2，
以上各式相加得an－a1＝1＋3＋…＋3n－2＝＝，又a1＝1，所以an＝(n≥2)．
当n＝1时，a1＝1，也满足上式，所以an＝.
4．(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式．
解　(1)证明：由题设得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，
即an＋1＋bn＋1＝(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，
所以{an＋bn}是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，
即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2.
又因为a1－b1＝1，
所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．
(2)由(1)知，an＋bn＝，an－bn＝2n－1，
所以an＝[(an＋bn)＋(an－bn)]＝＋n－，
bn＝[(an＋bn)－(an－bn)]＝－n＋.
5．已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝n，记T2n为{an}的前2n项的和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并求出bn；
(2)求T2n.
解　(1)∵an·an＋1＝n，
∴an＋1·an＋2＝n＋1，
∴＝，即an＋2＝an.∵bn＝a2n＋a2n－1，
∴＝＝＝，
∵a1＝1，a1·a2＝，∴a2＝，∴b1＝a1＋a2＝.
∴{bn}是首项为，公比为的等比数列．
∴bn＝×n－1＝.
(2)由(1)可知，an＋2＝an，
∴a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，以为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，以为公比的等比数列，
∴T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－.