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(共47张PPT)
4.3.3　等比数列前n项和
第一课时　等比数列前n项和公式
1.探索并掌握等比数列的前n项和公式.
2.理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.
课标要求
素养要求
在探索等比数列的前n项和公式的过程中，发展学生的数学运算和逻辑推理素养.
课前预习
课堂互动
分层训练
内容索引
课前预习
知识探究
1
1.等比数列前n项和公式
na1
na1
2.错位相减法
一般地，等比数列{an}的前n项和可写为：
Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
用公比q乘①的两边，可得
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，②
由①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn，
我们把上述方法叫____________，一般适用于数列{an·bn}前n项和的求解，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且q≠1.
错位相减法
1.思考辨析，判断正误
×
提示　当q＝1时，公式不成立，此时Sn＝na1.
(2)等比数列的前n项和不可以为0.(
)
提示　可以为0，比如1，－1，1，－1，1，－1的和.
×
(3)数列{an}的前n项和为Sn＝an＋b(a≠0，a≠1)，则数列{an}一定是等比数列.(
)
×
(4)求数列{n·2n}的前n项和可用错位相减法.(
)
√
B
3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝S9，则公比q＝(　　)
解析　由S3＋S6＝S9得S3＝S9－S6，即a1＋a2＋a3＝a7＋a8＋a9＝q6(a1＋a2＋a3)，
则q6＝1，q＝±1.
A
62
4.等比数列{an}中，a3＝8，a6＝64，则数列{an}的前5项的和是________.
∴q＝2，
从而a1＝2.
课堂互动
题型剖析
2
题型一　等比数列前n项和公式的应用
【迁移1】　设数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，且S3＝3a3，求此数列的公比q.
解　当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，符合题目条件.
【迁移2】　在等比数列{an}中，S2＝30，S3＝155，求Sn.
解　若q＝1，则S3∶S2＝3∶2，
等比数列前n项和公式的运算
(1)应用等比数列的前n项和公式时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论.
(2)当q＝1时，等比数列是常数列，所以Sn＝na1；当q≠1时，等比数列的前n项
思维升华
【训练1】　(1)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q≠1.若a1＝1，且对任意的n∈N
都有an＋2＋an＋1＝2an，则S5＝(　　)
A.12
B.20
C.11
D.21
C
解析　an＋2＋an＋1＝2an等价于anq2＋anq＝2an.
因为an≠0，故q2＋q－2＝0，即(q＋2)(q－1)＝0.
因为q≠1，所以q＝－2，
A.－2
B.2
C.－3
D.3
B
解
设数列{an}的公比为q，若q＝1，
【例2】　数列{an}的前n项和Sn＝3n－2.求{an}的通项公式，并判断{an}是否是等比数列.
题型二　等比数列前n项和公式的函数特征应用
解　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2)－(3n－1－2)＝2·3n－1.
当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1不适合上式.
法一　由于a1＝1，a2＝6，a3＝18，显然a1，a2，a3不是等比数列，
故{an}不是等比数列.
法二　由等比数列{bn}的公比q≠1时的前n项和Sn＝A·qn＋B满足的条件为A＝－B，对比可知Sn＝3n－2，－2≠－1，故{an}不是等比数列.
思维升华
【训练2】　若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝________.
解析　显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，
【例3】　求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0).
题型三　利用错位相减法求数列的前n项和
当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，
xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…(n－1)xn＋nxn＋1，
∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1
一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是公比不为1的等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法.
思维升华
1.牢记2个公式
课堂小结
2.掌握2种方法
(1)等比数列的通项公式和前n项和公式的基本量法.
(2)错位相减法.
3.注意1个易错点
前n项和公式的应用中，注意前n项和公式要分类讨论，即当q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况.
分层训练
素养提升
3
一、选择题
1.设数列{(－1)n}的前n项和为Sn，则Sn等于(　　)
D
2.在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前3项和为21，则a3＋a4＋a5等于(　　)
C
A.33
B.72
C.84
D.189
解析　由S3＝a1(1＋q＋q2)＝21且a1＝3，
得q2＋q－6＝0.∵q>0，∴q＝2.
∴a3＋a4＋a5＝q2(a1＋a2＋a3)＝q2·S3＝22×21＝84.
3.等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a4＝4，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝(　　)
B
解析　由a1a2a3＝1得a2＝1，又a4＝4，
4.(多选题)已知等比数列{an}的前n项和是Sn，则下列说法一定成立的是(　　
)
ABC
A.若a3>0，则a2
021>0
B.若a4>0，则a2
020>0
C.若a3>0，则S2
021>0
D.若a3>0，则S2
021<0
解析　设数列{an}的公比为q，
当a3>0时，a2
021＝a3q2
018>0，A正确；
当a4>0时，a2
020＝a4·q2
016>0，B正确；
当q<0时，1－q>0，1－q2
021>0，∴S2
021>0，
当00，1－q2
021>0，∴S2
021>0，
当q>1时，1－q<0，1－q2
021<0，∴S2
021>0.
当q＝1时，S2
021＝2
021a1>0，故C正确，D不正确.
C
32
3n－1
∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0.
∵an>0，∴an＋1＝3an.
又a1＝2，
∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
2n－1
三、解答题
9.在等比数列{an}中，a2－a1＝2，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列{an}的首项、公比及前n项和.
解　设数列{an}的公比为q(q≠0).
解②得q＝3或q＝1.
由于a1(q－1)＝2，
因此q＝1不合题意，应舍去.
故公比q＝3，首项a1＝1.
可得Sn＝n(a1＋n－1)，∴a1＋a2＝2(a1＋1)，
又a2＝3，解得a1＝1.∴Sn＝n2.
∴n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n＝1时也成立).
∴an＝2n－1.
解　bn＝an·3n＝(2n－1)·3n，∴数列{bn}的前n项和
Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，
∴3Tn＝32＋3×33＋…＋(2n－3)·3n＋(2n－1)·3n＋1，
11.(多选题)在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是其前n项和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　　
)
A.q＝2
B.数列{Sn＋2}是等比数列
C.S8＝510
D.数列{lg
an}是公差为2的等差数列
ABC
解析　∵a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，
∴a1(1＋q3)＝18，a1(q＋q2)＝12，又公比q为整数，故a1＝q＝2，故A正确；
∴Sn＋2＝2n＋1，
∴数列{Sn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，故B正确；
由B知S8＝29－2＝510，故C正确；
由B知lg
an＝n，数列{lg
an}是公差为1的等差数列，故D错误.
－2
解析　设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，
所以q＝－2.易知数列{|an|}为等比数列，且公比为|q|＝2，
解　因为点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，
所以an＋1＝3Sn＋1，
当n≥2时，an＝3Sn－1＋1.
于是an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)?an＋1－an＝3an?an＋1＝4an.
又当n＝1时，a2＝3S1＋1?a2＝3a1＋1＝3t＋1，
所以当t＝1时，a2＝4a1，此时，数列{an}是等比数列.
解
由(1)，可得an＝4n－1，an＋1＝4n，
所以bn＝log4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n，
那么Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)
＝(40＋41＋…＋4n－1)＋(1＋2＋…＋n)
14.数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为2的等比数列，那么an＝________.
2n－1
各式相加得an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2，
故an＝a1＋2n－2＝2n－1(n∈N
).
本节内容结束(共49张PPT)
第二课时　等比数列前n项和的性质及应用
1.熟练应用等比数列前n项和公式的性质解题.
2.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.
课标要求
素养要求
通过利用等比数列的前n项和公式解决实际应用问题，提升学生的数学建模和数学运算素养.
课前预习
课堂互动
分层训练
内容索引
课前预习
知识探究
1
等比数列前n项和的性质
(1)性质一：若Sn表示数列{an}的前n项和，且Sn＝Aqn－A(Aq≠0，q≠±1)，则数列{an}是_______数列.
(2)性质二：若数列{an}是公比为q的等比数列，则
等比
q
1.思考辨析，判断正误
√
(1)等比数列{an}的前n项和Sn不可能等于2n.(
)
(2)若等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋k，则k＝－1.(
)
√
√
(4)等比数列{an}是递增数列，前n项和为Sn，则{Sn}也是递增数列.(
)
×
2.已知等比数列{an}的公比为2，且其前5项和为1，那么{an}的前10项和等于(　　)
A.31
B.33
C.35
D.37
B
解析　设{an}的公比为q，由题意，q＝2，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，
则a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝q5(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q5＝25＝32，
∴S10＝1＋32＝33.
3.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地……”，则该人最后一天走的路程为(　　)
A.24里
B.12里
C.6里
D.3里
解析　由题知，设该人每天行走的里数构成一个等比数列{an}(n∈N
)，
C
63
4.设等比数列{an}中，S7＝48，S14＝60，则S21＝________.
解析　由题意得S7，S14－S7，S21－S14组成等比数列，
∴(S14－S7)2＝S7·(S21－S14)，
即(60－48)2＝48×(S21－60)，解得S21＝63.
课堂互动
题型剖析
2
题型一　等比数列的连续n项之和的性质
【例1】　等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4为(　　)
A.28
B.32
C.21
D.28或－21
解析　
∵{an}为等比数列，
∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，
即7，S4－7，91－S4成等比数列，
∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21.
∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2
＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)>S2，∴S4＝28.
A
【迁移1】　将例题中的条件“S2＝7，S6＝91”改为“正数等比数列中Sn＝2，S3n＝14”，求S4n的值.
解　设S2n＝x，S4n＝y，则2，x－2，14－x，y－14成等比数列，
【迁移2】　将例题中条件“S2＝7，S6＝91”改为“公比q＝2，S99＝56”，求a3＋a6＋a9＋…＋a99的值.
∴a1(1－q99)＝－56，
∴a3＋a6＋a9＋…＋a99＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q96)
法二　设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a97，
b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a98，
b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a99，
则b1q＝b2，b2q＝b3，且b1＋b2＋b3＝56，
∴b1(1＋q＋q2)＝56.
∴b3＝b1q2＝8×22＝32，
即a3＋a6＋a9＋…＋a99＝32.
等比数列前n项和为Sn(且Sn≠0)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn(q≠－1).
思维升华
【训练1】　在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
解　法一　∵S2n≠2Sn，∴q≠1，
法二　∵{an}为等比数列，显然公比不等于－1，
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列，
∴(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，
【例2】　一个项数为偶数的等比数列，全部项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求该等比数列的通项公式.
题型二　等比数列的不连续n项和的性质
解　设数列{an}的首项为a1，公比为q，全部奇数项、偶数项之和分别记为S奇，
S偶，由题意，知S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶.
思维升华
【训练2】　已知等比数列{an}的首项是1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求此数列的公比和项数.
解　法一　设等比数列{an}的公比为q，项数为2n(n∈N
).
【例3】　小华准备购买一部售价为5
000元的手机，采用分期付款方式，并在一年内将款全部付清.商家提出的付款方式为：购买2个月后第1次付款，再过2个月后第2次付款，…，购买12个月后第6次付款，每次付款金额相同，约定月利率为0.8%，每月利息按复利计算，求小华每期付款金额是多少.(参考数据：1.00812≈1.10)
题型三　等比数列前n项和的实际应用
解　法一　设小华每期付款x元，第k个月末付款后的欠款本利为Ak元，
则：A2＝5
000×(1＋0.008)2－x＝5
000×1.0082－x，
A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5
000×1.0084－1.0082x－x，
…，
A12＝5
000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0，
法二　设小华每期付款x元，到第k个月时已付款及利息为Ak元，则：
A2＝x；
A4＝A2(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082)；
A6＝A4(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082＋1.0084)；
…
A12＝x(1＋1.0082＋1.0084＋1.0086＋1.0088＋1.00810).
∵年底付清欠款，∴A12＝5
000×1.00812，
即5
000×1.00812＝x(1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)，
故小华每期付款金额约为883.5元.
思维升华
【训练3】　一个热气球在第一分钟上升了25
m的高度，在以后的每一分钟内，它上升的高度都是它在前一分钟内上升高度的80%.这个热气球上升的高度能超过125
m吗？
解　用an表示热气球在第n分钟内上升的高度，
1.牢记1个知识点
等比数列的前n项和公式的性质.
2.掌握2种方法
(1)应用等比数列前n项和的性质时运用整体思想.
(2)构建数学模型.
3.注意1个易错点
对于某些数列问题，必须充分挖掘题目中隐含的条件(如n是奇数还是偶数)，若忽略这些隐含条件将导致错误.
课堂小结
分层训练
素养提升
3
C
B
A.2
B.3
C.4
D.1
解析　依题意，每天的织布数构成一个公比q＝2的等比数列{an}，其前n项和为Sn，
3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　)
A
解析　因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，
即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，
ABD
5.某市利用省运会的契机，鼓励全民健身，从2020年7月起向全市投放A，B两种型号的健身器材.已知7月投放A型健身器材300台，B型健身器材64台，计划8月起，A型健身器材每月的投放量均为a台，B型健身器材每月的投放量比上一月多50%，若12月底该市A，B两种健身器材投放总量不少于2
000台，则a的最小值为(　　)
D
A.243
B.172
C.122
D.74
∴5a＋300＋1
330≥2
000，解得a≥74，故选D.
二、填空题
6.正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20等于________.
40
则(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(130－S20)，
解得S20＝40或S20＝－30(舍去).
7.一个球从256米的高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半，当它第6次着地时，共经过的路程是________米.
752
∴第6次着地时，共经过的路程为256＋2S5＝752(米).
解析　由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，
得210(S30－S20)＝S20－S10.
又S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，
三、解答题
9.(1)设数列{xn}满足log2xn＋1＝1＋log2xn(n∈N
)，且x1＋x2＋…＋x10＝10，记{xn}的前n项和为Sn，求S20；
解　∵log2xn＋1＝1＋log2xn＝log2(2xn)，
∴xn＋1＝2xn，且xn>0，
∴{xn}为等比数列，且公比q＝2，
∴S20＝S10＋q10S10＝10＋210×10＝10
250.
(2)设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列；数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，求ba1＋ba2＋ba3＋…＋ba6.
解　设数列{bn}的公比为q，则q＝2.
证明　法一　设此等比数列的公比为q，首项为a1，
当q＝1时，Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1，
11.某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N
)等于________.
6
解析　设每天植树的棵树构成的数列为{an}，
由题意可知它是等比数列，且首项为2，公比为2，
解析　令x＝n，y＝1，则f(n)·f(1)＝f(n＋1)，
14.(多选题)如果有穷数列a1，a2，a3，…，am(m为正整数)满足a1＝am，a2＝
am－1，…，即ai＝am－i＋1(i＝1，2，…，m)，我们称其为“对称数列”.例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”.设{bn}是项数为2m(m>1，m∈N
)的“对称数列”，且1，2，22，23，…，2m－1依次为该数列中连续的前m项，则数列{bn}的前100项和S100可能的取值为(　　
)
A.2100－1
B.251－2
C.226－4
D.2m＋1－22m－100－1
ABD
解析　由题意知数列{bn}为1，2，22，23，…，2m－1，2m－1，…，23，22，2，1.
本节内容结束第二课时　等比数列前n项和的性质及应用
课标要求
素养要求
1.熟练应用等比数列前n项和公式的性质解题.2.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.
通过利用等比数列的前n项和公式解决实际应用问题，提升学生的数学建模和数学运算素养.
自主梳理
等比数列前n项和的性质
(1)性质一：若Sn表示数列{an}的前n项和，且Sn＝Aqn－A(Aq≠0，q≠±1)，则数列{an}是等比数列.
(2)性质二：若数列{an}是公比为q的等比数列，则
①在等比数列中，若项数为2n(n∈N
)，则＝q.
②在等比数列中，若项数为2n＋1(n∈N
)，则＝q.
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列(注意：q≠－1或m为奇数).
自主检验
1.思考辨析，判断正误
(1)等比数列{an}的前n项和Sn不可能等于2n.(√)
(2)若等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋k，则k＝－1.(√)
(3)在公比为2的等比数列{an}中，＝2.(√)
(4)等比数列{an}是递增数列，前n项和为Sn，则{Sn}也是递增数列.(×)
提示　反例：若等比数列{an}为－4，－2，－1，－，…，则S1＝－4，S2＝－6，S3＝－7，…，逐渐减小，则{Sn}不是递增数列.
2.已知等比数列{an}的公比为2，且其前5项和为1，那么{an}的前10项和等于(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.31
B.33
C.35
D.37
答案　B
解析　设{an}的公比为q，由题意，q＝2，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，则a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝q5(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q5＝25＝32，∴S10＝1＋32＝33.
3.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地……”，则该人最后一天走的路程为(　　)
A.24里
B.12里
C.6里
D.3里
答案　C
解析　由题知，设该人每天行走的里数构成一个等比数列{an}(n∈N
)，公比q＝，S6＝＝378，∴a1＝192，∴a6＝192×＝6.故该人最后一天走的路程为6里.
4.设等比数列{an}中，S7＝48，S14＝60，则S21＝________.
答案　63
解析　由题意得S7，S14－S7，S21－S14组成等比数列，
∴(S14－S7)2＝S7·(S21－S14)，
即(60－48)2＝48×(S21－60)，解得S21＝63.
题型一　等比数列的连续n项之和的性质
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】　等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4为(　　)
A.28
B.32
C.21
D.28或－21
答案　A
解析　
∵{an}为等比数列，
∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，
即7，S4－7，91－S4成等比数列，
∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21.
∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2
＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)>S2，∴S4＝28.
【迁移1】　将例题中的条件“S2＝7，S6＝91”改为“正数等比数列中Sn＝2，S3n＝14”，求S4n的值.
解　设S2n＝x，S4n＝y，则2，x－2，14－x，y－14成等比数列，
所以
所以或(舍去)，
所以S4n＝30.
【迁移2】　将例题中条件“S2＝7，S6＝91”改为“公比q＝2，S99＝56”，求a3＋a6＋a9＋…＋a99的值.
解　法一　∵S99＝＝56，q＝2，
∴a1(1－q99)＝－56，
∴a3＋a6＋a9＋…＋a99
＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q96)＝a1q2·＝a1(1－q99)·＝32.
法二　设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a97，
b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a98，
b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a99，
则b1q＝b2，b2q＝b3，且b1＋b2＋b3＝56，
∴b1(1＋q＋q2)＝56.
∴b1＝＝8，
∴b3＝b1q2＝8×22＝32，
即a3＋a6＋a9＋…＋a99＝32.
思维升华　等比数列前n项和为Sn(且Sn≠0)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn(q≠－1).
【训练1】　在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
解　法一　∵S2n≠2Sn，∴q≠1，
由已知得
②÷①得1＋qn＝，
即qn＝，③
③代入①得＝64，
∴S3n＝＝64＝63.
法二　∵{an}为等比数列，显然公比不等于－1，
∴Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等比数列，
∴(S2n－Sn)2＝Sn(S3n－S2n)，
∴S3n＝＋S2n＝＋60＝63.
题型二　等比数列的不连续n项和的性质
【例2】　一个项数为偶数的等比数列，全部项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求该等比数列的通项公式.
解　设数列{an}的首项为a1，公比为q，全部奇数项、偶数项之和分别记为S奇，S偶，由题意，知S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶.
∵数列{an}的项数为偶数，∴q＝＝.
又a1·a1q·a1q2＝64，∴a·q3＝64，即a1＝12.
故所求通项公式为an＝12×，n∈N
.
思维升华　(1)在等比数列{an}中，若项数为偶数，则有S偶＝qS奇，且Sn＝S偶＋S奇；若项数为2n＋1，则＝q(S偶≠0).
(2)解题时要注意观察序号之间的联系，发现解题契机，注意应用整体的思想.
【训练2】　已知等比数列{an}的首项是1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求此数列的公比和项数.
解　法一　设等比数列{an}的公比为q，项数为2n(n∈N
).
由已知a1＝1，q≠1，有
由②÷①，得q＝2，
∴＝85，4n＝256，∴n＝4.
故公比为2，项数为8.
法二　∵S偶＝a2＋a4＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)q＝S奇·q，∴q＝＝＝2.
又Sn＝85＋170＝255，据Sn＝，得＝255，
∴2n＝256，∴n＝8.即公比q＝2，项数n＝8.
题型三　等比数列前n项和的实际应用
【例3】　小华准备购买一部售价为5
000元的手机，采用分期付款方式，并在一年内将款全部付清.商家提出的付款方式为：购买2个月后第1次付款，再过2个月后第2次付款，…，购买12个月后第6次付款，每次付款金额相同，约定月利率为0.8%，每月利息按复利计算，求小华每期付款金额是多少.(参考数据：1.00812≈1.10)
解　法一　设小华每期付款x元，第k个月末付款后的欠款本利为Ak元，则：
A2＝5
000×(1＋0.008)2－x＝5
000×1.0082－x，
A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5
000×1.0084－1.0082x－x，
…，
A12＝5
000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0，
解得x＝
＝≈883.5.
故小华每期付款金额约为883.5元.
法二　设小华每期付款x元，到第k个月时已付款及利息为Ak元，则：
A2＝x；
A4＝A2(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082)；
A6＝A4(1＋0.008)2＋x＝x(1＋1.0082＋1.0084)；
…
A12＝x(1＋1.0082＋1.0084＋1.0086＋1.0088＋1.00810).
∵年底付清欠款，∴A12＝5
000×1.00812，
即5
000×1.00812＝x(1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)，
∴x＝
＝≈883.5.
故小华每期付款金额约为883.5元.
思维升华　(1)实际生活中的增长率问题，分期付款问题等都是等比数列问题；
(2)解决此类问题的关键是由实际情况抽象出数列模型，利用数列知识求解.
【训练3】　一个热气球在第一分钟上升了25
m的高度，在以后的每一分钟内，它上升的高度都是它在前一分钟内上升高度的80%.这个热气球上升的高度能超过125
m吗？
解　用an表示热气球在第n分钟内上升的高度，
由题意，得an＋1＝an，
因此，数列{an}是首项a1＝25，公比q＝的等比数列.
热气球在前n分钟内上升的总高度
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＝
＝125×<125，
故这个热气球上升的高度不可能超过125
m.
1.牢记1个知识点
等比数列的前n项和公式的性质.
2.掌握2种方法
(1)应用等比数列前n项和的性质时运用整体思想.
(2)构建数学模型.
3.注意1个易错点
对于某些数列问题，必须充分挖掘题目中隐含的条件(如n是奇数还是偶数)，若忽略这些隐含条件将导致错误.
一、选择题
1.等比数列{an}的首项为1，公比为q，前n项的和为S，由原数列各项的倒数组成一个新数列，则数列的前n项的和是(　　)
A.
B.Sqn－1
C.Sq1－n
D.
答案　C
解析　易知数列也是等比数列，首项为1，公比为，则数列的前n项和为＝＝·＝＝Sq1－n.
2.我国数学巨著《九章算术》中，有如下问题：今有女子善织，日自倍，五日织五尺.问日织几何？其大意为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这位女子每天分别织布多少？根据上述问题的已知条件，若该女子共织布尺，则这位女子织布的天数是(　　)
A.2
B.3
C.4
D.1
答案　B
解析　依题意，每天的织布数构成一个公比q＝2的等比数列{an}，其前n项和为Sn，则S5＝5，Sm＝.∵S5＝＝5，解得a1＝.∴Sm＝＝，解得m＝3.故选B.
3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于(　　)
A.
B.－
C.
D.
答案　A
解析　因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，即8，－1，S9－S6成等比数列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝，所以a7＋a8＋a9＝.
4.(多选题)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N
)，则下列结论正确的有(　　)
A.为等比数列
B.{an}的通项公式为an＝
C.{an}为递增数列
D.的前n项和Tn＝2n＋2－3n－4
答案　ABD
解析　因为an＋1＝(n∈N
)，整理得2an＋1＋3anan＋1＝an，可转化为＋3＝2，所以是以＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，故＋3＝4·2n－1＝2n＋1，所以＝2n＋1－3，所以an＝，易知{an}为递减数列，故A，B正确，C错误；的前n项和Tn＝－3n＝2n＋2－3n－4，故D正确.
5.某市利用省运会的契机，鼓励全民健身，从2020年7月起向全市投放A，B两种型号的健身器材.已知7月投放A型健身器材300台，B型健身器材64台，计划8月起，A型健身器材每月的投放量均为a台，B型健身器材每月的投放量比上一月多50%，若12月底该市A，B两种健身器材投放总量不少于2
000台，则a的最小值为(　　)
A.243
B.172
C.122
D.74
答案　D
解析　设B型健身器材这6个月投放量构成数列{bn}，则{bn}是b1＝64，q＝的等比数列，其前6项和S6＝＝1
330，∴5a＋300＋1
330≥2
000，解得a≥74，故选D.
二、填空题
6.正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20等于________.
答案　40
解析　由S30＝13S10，知q≠1.由
得由等比数列的前n项和的性质得S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，则(S20－S10)2＝S10(S30－S20)，即(S20－10)2＝10(130－S20)，解得S20＝40或S20＝－30(舍去).
7.一个球从256米的高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半，当它第6次着地时，共经过的路程是________米.
答案　752
解析　设小球每次着地后跳回的高度构成数列{an}，则数列{an}为等比数列，
a1＝128，q＝，S5＝＝248，
∴第6次着地时，共经过的路程为256＋2S5＝752(米).
8.设正项等比数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，则公比q＝________.
答案　
解析　由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，
得210(S30－S20)＝S20－S10.
又S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，
∴＝q10＝.
又{an}为正项等比数列，∴q＝.
三、解答题
9.(1)设数列{xn}满足log2xn＋1＝1＋log2xn(n∈N
)，且x1＋x2＋…＋x10＝10，记{xn}的前n项和为Sn，求S20；
(2)设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列；数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，求ba1＋ba2＋ba3＋…＋ba6.
解　(1)∵log2xn＋1＝1＋log2xn＝log2(2xn)，
∴xn＋1＝2xn，且xn>0，
∴{xn}为等比数列，且公比q＝2，
∴S20＝S10＋q10S10＝10＋210×10＝10
250.
(2)设数列{bn}的公比为q，则q＝2.
∵＝＝qan＋1－an＝2，
∴{ban}是首项为b2＝2，公比为2的等比数列.
∴ba1＋ba2＋…＋ba6＝＝126.
10.已知一等比数列的前n项、前2n项、前3n项的和分别为Sn，S2n，S3n，求证：S＋S＝Sn(S2n＋S3n).
证明　法一　设此等比数列的公比为q，首项为a1，
当q＝1时，Sn＝na1，S2n＝2na1，S3n＝3na1，
∴S＋S＝n2a＋4n2a＝5n2a，
Sn(S2n＋S3n)＝na1(2na1＋3na1)＝5n2a，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n).
当q≠1时，Sn＝(1－qn)，
S2n＝(1－q2n)，S3n＝(1－q3n)，
∴S＋S＝·[(1－qn)2＋(1－q2n)2]
＝·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n).
又Sn(S2n＋S3n)＝(1－qn)(2－q2n－q3n)＝·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n).
综上，S＋S＝Sn(S2n＋S3n).
法二　根据等比数列的性质有
S2n＝Sn＋qnSn＝Sn(1＋qn)，S3n＝Sn＋qnSn＋q2nSn，
∴S＋S＝S＋[Sn(1＋q)n]2＝S(2＋2qn＋q2n)，
∴Sn(S2n＋S3n)＝S(2＋2qn＋q2n).
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n).
11.某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n(n∈N
)等于________.
答案　6
解析　设每天植树的棵树构成的数列为{an}，由题意可知它是等比数列，且首项为2，公比为2，可得≥100，即2n≥51.而25＝32，26＝64，n∈N
，所以最少天数n＝6.
12.设f(x)是定义在R上的恒不为零的函数，且对任意的实数x，y，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y).若a1＝，an＝f(n)(n∈N
)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案　1－
解析　令x＝n，y＝1，则f(n)·f(1)＝f(n＋1)，
又an＝f(n)，∴＝＝f(1)＝a1＝，
∴数列{an}是以为首项，为公比的等比数列，
∴Sn＝＝1－.
13.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，并以此发展旅游产业.根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少，本年度当地旅游收入估计为400万元，由于该项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长.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，bn的表达式.
解　第1年投入800万元，第2年投入800×万元，…，第n年投入800×万元，
所以总投入an＝800＋800×＋…＋800×
＝4
000×(万元).
同理，第1年收入400万元，第2年收入400×万元，…，第n年收入400×万元.
所以总收入bn＝400＋400×＋…＋400×
＝1
600×.
综上，an＝4
000×，
bn＝1
600×.
14.(多选题)如果有穷数列a1，a2，a3，…，am(m为正整数)满足a1＝am，a2＝am－1，…，即ai＝am－i＋1(i＝1，2，…，m)，我们称其为“对称数列”.例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”.设{bn}是项数为2m(m>1，m∈N
)的“对称数列”，且1，2，22，23，…，2m－1依次为该数列中连续的前m项，则数列{bn}的前100项和S100可能的取值为(　　)
A.2100－1
B.251－2
C.226－4
D.2m＋1－22m－100－1
答案　ABD
解析　由题意知数列{bn}为1，2，22，23，…，2m－1，2m－1，…，23，22，2，1.
若m＝50，则S100＝2×＝251－2，B正确；
若51≤m<100，则S100＝2×－＝2m＋1－22m－100－1，故D正确；
若m≥100，则S100＝＝2100－1，故A正确.4.3.3　等比数列前n项和
第一课时　等比数列前n项和公式
课标要求
素养要求
1.探索并掌握等比数列的前n项和公式.2.理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系.
在探索等比数列的前n项和公式的过程中，发展学生的数学运算和逻辑推理素养.
自主梳理
1.等比数列前n项和公式
2.错位相减法
一般地，等比数列{an}的前n项和可写为：
Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
用公比q乘①的两边，可得
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，②
由①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn，
整理得Sn＝(q≠1).
我们把上述方法叫错位相减法，一般适用于数列{an·bn}前n项和的求解，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且q≠1.
自主检验
1.思考辨析，判断正误
(1)求等比数列的前n项和可以直接套用公式Sn＝.(×)
提示　当q＝1时，公式不成立，此时Sn＝na1.
(2)等比数列的前n项和不可以为0.(×)
提示　可以为0，比如1，－1，1，－1，1，－1的和.
(3)数列{an}的前n项和为Sn＝an＋b(a≠0，a≠1)，则数列{an}一定是等比数列.(×)
提示　由于等比数列的前n项和为Sn＝＝－qn(q≠1).可以发现b＝－1时，数列{an}才为等比数列.
(4)求数列{n·2n}的前n项和可用错位相减法.(√)
2.在等比数列{an}中，若a1＝1，a4＝，则该数列的前10项和S10＝(　　)
A.2－
B.2－
C.2－
D.2－
答案　B
解析　易知公比q＝，则S10＝＝2－.
3.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝S9，则公比q＝(　　)
A.1或－1
B.1
C.－1
D.
答案　A
解析　由S3＋S6＝S9得S3＝S9－S6，即a1＋a2＋a3＝a7＋a8＋a9＝q6(a1＋a2＋a3)，则q6＝1，q＝±1.
4.等比数列{an}中，a3＝8，a6＝64，则数列{an}的前5项的和是________.
答案　62
解析　∵q3＝＝8，
∴q＝2，
从而a1＝2.
∴S5＝＝62.
题型一　等比数列前n项和公式的应用
【例1】　已知一个等比数列{an}，a1＋a3＝10，a4＋a6＝，求a4和S5.
解　设等比数列的公比为q，则
即
∵a1≠0，1＋q2≠0，②÷①得q3＝，
∴q＝，∴a1＝8，∴a4＝8×＝1，
∴S5＝＝.
【迁移1】　设数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，且S3＝3a3，求此数列的公比q.
解　当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，符合题目条件.
当q≠1时，＝3a1q2.
因为a1≠0，所以1＋q＋q2＝3q2，2q2－q－1＝0，
解得q＝－.
所以此数列的公比q＝1或－.
【迁移2】　在等比数列{an}中，S2＝30，S3＝155，求Sn.
解　若q＝1，则S3∶S2＝3∶2，
而事实上，S3∶S2＝31∶6，故q≠1.
所以
解得或
从而Sn＝＝(5n－1)
或Sn＝＝.
思维升华　等比数列前n项和公式的运算
(1)应用等比数列的前n项和公式时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论.
(2)当q＝1时，等比数列是常数列，所以Sn＝na1；当q≠1时，等比数列的前n项和Sn有两个公式，当已知a1，q与n时，用Sn＝比较方便；当已知a1，q与an时，用Sn＝比较方便.
【训练1】　(1)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q≠1.若a1＝1，且对任意的n∈N
都有an＋2＋an＋1＝2an，则S5＝(　　)
A.12
B.20
C.11
D.21
(2)已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N
，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为(　　)
A.－2
B.2
C.－3
D.3
答案　(1)C　(2)B
解析　(1)an＋2＋an＋1＝2an等价于anq2＋anq＝2an.
因为an≠0，故q2＋q－2＝0，即(q＋2)(q－1)＝0.
因为q≠1，所以q＝－2，故S5＝＝11，故选C.
(2)设数列{an}的公比为q，若q＝1，则＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.
∵＝＝qm＋1＝9，∴qm＝8.
∵＝＝qm＝8＝，
∴m＝3，∴q3＝8，∴q＝2.
题型二　等比数列前n项和公式的函数特征应用
【例2】　数列{an}的前n项和Sn＝3n－2.求{an}的通项公式，并判断{an}是否是等比数列.
解　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n－2)－(3n－1－2)＝2·3n－1.
当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1不适合上式.
∴an＝
法一　由于a1＝1，a2＝6，a3＝18，显然a1，a2，a3不是等比数列，
故{an}不是等比数列.
法二　由等比数列{bn}的公比q≠1时的前n项和Sn＝A·qn＋B满足的条件为A＝－B，对比可知Sn＝3n－2，－2≠－1，故{an}不是等比数列.
思维升华　已知Sn，通过an＝求通项an，应特别注意n≥2时，an＝Sn－Sn－1.
(2)若数列{an}的前n项和Sn＝A(qn－1)，其中A≠0，q≠0且q≠1，则{an}是等比数列.
【训练2】　若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝________.
答案　－
解析　显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，
又Sn＝×3n＋t，∴t＝－.
题型三　利用错位相减法求数列的前n项和
【例3】　求和：Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn(x≠0).
解　当x＝1时，Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝；
当x≠1时，Sn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，
xSn＝x2＋2x3＋3x4＋…(n－1)xn＋nxn＋1，
∴(1－x)Sn＝x＋x2＋x3＋…＋xn－nxn＋1
＝－nxn＋1，
∴Sn＝－.
综上可得，Sn＝
思维升华　一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是公比不为1的等比数列，求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法.
【训练3】　求数列的前n项和.
解　设Sn＝＋＋＋…＋，
则有Sn＝＋＋…＋＋，
两式相减，得Sn－Sn＝＋＋＋…＋－，
即Sn＝－＝1－－.
∴Sn＝2－－＝2－(n∈N
).
1.牢记2个公式
(1)Sn＝
(2)Sn＝
2.掌握2种方法
(1)等比数列的通项公式和前n项和公式的基本量法.
(2)错位相减法.
3.注意1个易错点
前n项和公式的应用中，注意前n项和公式要分类讨论，即当q≠1和q＝1时是不同的公式形式，不可忽略q＝1的情况.
一、选择题
1.设数列{(－1)n}的前n项和为Sn，则Sn等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　Sn＝＝.
2.在各项都为正数的等比数列{an}中，首项a1＝3，前3项和为21，则a3＋a4＋a5等于(　　)
A.33
B.72
C.84
D.189
答案　C
解析　由S3＝a1(1＋q＋q2)＝21且a1＝3，
得q2＋q－6＝0.∵q>0，∴q＝2.
∴a3＋a4＋a5＝q2(a1＋a2＋a3)＝q2·S3＝22×21＝84.
3.等比数列{an}中，a1a2a3＝1，a4＝4，则a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝(　　)
A.2n－1
B.
C.
D.
答案　B
解析　由a1a2a3＝1得a2＝1，又a4＝4，故q2＝4，a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝＝.
4.(多选题)已知等比数列{an}的前n项和是Sn，则下列说法一定成立的是(　　)
A.若a3>0，则a2
021>0
B.若a4>0，则a2
020>0
C.若a3>0，则S2
021>0
D.若a3>0，则S2
021<0
答案　ABC
解析　设数列{an}的公比为q，
当a3>0时，a2
021＝a3q2
018>0，A正确；
当a4>0时，a2
020＝a4·q2
016>0，B正确；
当a3>0时，a1＝>0，
又当q≠1时，S2
021＝，
当q<0时，1－q>0，1－q2
021>0，∴S2
021>0，
当00，1－q2
021>0，∴S2
021>0，
当q>1时，1－q<0，1－q2
021<0，∴S2
021>0.
当q＝1时，S2
021＝2
021a1>0，故C正确，D不正确.
5.已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是其前n项和，且9S3＝S6，则数列的前5项和等于(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.或5
B.或5
C.
D.
答案　C
解析　设数列{an}的公比为q，显然q≠1，由已知得＝，解得q＝2，∴数列是以1为首项，为公比的等比数列，前5项和为＝.
二、填空题
6.等比数列{an}的各项均为实数，其前n项和为Sn，已知S3＝，S6＝，则a8＝________.
答案　32
解析　由题意设数列{an}的首项为a1，公比为q(q≠1)，
则解得
所以a8＝a1q7＝×27＝32.
7.已知正项数列{an}满足a－6a＝an＋1an.若a1＝2，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案　3n－1
解析　∵a－6a＝an＋1an，
∴(an＋1－3an)(an＋1＋2an)＝0.
∵an>0，∴an＋1＝3an.
又a1＝2，
∴{an}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴Sn＝＝3n－1.
8.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且公比q>1，若a2＝2，S3＝7，则数列{an}的通项公式an＝________，a＋a＋…＋a＝________.
答案　2n－1　
解析　∵a2＝2，S3＝7，
∴由S3＝＋2＋2q＝7，
解得q＝2或q＝，又∵q>1，∴q＝2，
故a1＝1，∴an＝2n－1，
∴数列{a}是以1为首项，4为公比的等比数列，
∴a＋a＋…＋a＝＝.
三、解答题
9.在等比数列{an}中，a2－a1＝2，且2a2为3a1和a3的等差中项，求数列{an}的首项、公比及前n项和.
解　设数列{an}的公比为q(q≠0).
由已知可得
所以
解②得q＝3或q＝1.
由于a1(q－1)＝2，
因此q＝1不合题意，应舍去.
故公比q＝3，首项a1＝1.
所以数列{an}的前n项和Sn＝＝＝(n∈N
).
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，数列是公差为1的等差数列，且a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an·3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)∵数列是公差为1的等差数列，
∴＝a1＋n－1，
可得Sn＝n(a1＋n－1)，∴a1＋a2＝2(a1＋1)，
又a2＝3，解得a1＝1.∴Sn＝n2.
∴n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n＝1时也成立).
∴an＝2n－1.
(2)bn＝an·3n＝(2n－1)·3n，∴数列{bn}的前n项和
Tn＝3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，
∴3Tn＝32＋3×33＋…＋(2n－3)·3n＋(2n－1)·3n＋1，
∴－2Tn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1＝3＋2×－(2n－1)·3n＋1，
可得Tn＝3＋(n－1)·3n＋1.
11.(多选题)在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是其前n项和，若a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则下列说法正确的是(　　)
A.q＝2
B.数列{Sn＋2}是等比数列
C.S8＝510
D.数列{lg
an}是公差为2的等差数列
答案　ABC
解析　∵a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，
∴a1(1＋q3)＝18，a1(q＋q2)＝12，又公比q为整数，故a1＝q＝2，故A正确；
易得an＝2n，Sn＝＝2n＋1－2.
∴Sn＋2＝2n＋1，
∴数列{Sn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，故B正确；
由B知S8＝29－2＝510，故C正确；
由B知lg
an＝n，数列{lg
an}是公差为1的等差数列，故D错误.
12.在等比数列{an}中，若a1＝，a4＝－4，则公比q＝________，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________.
答案　－2　2n－1－
解析　设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2.易知数列{|an|}为等比数列，且公比为|q|＝2，则|an|＝×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)＝2n－1－.
13.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上.
(1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？
(2)在(1)的结论下，设bn＝log4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn.
解　(1)因为点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，
所以an＋1＝3Sn＋1，
当n≥2时，an＝3Sn－1＋1.
于是an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)?an＋1－an＝3an?an＋1＝4an.
又当n＝1时，a2＝3S1＋1?a2＝3a1＋1＝3t＋1，
所以当t＝1时，a2＝4a1，此时，数列{an}是等比数列.
(2)由(1)，可得an＝4n－1，an＋1＝4n，
所以bn＝log4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n，
那么Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)
＝(40＋41＋…＋4n－1)＋(1＋2＋…＋n)
＝＋.
14.数列a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1，…是首项为1，公比为2的等比数列，那么an＝________.
答案　2n－1
解析　an－an－1＝a1qn－1＝2n－1，
即
各式相加得an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2，
故an＝a1＋2n－2＝2n－1(n∈N
).

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