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1.3.3　等比数列的前n项和
第1课时　等比数列的前n项和公式
学习目标 1.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列通项公式与前n项和公式的关系. 2.会求解与等比数列前n项和有关的基本运算，培养数学运算的核心素养. 3.掌握等比数列前n项和公式的函数特征及其应用，提升逻辑推理、数学运算的核心素养.
任务一　等比数列的前n项和公式
问题.若等比数列{an}的首项是a1，公比是q，如何求该等比数列的前n项的和？
提示：因为Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，
所以Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1，
上式中每一项都乘等比数列的公比可得qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1qn－1＋a1qn，
发现上面两式中有很多相同的项，两式相减可得Sn－qSn＝a1－a1qn，
即(1－q)Sn＝a1(1－qn)，当q≠1时，有Sn＝，而当q＝1时，Sn＝na1.上述等比数列求前n项和的方法，我们称为“错位相减法”.
已知量 首项a1，公比q与项数n 首项a1，末项an与公比q
公式 Sn＝ Sn＝
在等比数列{an}中，公比为q，前n项和为Sn.
(1)若a1＝8，an＝，Sn＝，求n；
(2)若S3＝，S6＝，求an及Sn.
解：(1)显然q≠1，由Sn＝，即＝，
所以q＝.又因为an＝a1qn－1，即8×＝，所以n＝6.
(2)法一：由S6≠2S3知q≠1，由题意得
②÷①，得1＋q3＝9，所以q3＝8，即q＝2.
代入①得a1＝，所以an＝a1qn－1＝×2n－1＝2n－2，
Sn＝＝2n－1－.
法二：由S3＝a1＋a2＋a3，S6＝S3＋a4＋a5＋a6＝S3＋q3(a1＋a2＋a3)＝S3＋q3S3＝(1＋q3)S3.
所以1＋q3＝＝9，所以q3＝8，即q＝2.
代入＝，得a1＝，所以an＝a1qn－1＝×2n－1＝2n－2，
Sn＝＝2n－1－.
　　在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，a1与q是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a1与q表示an与Sn，从而列方程组求解，在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的.这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用.
对点练1.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，且a2 019＋a2 020＝0，则S101等于(　　)
A.3 B.303
C.－3 D.－303
答案：A
解析：设数列{an}的公比为q，由a2 019＋a2 020＝0可得q＝－1，故S101＝a101＝a1＝3.
对点练2.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：设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3得q≠1，则则a8＝a1q7＝×27＝32.
对点练3.在数列{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：因为在数列{an}中a1＝2，an＋1＝2an，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列.因为Sn＝126，所以＝126，即2n＋1＝128，解得n＝6.
任务二　等比数列前n项和的性质
1.等比数列{an}中，若项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q.
2.若等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列(其中Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…均不为0).
3.若一个非常数列{an}的前n项和Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠0，n∈N＋)，则数列{an}为等比数列，即Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠0，q≠1，n∈N＋) 数列{an}为等比数列.
(1)已知{an}为等比数列，其前n项和为Sn，且S4＝3，S12－S8＝12，则S8＝(　　)
A.－3 B.9
C.－3或9 D.－3或6
(2)设{an}是等比数列，公比为3，前80项之和为32，则a2＋a4＋a6＋…＋a80＝(　　)
A.16 B.24
C.20 D.28
(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＝　　　　.
答案：(1)B　(2)B　(3)30
解析：(1)由等比数列的前n项和的性质，得(S8－S4)2＝S4(S12－S8)＝3×12＝36，
所以S8－S4＝±6，所以S8＝±6＋3＝－3或9.
设等比数列{an}的公比为q.
又因为S8＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝(1＋q4)S4，S4＞0，
所以S8＞0，所以S8＝9.
(2)设a2＋a4＋a6＋…＋a80＝S，因为{an}是公比为3的等比数列，
所以根据性质1，得＝＝3，
所以a1＋a3＋…＋a79＝S，所以S＋S＝32，
解得S＝24.
(3)设等比数列{an}的公比为q，由题意得q＞0.
若q＝1，则由Sn＝na1＝2，知S3n＝3na1＝6≠14，故q≠1.
所以＝＝＝1＋qn＋q2n＝＝7，
解得qn＝2或qn＝－3(舍去).
所以S4n＝·Sn＝×2＝30.
　　解决有关等比数列前n项和的问题时，若能恰当地使用等比数列前n项和的相关性质，则可以避繁就简.不仅可以减少解题步骤，而且可以使运算简便，同时还可以避免对公比q的讨论.
对点练4.已知等比数列{an}的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为(　　)
A.4 B.6
C.8 D.10
答案：C
解析：记所有的奇数项之和为S奇，所有的偶数项之和为S偶，由题意得数列{an}的公比q＝＝＝2，由数列{an}的前n项和Sn＝，得85＋170＝，解得n＝8.
对点练5.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝，则＝　　　　.
答案：
解析：由S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，得(S6－S3)2＝S3·(S9－S6).由＝，知S6＝S3，则＝S3·(S9－S3)，所以S9＝S3，所以＝.
任务三　等比数列前n项和的应用
为了保障幼儿园儿童的人身安全，甲、乙两省计划若干时间内两省共新购1 000辆校车.其中，甲省采取的新购方案是：本月新购校车10辆，以后每个月的新购量比上一个月增加50％；乙省采取的新购方案是：本月新购校车40辆，以后每个月比上一个月多新购m辆.
(1)求经过n个月，两省新购校车的总数S(n)；
(2)若两省计划在3个月内完成新购目标，求m的最小值.
解：(1)设an，bn分别为甲省、乙省在第n个月新购校车的数量.依题意，知{an}是首项为10，公比为1＋50％＝的等比数列，{bn}是首项为40，公差为m的等差数列，所以{an}的前n项和Pn＝，{bn}的前n项和Tn＝＝40n＋，
所以经过n个月，两省新购校车的总数为
S(n)＝Pn＋Tn＝＋40n＋
＝20[()n－1]＋40n＋＝20×()n＋n2＋(40－)n－20.
(2)若计划在3个月内完成新购目标，则S(3)≥1 000.所以S(3)＝20×()3＋×32＋(40－)×3－20≥1 000，解得m≥277.5.
又m∈N＋，故所求m的最小值为278.
解数列应用题的思路和方法
对点练6.《九章算术》中有一题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马.”马主曰：“我马食半牛.”今欲衰偿之，问各处几何？其意思是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿五斗粟，羊主人说：“我羊所吃的禾苗只有马的一半.”马主人说：“我马所吃的禾苗只有牛的一半.”若按此比例偿还，牛、马、羊的主人各应赔偿多少粟？在这个问题中，牛主人应赔偿(　　)
A.斗粟 B.斗粟
C.斗粟 D.斗粟
答案：D
解析：设牛主人赔偿x斗粟，马主人赔偿y斗粟，羊主人赔偿z斗粟，由题意可知x，y，z成公比为的等比数列，则x＋y＋z＝5，即x＋x＋x＝5，解得x＝，所以牛的主人应赔偿斗粟.
对点练7.《九章算术》第三章“衰分”介绍了比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”.现有38石粮食，按甲、乙、丙的顺序进行“衰分”，已知甲分得18石粮食，则“衰分比”为(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：设“衰分比”为q，则18＋18q＋18q2＝38，解得q＝或q＝－(舍去).
1.设Sn是等比数列{an}的前n项和，若＝3，则＝(　　)
A.2 B.
C. D.1或2
答案：B
解析：设S2＝k，则S4＝3k，由数列{an}为等比数列(易知数列{an}的公比q≠－1)，得
S2，S4－S2，S6－S4为等比数列，
又S2＝k，S4－S2＝2k，
所以S6－S4＝4k，
所以S6＝7k，所以＝＝，故选B.
2.已知等比数列{an}共有32项，其公比q＝3，且奇数项之和比偶数项之和少60，则数列{an}的所有项之和是(　　)
A.30 B.60
C.90 D.120
答案：D
解析：设等比数列{an}的奇数项之和为S1，偶数项之和为S2，
则S1＝a1＋a3＋a5＋…＋a31，
S2＝a2＋a4＋a6＋…＋a32＝q(a1＋a3＋a5＋…＋a31)＝3S1，
又S1＋60＝S2，则S1＋60＝3S1，解得S1＝30，S2＝90，
故数列{an}的所有项之和是30＋90＝120.故选D.
3.已知等比数列{an}的前n项和Sn＝4n－1＋t，则下列结论正确的是(　　 )
A.首项a1的值不确定 B.公比q＝
C.a2＝1 D.t＝－
答案：D
解析：已知Sn＝4n－1＋t，则a1＝S1＝40＋t＝t＋1，a2＝S2－S1＝4＋t－(1＋t)＝3，a3＝S3－S2＝16＋t－(4＋t)＝12，所以q＝＝4，因为a1＝t＋1＝＝，所以t＝－.故选D.
4.在等比数列{an}中，a1＋a7＝65，a3a5＝64，且an＋1＜an，n∈N＋.
(1)数列{an}的通项公式为　　　　　.
(2)数列{an}的前5项的和S5＝　　 　.
答案：(1)()n－7　(2)124
解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，因为a3a5＝64，
所以a1a7＝64，又a1＋a7＝65，且an＋1＜an，所以a1＝64，a7＝1，
所以q6＝＝，解得q＝或q＝－(舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝64·()n－1＝()n－7.
(2)由(1)知an＝()n－7，
所以数列{an}的前5项的和S5＝＝＝124.
课时测评11　等比数列的前n项和公式
(时间：60分钟　满分：110分)
(1—8小题，每小题5分，共40分)
1.在等比数列{an}中，a1＝－1，a5＋a7＝8(a2＋a4)，则数列{an}的前六项和为(　　)
A.63 B.－63
C.－31 D.31
答案：B
解析：在等比数列{an}中，a1＝－1，a5＋a7＝8(a2＋a4)，
所以－1×q4＋(－1)×q6＝8[－1×q＋(－1)×q3]，
解得q＝2，
所以数列{an}的前六项和为S6＝＝－63.故选B.
2.已知正项等比数列{an}满足a1＝，a2a4＝a3＋2，又Sn为数列{an}的前n项和，则S5＝(　　)
A.或 B.
C.15 D.6
答案：B
解析：正项等比数列{an}中，因为a2a4＝a3＋2，所以＝a3＋2，
解得a3＝2或a3＝－1(舍去)，又a1＝，q2＝＝4，解得q＝2，
所以S5＝＝＝，故选B.
3.已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(　　)
A.16(1－4－n) B.16(1－2－n)
C.(1－4－n) D.(1－2－n)
答案：C
解析：设等比数列{an}的公比为q.因为a2＝2，a5＝，所以q3＝，所以q＝，
因为{an}是等比数列，所以{anan＋1}为等比数列，首项为a1a2＝8，公比为q2＝，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n).
4.等比数列{an}的前n项和为Sn，S5＝2，S10＝6，则a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于(　　)
A.8 B.12
C.16 D.24
答案：C
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为S2n－Sn＝qnSn，所以S10－S5＝q5S5，所以6－2＝2q5，所以q5＝2，所以a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝a1q15＋a2q15＋a3q15＋a4q15＋a5q15＝q15(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q15S5＝23×2＝16.
5.(多选)设等比数列的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1＞1，a2 019a2 020＞1，＜0，下列结论正确的是(　　)
A.S2 019＜S2 020
B.a2 019a2 021－1＜0
C.T2 020是数列中的最大值
D.数列无最大值
答案：AB
解析：当q＜0时，a2 019a2 020＝q＜0，与题设不符，不成立；
因为a1＞1，a2 019a2 020＞1，＜0，则a2 019＞1，0＜a2 020＜1，故0＜q＜1，
所以，数列是正项且单调递减的等比数列，故S2 019＜S2 020，A对；
a2 019a2 021－1＝－1＜0，B对；
因为a2 019＞1，0＜a2 020＜1，故T2 019是数列中的最大值，CD选项均错.故选AB.
6.等比数列{an}为单调递增数列，设其前n项和为Sn，若a2＝2，S3＝7，则an＝　　　　　.
答案：2n－1
解析：设等比数列{an}的公比为q，由题意可得S3＝a1＋a2＋a3＝＋2＋2q＝7，整理得2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝.又等比数列{an}为单调递增数列，则q＞1，所以q＝2，因此，an＝a2qn－2＝2×2n－2＝2n－1.
7.记Sn为等比数列{an}的前n项和，且a4＝，a5＝32，则公比q＝　　　　　，S6＝　　　　　.
答案：2　126
解析：因为{an}为等比数列，且a4＝，a5＝32，所以a4＝a1q3＝q2，a5＝a1q4＝32，
解得a1＝q＝2，所以S6＝＝126.
8.已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是{an}的前n项和，且9S3＝S6，则数列{}的前5项和为　　　　.
答案：
解析：由题意，q≠1，由9S3＝S6，得9×＝，解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1，＝()n－1，所以数列{}是以1为首项，为公比的等比数列，其前5项和为＝.
9.(10分)已知等差数列{an}满足a5＝13，a1＋a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设Sn是等比数列{bn}的前n项和，若b1＝a1，b3＝a4－1，求S6.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为等差数列{an}满足a5＝13，a1＋a3＝8.
所以解得a1＝1，d＝3，
所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，
因为等比数列{bn}中，b1＝a1＝1，b3＝a4－1＝9，
所以q2＝＝9，解得q＝±3，
当q＝－3时，S6＝＝－182；
当q＝3时，S6＝＝364.
10.(10分)小楠是一位收藏爱好者，在第1年初购买了价值20万元的收藏品M，受收藏品市场行情的影响，第2年、第3年的每年初M的价值为上年初价值的；从第4年开始，每年初M的价值比上年初价值增加4万元.
(1)求第几年初开始M的价值超过原购买的价值；
(2)记Tn(n∈N＋)表示收藏品M前n年初的价值的平均值，求Tn的最小值.
解：(1)设第n(n∈N＋)年初M的价值为an万元，
依题意，当1≤n≤3时，数列{an}是首项为20，公比为的等比数列，
所以an＝20×()n－1＝5×23－n.
故a2＝10，a3＝5，所以a3＜a2＜a1.
当n≥4时，数列{an}是以a4为首项，4为公差的等差数列，
又a4＝a3＋4＝9，所以an＝9＋(n－4)×4＝4n－7.
令an＞20，得n＞.又n∈N＋，所以n≥7.
因此第7年初M的价值超过原购买的价值.
(2)设Sn表示前n年初M的价值的和，则Tn＝.
由(1)，知当1≤n≤3时，Sn＝＝40－5×23－n，Tn＝.　①
当n≥4时，由于S3＝35，故Sn＝S3＋(a4＋a5＋…＋an)＝35＋＝2n2－5n＋32，
Tn＝＝2n＋－5.
当1≤n≤3时，由①得T1＝20，T2＝15，T3＝，所以T1＞T2＞T3；
当n≥4时，易知Tn＝2n＋－5是递增的，故(Tn)min＝T4＝11.
由于T3＞T4，故在第4年初Tn的值最小，最小值为11.
(11—13小题，每小题5分，共15分)
11.(多选)设等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，则(　　)
A.数列{an}的公比为2 B.数列{an}的公比为8
C.＝8 D.＝9
答案：AD
解析：因为等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝8a3，所以＝q3＝8，解得q＝2，所以＝＝1＋q3＝9，故选AD.
12.已知数列{an}满足a1≠0，＝2an，Sn表示数列{an}的前n项和，且Sn＝a2，则n＝(　　)
A.6 B.7
C.8 D.9
答案：B
解析：由于an＋1＝2an，故数列{an}是公比为2的等比数列.由Sn＝a2，得＝×2a1，解得n＝7.故选B.
13.设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝0，Sn＝an＋1－2，则Sn＝　　　　；若＜，则n的最小值是　　　　.
答案：2n－2　4
解析：因为Sn＋2＝an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＋1＝2Sn＋2，
所以Sn＋1＋2＝2(Sn＋2)，所以是等比数列且q＝2，
又S1＋2＝a1＋2＝2，所以Sn＋2＝2n，所以Sn＝2n－2，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，则有＝，
因为＜，所以＜，化简得22n－16·2n＋14＞0，
解得2n＞8＋5或2n＜8－5，因为n∈N＋，
所以2n＞8＋5，则nmin＝4.
14.(13分)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝2，a3＋a4＝32.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q(q＞0)，则an＝a1qn－1，且an＞0.
由已知，得
化简得
又因为a1＞0，q＞0，所以a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝＝4n－1，
所以Tn＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝＝.
15.(5分)已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－(n≥2)，且b1＝a2，则｜b1｜＋｜b2｜＋…＋｜bn｜＝(　　)
A.1－4n B.4n－1
C. D.
答案：B
解析：因为q＝an－an－1＝－4，b1＝a2＝－3，
所以bn＝b1qn－1＝－3×(－4)n－1，
所以｜bn｜＝｜－3×(－4)n－1｜＝3×4n－1，
即{｜bn｜}是首项为3，公比为4的等比数列，
所以｜b1｜＋｜b2｜＋…＋｜bn｜＝＝4n－1，故选B.
16.(17分)设a1，a2，…，an成等比数列，且S＝a1＋a2＋…＋an，R＝＋＋…＋，P＝a1·a2·…·an.
求证：(1)＝a1·an；
(2)P2Rn＝Sn.
证明：(1)当q≠1时，显然，此时S＝，
R＝＝，
P＝a1·(a1q)·(a1q2)·…·(a1qn－1)＝.
所以＝qn－1＝a1(a1qn－1)＝a1an.
当q＝1时，显然，此时S＝na1，R＝，P＝，
所以＝＝a1an.
故＝a1·an恒成立.
(2)当q≠1时，由(1)，得＝(qn－1)n＝()2＝P2，所以P2Rn＝Sn.
当q＝1时.由(1)得＝＝P2，即P2Rn＝Sn.
综上所述，不论q是否为1，P2Rn＝Sn都成立.
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第一章　1.3 等比数列
1.3.3　等比数列的前n项和
第1课时　等比数列的前n项和公式
学习目标
1.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列通项公式与前n项和公式的关系.
2.会求解与等比数列前n项和有关的基本运算，培养数学运算的核心素养.
3.掌握等比数列前n项和公式的函数特征及其应用，提升逻辑推理、数学运算的核心素养.
任务一　等比数列的前n项和公式
问题导思
新知构建
已知量 首项a1，公比q与项数n 首项a1，末项an与公比q
公式


典例1
规律方法
　　在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，a1与q是最基本的元素，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a1与q表示an与Sn，从而列方程组求解，在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的.这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用.
对点练1.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝3，且a2 019＋a2 020＝0，则S101等于
A.3 B.303
C.－3 D.－303
设数列{an}的公比为q，由a2 019＋a2 020＝0可得q＝－1，故S101＝a101＝a1＝3.
√

32
对点练3.在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和.若Sn＝126，则n＝___.
6
返回
任务二　等比数列前n项和的性质
新知构建
典例2
(1)已知{an}为等比数列，其前n项和为Sn，且S4＝3，S12－S8＝12，则S8＝
A.－3 B.9
C.－3或9 D.－3或6
由等比数列的前n项和的性质，得(S8－S4)2＝S4(S12－S8)＝3×12＝36，
所以S8－S4＝±6，所以S8＝±6＋3＝－3或9.
设等比数列{an}的公比为q.
又因为S8＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝(1＋q4)S4，S4＞0，
所以S8＞0，所以S8＝9.
√
(2)设{an}是等比数列，公比为3，前80项之和为32，则a2＋a4＋a6＋…＋a80＝
A.16 B.24
C.20 D.28

√
(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＝____.
30

规律方法
　　解决有关等比数列前n项和的问题时，若能恰当地使用等比数列前n项和的相关性质，则可以避繁就简.不仅可以减少解题步骤，而且可以使运算简便，同时还可以避免对公比q的讨论.
对点练4.已知等比数列{an}的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为
A.4 B.6
C.8 D.10

√
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任务三　等比数列前n项和的应用
典例3
规律方法
解数列应用题的思路和方法
√

√
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随堂评价
√

2.已知等比数列{an}共有32项，其公比q＝3，且奇数项之和比偶数项之和少60，则数列{an}的所有项之和是
A.30 B.60
C.90 D.120
√
设等比数列{an}的奇数项之和为S1，偶数项之和为S2，
则S1＝a1＋a3＋a5＋…＋a31，
S2＝a2＋a4＋a6＋…＋a32＝q(a1＋a3＋a5＋…＋a31)＝3S1，
又S1＋60＝S2，则S1＋60＝3S1，解得S1＝30，S2＝90，
故数列{an}的所有项之和是30＋90＝120.故选D.
√

4.在等比数列{an}中，a1＋a7＝65，a3a5＝64，且an＋1＜an，n∈N＋.
(1)数列{an}的通项公式为_______.

(2)数列{an}的前5项的和S5＝_____.

124
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课时测评
1.在等比数列{an}中，a1＝－1，a5＋a7＝8(a2＋a4)，则数列{an}的前六项和为
A.63 B.－63
C.－31 D.31

√
√

√
4.等比数列{an}的前n项和为Sn，S5＝2，S10＝6，则a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于
A.8 B.12
C.16 D.24
设等比数列{an}的公比为q，因为S2n－Sn＝qnSn，所以S10－S5＝q5S5，所以6－2＝2q5，所以q5＝2，所以a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝a1q15＋a2q15＋a3q15＋a4q15＋a5q15＝q15(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q15S5＝23×2＝16.
√
√
√

6.等比数列{an}为单调递增数列，设其前n项和为Sn，若a2＝2，S3＝7，则an＝_____.
2n－1
2
126


√
√
√

4
2n－2
√

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