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4．3　等比数列
4．3．2　等比数列的前n项和公式
[新课程标准]
1．探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系．
2．掌握等比数列前n项和的性质．
3．掌握利用分组转化法、裂项相消法、错位相减法等求和．
4．通过等比数列前n项和的应用，培养学生数学运算的核心素养．　
第一课时　等比数列的前n项和
知识点一　等比数列的前n项和公式
(一)教材梳理填空
已知量 首项a1、项数n与公比q 首项a1、末项an与公比q
公式 Sn＝ Sn＝
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)求等比数列{an}的前n项和时可直接套用公式Sn＝来求．(　　)
(2)首项为a的数列既是等差数列又是等比数列，则其前n项和为Sn＝na.(　　)
答案：(1)×　(2)√
2．等比数列{an}中，公比q＝－2，S5＝44，则a1的值为(　　)
A．4 B．－4
C．2 D．－2
解析：选A　由S5＝＝44，得a1＝4.
3．数列{2n－1}的前99项和为(　　)
A．2100－1 B．1－2100 C．299－1 D．1－299
解析：选C　数列{2n－1}为等比数列，首项为1，公比为2，故其前99项和为S99＝＝299－1.
知识点二　等比数列前n项和的性质
(一)教材梳理填空
(1)等比数列{an}中，若项数为2n，则＝；若项数为2n＋1，则＝.
(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．
(二)基本知能小试
1．已知等比数列的公比为2，且前5项和为1，那么前10项和等于(　　)
A．31 B．33 C．35 D．37
解析：选B　根据等比数列性质得＝q5，
∴＝25，∴S10＝33.
2．一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项的和的两倍，它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为(　　)
A．12 B．10
C．8 D．6
解析：选C　设该数列为a1，a2，…，a2n，公比为q，由题意可知＝q＝2，an＋an＋1＝24.又a1＝1，∴qn－1＋qn＝24，即2n－1＋2n＝24，解得n＝4，故项数为8.
题型一　等比数列的前n项和公式的基本运算
[学透用活]
等比数列前n项和公式分q＝1与q≠1两种情况，因此，当公比未知时，要对公比进行分类讨论．
[典例1]　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＝，
∴q＝.又an＝a1qn－1，即8×n－1＝，∴n＝6.
(2)法一：由S6≠2S3知q≠1，由题意得
②÷①，得1＋q3＝9，∴q3＝8，即q＝2.
代入①得a1＝，∴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.
∴1＋q3＝＝9，∴q3＝8，即q＝2.
代入①得a1＝，∴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．　　
[对点练清]
1．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且S20＝(210＋1)S10，则数列{an}的公比为(　　)
A．4 B．2 C．1 D．
解析：选B　设正项等比数列{an}的公比为q(q＞0)，且S20＝(210＋1)S10，可得q≠1，则有＝(210＋1)·，可得1－q20＝(1＋210)(1－q10)，即为1＋q10＝1＋210，解得q＝2.
2．[多选]已知正项等比数列{an}中a1＝2，a5－2a3＝a4，设其公比为q，前n项和为Sn，则(　　)
A．q＝2 B．an＝2n
C．S10＝2 047 D．an＋an＋1解析：选ABD　因为a5－2a3＝a4，所以a1q4－2a1q2＝a1q3，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，又q>0，所以q＝2，所以A正确；数列{an}的通项公式为an＝a1qn－1＝2n，所以B正确；S10＝＝211－2＝2 046，所以C不正确；由an＝2n，得an＋an＋1＝2n＋2n＋1＝3·2n，an＋2＝2n＋2＝4·2n，所以an＋an＋13．[求项数]在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.
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.
答案：6
题型二　等比数列前n项和的性质
[学透用活]
[典例2]　(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　)
A．120 B．85
C．－85 D．－120
[解析]　易知S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，…为等比数列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝.当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2＞0，与S4＝－5矛盾，舍去．
[答案]　 C　
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．　　
[对点练清]
1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S4＝1，S8＝3，则a9＋a10＋a11＋a12等于(　　)
A．8 B．6 C．4 D．2
解析：选C　S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，即1,2，a9＋a10＋a11＋a12成等比数列，∴a9＋a10＋a11＋a12＝4.
2．一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，则数列的通项公式an＝________.
解析：设数列{an}的首项为a1，公比为q，所有奇数项、偶数项之和分别记作S奇，S偶，由题意可知，S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶．因为数列{an}的项数为偶数，所以有q＝＝.
又因为a1·a1q·a1q2＝64，所以a·q3＝64，即a1＝12，故所求通项公式为an＝12×n－1，n∈N*.
答案：12×n－1，n∈N*
题型三　等比数列前n项和的实际应用
[学透用活]
[典例3]　一个热气球在第1 min上升了25 m的高度，在以后的每1 min里，它上升的高度都是它在前1 min上升高度的80%.这个热气球上升的高度能达到125 m吗？
[解]　用an表示热气球在第n min上升的高度．
由题意，得an＋1＝80%an＝an.
因此，数列{an}是首项a1＝25，公比q＝的等比数列.
热气球在n min里上升的总高度为
Sn＝＝
＝125×＜125.
所以这个热气球上升的高度不可能超过125 m.
通过本题的解答可以看出，解应用问题的核心是建立数学模型．一般步骤是：审题、抓住数量关系、建立数学模型．还要注意要求解的问题是求什么(n，an，Sn)．
在解答这类问题时要注意以下几点：
(1)解答数列应用题要注意步骤的规范性：设数列，判断数列，解题完毕要作答．
(2)在归纳或求通项公式时，一定要将项数n计算准确．
(3)在数列类型不易分辨时，要注意归纳递推关系．
(4)在近似计算时，要注意应用对数方法，且要看清题中对近似程度的要求．　　
[对点练清]
如图所示，作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后再作新三角形的内切圆．如此下去，求前n个内切圆的面积和．
解：设第n个正三角形的内切圆的半径为an，
∵从第二个正三角形开始每一个正三角形的边长是前一个的，
每一个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的，
∴a1＝atan 30°＝a，a2＝a1，…，an＝an－1，
∴数列{an}是以a为首项，为公比的等比数列，
∴an＝×n－1a.
设前n个内切圆的面积和为Sn，则Sn＝π(a＋a＋…＋a)＝πa
＝πa
＝×π＝π
＝π.
题型四　等差数列、等比数列的综合
[学透用活]
[典例4]　(1)设Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝1，且3S1,2S2，S3成等差数列，则an＝________.
(2)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列．求数列{an}的通项公式．
[解析]　(1)由3S1,2S2，S3成等差数列，得4S2＝3S1＋S3，即3S2－3S1＝S3－S2，则3a2＝a3，即公比q＝3，所以an＝a1qn－1＝3n－1.
答案：3n－1
(2)设等比数列{an}的公比为q，依题意得2(S5＋a5)＝S3＋a3＋S4＋a4，即4a5＝a3，则q2＝＝.又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－，an＝·n－1＝(－1)n－1·.
求解数列综合问题的步骤
(1)分析题设条件．
(2)分清是an与an＋1的关系，还是an与Sn的关系．
(3)转化为等差数列或等比数列，特别注意an＝Sn－Sn－1(n≥2，n为正整数)在an与Sn的关系中的应用．
(4)整理求解．　　
[对点练清]
1．设数列{an}的前n项和为Sn，若2，Sn,3an成等差数列，则S5的值是(　　)
A．－243 B．－242
C．－162 D．243
解析：选B　∵2，Sn,3an成等差数列，
∴2Sn＝2＋3an.
当n＝1时，2S1＝2a1＝2＋3a1，∴a1＝－2；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝1＋an－1－an－1＝an－an－1，
∴an＝3an－1(n≥2)，
∴数列{an}是首项a1＝－2，公比q＝3的等比数列，
∴S5＝＝＝－242.故选B.
2．设数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝3an，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式及前n项和Sn；
(2)已知{bn}是等差数列，Tn为其前n项和，且b1＝a2，b3＝a1＋a2＋a3，求T20.
解：(1)由题设知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1，Sn＝＝(3n－1)．
(2)因为b1＝a2＝3，b3＝1＋3＋9＝13，b3－b1＝10＝2d，
所以公差d＝5，
故T20＝20×3＋×5＝1 010.
[课堂思维激活]　
一、综合性——强调融会贯通
1．下面是“在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，数列{an·an＋1}是公比为q(q>0)的等比数列．
(1)求使anan＋1＋an＋1an＋2>an＋2an＋3成立的q的取值范围；
(2)求数列{an}的前2n项的和S2n”的解题过程．
解：(1)由题意知，数列{an·an＋1}是公比为q的等比数列，所以an＋1an＋2＝anan＋1q，an＋2an＋3＝anan＋1q2，
由anan＋1＋an＋1an＋2>an＋2an＋3，
得anan＋1＋anan＋1q>anan＋1q2 1＋q>q2，
即q2－q－1<0(q>0)，解得0(2)由数列{an·an＋1}是公比为q的等比数列，
得＝q ＝q，
这表明数列{an}的所有奇数项成等比数列，所有偶数项成等比数列，且公比都是q，
又a1＝1，a2＝2，则
S2n＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)
＝＋＝.
试分析以上解题过程是否正确，若不正确，错在何处．并给出正确的解题过程．
提示：第(2)问计算S2n时忽略了q＝1的情况．
正解如下：
(2)由数列{an·an＋1}是公比为q的等比数列，
得＝q ＝q，
这表明数列{an}的所有奇数项成等比数列，所有偶数项成等比数列，且公比都是q，
又a1＝1，a2＝2，所以当q>0且q≠1时，
S2n＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)
＝＋＝；
当q＝1时，
S2n＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)
＝(1＋1＋1＋…＋1)＋(2＋2＋2＋…＋2)＝3n.
综上，S2n＝
二、应用性——强调学以致用
2．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒中杀死一个病毒的同时将自身分裂为3个，现在有一个这样的细菌和110个这样的病毒，则细菌将病毒全部杀死，至少需要(　　)
A．4秒　　　B．5秒　　　C．6秒　　　D．7秒
解析：选B　1秒时，新被杀死的病毒为1个，细菌自身增长到3个；2秒时，新被杀死的病毒为3个，细菌自身增长到32个；3秒时，新被杀死的病毒为32个，细菌自身增长到33个；…；n秒时，新被杀死的病毒为3n－1个，细菌自身增长到3n个．设n秒时，累计杀死病毒数为Sn，则Sn＝1＋3＋32＋33＋…＋3n－1＝＝(3n－1)．由Sn≥110，得(3n－1)≥110，所以3n≥221，解得正整数n≥5.故选B.
三、创新性——强调创新意识和创新思维
3．将数列{an}中的所有项按“第一行三项，以下每一行比上一行多一项”的规则排成如下数表．
记表中的第一列数a1，a4，a8，…构成的数列为{bn}，已知：
①在数列{bn}中，b1＝1，对于任何n∈N*，都有(n＋1)·bn＋1－nbn＝0；
②表中每一行的数从左到右均构成公比为q(q>0)的等比数列；
③a66＝.
请解答以下问题：
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求上表中第k(k∈N*)行所有项的和S(k)．
解：(1)由(n＋1)bn＋1－nbn＝0，
得数列{nbn}为常数列，故nbn＝1·b1＝1，∴bn＝.
(2)∵3＋4＋…＋11＝63，∴表中第一行至第九行共含有{an}的前63项，a66在表中第十行第三列．
故a66＝b10·q2，又a66＝，而b10＝，q>0，∴q＝2，
故S(k)＝＝(2k＋2－1)．
[课下过关检测]　
1．已知等比数列{an}的公比为2，前4项和是1，则该数列的前8项和为(　　)
A．15 B．17 C．19 D．21
解析：选B　由题意得＝1，解得a1＝，所以该数列的前8项和为＝17.
2．设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．若{Sn}是等差数列，则q等于(　　)
A．1 B．0 C．1或0 D．－1
解析：选A　因为Sn－Sn－1＝an，又{Sn}是等差数列，所以an为定值，即数列{an}为常数列，所以q＝＝1.
3．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝3，S4＝15，则S3＝(　　)
A．7 B．－9 C．7或－9 D．
解析：选C　设等比数列{an}的公比为q.由题意，得S2＝a1＋a2＝3，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(1＋q2)S2＝3(1＋q2)＝15，
解得q＝－2或2，
当q＝2时，S2＝a1＋a2＝a1(1＋q)＝3，解得a1＝1，所以S3＝7；
当q＝－2时，S2＝a1＋a2＝a1(1＋q)＝3，解得a1＝－3，所以S3＝－9.故选C.
4．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝(　　)
A．40 B．60 C．32 D．50
解析：选B　由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，因此S9－S6＝16，S6＝12，S12－S9＝32，S12＝32＋16＋12＝60.
5．(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a1＝1，S5＝5S3－4，则S4＝(　　)
A. B. C．15 D．40
解析：选C　若该数列的公比q＝1，代入S5＝5S3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q≠1.由＝5×－4，化简得q4－5q2＋4＝0，所以q2＝1(舍去)或q2＝4，由于此数列各项均为正数，所以q＝2，所以S4＝＝15.故选C.
6．(2023·全国甲卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若8S6＝7S3，则{an}的公比为________．
解析：由8S6＝7S3，可知数列{an}的公比q≠1，所以8×＝7×，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，所以q＝－.
答案：－
7．在14与之间插入n个数，组成等比数列，若所有项的和为，则此数列的项数为________．
解析：设此数列的公比为q，
则 故此数列共有5项．
答案：5
8．已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q＝________.
解析： 由题意，得
解得所以q＝＝＝2.
答案：2
9．设{an}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an＋bn}的前n项和Sn.
解：(1)设q(q＞0)为等比数列{an}的公比，则由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，
所以{an}的通项公式为an＝2·2n－1＝2n.
(2)由(1)及已知得an＋bn＝2n＋(2n－1)，
所以Sn＝＋n×1＋×2＝2n＋1＋n2－2.
10．在等比数列{an}中，a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝a2n－1－a2n，求数列{bn}的前2n项和T2n.
解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
则由得
解得则an＝a1qn－1＝2n－3.
(2)bn＝a2n－1－a2n＝－22n－3＝－22n－4，
故数列{bn}是首项为－，公比为4的等比数列，
故数列{bn}的前2n项和T2n＝＝(1－42n)．
1．(2023·天津高考)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为(　　)
A．3 B．18
C．54 D．152
解析：选C　法一：因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以数列{an}是公比q＝＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
法二：设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝＋2＝－qn＋＋2，所以又a1≠0，所以q＝3，a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54，故选C.
2．已知数列{an}中，an＝－4n＋5，等比数列{bn}的公比q满足q＝an－an－1(n≥2)，且b1＝a2，则|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝(　　)
A．1－4n B．4n－1
C. D．
解析：选B　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.
3．[多选]已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S2＝，＝，则下列说法正确的是(　　)
A．a1＝ B．q＝
C．a7＝ D．S5＝
解析：选BCD　由S2＝，得a1(1＋q)＝，由＝，得＝，得1＋q3＝，得q3＝，得q＝，故B正确；将q＝代入a1(1＋q)＝，得a1＝＝1，故A不正确；a7＝a1q6＝6＝，故C正确；S5＝＝＝，故D正确．
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝－an＋n(n∈N*)．
(1)求证：数列an－为等比数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Tn.
解：(1)证明：2Sn＝－an＋n，当n≥2时，2Sn－1＝－an－1＋n－1，两式相减，得2an＝－an＋an－1＋1，即an＝an－1＋.∴an－＝，∴数列为等比数列．
(2)由2S1＝－a1＋1，得a1＝，由(1)知，数列是以－为首项，为公比的等比数列．∴an－＝－n－1＝－n，∴an＝－n＋，∴an－1＝－n－，∴Tn＝－＝－.
5．如图，一个小球从10 m高处自由落下，每次着地后又弹回到原来高度的.
(1)小球第10次落地时，经过的路程是多少米？
(2)小球第几次落地时，经过的路程为 m
解：(1)设小球从第n－1次落地到第n次落地时经过的路程为an m，则
a1＝10，a2＝10××2，a3＝10××2，….
而且，当n≥2时，我们可以得到递推关系
an＋1＝an，a2＝.
这是一个首项为，公比为的等比数列．
因此an＝a2·n－2＝(n≥2)，且a1＝10.
所以小球第10次落地时，经过的路程为
S10＝a1＋a2＋…＋a10
＝10＋20
＝20－(m)．
(2)设小球第n次落地时，经过的路程为 m，
由于Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝10＋20
＝20－，
因此20－＝，解得n＝4.
所以当小球第4次落地时，经过的路程为 m.
第二课时　数列求和
题型一　分组转化法求和
[学透用活]
(1)公式法是数列求和常用的方法，等差数列{an}的前n项和公式Sn＝＝na1＋d，等比数列{an}的前n项和公式Sn＝
(2)若一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加．
[典例1]　(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn.
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为bn＝所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.
因为S4＝32，T3＝16，
所以
整理得解得
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.
(2)证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝＝n2＋4n.
当n为奇数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＋＝.
当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0，所以Tn＞Sn.
当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＋＝.
当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0，所以Tn＞Sn.
综上可知，当n＞5时，Tn＞Sn.
[方法技巧]　分组转化法求和的常见类型
[提醒]　某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
[对点练清]
已知数列{an}的前n项和Sn＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n.
a1＝1也满足an＝n，故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前2n项和为T2n，
则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，
则A＝＝22n＋1－2，
B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.
故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
题型二　裂项相消法求和
[学透用活]
几种常见的裂项方式
数列(n为正整数) 裂项方式
(k为非零常数) ＝
＝
＝－
(a>0，且a≠1) loga＝loga(n＋1)－logan
[典例2]　已知数列{an}是递增的等差数列，a2＝3，且a1，a2，a5成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋2n，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)若cn＝，设数列{cn}的前n项和为Tn，求满足Tn>的n的最小值．
[解]　(1)设递增等差数列{an}的公差为d，d>0，依题意，a1a5＝a，而a2＝3，即(3－d)(3＋3d)＝9，而d>0，解得d＝2.故an＝a2＋(n－2)d＝2n－1.
所以数列{an}的通项公式是an＝2n－1.
(2)由(1)知，bn＝2n－1＋2n，
所以Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝·n＋＝n2＋2n＋1－2.
(3)由(1)知，cn＝
＝＝－.
所以Tn＝＋＋＋…＋＝1－.
由Tn>，得1－>，解得n>12.而n∈N*，则nmin＝13，所以满足Tn>的n的最小值是13.
裂项相消法的基本思想是设法将数列的每一项拆成两项或若干项，并使它们在相加时除了首尾各有一项或少数几项，其余各项都能前后正负相消，进而求出数列的前n项和．使用此方法时必须弄清消去了哪些项，保留了哪些项，一般未被消去的项有前后对称的特点．　　
[对点练清]
(2022·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋＜2.
解：(1)因为a1＝1，所以＝1，
又是公差为的等差数列，
所以＝1＋(n－1)×＝，所以Sn＝an.
因为当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
所以an－1＝an(n≥2)，
所以＝(n≥2)，
所以××…××＝×××…××＝(n≥2)，
所以an＝(n≥2)，
又因为a1＝1也满足上式，
所以an＝(n∈N*)．
(2)证明：因为an＝，
所以＝＝2，
所以＋＋…＋＝2
＝2＜2.
题型三　错位相减法求和
[学透用活]
一般地，若数列{cn}的通项公式为cn＝an·bn，其中{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，我们可以用错位相减法求{cn}的前n项和．具体方法如下：
先写出前n项和Sn，
Sn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，①
①式两边同乘等比数列的公比q，得
qSn＝a1b2＋a2b3＋a3b4＋…＋an－1bn＋anbn＋1.②
①－②，得(1－q)Sn＝a1b1＋d－anbn＋1，化简求出Sn即可．
[典例3]　(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解]　(1)因为4Sn＝3an＋4　①，
所以当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4　②，
当n≥2时，①－②得4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.
当n＝1时，由4Sn＝3an＋4得4a1＝3a1＋4，所以a1＝4≠0.
所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，
所以an＝4×(－3)n－1.
(2)法一：错位相减法　由(1)得bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1，
所以Tn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n－1，
所以3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
两式相减得－2Tn＝4＋4(31＋32＋…＋3n－1)－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝－2＋(2－4n)·3n，
所以Tn＝1＋(2n－1)·3n.
法二：裂项求和法　由(1)得bn＝(－1)n－1nan＝(－1)n－1n×4×(－3)n－1＝4n·3n－1.
令bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1，
则bn＝(kn＋b)·3n－[k(n－1)＋b]·3n－1＝3n－1[3kn＋3b－k(n－1)－b]＝(2kn＋2b＋k)·3n－1.
所以解得
即bn＝(2n－1)·3n－[2(n－1)－1]·3n－1＝(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1.
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×31－(－1)×30＋3×32－1×31＋5×33－3×32＋…＋(2n－1)·3n－(2n－3)·3n－1＝(2n－1)·3n－(－1)×30＝(2n－1)·3n＋1.
错位相减法求和的注意点
(1)在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
(2)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．　　
[对点练清]
已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn＋1＋Sn－1＝2Sn＋1(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：由已知，得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝1(n≥2，n∈N*)，
即an＋1－an＝1(n≥2，n∈N*)，且a2－a1＝1，
∴数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝n＋1.
(2)由(1)知bn＝(n＋1)·3n，则
Tn＝2·3＋3·32＋4·33＋…＋n·3n－1＋(n＋1)·3n，①
3Tn＝2·32＋3·33＋4·34＋…＋n·3n＋(n＋1)·3n＋1，②
①－②，得－2Tn＝2·3＋32＋33＋34＋…＋3n－(n＋1)·3n＋1＝3＋－(n＋1)·3n＋1＝·3n＋，
∴Tn＝·3n－.
[课堂思维激活]　
一、综合性——强调融会贯通
1．若公比为q的等比数列{an}的首项a1＝1，且满足an＝(n＝3,4,5，…)．
(1)求q的值；
(2)设bn＝n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)由题意易知2an＝an－1＋an－2，
即2a1qn－1＝a1qn－2＋a1qn－3(n＝3,4,5，…)．
∵a1＝1，∴2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－.
(2)①当q＝1时，an＝1，bn＝n，Sn＝.
②当q＝－时，an＝n－1，bn＝n·n－1，
Sn＝1·0＋2·1＋3·2＋…＋
n·n－1，
－Sn＝1·1＋2·2＋…＋(n－1)·n－1＋n·n.
两式相减，
得Sn＝1－n·n＋，
整理得Sn＝－·n.
二、创新性——强调创新意识和创新思维
2．人教A版选择性必修二第8页中提到：欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素的正整数的个数，例如φ(1)＝1，φ(4)＝2.
(1)求φ(6)，φ(10)，φ(2n)的值；
(2)已知数列{an}满足an＝n·φ(3n)，求{an}的前n项和Sn；
(3)若数列(n∈N*)的前n项和为Tn，对任意n∈N*，均有λ·－2n＋3≥0恒成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)因为不超过正整数6且与6互素的正整数只有1,5，所以φ(6)＝2，
因为不超过正整数10且与10互素的正整数只有1,3,7,9，所以φ(10)＝4，
正偶数与2n不互素，所有正奇数与2n互素，比2n小的正奇数有2n－1个，所以φ(2n)＝2n－1.
(2)所有不超过正整数3n的正整数有3n个，其中与3n不互素的正整数有1×3,2×3,3×3，…，3n－1×3，共3n－1个，
所以所有不超过正整数3n，且与3n互素的正整数的个数为3n－3n－1＝2×3n－1个，
即φ(3n)＝2×3n－1，an＝n·φ(3n)＝n×3n－1，
Sn＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋(n－1)×3n－2＋n×3n－1，
3Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，
两式相减得
－2Sn＝1＋31＋32＋33＋…＋3n－1－n×3n＝(3n－1)－n×3n，Sn＝(2n－1)3n＋.
(3)由(2)可知＝＝3n，
Tn＝＝×3n－ ，
λ·－2n＋3≥0，得λ≥× 恒成立．
令bn＝× ，
则bn＋1－bn＝×－×＝× ,
可得b2>b1 ; 当 n>2 时，bn＋1所以bn＝×的最大值为b2＝b3＝，
故λ≥.
[课下过关检测]　
1．数列1,1＋2,1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前99项和为(　　)
A．2100－101 B．299－101
C．2100－99 D．299－99
解析：选A　由数列可知an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝＝2n－1，所以前99项的和为S99＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(299－1)＝2＋22＋…＋299－99＝－99＝2100－101.
2．数列{an}的通项公式是an＝.若前n项和为10，则项数为(　　)
A．11 B．99 C．120 D．121
解析：选C　∵an＝＝－，
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝(－1)＋(－)＋…＋(－)
＝－1.
令－1＝10，得n＝120.
3．已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于(　　)
A．15 B．12 C．－12 D．－15
解析：选A　∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.
4．[多选]已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＋b2＝7，a3＋b3＝13.记cn＝，数列{cn}的前n项和为Sn，则(　　)
A．an＝2n－1 B．bn＝2n
C．S9＝1 409 D．S2n＝2n2－n＋(4n－1)
解析：选ABD　设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q(q≠0)，依题意，，解得，则an＝2n－1，bn＝2n－1，bn＝2n，A，B都正确；于是c2n－1＝a2n－1＝4n－3，c2n＝b2n＝4n，数列{cn}的前2n项和S2n：S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝＋＝2n2－n＋(4n－1)，S9＝S8＋a9＝2×42－4＋(44－1)＋17＝385，C错误，D正确．故选A,B,D.
5．已知函数y＝loga(x－1)＋3(a＞0，a≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{an}的第二项与第三项，若bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，则T10＝(　　)
A. B． C．1 D．
解析：选B　∵对数函数y＝logax的图象过定点(1,0)，
∴函数y＝loga(x－1)＋3的图象过定点(2,3)，则a2＝2，a3＝3，故an＝n，∴bn＝＝－，∴T10＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选B.
6．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N*)，则S2 024＝________.
解析：∵数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，①
∴n＝1时，a2＝2，n≥2时，an·an－1＝2n－1，②
①÷②得＝2.
∴数列{an}的奇数项、偶数项分别成等比数列，
∴S2 024＝＋＝3×21 012－3.
答案：3×21 012－3
7．已知等比数列{an}的公比q≠1，且a1＝1,3a3＝2a2＋a4，则数列的前4项和为________．
解析：∵等比数列{an}中，a1＝1,3a3＝2a2＋a4，
∴3q2＝2q＋q3.又∵q≠1，∴q＝2，
∴an＝2n－1，∴＝2n－1，
即是首项为，公比为的等比数列，
∴数列的前4项和为＝.
答案：
8．已知an＝2n－2，a＝bn，cn＝，则数列{cn}的前n项和Sn＝________.
解析：因为a＝(2n－2)2＝bn，所以bn＝－2n＋4，所以cn＝＝＝＝(－n＋2)·n－3，
所以Sn＝1·－2＋0·－1＋(－1)·0＋…＋(－n＋2)·n－3，①
则Sn＝1·－1＋0·0＋(－1)·1＋…＋(－n＋2)·n－2.②
①－②得
Sn＝4－－(－n＋2)·n－2＝4－－(－n＋2)·n－2＝，整理得Sn＝.
答案：
9．已知等比数列{an}各项都是正数，Sn为其前n项和，a3＝8，S3＝14.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设{an－bn}是首项为1，公差为3的等差数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
解：(1)等比数列{an}中，a3＝8，S3＝14，
可列方程组
∵{an}各项都是正数，∴q＞0，
解得∴an＝2n.
(2)由题意知an－bn＝3n－2，即2n－bn＝3n－2，
∴bn＝2n－3n＋2.
∴Tn＝21＋22＋…＋2n－3×(1＋2＋…＋n)＋2n＝－3×＋2n＝2n＋1－n2＋－2.
10．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a6＝11，S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设该等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
根据题意可知解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，
所以数列{an}的通项公式是an＝2n－1.
(2)由(1)得an＝2n－1，所以bn＝(－1)n·＝(－1)n··，
所以Tn＝.
当n为奇数时，Tn＝；
当n为偶数时，Tn＝.
所以Tn＝－＋(－1)n.
1．设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋…＋ab10等于(　　)
A．1 033 B．1 034 C．2 057 D．2 058
解析：选A　由已知可得an＝n＋1，bn＝2n－1，
于是abn＝bn＋1，
因此ab1＋ab2＋…＋ab10＝(b1＋1)＋(b2＋1)＋…＋(b10＋1)＝b1＋b2＋…＋b10＋10＝20＋21＋…＋29＋10＝＋10＝1 033.
2．已知Sn为数列{an}的前n项和，若an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，则S20＝(　　)
A．31 B．122 C．324 D．484
解析：选B　∵an(4＋cos nπ)＝n(2－cos nπ)，
∴当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝n；
当n＝2k(k∈N*)时，an＝.∴an＝
∴a1＝1，a2＝，a3＝3，a4＝，a5＝5，….
∴S20＝(1＋3＋…＋19)＋
＝＋×＝122.故选B.
3．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________．
解析：当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1＋a2k＝4k－1，
当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k－a2k－1＝4k－3，
∴a2k＋1＋a2k－1＝2，
∴a2k＋3＋a2k＋1＝2，
∴a2k－1＝a2k＋3，
∴a1＝a5＝…＝a61.
∴a1＋a2＋a3＋…＋a60＝(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a60＋a61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＝30×61＝1 830.
答案：1 830
4．(2023·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝1,2Sn＝nan.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，2S1＝a1，即2a1＝a1，所以a1＝0.
当n≥2时，由2Sn＝nan，得2Sn－1＝(n－1)an－1，
两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1，
即(n－1)an－1＝(n－2)an，
当n＝2时，可得a1＝0，
故当n≥3时，＝，则··…·＝··…·，
整理得＝n－1，因为a2＝1，
所以an＝n－1(n≥3)．
当n＝1，n＝2时，均满足上式，所以an＝n－1.
(2)令bn＝＝，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝＋＋…＋＋①，
Tn＝＋＋…＋＋②，
由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，
即Tn＝2－.
5．已知数列{an}满足，且a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，设bn＝an＋1－an.
(1)求证：数列{bn}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)记cn＝，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式2(2n＋1－1)Tn<λ＋b对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．
解：(1)证明：∵an＋2＝3an＋1－2an，∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，又bn＝an＋1－an，即bn＋1＝2bn，
故数列{bn}是首项为b1＝a2－a1＝2，公比为2的等比数列，则bn＝2×2n－1＝2n；
故an＋1－an＝2n，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，即an＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝＝2n－1，故an＝2n－1.
(2)cn＝＝＝2，
故{cn}的前n项和Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝2＋2＋2＋…＋2
＝2＝，不等式2(2n＋1－1)Tn<λ＋b对任意n∈N*恒成立，
则2(2n＋1－1)×<λ＋22n，即2n＋3－8－22n<λ恒成立．
令pn＝2n＋3－8－22n，则pn＋1＝2n＋4－8－22n＋2，则pn＋1－pn＝2n＋3－3·22n＝2n(8－3·2n)．
当n＝1时，p2－p1>0，当n≥2，n∈N*时，pn＋1－pn<0，故数列{pn}的最大项为p2＝25－8－24＝8，
故2n＋3－8－22n<λ恒成立，即λ>8，故实数λ的取值范围为(8，＋∞)．

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