资源简介

3.2　等比数列的前n项和
第一课时　等比数列的前n项和公式
1.在等比数列{an}中，a1＝2，a2＝1，则S100＝（　　）
A.4－2100　 B.4＋2100
C.4－2－98 D.4－2－100
2.设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9＝（　　）
A. B.－
C. D.
3.河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产之一.某洞窟的浮雕共7层，它们构成一幅优美的图案.若从下往上计算，从第二层开始，每层浮雕像个数依次是下层个数的2倍，该洞窟浮雕像总共有1 016个，则第5层浮雕像的个数为（　　）
A.64 B.128
C.224 D.512
4.在数列{an}中，已知对任意正整数n，有a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则＋＋…＋＝（　　）
A.（3n－1）2 B.（27n－1）
C.（3n－1） D.27n－1
5.（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
6.（多选）在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前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
7.若等比数列{an}的前n项和Sn＝2·3n＋r，则r＝　　　　.
8.已知Sn为等比数列{an}的前n项和，Sn＝93，an＝48，公比q＝2，则项数n＝　　　　，a1＝　　　　.
9.已知{an}是递减的等比数列，且a2＝2，a1＋a3＝5，则{an}的通项公式为　　　　，a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1（n∈N＋）＝　　　　.
10.设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求a1＋a3＋…＋a2n＋1.
11.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2，2a5，3a8成等差数列，则＝（　　）
A.或 B.或3
C. D.或
12.设数列{an}的前n项和为Sn，称Tn＝为数列a1，a2，a3，…，an的“理想数”，已知数列a1，a2，a3，a4，a5的理想数为2 024，则数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为（　　）
A.1 673 B.1 675
C. D.
13.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＝　　　　，＋＋…＋＝　　　　.
14.（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＋＋＋…＋.
15.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＝　　　　.
16.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.
第一课时　等比数列的前n项和公式
1.C　q＝＝.S100＝＝＝4（1－2－100）＝4－2－98.
2.A　易知q≠－1，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＝.
3.B　设最下层的浮雕像的数量为a1，依题意有公比q＝2，n＝7，S7＝＝1 016，解得a1＝8，则an＝8×2n－1＝2n＋2（1≤n≤7，n∈N＋），所以a5＝27＝128.
4.B　设Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则当n≥2时，Sn－1＝3n－1－1，故an＝Sn－Sn－1＝2×3n－1，又a1＝2，所以an＝2×3n－1，所以＋＋…＋＝＝.
5.AD　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A、D.
6.ABC　∵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.S8＝29－2＝510，故C正确.lg an＝lg 2n＝nlg 2，数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列，故D错误.故选A、B、C.
7.－2　解析：Sn＝2·3n＋r，由等比数列前n项和的性质得r＝－2.
8.5　3　解析：由Sn＝93，an＝48，公比q＝2，
得解得
9.an＝4×　×　解析：由a2＝2，a1＋a3＝5，{an}是递减的等比数列，得a1＝4，a3＝1，an＝4×，则a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1是首项为8、公比为的等比数列的前n项和.故a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝8＋2＋＋…＋8×＝＝×.
10.解：（1）∵S1＝a1＝1，且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，∴Sn＝2n－1，
又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－2＝2n－2.
当n＝1时，a1＝1，不适合上式.∴an＝
（2）由（1）知，a3，a5，…，a2n＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列，
∴a3＋a5＋…＋a2n＋1＝＝.
∴a1＋a3＋…＋a2n＋1＝1＋＝.
11.A　由条件得a2＋3a8＝4a5，即a2＋3a2q6＝4a2q3，即3q6－4q3＋1＝0，解得q3＝1或q3＝.当q3＝1时，q＝1，S6＝2S3，则＝；当q3＝时，＝＝＝＝.
12.D　因为数列a1，a2，…，a5的“理想数”为2 024，所以＝2 024，即S1＋S2＋S3＋S4＋S5＝5×2 024，所以数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为＝＝.
13.2n－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，∴＝4n－1，∴＋＋…＋＝＝.
14.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，
∵＝＝＝2，
∴{}是首项为b2＝2，公比为2的等比数列.
∴＋＋…＋＝＝126.
15.1－　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－.
16.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）＝＋.
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3.2　
等比数列的前n项和
新课程标准解读 核心素养
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 数学运算
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 逻辑推理、
数学运算
第一课时　
等比数列的前n项和公式
目录
基础知识·重落实
01
典型例题·精研析
02
知能演练·扣课标
03
基础知识·重落实
01
课前预习 必备知识梳理
　　在信息技术高度发展的今天，人们可以借助手机、计算机等
快速地传递有关信息.在此背景下，要求每一个人都要“不造谣，
不信谣，不传谣”，否则要依法承担有关法律责任.你知道其中的
缘由吗？
　　如图所示，如果一个人得到某个信息之后，就将这个信息传给3
个不同的好友（称为第1轮传播），每个好友收到信息后，又都传给
了3个不同的好友（称为第2轮传播），……，依此下去，假设信息在
传播的过程中都是传给不同的人，则每一轮传播后，信息传播的人数
就构成了一个等比数列：1，3，9，27，81，….
【问题】　如果信息按照上述方式共传播了20轮，那么知晓这个信息
的人数共有多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
知识点一　等比数列的前 n 项和公式
已知量 首项 a1与公比 q 首项 a1，末项 an 与公比 q
公式 Sn ＝
Sn ＝


（ q ≠1且 q
≠0）　
（ q ≠1且 q
≠0）　
提醒　（1）等比数列前 n 项和公式的推导方法是“错位相减法”；
（2）若 q 是否等于1不能确定时，需按 q ＝1和 q ≠1分类讨论.
【想一想】
若某数列的前 n 项和公式为 Sn ＝－ aqn ＋ a （ a ≠0， q ≠0且 q ≠1， n
∈N＋），则此数列一定是等比数列吗？
提示：是.根据等比数列前 n 项和公式 Sn ＝ （ q ≠0且 q
≠1）变形为： Sn ＝ － · qn （ q ≠0且 q ≠1），若令 a ＝ ，则
公式可变形为 Sn ＝ a － aqn .
知识点二　等比数列前 n 项和的性质
（1）当 q ＝1时， ＝ ；当 q ≠±1时， ＝ ；
（2） Sn＋ m ＝ Sm ＋ qmSn ＝ Sn ＋ qnSm ；
（3）设 S偶与 S奇分别是偶数项的和与奇数项的和；
若项数为2 n ，则 ＝ q ；若项数为2 n ＋1，则 ＝ q ；
（4）当 q ≠－1时，连续 m 项的和（如 Sm ， S2 m － Sm ， S3 m － S2
m ，…）仍组成等比数列（公比为 qm ， m ≥2）.
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）等比数列前 n 项和 Sn 不可能为0. （　×　）
（2）若首项为 a 的数列既是等比数列又是等差数列，则其前 n 项和
等于 na . （　√　）
（3）若 a ∈R，则1＋ a ＋ a2＋…＋ an－1＝ . （　×　）
（4）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. （　×　）
×
√
×
×
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－
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
＝ .
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.
±1
典型例题·精研析
02
课堂互动 关键能力提升
题型一 等比数列前 n 项和公式的基本运算
【例1】　（1）设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，若 a1＝3，且 a2 022
＋ a2 023＝0，则 S101＝（　A　）
A. 3 B. 303
C. －3 D. －303
解析： 设数列{ an }的公比为 q ，由 a2 022＋ a2 023＝0可得 q
＝－1，故 S101＝ a101＝ a1＝3.
A
（2）（多选）已知等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，公比为 q ，若 a1≠
a2， a3 a4＝2 a1， a3－ a2＝2（ a4－ a3），则下列结论正确的是
（　AD　）
A. q ＝ B. a7＝2
C. a8＝8 D. S6＝126
AD
解析： 因为 a1≠ a2，所以 q ≠1.因为 a3－ a2＝2（ a4－
a3），所以 a3－ a2＝2 q （ a3－ a2），所以 q ＝ ，故A正确.又 a3
a4＝2 a1，所以 q5＝2 a1，所以 a1＝64，所以 a7＝ a1 q6＝1， a8
＝ a1 q7＝ ，故B、C错误. S6＝ ＝ ＝
126，故D正确.选A、D.
（3）在数列{ an }中， a1＝2， an＋1＝2 an ， 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＝2 an ，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2 n＋1＝128，解得 n ＝6.
6
通性通法
等比数列前 n 项和基本运算的技巧
（1）在等比数列的通项公式和前 n 项和公式中，共涉及五个量： a1，
an ， n ， q ， Sn ，其中首项 a1和公比 q 为基本量，且“知三求
二”，常常列方程组来解答；
（2）对于基本量的计算，列方程组求解是基本方法，通常用约分或
两式相除的方法进行消元，有时会用到整体代换，如 qn ， 都
可看作一个整体；
（3）在解决与前 n 项和有关的问题时，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.
【跟踪训练】
在等比数列{ an }中：
（1）若 a1＝ ， an ＝16 ， Sn ＝11 ，求 n 和 q ；
解： 由 Sn ＝ 得，11 ＝ ，
∴ q ＝－2，
又由 an ＝ a1 qn－1得，16 ＝ （－2） n－1，∴ n ＝5.
（2）已知 S4＝1， S8＝17，求 an .
解： 若 q ＝1，则 S8＝2 S4，不符合题意，∴ q ≠1，
∴ S4＝ ＝1， S8＝ ＝17，
两式相除得 ＝1＋ q4＝17，
∴ q ＝2或 q ＝－2，∴ a1＝ 或 a1＝－ ，
∴ an ＝ ·2 n－1或－ ·（－2） n－1.
题型二 等比数列前 n 项和的性质
【例2】　（1）在等比数列{ an }中，若 S10＝10， S20＝30，则 S30
＝ ；
70
解析： 设等比数列{ an }的公比为 q ，∵ S20≠2 S10，∴ q
≠1.∵ S10≠ S20，∴ q ≠－1.
法一　由等比数列的前 n 项和公式，得②÷
①得1＋ q10＝3，故 q10＝2. S30＝ ＝ ×（1＋ q10
＋ q20）＝10×（1＋2＋22）＝70.
法二　由性质（4）得 S10， S20－ S10， S30－ S20仍成等比数列，则（ S20
－ S10）2＝ S10（ S30－ S20），即（30－10）2＝10（ S30－30），得 S30
＝70.
法三　由性质（2）得 S20＝ S10＋ q10 S10，即30＝10＋10 q10，∴ q10＝
2，∴ S30＝ S20＋ q20 S10＝30＋40＝70.
法四　运用性质（1）得 ＝ ，即 ＝ ，∴ q10＝2.又
＝ ，∴ S30＝70.
（2）已知等比数列{ an }共有2 n 项，其和为－240，且（ a1＋ a3＋…＋
a2 n－1）－（ a2＋ a4＋…＋ a2 n ）＝80，则公比 q ＝ ；
2
解析：由题意知 S奇＋ S偶＝－240， S奇－ S偶＝80，
∴ S奇＝－80， S偶＝－160，∴ q ＝ ＝2.
（3）若数列{ an }是等比数列，且其前 n 项和为 Sn ＝3 n＋1－2 k ，则实
数 k ＝ .

解析： ∵ Sn ＝3 n＋1－2 k ＝3·3 n －2 k ，且{ an }为等比数列，∴3－2 k ＝0，即 k ＝ .
通性通法
处理等比数列前 n 项和有关问题的常用方法
（1）运用等比数列的前 n 项和公式，要注意公比 q ＝1和 q ≠1两种情
形，在解有关的方程（组）时，通常用约分或两式相除的方法
进行消元；
（2）灵活运用等比数列前 n 项和的有关性质.
【跟踪训练】
1. 已知等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ， S4＝1， S8＝3，则 a9＋ a10＋
a11＋ a12＝（　　）
A. 8 B. 6
C. 4 D. 2
解析： 　 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，求数列的通项公式.
解：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＝4 S偶，即 S奇＝3 S偶.
因为数列{ an }的项数为偶数，所以有 q ＝ ＝ .
又因为 a1· a1 q · a1 q2＝64，所以 · q3＝64，
即 a1＝12，故所求通项公式为 an ＝12× ， n ∈N＋.
题型三 等比数列前 n 项和公式的实际应用
【例3】　某市2023年共有1万辆燃油型公交车.有关部门计划于2024
年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年
增加50%.则：
（1）该市在2030年应该投入电力型公交车多少辆？
解： 每年投入电力型公交车的数量可构成等比数列{ an }，
其中 a1＝128， q ＝ .
∴2030年应投入的数量为 a7＝ a1 q6＝128× ＝1 458（辆）.
∴该市在2030年应该投入1 458辆电力型公交车.
（2）到哪一年年底，电力型公交车的数量开始超过公交车总量的 ？
解： 设{ an }的前 n 项和为 Sn .
则 Sn ＝ ＝256· ，
由 Sn ＞（10 000＋ Sn ）× ，即 Sn ＞5 000， n ∈N＋，
解得 n ＞7.
∴该市在2031年底电力型公交车的数量开始超过该市公交车总
量的 .
通性通法
解数列应用题的思路和方法
【跟踪训练】
为保护我国的稀土资源，国家限定某矿区的出口总量不能超过80吨，
该矿区计划从2024年开始出口，当年出口 a 吨，以后每年出口量均比
上一年减少10%.
（1）以2024年为第一年，设第 n 年出口量为 an 吨，试求 an 的表
达式；
解： 由题意知每年的出口量构成等比数列，且首项 a1＝
a ，公比 q ＝1－10%＝0.9，∴ an ＝ a ·0.9 n－1.
（2）国家计划10年后终止该矿区的出口，问2024年最多出口多少
吨？（0.910≈0.35，保留一位小数）
解： 10年的出口总量 S10＝ ＝10 a （1－
0.910）.
∵ S10≤80，∴10 a （1－0.910）≤80，即 a ≤ ≈12.3，
∴ a ≤12.3.故2024年最多出口12.3吨.
1. 数列1，5，52，53，54，…的前10项和为（　　）
A. （510－1） B. （510－1）
C. （59－1） D. （511－1）
解析： 　 S10＝ ＝ （510－1）.
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： 　由 S5＝ ＝44，得 a1＝4.
3. 记 Sn 为等比数列{ an }的前 n 项和.若 S2＝4， S4＝6，则 S6＝
（　　）
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
解析： 　法一（通解）　因为 S2＝4， S4＝6，且易知公比 q
≠±1，所以由等比数列的前 n 项和公式，得
两式相除，得 q2＝ ，
所以或
所以 S6＝ ＝7.故选A.
法二（优解）　易知 S2， S4－ S2， S6－ S4构成等比数列，由等比中
项的性质得 S2（ S6－ S4）＝（ S4－ S2）2，即4（ S6－6）＝22，所以
S6＝7.故选A.
4. 中国古代著作《张丘建算经》有这样一个问题：“今有马行转迟，
次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐
减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里，
那么这匹马在最后一天行走的里程数为（　　）
A. B.
C. D.
解析： 　设第七天走的路程为 x ，则第六天的行程为2 x ，第五天
的行程为22 x ，依次计算，那么七天总共走的路程为 x ＋2 x ＋…＋
26 x ＝ ＝700 x ＝ .
5. 等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，若 an ＞0， q ＞1， a3＋ a5＝20， a2
a6＝64，则 S5＝ .
解析：在等比数列{ an }中，由 a2 a6＝64，得 a3 a5＝ a2 a6＝64.又因
为 a3＋ a5＝20， an ＞0， q ＞1，所以 a3＜ a5，解得 a3＝4， a5＝
16，从而公比 q ＝ ＝2， a1＝ ＝1，所以 S5＝ ＝31.
31
知能演练·扣课标
03
课后巩固 核心素养落地
1. 在等比数列{ an }中， a1＝2， a2＝1，则 S100＝（　　）
A. 4－2100 B. 4＋2100
C. 4－2－98 D. 4－2－100
解析：C　 q ＝ ＝ . S100＝ ＝ ＝4（1－2－
100）＝4－2－98.
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2. 设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，已知 S3＝8， S6＝7，则 a7＋ a8＋
a9＝（　　）
A. B. －
C. D.
解析： 　易知 q ≠－1，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＝ .
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3. 河南洛阳龙门石窟是中国石刻艺术宝库，现为世界非物质文化遗产
之一.某洞窟的浮雕共7层，它们构成一幅优美的图案.若从下往上
计算，从第二层开始，每层浮雕像个数依次是下层个数的2倍，该
洞窟浮雕像总共有1 016个，则第5层浮雕像的个数为（　　）
A. 64 B. 128
C. 224 D. 512
解析： 　设最下层的浮雕像的数量为 a1，依题意有公比 q ＝2， n
＝7， S7＝ ＝1 016，解得 a1＝8，则 an ＝8×2 n－1＝2 n＋2
（1≤ n ≤7， n ∈N＋），所以 a5＝27＝128.
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4. 在数列{ an }中，已知对任意正整数 n ，有 a1＋ a2＋ a3＋…＋ an ＝3 n
－1，则 ＋ ＋…＋ ＝（　　）
A. （3 n －1）2 B. （27 n －1）
C. （3 n －1） D. 27 n －1
解析： 　设 Sn ＝ a1＋ a2＋ a3＋…＋ an ＝3 n －1，则当 n ≥2时， Sn
－1＝3 n－1－1，故 an ＝ Sn － Sn－1＝2×3 n－1，又 a1＝2，所以 an ＝
2×3 n－1，所以 ＋ ＋…＋ ＝ ＝ .
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5. （多选）设等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，且满足 a6＝8 a3，则
（　　）
A. 数列{ an }的公比为2 B. 数列{ an }的公比为8
C. ＝8 D. ＝9
解析： 　因为等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，且满足 a6＝8
a3，所以 ＝ q3＝8，解得 q ＝2，所以 ＝ ＝1＋ q3＝9，
故选A、D.
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6. （多选）在公比 q 为整数的等比数列{ an }中， Sn 是数列{ an }的前 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
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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 ＝2 n ， Sn ＝ ＝2 n＋1－2，∴ Sn ＋2＝2 n＋1，∴数列{ Sn ＋
2}是首项为4，公比为2的等比数列，故B正确. S8＝29－2＝510，故
C正确.lg an ＝lg 2 n ＝ n lg 2，数列{lg an }是公差为lg 2的等差数列，
故D错误.故选A、B、C.
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7. 若等比数列{ an }的前 n 项和 Sn ＝2·3 n ＋ r ，则 r ＝ .
解析： Sn ＝2·3 n ＋ r ，由等比数列前 n 项和的性质得 r ＝－2.
－2
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8. 已知 Sn 为等比数列{ an }的前 n 项和， Sn ＝93， an ＝48，公比 q ＝
2，则项数 n ＝ ， a1＝ .
解析：由 Sn ＝93， an ＝48，公比 q ＝2，
得解得
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8. 已知 Sn 为等比数列{ an }的前 n 项和， Sn ＝93， an ＝48，公比 q ＝
2，则项数 n ＝ ， a1＝ .
解析：由 Sn ＝93， an ＝48，公比 q ＝2，
得解得
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9. 已知{ an }是递减的等比数列，且 a2＝2， a1＋ a3＝5，则{ an }的通项
公式为 ， a1 a2＋ a2 a3＋…＋ anan＋1（ n ∈N＋）
＝ .
an ＝4×
×
解析：由 a2＝2， a1＋ a3＝5，{ an }是递减的等比数列，得 a1＝4，
a3＝1， an ＝4× ，则 a1 a2＋ a2 a3＋…＋ anan＋1是首项为8、
公比为 的等比数列的前 n 项和.故 a1 a2＋ a2 a3＋…＋ anan＋1＝8＋2
＋ ＋…＋8× ＝ ＝ × .
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10. 设数列{ an }的前 n 项和为 Sn ， a1＝1，且数列{ Sn }是以2为公比的
等比数列.
（1）求数列{ an }的通项公式；
解： ∵ S1＝ a1＝1，且数列{ Sn }是以2为公比的等比数
列，∴ Sn ＝2 n－1，
又当 n ≥2时， an ＝ Sn － Sn－1＝2 n－1－2 n－2＝2 n－2.
当 n ＝1时， a1＝1，不适合上式.∴ an ＝
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（2）求 a1＋ a3＋…＋ a2 n＋1.
解： 由（1）知， a3， a5，…， a2 n＋1是以2为首项，以
4为公比的等比数列，
∴ a3＋ a5＋…＋ a2 n＋1＝ ＝ .
∴ a1＋ a3＋…＋ a2 n＋1＝1＋ ＝ .
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11. 已知等比数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，且满足 a2，2 a5，3 a8成等差
数列，则 ＝（　　）
A. 或 B. 或3
C. D. 或
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解析： 　由条件得 a2＋3 a8＝4 a5，即 a2＋3 a2 q6＝4 a2 q3，即3 q6
－4 q3＋1＝0，解得 q3＝1或 q3＝ .当 q3＝1时， q ＝1， S6＝2 S3，
则 ＝ ；当 q3＝ 时， ＝ ＝ ＝ ＝ .
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12. 设数列{ an }的前 n 项和为 Sn ，称 Tn ＝ 为数列 a1，
a2， a3，…， an 的“理想数”，已知数列 a1， a2， a3， a4， a5的
理想数为2 024，则数列2， a1， a2，…， a5的“理想数”为
（　　）
A. 1 673 B. 1 675
C. D.
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解析： 　因为数列 a1， a2，…， a5的“理想数”为2 024，所以
＝2 024，即 S1＋ S2＋ S3＋ S4＋ S5＝5×2 024，
所以数列2， a1， a2，…， a5的“理想数”为
＝ ＝ .
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13. 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 ＝ ， ＋ ＋…＋
＝ .
2 n－1

解析：∵ a2＝2， S3＝7，由 S3＝ ＋2＋2 q ＝7，解得 q ＝2或 q ＝
，
又∵ q ＞1，∴ q ＝2，故 a1＝1，∴ an ＝2 n－1，∴ ＝4 n－1，
∴ ＋ ＋…＋ ＝ ＝ .
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14. （1）设数列{ xn }满足log2 xn＋1＝1＋log2 xn （ n ∈N＋），且 x1＋ x2
＋…＋ x10＝10，记{ xn }的前 n 项和为 Sn ，求 S20；
解： ∵log2 xn＋1＝1＋log2 xn ＝log2（2 xn ），
∴ xn＋1＝2 xn ，且 xn ＞0，
∴{ xn }为等比数列，且公比 q ＝2，
∴ S20＝ S10＋ q10 S10＝10＋210×10＝10 250.
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（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 ＋ ＋ ＋…
＋ .
解： 设数列{ bn }的公比为 q ，则 q ＝2，
∵ ＝ ＝ ＝2，
∴{ }是首项为 b2＝2，公比为2的等比数列.
∴ ＋ ＋…＋ ＝ ＝126.
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15. 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 ＝ .
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－ .
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16. 已知数列{ an }的前 n 项和为 Sn ， a1＝ t ，点（ Sn ， an＋1）在直线 y
＝3 x ＋1上.
（1）当实数 t 为何值时，数列{ an }是等比数列？
解： 因为点（ Sn ， an＋1）在直线 y ＝3 x ＋1上，
所以 an＋1＝3 Sn ＋1，
当 n ≥2时， an ＝3 Sn－1＋1.于是 an＋1－ an ＝3（ Sn － Sn－1）
an＋1－ an ＝3 an an＋1＝4 an .
又当 n ＝1时， a2＝3 S1＋1 a2＝3 a1＋1＝3 t ＋1，
所以当 t ＝1时， a2＝4 a1，此时，数列{ an }是等比数列.
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（2）在（1）的结论下，设 bn ＝log4 an＋1， cn ＝ an ＋ bn ， Tn 是数
列{ cn }的前 n 项和，求 Tn .
解： 由（1），可得 an ＝4 n－1， an＋1＝4 n ，
所以 bn ＝log4 an＋1＝ n ， cn ＝4 n－1＋ n ，
那么 Tn ＝ c1＋ c2＋…＋ cn ＝（40＋1）＋（41＋2）＋…＋
（4 n－1＋ n ）＝（40＋41＋…＋4 n－1）＋（1＋2＋…＋ n ）＝
＋ .
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谢 谢 观 看！3.2　等比数列的前n项和
新课程标准解读 核心素养
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 数学运算
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 逻辑推理、数学运算
第一课时　等差数列的前n项和公式
　　在我国古代，9是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇室建筑中包含许多与9相关的设计.例如，北京天坛圜丘的地面由扇环的石板铺成（如图），最高一层的中心是一块天心石，围绕它的第1圈有9块石板，从第2圈开始，每一圈比前一圈多9块，共有9圈.
【问题】　文中所提到的最高一层的石板一共有多少块？
　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　等差数列的前n项和公式
1.数列的前n项和
定义：数列{an}中，从第一项a1到第n项an的和称为数列{an}的前n项和.记作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an.
2.数列的前n项和公式
定义：如果数列{an}的前n项和Sn能用关于项数n的一个式子g（n）来表示，那么Sn＝g（n）叫作数列{an}的前n项和公式.
3.等差数列的前n项和公式
已知量 首项，末项与项数 首项，公差与项数
选用 公式 Sn＝　　　 Sn＝　　　　　
提醒　（1）等差数列{an}的前n项和公式的推导方法“倒序相加法”是解决数列求和问题的一种重要方法.主要适用于具有a1＋an＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…特征的数列求和；（2）若已知等差数列{an}的首项a1、末项an及项数n，则用公式Sn＝来求和.这里是a1与an的等差中项，应用时要注意结合等差数列的性质；（3）公式Sn＝中涉及四个量：Sn，n，a1，an；公式Sn＝na1＋d中也涉及四个量：Sn，n，a1，d.结合等差数列{an}的通项公式an＝a1＋（n－1）d，对于等差数列中的五个量：Sn，n，a1，an，d，已知其中的三个量就可以求出另外的两个量.
知识点二　数列中an与Sn的关系
　对于一般数列{an}，设其前n项和为Sn，则有an＝
提醒　在使用an与Sn的关系求an时，要注意验证n＝1时与n≥2时求得的通项公式是否可以合并.
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）等差数列前n项和公式的推导方法是倒序相加法.（　　）
（2）若数列{an}的前n项和Sn＝kn（k∈R），则{an}为常数列.（　　）
（3）等差数列的前n项和等于其首项、第n项的等差中项的n倍.（　　）
（4）若数列{an}的前n项和为Sn，则对于任意的n∈N＋，an＝Sn－Sn－1.（　　）
2.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝，S4＝20，则S6＝（　　）
A.16　　　　　　　　B.24
C.36 D.48
3.等差数列{an}中，若a1＝－1，S25＝30，则公差d＝　　　　.
题型一 等差数列前n项和的基本运算
【例1】　在等差数列{an}中：
（1）已知a6＝10，S5＝5，求a8和S10；
（2）已知a1＝4，S8＝172，求a8和d.
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
等差数列中基本计算的两个技巧
（1）利用基本量求值
（2）利用等差数列的性质解题
【跟踪训练】
在等差数列{an}中：
（1）若a1＝1，a4＝7，求S9；
（2）若a3＋a15＝40，求S17；
（3）若a1＝，an＝－，Sn＝－5，求n和d.
题型二 由数列{an}的前n项和Sn求an
【例2】　已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋n，求这个数列的通项公式.这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项与公差分别是什么？
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
【母题探究】
（变条件、变设问）若将本例中前n项和改为Sn＝n2＋n＋1，求数列{an}的通项公式.
通性通法
1.已知数列{an}的前n项和Sn求通项公式an，先由a1＝S1求得a1，再当n≥2时，an＝Sn－Sn－1求得an的表达式，最后验证a1是否符合an的表达式，若符合则统一用一个式子表示，不符合则分段表示.
2.数列{an}是等差数列的充要条件是Sn＝An2＋Bn（A、B为常数）.
题型三 等差数列前n项和的实际应用
【例3】　某市一家商场的新年最高促销奖设立了两种领奖方式：第一种，获奖者可以选择 2 000元的奖金；第二种，从12月20日到第二年的1月1日，每天到该商场领取奖品，第1天领取的奖品价值为100元，第2天为110元，以后逐天增加10元.你认为哪种领奖方式获奖者受益更多？
尝试解答　　　　　　 　　　　　　
通性通法
1.本题属于与等差数列前n项和有关的应用题，其关键在于构造合适的等差数列.
2.遇到与正整数有关的应用题时，可以考虑与数列知识联系，建立数列模型，具体解决要注意以下两点：
（1）抓住实际问题的特征，明确是什么类型的数列模型；
（2）深入分析题意，确定是求通项公式an，还是求前n项和Sn或者求项数n.
【跟踪训练】
某校新建一个报告厅，要求容纳800个座位，报告厅共有20排座位，从第2排起后一排都比前一排多2个座位.问第1排应安排多少个座位.
1.等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋5n，则公差d＝（　　）
A.1　　 　B.2　　 　C.5　　 　D.10
2.在等差数列{an}中，S10＝120，则a1＋a10＝（　　）
A.12 B.24 C.36 D.48
3.现有200根相同的钢管，把它们堆成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数为（　　）
A.9 B.10 C.19 D.29
4.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a6＝S3＝12，则{an}的通项an＝　　　　.
5.已知数列{an}的前n项和为Sn＝－2n2＋3n＋1.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）数列{an}是否为等差数列？
第一课时　等比数列的前n项和公式
【基础知识·重落实】
知识点一
（q≠1且q≠0）　（q≠1且q≠0）
想一想
　提示：是.根据等比数列前n项和公式Sn＝（q≠0且q≠1）变形为：Sn＝－·qn（q≠0且q≠1），若令a＝，则公式可变形为Sn＝a－aqn.
自我诊断
1.（1）×　（2）√　（3）×　（4）×
2.B　易知公比q＝，则S10＝＝2－.
3.±1　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.
【典型例题·精研析】
【例1】　（1）A　（2）AD　（3）6　解析：（1）设数列{an}的公比为q，由a2 022＋a2 023＝0可得q＝－1，故S101＝a101＝a1＝3.
（2）因为a1≠a2，所以q≠1.因为a3－a2＝2（a4－a3），所以a3－a2＝2q（a3－a2），所以q＝，故A正确.又a3a4＝2a1，所以q5＝2a1，所以a1＝64，所以a7＝a1q6＝1，a8＝a1q7＝，故B、C错误.S6＝＝＝126，故D正确.选A、D.
（3）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.
跟踪训练
　解：（1）由Sn＝得，11＝，
∴q＝－2，
又由an＝a1qn－1得，16＝（－2）n－1，∴n＝5.
（2）若q＝1，则S8＝2S4，不符合题意，∴q≠1，
∴S4＝＝1，S8＝＝17，
两式相除得＝1＋q4＝17，
∴q＝2或q＝－2，
∴a1＝或a1＝－，
∴an＝·2n－1或－·（－2）n－1.
【例2】　（1）70　（2）2　（3）　解析：（1）设等比数列{an}的公比为q，∵S20≠2S10，∴q≠1.∵S10≠S20，∴q≠－1.
法一　由等比数列的前n项和公式，得②÷①得1＋q10＝3，故q10＝2.S30＝＝×（1＋q10＋q20）＝10×（1＋2＋22）＝70.
法二　由性质（4）得S10，S20－S10，S30－S20仍成等比数列，则（S20－S10）2＝S10（S30－S20），即（30－10）2＝10（S30－30），得S30＝70.
法三　由性质（2）得S20＝S10＋q10S10，即30＝10＋10q10，∴q10＝2，∴S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70.
法四　运用性质（1）得＝，即＝，
∴q10＝2.
又＝，∴S30＝70.
（2）由题意知S奇＋S偶＝－240，S奇－S偶＝80，
∴S奇＝－80，S偶＝－160，∴q＝＝2.
（3）∵Sn＝3n＋1－2k＝3·3n－2k，且{an}为等比数列，
∴3－2k＝0，即k＝.
跟踪训练
1.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.解：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·q3＝64，
即a1＝12，故所求通项公式为an＝12×，n∈N＋.
【例3】　解：（1）每年投入电力型公交车的数量可构成等比数列{an}，其中a1＝128，q＝.∴2030年应投入的数量为a7＝a1q6＝128×＝1 458（辆）.
∴该市在2030年应该投入1 458辆电力型公交车.
（2）设{an}的前n项和为Sn.
则Sn＝＝256·，
由Sn＞（10 000＋Sn）×，即Sn＞5 000，n∈N＋，解得n＞7.
∴该市在2031年底电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的.
跟踪训练
　解：（1）由题意知每年的出口量构成等比数列，且首项a1＝a，公比q＝1－10%＝0.9，∴an＝a·0.9n－1.
（2）10年的出口总量S10＝＝10a（1－0.910）.
∵S10≤80，∴10a（1－0.910）≤80，即a≤≈12.3，
∴a≤12.3.故2024年最多出口12.3吨.
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1.B　S10＝＝（510－1）.
2.A　由S5＝＝44，得a1＝4.
3.A　法一（通解）　因为S2＝4，S4＝6，且易知公比q≠±1，所以由等比数列的前n项和公式，得两式相除，得q2＝，所以或
所以S6＝＝7.故选A.
法二（优解）　易知S2，S4－S2，S6－S4构成等比数列，由等比中项的性质得S2（S6－S4）＝（S4－S2）2，即4（S6－6）＝22，所以S6＝7.故选A.
4.B　设第七天走的路程为x，则第六天的行程为2x，第五天的行程为22x，依次计算，那么七天总共走的路程为x＋2x＋…＋26x＝＝700 x＝.
5.31　解析：在等比数列{an}中，由a2a6＝64，得a3a5＝a2a6＝64.又因为a3＋a5＝20，an＞0，q＞1，所以a3＜a5，解得a3＝4，a5＝16，从而公比q＝＝2，a1＝＝1，所以S5＝＝31.
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