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(共74张PPT)
第二课时　数列求和
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 分组转化法求和
【例1】　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
解：因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3（n
－1）＝3n－1，n∈N＋.
（2）求{an}的前20项和.
解：因为an＋1＝
所以k∈N＋时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，
即a2k＝a2k－1＋1， ①
a2k＋1＝a2k＋2， ②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③
①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差
数列.
所以数列{an}的前20项和S20＝（a1＋a3＋a5＋…＋a19）＋（a2
＋a4＋a6＋…＋a20）＝10＋ ×3＋20＋ ×3＝300.
通性通法
　　若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和
的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减.
【跟踪训练】
1. 数列{（－1）nn}的前n项和为Sn，则S2 026＝（　　）
A. 1 013 B. －1 013
C. 2 026 D. －2 026
解析：　S2 026＝（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋（－2 025＋2
026）＝1 013.
2. 已知数列{an}的首项a1＝3，通项an＝2np＋nq（n∈N＋，p，q为
常数），且a1，a4，a5成等差数列.
（1）求p，q的值；
解：由a1＝3，得2p＋q＝3，又因为a4＝24p＋4q，
a5＝25p＋5q，且a1＋a5＝2a4，得3＋25p＋5q＝25p＋8q，
解得p＝1，q＝1.
（2）求数列{an}前n项和Sn的公式.
解：由（1），知an＝2n＋n，所以Sn＝（2＋22＋…＋
2n）＋（1＋2＋…＋n）＝2n＋1－2＋ .
题型二 裂项相消法求和
【例2】　已知等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1， ＝
9a2a6.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：设数列{an}的公比为q，由 ＝9a2a6得 ＝9 ，
∴q2＝ .
由条件可知q＞0，故q＝ .
由2a1＋3a2＝1得2a1＋3a1q＝1，∴a1＝ .
故数列{an}的通项公式为an＝ .
（2）设bn＝－lo an，求数列 的前n项和Tn.
解：∵an＝ ，∴bn＝－log ＝2n，
∴ ＝ ＝ ，
∴Tn＝
＝ ＝ .
通性通法
1. 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵
消，从而求得其和.
2. 裂项求和的几种常见类型：
（1） ＝ ；
（2） ＝ ；
（3） ＝ ；
（4）若{an}是公差为d的等差数列，则 ＝ .
【跟踪训练】
　在等比数列{an}中，a1＝2且2，a2＋1，a3成等差数列.
（1）求{an}的通项公式；
解：设数列{an}的公比为q（q≠0）.
因为2，a2＋1，a3成等差数列，所以2（a2＋1）＝2＋a3，
即2（a1q＋1）＝2＋a1q2.
又a1＝2，所以q2－2q＝0，解得q＝2或q＝0（舍去），
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
（2）数列{bn}满足a1×a2×a3×…×an＝ ，求数列 的前n
项和.
解：因为a1×a2×a3×…×an＝21×22×23×…×2n＝21＋2
＋3＋…＋n＝ ＝ ，
所以bn＝ ，从而 ＝ ＝2 ，
所以 的前n项和Sn＝2［ ＋ ＋ ＋…＋
］
＝2 ＝ .
题型三 错位相减法求和
【例3】　在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝
9，a4＋a5＝8b2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.
已知等差数列{an}的公差为d（d＞1），前n项和为Sn，等比数列
{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q， 　　.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d＞1，
∴解得或（舍
去），∴
∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
解：选条件①：
选条件②：
∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d＞1，
∴∴
解得或（舍去），∴
∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
选条件③：
∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d＞1，
∴
解得或（舍去），∴
∴an＝a1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝b1qn－1＝2n－1.
（2）记cn＝ ，求数列{cn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ，
∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1）
× ， ①
Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－
1）× ， ②
①－②，得 Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－（2n
－1）× ＝1＋2× －（2n－1）× ＝3－
（2n＋3）× ，∴Tn＝6－（2n＋3）× .
由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ，
∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1）
× ， ①
Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－
1）× ， ②
①－②，得 Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－（2n
－1）× ＝1＋2× －（2n－1）× ＝3－
（2n＋3）× ，∴Tn＝6－（2n＋3）× .
（2）由题意得，cn＝ ＝ ＝（2n－1）× ，
∴Tn＝1× ＋3× ＋5× ＋…＋（2n－1）
× ， ①
Tn＝1× ＋3× ＋…＋（2n－3）× ＋（2n－
1）× ， ②
①－②，得 ×Tn＝1＋2×［ ＋ ＋…＋ ］－
（2n－1）×
＝1＋2× －（2n－1）×
＝3－（2n＋3）× ，
∴Tn＝6－（2n＋3）× .
通性通法
　　如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的
前n项和时，可采用错位相减法.
　　在写出“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.
【跟踪训练】
　数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝（n＋1）an＋n（n＋1），n∈N＋.
（1）证明：数列 是等差数列；
解：证明：由已知可得 ＝ ＋1，即 － ＝1.
所以 是以 ＝1为首项，1为公差的等差数列.
（2）设bn＝3n· ，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：由（1）得 ＝1＋（n－1）·1＝n，所以an＝n2.
从而bn＝n·3n.
Sn＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n·3n， ①
3Sn＝1·32＋2·33＋…＋（n－1）·3n＋n·3n＋1， ②
①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1
＝ －n·3n＋1
＝ ，
所以Sn＝ .
　由数列的递推关系求通项
　　
1. 在数列{an}中，Sn＋1＝4an＋2，a1＝1，求数列{an}的通项公式.
2. 已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，记bn＝an＋1，证明：{bn}是等比数
列，并求an.
【问题探究】
类型一：形如an＋1＝an＋f（n）的递推关系式
这类递推数列采用累加法求其通项（数列{f（n）}可求前n项和）.
当f（n）为常数时，用累加法可求得等差数列的通项公式.
而当f（n）为等差数列时，{an}为二阶等差数列，其通项公式应形
如an＝an2＋bn＋c，注意与等差数列求和公式一般形式的区别，后
者是Sn＝an2＋bn，其常数项一定为0.
类型二：形如an＋1＝f（n）an的递推关系式
这类递推数列可通过累乘法求得其通项（数列{f（n）}可求前n项
积）.
当f（n）为常数时，用累乘法可求得等比数列的通项公式.
类型三：形如an＋1＝can＋tan－1（n≥2，ct≠0）的递推关系式
对于此类递推关系式，可以使用待定系数法将其转化为等比数列问
题.即令an＋1－xan＝y（an－xan－1），用待定系数法求出x与y的
值，即可转化为等比数列问题，进而求通项.
类型四：形如an＋1＝can＋tan－1＋a（cta≠0）的递推关系式
对于此类递推关系式，可转化为等差数列求解.
类型五：由Sn与an的关系求an
数列{an}的通项an与其前n项和Sn的关系为
an＝
注意　（1）应重视分类讨论的应用，要先分n＝1和n≥2两种情况讨
论，特别要注意由Sn－Sn－1＝an推导出的an中的n≥2；
（2）由Sn－Sn－1＝an推导出的an＝f（n）（n≥2），若当n＝1
时，a1也适合an＝f（n），则需要统一合成一个表达式.
【迁移应用】
1. 已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，则数列{an}的通项公式
为 .
an＝2－ 　
解析：由a1＝S1＝2－a1，得a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n
－an－[2（n－1）－an－1]＝－an＋2＋an－1，所以an＝ an－1＋
1，即an－2＝ （an－1－2）.令bn＝an－2，则bn＝ bn－1，且b1＝
1－2＝－1，于是数列{bn}是首项为－1，公比为 的等比数列，所
以bn＝－1× ＝－ ，故an＝2－ .
2. 已知数列{an}满足an＋1＝5an－6an－1（n≥2），且a1＝1，a2＝
4，则数列{an}的通项公式为 .
解析：令an＋1－xan＝y（an－xan－1）（n≥2），即an＋1＝（x＋
y）an－xyan－1.于是得解得或取x
＝2，y＝3得an＋1－2an＝3（an－2an－1）（n≥2）.由于a2－2a1
＝2≠0，所以数列{an＋1－2an}是以2为首项，3为公比的等比数
列，即an＋1－2an＝2×3n－1.两边同除以2n＋1，得 － ＝
an＝2×3n－1－2n－1 　
× .所以 ＝ ＋ ＋…＋ ＋
＝ × ＋ × ＋…＋ × ＋ ＝ × ＋
＝ － .故an＝2×3n－1－2n－1.取x＝3，y＝2得an＋1－3an＝
2（an－3an－1）（n≥2）.由于a2－3a1＝1≠0，所以数列{an＋1－
3an}是以1为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－3an＝2n－1.整理
得an＋1＋2n＝3（an＋2n－1），又因为a1＋21－1＝2，所以数列{an
＋2n－1}是以2为首项，3为公比的等比数列，即an＋2n－1＝2×3n－
1，所以an＝2×3n－1－2n－1，综上可知an＝2×3n－1－2n－1.
3. 数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
（1）设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
解：证明：由an＋2＝2an＋1－an＋2得
an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即bn＋1－bn＝2.
又因为b1＝a2－a1＝1，故数列{bn}是以1为首项，2为公差的
等差数列.
（2）求{an}的通项公式.
解：由（1）知bn＝1＋2（n－1）＝2n－1，
即an＋1－an＝2n－1.
于是an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）
＋a1
＝[2（n－1）－1]＋[2（n－2）－1]＋…＋（2×1－1）＋1
＝2[1＋2＋3＋…＋（n－1）]－（n－1）＋1
＝2× －n＋2＝n2－2n＋2.
1. 已知an＝（－1）n，数列{an}的前n项和为Sn，则S9与S10的值分
别是（　　）
A. 1，1 B. －1，－1
C. 1，0 D. －1，0
解析：　S9＝－1＋1－1＋1－1＋1－1＋1－1＝－1，S10＝S9＋
a10＝－1＋1＝0.
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：　∵an＝ ＝ － ，∴Sn＝a1＋a2＋…＋
an＝（ －1）＋（ － ）＋…＋（ － ）＝
－1，令 －1＝10，得n＝120.
3. 若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和
为（　　）
A. 2n＋n2－1 B. 2n＋1＋n2－1
C. 2n＋1＋n2－2 D. 2n＋n－2
解析：　Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝（21＋2×1－1）＋（22＋
2×2－1）＋（23＋2×3－1）＋…＋（2n＋2n－1）＝（2＋22＋…
＋2n）＋2（1＋2＋3＋…＋n）－n＝ ＋2×
－n＝2（2n－1）＋n2＋n－n＝2n＋1＋n2－2.
4. 在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋（－1）n－1
（4n－3），则S15＋S22－S31的值为（　　）
A. －46 B. －76
C. 46 D. 76
解析：　∵S15＝（－4）×7＋（－1）14（4×15－3）＝29，S22
＝（－4）×11＝－44，S31＝（－4）×15＋（－1）30×（4×31－
3）＝61，∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
5. 已知等比数列{an}中，a2＝8，a5＝512.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：∵ ＝ ＝64＝q3，
∴q＝4.∴an＝a2·4n－2＝8×4n－2＝22n－1.
（2）令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：由bn＝nan＝n×22n－1知Sn＝1×2＋2×23＋3×25
＋…＋n×22n－1， ①
从而22×Sn＝1×23＋2×25＋3×27＋…＋n×22n＋1， ②
①－②得（1－22）×Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n×22n＋
1，即Sn＝ [（3n－1）22n＋1＋2].
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
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：　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.
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2. 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝
（　　）
A. 2n－1
解析：　因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以由Sn＝2an＋1，得Sn＝2（Sn
＋1－Sn），整理得3Sn＝2Sn＋1，所以 ＝ ，所以数列{Sn}是以
S1＝a1＝1为首项， 为公比的等比数列，故Sn＝ .
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3. 已知函数y＝loga（x－1）＋3（a＞0且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＝（　　）
C. 1
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解析：　∵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－ ＝ ，故选B.
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4. 已知数列{an}的通项公式是an＝ ，其前n项和Sn＝ ，则项
数n等于（　　）
A. 13 B. 10
C. 9 D. 6
解析：　因为an＝ ＝1－ ，所以Sn＝ ＋ ＋
＋…＋ ＝n－ ＝n－ ＝
n－1＋ ，令n－1＋ ＝ ＝5＋ ，所以n＝6.
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5. 已知数列2 024，2 025，1，－2 024，－2 025，…，这个数列的特
点是从第二项起，每一项都等于它的前后相邻两项之和，则这个数
列的前2 025项之和S2 025＝（　　）
A. 4 048 B. 4 049
C. 4 050 D. 4 051
解析：　∵ ＝an＋an＋2，a1＝2 024，a2＝2 025，∴a3＝1，
a4＝－2 024，a5＝－2 025，a6＝－1，a7＝2 024，…，∴ ＝
an，且a1＋a2＋…＋a6＝0.∴S2 025＝337（a1＋a2＋…＋a6）＋
（a1＋a2＋a3）＝4 050.故选C.
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6. （多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2p（p为
非零常数），则下列结论中正确的是（　　）
A. 数列{an}必为等比数列
C. ｜a3｜＋｜a8｜＞｜a5｜＋｜a6｜
D. 存在p，对任意的正整数m，n，都有am·an＝am＋n
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解析：　由Sn＋an＝2p，可得S1＋a1＝2a1＝2p，即a1＝p，
n≥2时，Sn－1＋an－1＝2p，Sn＋an＝2p，相减可得2an－an－1＝
0，即数列{an}是首项为p，公比为 的等比数列，故A正确；由A
可得p＝1时，S5＝ ＝ ，故B错误；｜a3｜＋｜a8｜＝｜p｜
＝｜p｜· ，｜a5｜＋｜a6｜＝｜p｜ ＝｜
p｜· ，因为p为非零常数，所以｜p｜＞0，则｜a3｜＋｜a8｜
＞｜a5｜＋｜a6｜，故C正确；由A可得am·an＝am＋n，等价为p2· ＝p· ，可得p＝ ，故D正确.故选A、C、D.
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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，∴ ＝ ，即
是首项为 ，公比为 的等比数列，∴数列 的前4
项和为 ＝ .
　
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8. 已知数列{an}的前n项和Sn＝10n－n2，数列{bn}的每一项都有bn
＝｜an｜，设数列{bn}的前n项和为Tn，则T4＝ ，T30
＝ .
解析：当n＝1时，a1＝S1＝9，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝10n－
n2－[10（n－1）－（n－1）2]＝－2n＋11，当n＝1时也满足，所
以an＝－2n＋11（n∈N＋），所以当n≤5时，an＞0，bn＝an，
当n＞5时，an＜0，bn＝－an，所以T4＝S4＝10×4－42＝24，T30
＝S5－a6－a7－…－a30＝2S5－S30＝2×（10×5－52）－（10×30
－302）＝650.
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9. 已知数列{an}满足an＋1＝an（1－an＋1），a1＝1，数列{bn}满足bn
＝an·an＋1，则数列{bn}的前10项的和S10＝ .
解析：由an＋1＝an（1－an＋1），得 － ＝1，因此数列 是
以 ＝1为首项，1为公差的等差数列，所以 ＝n，即an＝ ，bn
＝anan＋1＝ ＝ － ，所以S10＝b1＋b2＋…＋b10＝
＋ ＋…＋ ＝1－ ＝ .
　
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10. 已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
（1）证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
解：证明：当n＝1时，a1＝S1，S1－2a1＝1－4，解得a1＝3.
由Sn－2an＝n－4可得Sn－2（Sn－Sn－1）＝n－4
（n≥2），
即Sn＝2Sn－1－n＋4，所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－（n－1）＋2].
因为S1－1＋2＝4，所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的
等比数列.
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（2）求数列{Sn}的前n项和Tn.
解：由（1）知Sn－n＋2＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1＋n－2，
于是Tn＝（22＋23＋…＋2n＋1）＋（1＋2＋…＋n）－2n
＝ ＋ －2n＝ .
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11. （多选）在数列{an}中，若an＋an＋1＝3n，则称{an}为“和等比
数列”.设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，则下列对“和等
比数列”的判断中正确的有（　　）
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解析： 　因为an＋an＋1＝3n，所以an＋1＋an＋2＝3n＋1，两式相
减得an＋2－an＝2×3n，所以a2 024＝（a2 024－a2 022）＋（a2 022－
a2 020）＋…＋（a4－a2）＋a2＝2×（32＋34＋…＋32 022）＋2＝
，故A正确，B错误.S2 025＝a1＋（a2＋a3）＋（a4＋a5）
＋…＋（a2 024＋a2 025）＝1＋（32＋34＋…＋32 024）＝ ，
故C正确，D错误.故选A、C.
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12. 数列{an}的前n项和为Sn，定义{an}的“优值”为Hn＝
，现已知{an}的“优值”Hn＝2n，则an＝
，Sn＝ .
解析：由题意a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，∴n≥2时，a1＋2a2
＋…＋2n－2an－1＝（n－1）·2n－1，两式相减得2n－1an＝n·2n－
（n－1）·2n－1＝（n＋1）·2n－1，an＝n＋1，又a1＝2，满足an
＝n＋1，∴an＝n＋1，Sn＝ ＝ .
n
＋1　
　
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13. 设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1
＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
（1）求{an}，{bn}的通项公式；
解： 设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意
有q＞0且解得
所以an＝1＋（n－1）d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
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（2）求数列 的前n项和Sn.
解： 由（1）得 ＝ ，
Sn＝1＋ ＋ ＋…＋ ＋ ， ①
2Sn＝2＋3＋ ＋…＋ ＋ . ②
②－①，得Sn＝2＋2＋ ＋ ＋…＋ －
＝2＋2× －
＝2＋2× － ＝6－ .
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14. 已知函数f（n）＝且an＝f（n）＋f（n＋
1），则a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝（　　）
A. －2 025 B. －2 024
C. 2 025 D. 2 024
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解析：　当n为奇数时，an＝n2－（n＋1）2＝－2n－1，当n为
偶数时，an＝－n2＋（n＋1）2＝2n＋1，所以a1＝－3，a2＝5，
a3＝－7，a4＝9，…，故a1＋a2＝2，a3＋a4＝2，…，所以a1＋a2
＋a3＋…＋a2 024＝2× ＝2 024.故选D.
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15. 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝（an＋1）2.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：因为4Sn＝（an＋1）2，
所以当n＝1时，4a1＝4S1＝（a1＋1）2，解得a1＝1.
当n≥2时，4Sn－1＝（an－1＋1）2，又4Sn＝（an＋1）2，
所以两式相减得4an＝（an＋1）2－（an－1＋1）2，
可得（an＋an－1）（an－an－1－2）＝0，
因为an＞0，所以an－an－1＝2，
所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
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（2）在①bn＝ ；②bn＝3n·an；③bn＝ 这三个条件中
任选一个，补充在下面的问题中并求解.
若 　　，求{bn}的前n项和Tn.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
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解：若选条件①，
bn＝ ＝ ＝ ，
则Tn＝ ［ ＋ ＋ ＋…＋
］＝ ＝ .
若选条件②，
bn＝3n·an＝3n·（2n－1），
则Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋（2n－1）×3n， ①
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋（2n－1）×3n＋1， ②
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①－②得－2Tn＝3＋2×（32＋33＋…＋3n）－（2n－1）
×3n＋1＝－6＋（2－2n）·3n＋1，
可得Tn＝（n－1）·3n＋1＋3.
若选条件③，
由an＝2n－1可得Sn＝ ＝n2，
所以bn＝ ＝ ＝ ，
故Tn＝ ［ ＋ ＋ ＋…＋
］＝ ＝ .
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5.3.2　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
　　甲、乙二人约定在一个月（按30天）内甲每天给乙100元钱，而
乙则第一天给甲返还一分，第二天给甲返还二分，即后一天返还的钱
是前一天的二倍.
【问题】　一个月后，甲、乙两人谁赢谁亏？
知识点　等比数列的前n项和公式
【想一想】
1. 等比数列的前n项和公式中Sn＝ 的适用条件是什么？
提示：公比q≠1.
2. 若首项为a的数列既是等差数列又是等比数列，则其前n项和Sn为
何值？
提示：若数列既是等差数列，又是等比数列，则是非零常数列，所
以前n项和为Sn＝na.
3. 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＝ ，则和式可变形为Sn＝a－aqn.
1. 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.
2. 设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则 等于（　　）
A. 2 B. 4
解析：　 ＝ × ＝ ＝ .
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 等比数列的前n项和公式的基本运算
【例1】　在等比数列{an}中，公比为q，前n项和为Sn.
（1）已知a1＝8，an＝ ，Sn＝ ，求n；
解：显然q≠1，由Sn＝ ，即 ＝ ，
∴q＝ .又∵an＝a1qn－1，即8× ＝ ，
∴n＝6.
（2）已知S3＝ ，S6＝ ，求a1与q.
解：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＝ .
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 ＝ ，得a1＝ .
【母题探究】
1. （变设问）本例（2）条件不变，试求an与Sn.
解：由本例（2）知a1＝ ，q＝2，
所以an＝a1qn－1＝ ·2n－1＝2n－2，
Sn＝ ＝2n－1－ .
2. （变条件）若本例（2）中的条件“S3＝ ，S6＝ ”变为“S3＝
，S6＝ ”，其他条件不变，结果又如何呢？
解：设等比数列{an}的公比为q，则由S6≠2S3得q≠1，则
解得q＝2，a1＝ .
通性通法
　　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.
【跟踪训练】
　在等比数列{an}中，已知a6－a4＝24，a3·a5＝64，求S8.
解：法一　由题意，得
化简得
①÷②，得q2－1＝±3，负值舍去，
∴q2＝4，∴q＝2或q＝－2.
当q＝2时，代入①得a1＝1，
∴S8＝ ＝255.
当q＝－2时，代入①得a1＝－1.
∴S8＝ ＝ .
综上知S8＝255或S8＝ .
法二　由等比数列的性质得a3·a5＝ ＝64，∴a4＝±8.
当a4＝8时，∵a6－a4＝24，∴a6＝32，∴q2＝ ＝4，
∴q＝±2.
当a4＝－8时，a6－a4＝24，∴a6＝16.
∴q2＝ ＝－2，无解.故q＝±2.
当q＝2时，a1＝ ＝1，S8＝ ＝255.
当q＝－2时，a1＝ ＝－1，S8＝ ＝ .
综上知S8＝255或S8＝ .
题型二 等比数列前n项和的性质
【例2】　等比数列{an}的前n项和Sn＝48，前2n项和S2n＝60，则前
3n项和S3n＝ .
解析：法一　设公比为q，由已知易知q≠1，由
可得所以S3n＝ ＝ ·[1－（qn）3]
＝64× ＝63.
63　
法二　由Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列，得（S2n－Sn）2＝
Sn·（S3n－S2n），即（60－48）2＝48（S3n－60），解得S3n＝63.
通性通法
1. 等比数列前n项和的性质
　　设等比数列{an}，Sn为{an}的前n项和，公比为q，则：
（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2n，则
＝q；若项数为2n＋1，则 ＝q；
（4）当q≠－1时，连续n项的和（如Sn，S2n－Sn，S3n－
S2n，…）仍构成等比数列（公比为qn，n≥2）.
2. 运用等比数列求和性质解题时，一定要注意性质成立的条件，否则
会出现失误.如Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列的前提是Sn，
S2n－Sn，S3n－S2n均不为0.
【跟踪训练】
1. 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若 ＝3，则 ＝（　　）
A. 2
D. 3
解析：　法一　设数列{an}的公比为q，所以S6＝S3＋q3S3，S9
＝S6＋q6S3＝S3＋q3S3＋q6S3，于是 ＝ ＝3，即1＋q3
＝3，所以q3＝2.于是 ＝ ＝ ＝ .
法二　由 ＝3，得S6＝3S3.设数列{an}的公比为q，由题意知q≠－
1，所以S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，所以（S6－S3）2＝S3
（S9－S6），解得S9＝7S3，所以 ＝ .
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＝4S偶，即S奇＝3S偶.
因为数列{an}的项数为偶数，所以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× .
题型三 等比数列前n项和的实际应用
【例3】　某市共有1万辆燃油型公交车.有关部门于2020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2026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＝ ，
∴2026年应投入的数量为a7＝a1q6＝128× ＝1 458（辆），
∴该市在2026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2027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】
　《九章算术》中有一个“两鼠穿墙”的问题：“今有垣厚五尺，两
鼠对穿.大鼠日一尺，小鼠亦日一尺.大鼠日自倍，小鼠日自半.问几
何日相逢？各穿几何？”其大意为：“今有一堵墙厚5尺，两只老鼠
从墙的两边沿一条直线相对打洞穿墙，大老鼠第一天打洞1尺，以后
每天是前一天的2倍；小老鼠第一天也打洞1尺，以后每天是前一天的
.问大、小老鼠几天后相遇？各自打洞几尺？”如果墙足够厚，Sn为
前n天两只老鼠打洞长度之和，则Sn＝ 尺.
2n－ ＋1　
解析：由题意可知，大老鼠每天打洞的长度构成以1为首项，2为公比
的等比数列，前n天打洞长度之和为 ＝2n－1，小老鼠每天打洞的
长度构成以1为首项， 为公比的等比数列，前n天打洞长度之和为
＝2－ ，所以Sn＝2n－1＋2－ ＝2n－ ＋1.
1. 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
解析：　由题意知解得
∴ a3＝a1q2＝4.故选C.
2. 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：　根据等比数列性质得 ＝q5，∴ ＝25，∴S10＝33.
3. 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：　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.
4. 已知数列{an}是公比为3的等比数列，其前n项和Sn＝3n＋k
（n∈N＋），则实数k为（　　）
A. 0 B. 1
C. －1 D. 2
解析：　由数列{an}的前n项和Sn＝3n＋k（n∈N＋），当n＝1
时，a1＝S1＝3＋k；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋k－（3n－1
＋k）＝2×3n－1.因为数列{an}是公比为3的等比数列，所以a1＝
2×31－1＝3＋k，解得k＝－1.
5. 在等比数列{an}中，其前n项和为Sn.
（1）若S2＝30，S3＝155，求Sn；
解：由题意知
解得或
从而Sn＝ ×5n＋1－ 或Sn＝ .
（2）若Sn＝189，a1＝3，an＝96，求q和n.
解： ∵等比数列{an}中，a1＝3，an＝96，Sn＝189，
∴ ＝189.∴q＝2.
∴an＝a1qn－1＝3×2n－1，
∴96＝3×2n－1，∴n＝5＋1＝6.
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，a3＝ ，其前三项的和S3＝ ，则数列{an}的
公比q＝（　　）
解析：　由题意，可得a1q2＝ ，a1＋a1q＋a1q2＝ ，两式相
除，得 ＝3，解得q＝－ 或q＝1.
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2. 记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5－a3＝12，a6－a4＝24，则
＝（　　）
A. 2n－1 B. 2－21－n
C. 2－2n－1 D. 21－n－1
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解析：　法一　设等比数列{an}的公比为q，则由
解得所以Sn＝
＝2n－1，an＝a1qn－1＝2n－1，所以 ＝ ＝2－21－n，故选B.
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法二　设等比数列{an}的公比为q，因为 ＝ ＝ ＝
＝2，所以q＝2，所以 ＝ ＝ ＝2－21－n，故选B.
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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）
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解析：　由a5＝a2q3，得q3＝ ，所以q＝ ，而数列{anan＋1}也
为等比数列，其首项为a1·a2＝8，公比为q2＝ ，所以a1a2＋a2a3
＋…＋anan＋1＝ ＝ （1－4－n）.
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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
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.
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5. 记等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则 等于
（　　）
A. －3 B. 5
C. －31 D. 33
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解析：　由题意知公比q≠1， ＝ ＝1＋q3＝9，所以
q＝2， ＝ ＝1＋q5＝1＋25＝33.
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6. （多选）设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积
为Tn，并且满足条件a1＞1，a7a8＞1， ＜0.则下列结论正确的
是（　　）
A. 0＜q＜1 B. a7a9＜1
C. Tn的最大值为T7 D. Sn的最大值为S7
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解析：　∵a1＞1，a7a8＞1， ＜0，∴a7＞1，0＜a8＜1，
∴0＜q＜1，故A正确；a7a9＝ ＜1，故B正确；T7是数列{Tn}中
的最大项，故C正确；因为a1＞1，0＜q＜1，所以Sn无最大值，故
D不正确.故选A、B、C.
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7. 设数列{an}的前n项和为Sn，写出{an}的一个通项公式an＝
，满足下面两个条件：①{an}是单调递减数列；
②{Sn}是单调递增数列.
解析：根据前n项和数列是单调递增的，可以判定数列的各项，从
第二项起，各项都是大于零的，由数列本身为单调递减数列，结合
各项的值的要求，可以考虑公比在0到1之间的等比数列，an＝
就是符合条件的一个通项.
（答案不唯一）　
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8. 等比数列{an}中，若a1＋a3＋…＋a99＝150，且公比q＝2，则数列
{an}的前100项和为 .
解析：由 ＝q，q＝2，得 ＝2 a2
＋a4＋…＋a100＝300，则数列{an}的前100项的和S100＝（a1＋a3
＋…＋a99）＋（a2＋a4＋…＋a100）＝150＋300＝450.
450　
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9. 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 　 　.　
　
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解析：由题意知，q≠1，由9S3＝S6，得9× ＝
，解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1， ＝ ，
∴数列 是以1为首项， 为公比的等比数列，其前5项和为
＝ .
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10. 已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S4，S2，S3成等差数列，且
a2＋a3＋a4＝－18.
（1）求数列{an}的通项公式；
解：设等比数列{an}的公比为q，则a1≠0，q≠0.
由题意得
即解得
故数列{an}的通项公式为an＝3×（－2）n－1.
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（2）是否存在正整数n，使得Sn≥2 025？若存在，求出符合条件
的所有n的集合；若不存在，说明理由.
解：由（1）有Sn＝ ＝1－（－2）n.
若存在正整数n，使得Sn≥2 025，则1－（－2）n≥2 025，
即（－2）n≤－2 024.
当n为偶数时，（－2）n＞0，上式不成立；
当n为奇数时，（－2）n＝－2n≤－2 024，即2n≥2 024，
则n≥11.
综上，存在符合条件的正整数n，且n的集合为{n｜n＝2k
＋1，k∈N，k≥5}.
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11. （多选）已知数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an＝2n－1，
则下列结论正确的是（　　）
A. S2＝2
B. Sn＝2n－1
C. Sn＜Sn＋1
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解析： 　因为an＝2n－1，所以{an}是等比数列，且a1＝1，公
比q＝2，所以S2＝a1＋a2＝3，Sn＝ ＝2n－1.Sn－Sn＋
1＝2n－1－（2n＋1－1）＝－2n＜0，所以Sn＜Sn＋1， ＝
＝（ ）n，所以{ }是等比数列.
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12. 把一个边长为1的正方形分成九个相等的小正方形，将中间的一个
正方形挖掉（如图（1））；再将剩余的每个正方形都分成九个相
等的小正方形，并将中间的一个正方形挖掉（如图（2））；如此
继续下去，则
（1）图（3）中共挖掉了 个正方形；
73　
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（2）第n个图形挖掉正方形的面积和是 .
解析：设第n个图形共挖掉an个正方形，则a1＝1，a2－a1
＝8，a3－a2＝82，…，an－an－1＝8n－1，所以an＝1＋8＋82
＋…＋8n－1＝ ，∴a3＝73.原正方形的边长为1，则这些
被挖掉的正方形的面积和为1× ＋8× ＋82×
＋…＋8n－1× ＝ ＝1－ .
1－ 　
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13. 记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝1，Sn＝an＋1＋t.
（1）求t；
解：令n＝1，则由Sn＝an＋1＋t可得S1＝a2＋t，a2＝1－t，
当n≥2时，由Sn＝an＋1＋t可得Sn－1＝an＋t，
两式相减，可得an＝an＋1－an，即an＋1＝2an，
依题意，{an}为等比数列，故a2＝2＝1－t，t＝－1.
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（2）求数列{（ cos nπ）·an}的前n项和.
解：由（1）可知{an}为首项等于1，公比等于2的
等比数列，故an＝2n－1，
故{（ cos nπ）·an}为首项等于－1，公比等于－2的等比
数列，
故an＝（－1）（－2）n－1.
故Tn＝ ＝ （－2）n－ .
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14. 中国古代数学著作《张丘建算经》中记载：“今有马行转迟，次
日减半，疾七日，行七百里.”其意思是：“现有一匹马行走的速
度逐渐变慢，每天走的里数是前一天的一半，连续行走7天，共走
了700里.”若该匹马按此规律继续行走7天，则它这14天内所走的
总路程为（　　）
B. 1 050里
D. 950里
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解析：　由题意知，马每天行走的路程构成一个等比数列，设
该数列为{an}，则该匹马首日行走的路程为a1，公比为 ，则有
＝700（里），则a1＝ （里），则 ＝
（里）.故选C.
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15. 已知等差数列{bn}中，bn＝log2（an－1），且a1＝3，a3＝9.
（1）求数列{bn}的通项公式；
解： 设等差数列{bn}的公差为d，由a1＝3，a3＝9，
得b1＝log2（a1－1）＝log22＝1，b3＝log2（a3－1）＝log28
＝3，
∴b3－b1＝2＝2d，∴d＝1，∴bn＝1＋（n－1）×1＝n.
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（2）求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn.
解：由（1）知bn＝n，∴log2（an－1）＝n，∴an－1＝2n，
∴an＝2n＋1.
∴Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝（2＋1）＋（22＋1）＋…＋（2n＋1）
＝（2＋22＋…＋2n）＋n
＝ ＋n＝2n＋1＋n－2.
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