第1课时 等比数列前n项和公式
学习目标 1.掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路.2.会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题.
知识点一 等比数列的前n项和公式
已知量
首项、公比与项数
首项、公比与末项
求和
公式
Sn＝
Sn＝
知识点二 错位相减法
1．推导等比数列前n项和的方法叫错位相减法．
2．该方法一般适用于求一个等差数列与一个等比数列对应项积的前n项和，即若{bn}是公差d≠0的等差数列，{cn}是公比q≠1的等比数列，求数列{bn·cn}的前n项和Sn时，也可以用这种方法．
思考 如果Sn＝a1＋a2q＋a3q2＋…＋anqn-1，其中{an}是公差为d的等差数列，q≠1.两边同乘以q，再两式相减会怎样？
答案 Sn＝a1＋a2q＋a3q2＋…＋anqn-1 ， ①
qSn＝a1q＋a2q2＋…＋an－1qn-1＋anqn， ②
①－②得，(1－q)Sn＝a1＋(a2－a1)q＋(a3－a2)q2＋…＋(an－an－1)qn-1－anqn
＝a1＋d(q＋q2＋…＋qn-1)－anqn.
同样能转化为等比数列求和．
知识点三 使用等比数列求和公式时注意事项
(1)一定不要忽略q＝1的情况；
(2)知道首项a1、公比q和项数n，可以用Sn＝；知道首尾两项a1，an和q，可以用Sn＝；
(3)在通项公式和前n项和公式中共出现了五个量：a1，n，q，an，Sn.知道其中任意三个，可求其余两个．
1．在等比数列{an}中，a1＝b，公比为q，则前3项和为.( × )
2．求数列{n·2n}的前n项和可用错位相减法．( √ )
3.＝.( √ )
4．等比数列前n项和Sn不可能为0.( × )
题型一 等比数列前n项和公式的直接应用
例1 求下列等比数列前8项的和：
(1)，，，…；
(2)a1＝27，a9＝，q<0.
解 (1)因为a1＝，q＝，
所以S8＝＝.
(2)由a1＝27，a9＝，可得＝27·q8.
又由q<0，可得q＝－，
所以S8＝＝＝＝.
反思感悟 求等比数列前n项和，要确定首项、公比或首项、末项、公比，应特别注意q＝1是否成立．
跟踪训练1 (1)求数列{(－1)n＋2}的前100项的和；
(2)在14与之间插入n个数，组成所有项的和为的等比数列，求此数列的项数．
解 (1)方法一 a1＝(－1)3＝－1，q＝－1.
∴S100＝＝0.
方法二 数列{(－1)n+2}为－1,1，－1,1，…，
∴S100＝50×(－1＋1)＝0.
(2)设此数列的公比为q(易知q≠1)，
则解得
故此数列共有5项．
题型二 等比数列基本量的计算
例2 在等比数列{an}中，a1＝2，S3＝6，求a3和q.
解 由题意，得若q＝1，
则S3＝3a1＝6，符合题意．
此时，q＝1，a3＝a1＝2.
若q≠1，则由等比数列的前n项和公式，
得S3＝＝＝6，
解得q＝－2(q＝1舍去)．
此时，a3＝a1q2＝2×(－2)2＝8.
综上所述，q＝1，a3＝2或q＝－2，a3＝8.
反思感悟 (1)an＝a1qn-1，Sn＝两公式共有5个量．解题时，有几个未知量，就应列几个方程求解．
(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．
跟踪训练2 已知等比数列{an}是递增数列，Sn是{an}的前n项和．若a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝________.
答案 63
解析 ∵a1，a3是方程x2－5x＋4＝0的两个根，且{an}是递增数列，∴a1＝1，a3＝4，则q＝2，因此S6＝＝63.
题型三 利用错位相减法求数列的前n项和
例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＋)．
反思感悟 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．
跟踪训练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＝
分期付款模型
典例 小华准备购买一部售价为5000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 方法一 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＝5000×(1＋0.008)2－x＝5000×1.0082－x，
A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5000×1.0084－1.0082x－x，
…，
A12＝5000×1.00812－(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．
方法二 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＝5000×1.00812，
即5000×1.00812
＝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．
[素养评析] 本题考查数学建模素养，现在购房、购车越来越多采用分期付款方式，但有关方不一定都会计算，所以建立一个老少皆宜的模型来套用是必要的，在建立模型过程中，要把制约因素抽象为符号表示，并通过前若干项探索规律，抓住这些量之间的关系建立关系式.
1．等比数列1，x，x2，x3，…的前n项和Sn等于( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 当x＝1时，Sn＝n；当x≠1且x≠0时，Sn＝.
2．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则等于( )
A．2B．4C.D.
答案 C
解析 方法一 由等比数列的定义，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝＋a2＋a2q＋a2q2，得＝＋1＋q＋q2＝.
方法二 ∵S4＝，a2＝a1q，∴＝＝.
3．等比数列{an}的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项的和是( )
A．179B．211C．243D．275
答案 B
解析 ∵q4＝＝＝4，且q>0，
∴q＝，∴S5＝＝＝211.
4．某厂去年产值为a，计划在5年内每年比上一年产值增长10%，从今年起5年内，该厂的总产值为________．
答案 11a(1.15－1)
解析 去年产值为a，今年起5年内各年的产值分别为1.1a，1.12a,1.13a,1.14a,1.15a，
∴1.1a＋1.12a＋1.13a＋1.14a＋1.15a＝11a(1.15－1)．
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝____________________.
答案 (n－1)2n+1＋2(n∈N＋)
解析 ∵an＝n·2n，
∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n， ①
∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1， ②
①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n+1
＝－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1
＝(1－n)2n+1－2.
∴Sn＝(n－1)2n+1＋2(n∈N＋)．
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”．
2．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．
3．一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列且公比为q，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和.
一、选择题
1．等比数列{an}中，a1＝2，a2＝1，则S100等于( )
A．4－2100 B．4＋2100
C．4－2－98 D．4－2－100
答案 C
解析 q＝＝.
S100＝＝
＝4(1－2－100)＝4－2－98.
2．在等比数列{an}中，已知a1＝3，an＝48，Sn＝93，则n的值为( )
A．4B．5C．6D．7
答案 B
解析 显然q≠1，由Sn＝，得93＝，解得q＝2.由an＝a1qn-1，得48＝3×2n-1，解得n＝5.故选B.
3．设Sn为等比数列{an}的前n项和，8a2＋a5＝0，则等于( )
A．11B．5C．－8D．－11
答案 D
解析 由8a2＋a5＝0得8a1q＋a1q4＝0，∵a1≠0，q≠0，
∴q＝－2，则＝＝－11.
4．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5＝9，则a1等于( )
A.B．－C.D．－
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q，
由S3＝a2＋10a1，得a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，
即a3＝9a1，q2＝9，
又a5＝a1q4＝9，所以a1＝.
5．设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1等于( )
A．－2 B．－1
C. D.
答案 B
解析 由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，解得q＝－1(舍去)或q＝，将q＝代入S2＝3a2＋2中得a1＋a1＝3×a1＋2，解得a1＝－1，故选B.
6．已知数列{an}满足3an＋1＋an＝0，a2＝－，则{an}的前10项和等于 ( )
A．－6(1－3-10) B.(1－3-10)
C．3(1－3-10) D．3(1＋3-10)
答案 C
解析 由3an＋1＋an＝0，得＝－，
故数列{an}是公比q＝－的等比数列．
又a2＝－，可得a1＝4.
所以S10＝＝3(1－3－10)．
7．一弹球从100米高处自由落下，每次着地后又跳回到原来高度的一半再落下，则第10次着地时所经过的路程和是(结果保留到个位)( )
A．300米 B．299米
C．199米 D．166米
答案 A
解析 小球10次着地共经过的路程为100＋100＋50＋…＋100×8＝299≈300(米)．
二、填空题
8．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，S6＝4S3，则a4＝________.
答案 3
解析 ∵S6＝4S3，∴q≠1，∴＝，
∴q3＝3，∴a4＝a1·q3＝1×3＝3.
9．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(n∈N＋)
解析 an－an－1＝a1qn－1＝2n－1(n≥2)，
即
各式相加得an－a1＝2＋22＋…＋2n－1＝2n－2，
an＝a1＋2n－2＝2n－1(n≥2)．
当n＝1时，a1＝2－1＝1，符合．
∴an＝2n－1(n∈N＋)．
10．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1,2S2,3S3成等差数列，则{an}的公比为________．
答案
解析 由已知4S2＝S1＋3S3，
即4(a1＋a2)＝a1＋3(a1＋a2＋a3)．
∴a2＝3a3，∴{an}的公比q＝＝.
11．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝2S9，则数列的公比q＝________.
答案 －
解析 当q＝1时，
Sn＝na1，S3＋S6＝3a1＋6a1＝9a1＝S9≠2S9；
当q≠1时，＋＝2×，
得2－q3－q6＝2－2q9，
∴2q9－q6－q3＝0，
解得q3＝－或q3＝1(舍去)或q3＝0(舍去)，
∴q＝－.
三、解答题
12．(2018·绵阳检测)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＋)．
13．设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an＝，n∈N＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-1an＝，
∴a1＋3a2＋32a3＋…＋3n-2an－1＝(n≥2)，
两式相减得3n-1an＝－＝(n≥2)，
∴an＝(n≥2)．
验证当n＝1时，a1＝也满足上式，
故an＝(n∈N＋)．
(2)∵bn＝＝n·3n，
∴Sn＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n， ①
①×3，得3Sn＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n+1， ②
由①－②，得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n+1，
即－2Sn＝－n·3n+1，
∴Sn＝·3n+1＋(n∈N＋)．
14．在等比数列{an}中，对任意n∈N＋，a1＋a2＋…＋an＝2n－1，则a＋a＋…＋a等于( )
A．(2n－1)2B.C．4n－1D.
答案 D
解析 ∵a1＋a2＋…＋an＝2n－1，∴a1＝21－1＝1.
∵a1＋a2＝1＋a2＝22－1＝3，∴a2＝2，
∴{an}的公比为2.∴{a}的公比为4，首项为a＝1.
∴a＋a＋…＋a＝＝.
15．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n，n∈N＋.
(2)设数列的前n项和为Sn，
即Sn＝a1＋＋…＋， ①
＝＋＋…＋＋. ②
所以，当n＞1时，①－②得
＝a1＋＋…＋－
＝1－－
＝1－－＝.
所以Sn＝，当n＝1时也成立．
综上，数列的前n项和Sn＝，n∈N＋.
第2课时 等比数列前n项和的性质及应用
学习目标 1.理解等比数列前n项和公式的函数特征.2.熟练应用等比数列前n项和公式的有关性质解题.
知识点一 等比数列前n项和公式的函数特征
当公比q≠1时，设A＝，等比数列的前n项和公式是Sn＝A(qn－1)．即Sn是n的指数型函数．
当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1，Sn是n的正比例函数．
知识点二 等比数列前n项和的性质
等比数列{an}前n项和的三个常用性质
(1)若数列{an}为公比不为－1的等比数列，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n…仍构成等比数列．
(2)若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(n，m∈N＋)．
(3)若{an}是公比为q的等比数列，S偶，S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和，则：①在其前2n项中，＝q；
②在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…－a2n＋a2n＋1＝＝(q≠－1)．
1．等比数列{an}的前n项和Sn不可能等于2n.( √ )
2．若{an}的公比为q，则{a2n}的公比为q2.( √ )
3．若{an}的公比为q，则a1＋a2＋a3，a2＋a3＋a4，a3＋a4＋a5的公比也为q.( √ )
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．( × )
题型一 等比数列前n项和公式的函数特征应用
例1 数列{an}的前n项和Sn＝3n－2(n∈N＋)．求{an}的通项公式．
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＝
反思感悟 (1)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．
跟踪训练1 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＝－.
题型二 等比数列前n项和的性质
命题角度1 连续n项之和问题
例2 已知等比数列前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 方法一 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＝2·[(1－qn)2＋(1－q2n)2]
＝2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)．
又Sn(S2n＋S3n)＝2(1－qn)(2－q2n－q3n)＝2·(1－qn)2·(2＋2qn＋q2n)，
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
方法二 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＋qn)]2＝S(2＋2qn＋q2n)，
Sn(S2n＋S3n)＝S(2＋2qn＋q2n)．
∴S＋S＝Sn(S2n＋S3n)．
反思感悟 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2 在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n.
解 因为S2n≠2Sn，所以q≠1，
由已知得
②÷①得1＋qn＝，即qn＝. ③
将③代入①得＝64，
所以S3n＝＝64×＝63.
命题角度2 不连续n项之和问题
例3 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，得a1＝12.
故所求通项公式为an＝12×n-1，n∈N＋.
反思感悟 注意观察序号之间的联系，发现解题契机；整体思想能使问题的解决过程变得简洁明快．
跟踪训练3 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，则＝________.
答案 126
解析 ∵，
∴{}是首项为b2，公比为2的等比数列．
∴＝＝126.
等比数列前n项和的分类表示
典例 已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝3an，n∈N＋.求{an}的前n项和Sn.
解 由an≠0，所以＝3，于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列；数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列．
因此a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n-1.
于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n-1)＋2(1＋3＋…＋3n-1)＝3(1＋3＋…＋3n-1)＝，
从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1＝(5×3n－2－1)．
综上所述，Sn＝
[素养评析] 数学中有不少概念表达式相当抽象．只有在明晰运算对象的基础上，才能挖掘出两式的内在联系，理解运算法则．本例中，涉及到很多对n的赋值，只有理解了an，a2n，S2n与S2n－1之间的联系，才能顺利挖掘出{a2n}是首项为2，公比为3的等比数列，S2n－1＝S2n－a2n等关系.
1．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.
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝x·3n－1－，则x的值为( )
A. B．－
C. D．－
答案 C
解析 方法一 ∵Sn＝x·3n-1－＝·3n－，
由Sn＝A(qn－1)，得＝，∴x＝，故选C.
方法二 当n＝1时，a1＝S1＝x－；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2x·3n-2，
∵{an}是等比数列，∴n＝1时也应适合an＝2x·3n-2，
即2x·3-1＝x－，解得x＝.
3．已知等差数列{an}的前n项和Sn＝n2＋bn＋c，等比数列{bn}的前n项和Tn＝3n＋d，则向量a＝(c，d)的模为( )
A．1 B.
C. D．无法确定
答案 A
解析 由等差数列与等比数列的前n项和公式知，c＝0，d＝－1，所以向量a＝(c，d)的模为1.
4．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若q＝2，S100＝36，则a1＋a3＋…＋a99等于( )
A．24B．12C．18D．22
答案 B
解析 设a1＋a3＋…＋a99＝S，则a2＋a4＋…＋a100＝2S.∵S100＝36，∴3S＝36，∴S＝12，∴a1＋a3＋a5＋…＋a99＝12.
5．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．8B．6C．4D．2
答案 C
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.
1．在利用等比数列前n项和公式时，一定要对公比q＝1或q≠1作出判断；若{an}是等比数列，且an>0，则{lgan}构成等差数列．
2．等比数列前n项和中用到的数学思想
(1)分类讨论思想：
①利用等比数列前n项和公式时要分公比q＝1和q≠1两种情况讨论；②研究等比数列的单调性时应进行讨论：当a1>0，q>1或a1<0,01或a1>0,0(2)函数思想：等比数列的通项an＝a1qn-1＝·qn(q>0且q≠1)常和指数函数相联系；等比数列前n项和Sn＝(qn－1)(q≠1)．设A＝，则Sn＝A(qn－1)与指数函数相联系．
(3)整体思想：应用等比数列前n项和公式时，常把qn，当成整体求解；把奇数项、偶数项、连续若干项之和等整体处理．
一、选择题
1．等比数列{an}中，a3＝3S2＋2，a4＝3S3＋2，则公比q等于( )
A．2B.C．4D.
答案 C
解析 ∵a3＝3S2＋2，a4＝3S3＋2，
∴a4－a3＝3(S3－S2)＝3a3，即a4＝4a3，
∴q＝＝4.
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．1B．0C．1或0D．－1
答案 A
解析 ∵Sn－Sn－1＝an(n≥2且n∈N＋)，又{Sn}是等差数列，
∴an为定值，即数列{an}为常数列，
∴q＝＝1(n≥2且n∈N＋)．
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．设Sn为等比数列{an}的前n项和，a2－8a5＝0，则的值为( )
A.B．2C.D．17
答案 C
解析 ＝q3＝，∴q＝.
∴＝＝1＋＝1＋q4＝.
5．正项等比数列{an}的前n项和为Sn，S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20等于( )
A．90B．70C．40D．30
答案 C
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)，故选C.
6．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．－2B．2C．－3D．3
答案 B
解析 设公比为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.
7．已知等比数列{an}的前10项中，所有奇数项之和为85，所有偶数项之和为170，则S＝a3＋a6＋a9＋a12的值为( )
A．580B．585C．590D．595
答案 B
解析 设等比数列{an}的公比为q，则由题意有得
∴S＝a3＋a6＋a9＋a12＝a3(1＋q3＋q6＋q9)＝a1q2·＝585.
8．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若＝3，则等于( )
A．2B.C.D．3
答案 B
解析 由题意知q≠1，否则＝＝2≠3.
∴＝＝1＋q3＝3，
∴q3＝2.
∴＝＝＝＝.
二、填空题
9．若等比数列{an}的前5项和S5＝10，前10项和S10＝50，则它的前15项和S15＝________.
答案 210
解析 由等比数列前n项和的性质知S5，S10－S5，
S15－S10成等比数列，故(S10－S5)2＝S5(S15－S10)，
即(50－10)2＝10(S15－50)，解得S15＝210.
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，若对任意n∈N＋，有an＋1＝Sn，则Sn＝________.
答案 n-1
解析 由an＋1＝Sn，得Sn＋1－Sn＝Sn，即Sn＋1＝Sn，则数列{Sn}是以S1＝1为首项，公比q为的等比数列，所以Sn＝S1·qn-1＝n-1.
11．已知首项为1的等比数列{an}是摆动数列，Sn是{an}的前n项和，且＝5，则数列的前5项和为________．
答案
解析 ＝＝1＋q2＝5，q＝±2.
∵{an}是摆动数列，∴q＝－2.
∴的首项为1，公比为－，
前5项和为＝＝.
三、解答题
12．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.
解 (1)设等差数列{an}公差为d，因为a2＋a4＝2a3＝10，所以a3＝5＝1＋2d，所以d＝2，所以an＝2n－1(n∈N＋)．
(2)设{bn}的公比为q，b2·b4＝a5?q·q3＝9，所以q2＝3，
所以{b2n－1}是以b1＝1为首项，q′＝q2＝3为公比的等比数列，所以b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝＝.
13．已知等比数列{an}中，a1＝2，a3＋2是a2和a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝anlog2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设数列{an}的公比为q，
由题意知2(a3＋2)＝a2＋a4，
∴q3－2q2＋q－2＝0，
即(q－2)(q2＋1)＝0.
∴q＝2，即an＝2·2n-1＝2n，n∈N＋.
(2)由题意得，bn＝n·2n，
∴Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n， ①
2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1， ②
①－②，得－Sn＝21＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n+1
＝－2－(n－1)·2n+1.
∴Sn＝2＋(n－1)·2n+1，n∈N＋.
14．等比数列{an}中，a1－a3＝3，前n项和为Sn，S1，S3，S2成等差数列，则Sn的最大值为________．
答案 4
解析 设公比为q，
由
解得
当n为奇数时，
Sn＝≤＝4，
当n为偶数时，Sn＝<.
综上，Sn的最大值为4.
15．已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn－2an＝n－4.
(1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列；
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn，求Tn.
(1)证明 当n＝1时，S1－2S1＝1－4，故S1＝3，
得S1－1＋2＝4.
n≥2时原式转化为Sn＝2(Sn－Sn－1)＋n－4，
即Sn＝2Sn－1－n＋4，
所以Sn－n＋2＝2[Sn－1－(n－1)＋2]，
所以{Sn－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
(2)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＝.
