3.2 等比数列的前n项和
第1课时 等比数列的前n项和
学 习 目 标
核 心 素 养
1.掌握等比数列的前n项和公式及其应用．(重点、易混点)
2．会用错位相减法求数列的和．(重点、难点)
3．能运用等比数列的前n项和公式解决一些简单的实际问题．(重点)
1.通过等比数列前n项和公式的推导，培养逻辑推理的数学素养．
2．通过学习等比数列前n项和公式有关的题型，提升数学运算素养.
1．等比数列的前n项和公式
阅读教材P26～P27例5以上部分，完成下列问题．
等比数列前n项和
公比
已知量
适用公式
q＝1
首项
Sn＝na1
q≠1
首项，公比，项数
Sn＝
首项，公比，末项
Sn＝
思考：(1)等比数列的前n项和公式中涉及哪些量？
[提示] Sn，a1，q，n，an，共五个量．
(2)当等比数列的公比q≠1时，其前n项和公式可化为Sn＝－Aqn＋A的形式，其中的A是什么？
[提示] A＝.
2．等比数列前n项和公式的推导
该等比数列{an}的前n项和为Sn.公比为q，
则Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1①，
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn②，
①－②得(1－q)Sn＝a1－a1qn.
当q≠1时，Sn＝(q≠1)．
又因为an＝a1qn－1，所以上式还可以写成
Sn＝.
当q＝1时，Sn＝na1.
1．等比数列{an}中，an＝2n，则它的前n项和Sn＝( )
A．2n－1 B．2n－2
C．2n＋1－1 D．2n＋1－2
D [等比数列{an}的首项为2，公比为2.
所以Sn＝＝＝2n＋1－2，故选D．]
2．等比数列1，x，x2，x3，…(x≠0)的前n项和Sn为( )
A． B．
C． D．
C [当x＝1时，数列为常数列，又a1＝1，所以Sn＝n.
当x≠1时，q＝x，Sn＝＝.]
3．等比数列{an}的前n项和Sn＝k·3n＋1，则k的值为( )
A．全体实数 B．－1
C．1 D．3
B [当n＝1时，a1＝S1＝3k＋1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝
k·3n－k·3n－1＝2k·3n－1.令3k＋1＝2k得k＝－1.]
4．在等比数列{an}中，若a1＝1，a4＝，则该数列的前10项和为________．
2－ [设其公比为q，因为a1＝1，a4＝a1q3＝.
所以q＝.所以S10＝＝2－.]
等比数列前n项和的基本计算
【例1】 (1)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＝________.
(2)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
(3)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn为{an}的前n项和．若Sn＝126，则n＝________.
(1)32 (2)2n－1 (3)6 [(1)设{an}的首项为a1，公比为q，则
解得，所以a8＝×27＝25＝32.
(2)因为数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2·a3＝a1·a4＝8，解得a1＝1，a4＝8，所以q3＝8，q＝2，所以Sn＝＝2n－1.
(3)∵a1＝2，an＋1＝2an，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
又∵Sn＝126，∴＝126，∴n＝6.]
等比数列前n项和的运算技巧
(1)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．
(2)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，在条件与结论间的联系不明显时，均可以用a1与q列方程组求解．
[提醒] 等比数列的公比q一定不为0.
1．在等比数列中．
(1)若a1＝1，a5＝16，且q＞0，求S7；
(2)若a3＝，S3＝，求a1和公比q.
[解] (1)因为{an}为等比数列且a1＝1，a5＝16，q＞0，
∴a5＝a1q4＝16，
∴q＝2(负值舍去)，
∴S7＝＝＝127.
(2)①当q≠1时，S3＝＝，
又a3＝a1q2＝，∴a1(1＋q＋q2)＝，
即(1＋q＋q2)＝，
解得q＝－(q＝1舍去)，
∴a1＝6.
②当q＝1时，S3＝3a1，
∴a1＝.
综上得或
等比数列前n项和的
实际应用
【例2】 某商场2018年销售计算机5 000台，如果平均每年的销售量比上一年的销售量增加10%，那么从2018年起，大约几年可使总销售量达到30 000台(lg 1.6≈0.2，lg 1.1≈0.04)?
[解] 根据题意，每年比上一年销售量增加10%，所以，从2018年起，每年销售量组成一个等比数列{an}，其中a1＝5 000，q＝1＋10%＝1.1，Sn＝30 000，
由等比数列前n项和公式得
＝30 000，
整理，得1.1n＝1.6，
两边取对数，得nlg 1.1＝1g 1.6，
所以n＝≈＝5(年)．
故大约5年可使总销售量达到30 000台．
解答数列应用题的步骤
对于一个实际问题，首先要弄清题目中所含的数量关系，考察是否可通过建立数列模型来解决，是否可以转化为等比数列的问题，基本思路清晰后再着手解题．要注意：
(1)认真审题，弄清题意，将实际问题转化为适当的数学模型．
(2)合理设元，建立等比数列模型，依据其性质及方程思想求出未知元素，并依据结论作出合理解释．
(3)实际问题解答完成后一定要有结论．
2．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏
C．5盏 D．9盏
B [每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得＝381，解得a1＝3，选择B．]
等比数列前n项和的性质
[探究问题]
1．在等差数列{an}中，Sn是其前n项和，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列．类比这种性质，若{an}是等比数列，前n项和为Sn(Sn≠0)，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…是否成等比数列？若是等比数列，公比是什么？
[提示] 设等比数列{an}的公比为q，则
Sm＝a1＋a2＋…＋am，
S2m－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝qm(a1＋a2＋…＋am)＝qmSm，
S3m－S2m＝a2m＋1＋a2m＋2＋…＋a3m＝qm(am＋1＋am＋2＋…＋a2m)＝qm(S2m－Sm)，
…
所以数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列，公比为qm.
2．把等比数列{an}的前n项和Sn＝(q≠1)化为Sn＝－qn＋，观察qn的系数和常数项有何关系？若一个数列{an}的前n项和满足上述关系，那么数列{an}是等比数列吗？
[提示] qn的系数和常数项互为相反数，若一个数列{an}的前n项和满足上述关系，即Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠0且q≠1)，则数列{an}是等比数列．
【例3】 (1)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＝( )
A．80 B．30
C．26 D．16
(2)一个等比数列的首项为1，项数是偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，则此数列的公比为________，项数为________．
(3)若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝________.
思路探究：(1)应用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列求解；
(2)根据所给等式列方程组求解；
(3)利用a1，a2，a3是等比数列求解．
(1)B (2)2 8 (3)－ [(1)由题意知：
Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，S4n－S3n成等比数列，设公比为q，则S3n＝Sn＋(S2n－Sn)＋(S3n－S2n)
＝2×(1＋q＋q2)＝14，
解得q＝2，所以S4n－S3n＝2q3＝2×8＝16，
S4n＝S3n＋(S4n－S3n)＝14＋16＝30.
(2)设数列为{an}，其公比为q，项数为2n，则奇数项，偶数项分别组成以q2为公比的等比数列，又a1＝1，a2＝q，q≠1，所以
由②÷①，得q＝2，所以＝85,4n＝256，
故得n＝4，故项数为8.
(3)由题目条件Sn＝3n－1＋t得a1＝S1＝1＋t，
a2＝S2－S1＝2，a3＝S3－S2＝6，
因为{an}是等比数列，故a＝a1a3，即4＝6(1＋t)，解得t＝－，经验证，当t＝－时，{an}是等比数列．]
1．(变条件)在例3(1)题中，若把条件换为“Sn＝2，S2n＝6”，求S4n.
[解] 设数列{an}的公比为q，首项为a1，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，成等比数列，Sn＝2，S2n－Sn＝4，故qn＝2.
所以Sn＝＝2，故得－＝2，
即＝－2.
S4n＝＝＝－2×(1－16)＝30.
2．(变结论)例3(1)题的条件不变，求Sn2.
[解] 设数列{an}的公比为q，首项为a1，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，成等比数列，则S3n＝Sn＋(S2n－Sn)＋(S3n－S2n)＝2×(1＋qn＋q2n)＝14，解得qn＝2，由Sn＝＝2，得＝－2，
所以Sn2＝＝[1－(qn)n]＝－2(1－2n)＝2n＋1－2.
等比数列前n项和性质的应用技巧：
(1)在涉及奇数项和S奇与偶数项和S偶时，常考虑其差或比进行简化运算．若项数为2n，则＝q(S奇≠0)；若项数为2n＋1，则＝
q(S偶≠0)．
(2)等比数列前n项和为Sn(且Sn≠0)，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为qn(q≠－1)．
(3)等比数列{an}的公比为q，则Sn＋m＝Sn＋qnSm.
(4)若Sn表示数列{an}的前n项和，且Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠0且q≠1)，则数列{an}是等比数列．
1．等比数列的前n项和公式共涉及五个量：a1，q，n，an，Sn，其中a1和q为基本量，且五个量“知三可求二”；在解决等比数列问题中，要学会用函数与方程、整体代换的思想方法分析问题，养成良好的思维习惯．
2．在解等比数列问题时，要注意合理应用等比数列的性质．
3．利用等比数列解决实际问题，关键是构建等比数列模型．要确定a1与项数n的实际含义，同时要搞清是求an还是求Sn的问题．
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)求数列a，a2，a3，…，an的和时可应用公式Sn＝.( )
(2)若等比数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋a，则a＝1.( )
(3)当等比数列{an}的公比q≠1时，数列S1，S2，S3，…，Sn，…的图像是函数y＝－Aqx＋A图像上一群孤立的点．( )
[答案] (1)× (2)× (3)√
[提示] (1)不正确，当a＝0或a＝1时不能应用公式Sn＝；(2)不正确，a＝－1；(3)正确．
2．在等比数列{an}中，公比q＝－2，S5＝44，则a1＝( )
A．4 B．－4
C．2 D．－2
A [由已知得S5＝＝11a1＝44，所以a1＝4.]
3．等比数列{an}中，前5项和S5＝10，前10项和S10＝50，则它的前15项和S15＝________.
210 [由等比数列性质知S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，又S5＝10，S10－S5＝40，所以S15－S10＝160，
所以S15＝S5＋(S10－S5)＋(S15－S10)＝210.]
4．设等比数列{an}前n项和为Sn，已知a2＝6,6a1＋a3＝30，求an，Sn.
[解] 由已知a2＝a1q＝6,6a1＋a3＝a1(6＋q2)＝30，解得
a1＝3，q＝2或a1＝2，q＝3.
所以当a1＝3，q＝2时，an＝3×2n－1，
Sn＝＝3×2n－3；
所以当a1＝2，q＝3时，an＝2×3n－1，
Sn＝＝3n－1.
课件44张PPT。第一章 数列§3 等比数列
3.2 等比数列的前n项和
第1课时 等比数列的前n项和等比数列前n项和的基本计算等比数列前n项和的实际应用等比数列前n项和的性质 点击右图进入…Thank you for watching !第2课时 数列求和
学 习 目 标
核 心 素 养
1.能由简单的递推公式求出数列的通项公式．(重点)
2．掌握数列求和的基本方法．(重点、难点)
1.通过求解数列的前n项和培养数学运算素养．
2．通过学习数列求和的方法提升逻辑推理素养.
常见数列求和方法
阅读教材P15～P16例7以上及P26～P27例5以上部分，完成下列问题．
(1)公式法
①等差数列的前n项和公式：
Sn＝n(a1＋an)＝na1＋n(n－1)d．
②等比数列前n项和公式：
Sn＝
③前n个正整数平方和：
12＋22＋32＋…＋n2＝.
(2)分组求和法
一个数列的每一项如果可以平分成两个或多个等差数列或等比数列，那么可以通过适当分组，进而利用等差、等比数列求和公式分别求和，从而得到原数列的和．
(3)裂项相消法
数列中的每一项可以平分成前后可以相互抵消的两项之差的求和方法．
(4)错位相减法
由一个等差与一个等比数列对应项乘积构成的数列，可以利用错位相减法转化成等比数列求和．
思考：(1)已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an＋bn}前n项和应用什么方法？
[提示] 分组求和法．
(2)已知an＝－，求数列{an}的前n项和应用什么方法？
[提示] 裂项相消法．
1．1＋＋＋…＋等于( )
A． B．
C． D．
B [因为＝－，
所以原式＝1＋＝1＋＝.]
2．数列{n·2n}的前n项和为( )
A．(n－1)2n＋1＋2 B．n·2n＋1＋2
C．(n－1)·2n＋2 D．n·2n＋2
A [设数列{n·2n}的前n项和为Sn，则Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
所以2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
由②－①得
Sn＝n×2n＋1－(2＋22＋23＋…＋2n)
＝n×2n＋1－＝n·2n＋1－2n＋1＋2.]
3．数列{an}的通项公式为an＝2n＋n，则其前n项和Sn＝________.
2n＋1－2＋n(n＋1) [Sn＝21＋1＋22＋2＋23＋3＋…＋2n＋n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…＋n)
＝＋n(n＋1)＝2n＋1－2＋n(n＋1)．]
4．把裂为两项，以便求数列的和，则＝________.
[＝
.]
分组求和法
【例1】 已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
由得
∴bn＝b1qn－1＝3n－1，
又a1＝b1＝1，
a14＝b4＝34－1＝27，
∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.
∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n＝1,2,3，…)．
(2)由(1)知an＝2n－1，bn＝3n－1，因此cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1.
从而数列{cn}的前n项和
Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1＝＋＝n2＋.
分组转化求和法的应用条件和解题步骤
(1)应用条件．
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的通项公式相加组成．
(2)解题步骤
1．等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得解得
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
(2)由(1)可得bn＝2n＋n，
所以b1＋b2＋b3＋…＋b10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)
＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)
＝＋
＝(211－2)＋55
＝211＋53＝2 101.
错位相减法求和
【例2】 已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
[解] (1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，故d＝，
从而a1＝.所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)设的前n项和为Sn，由(1)知＝，
则Sn＝＋＋…＋＋.
Sn＝＋＋…＋＋，
两式相减得Sn＝＋－＝＋－，所以Sn＝2－.
利用错位相减法的一般类型及思路
(1)适用的数列类型：{anbn}，其中数列{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q≠1的等比数列．
(2)思路：设Sn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn(*)，
则qSn＝a1b2＋a2b3＋…＋an－1bn＋anbn＋1(**)，
(*)－(**)得：(1－q)Sn＝a1b1＋d(b2＋b3＋…＋bn)－anbn＋1，就转化为根据公式可求的和．
[提醒] 用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：
(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和．
2．已知an＝，求数列{an}的前n项和Sn.
[解] Sn＝＋＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋，
两式相减得
Sn＝＋＋＋…＋－
＝－
＝－－，
所以Sn＝－－＝－.
裂项相消法求和
[探究问题]
1．观察下列两组代数式，会发现什么特点？你能给出一般式吗？
(1)与－；
(2)与－.
[提示] ＝－，＝－，
一般式：＝－.
2．观察下列两组代数式，你能发现它们之间的关系吗？你能用一个表达式表示其规律吗？
(1)与－；
(2)与－.
[提示] ＝，＝，
表达式：＝.
【例3】 设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
思路探究：(1)利用{an}满足的关系式，通过消项求得数列的通项公式；(2)观察数列的结构特征，利用裂项相消法求得数列的前n项和．
[解] (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2)，
又由题设可得a1＝2，满足上式，
所以{an}的通项公式为an＝.
(2)设的前n项和为Sn，
由(1)知＝＝－，
则Sn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
1．(变条件)把例3中数列{an}满足的条件“a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n”换为“an－an＋1＝2an＋1an，a1＝1”，试解答例3的(1)(2)题．
[解] (1)由an－an＋1＝2an＋1an得－＝2，所以数列是以2为公差，以＝1为首项的等差数列，故＝＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝.
(2)设的前n项和为Sn，由(1)知＝＝，则Sn＝
＝＝.
2．(变结论)例3的条件不变，设bn＝，若数列{bn}的前n项和为Sn，Sn＞，求n的最小值．
[解] 由例3的解析可知an＝，故＝2n－1，
bn＝＝(－)，
所以Sn＝(－1＋－＋…＋－)＝(－1)，
由Sn＞得(－1)＞，解得n＞，
又n∈N＋，故n的最小值为450.
常见的裂项方法(其中n为正整数)
(1)＝.
(2)＝.
(3)＝.
(4)＝(－)．
(5)loga＝loga(n＋1)－logan.
[提醒] 利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．
求数列的前n项和，一般有下列几种方法．
(1)错位相减法
适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
(2)分组求和法
把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项相消法
把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
(4)奇偶并项法
当数列通项中出现(－1)n或(－1)n＋1时，常常需要对n取值的奇偶性进行分类讨论．
(5)倒序相加法
例如，等差数列前n项和公式的推导方法.
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)如果已知等差数列的通项公式，则在求其前n项和时应用Sn＝较为合理．( )
(2)当n≥2时，＝.( )
(3)数列{an}是周期为k的周期数列，那么Skm＝mSk(m，k为大于1的正整数)．
[答案] (1)√ (2)× (3)√
[提示] (1)正确；(2)不正确.＝；(3)正确．
2．1002－992＋982－972＋…＋22－12的值是( )
A．5 000 B．5 050
C．10 100 D．20 200
B [原式＝(100＋99)(100－99)＋(98＋97)(98－97)＋…＋(2＋1)(2－1)
＝100＋99＋98＋97＋…＋2＋1
＝×100×(1＋100)＝5 050.]
3．数列1，2，3，4，…的前n项和为( )
A．(n2＋n＋2)－ B．n(n＋1)－1－
C．(n2－n＋2)－ D．n(n＋1)－
A [设数列的前n项和为Sn，则
Sn＝(1＋2＋3＋…＋n)＋
＝n(n＋1)＋＝n(n＋1)＋1－.]
4．求数列的前n项和．
[解] 因为＝－，所以数列的前n项和为－＋－＋…＋－＝－＝.
课件45张PPT。第一章 数列§3 等比数列
3.2 等比数列的前n项和
第2课时 数列求和分组求和法 错位相减法求和 裂项相消法求和 点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(八)
(建议用时：60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．等比数列{an}的前n项和为Sn，且4a1,2a2，a3成等差数列．若a1＝1，则S4等于( )
A．7 B．8
C．15 D．16
C [设{an}的公比为q，
因为4a1,2a2，a3成等差数列，
所以4a2＝4a1＋a3，即4a1q＝4a1＋a1q2，
即q2－4q＋4＝0，所以q＝2.
又a1＝1，所以S4＝＝15，故选C．]
2．设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．已知a1a5＝1，S3＝7，则S5等于( )
A． B．
C． D．
B [∵{an}是由正数组成的等比数列，且a1a5＝1，
∴a1·a1q4＝1，
又a1，q>0，∴a1q2＝1，即a3＝1，S3＝7＝＋＋1，
∴6q2－q－1＝0，解得q＝，
∴a1＝＝4，S5＝＝.]
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an，n∈N＋，其前n项和为Sn，则( )
A．Sn＝2an－1 B．Sn＝3an－2
C．Sn＝4－3an D．Sn＝3－2an
D [易知{an}是以1为首项，以为公比的等比数列，所以an＝n－1，Sn＝＝＝3－2an.]
4．已知等比数列{an}的前3项和为1，前6项和为9，则它的公比q等于( )
A． B．1
C．2 D．4
C [∵S3＝1，S6＝9，∴S6－S3＝8＝a4＋a5＋a6＝q3(S3)＝q3，∴q3＝8，∴q＝2.]
5．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋k(k为常数)，那么下列结论正确的是
( )
A．k为任意实数时，{an}是等比数列
B．k＝－1时，{an}是等比数列
C．k＝0时，{an}是等比数列
D．{an}不可能是等比数列
B [an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1.
∵a1＝S1＝3＋k＝2×30＝2，∴k＝－1.
即k＝－1时，{an}是等比数列．]
二、填空题
6．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________.
－2 [S3＋3S2＝a1＋a2＋a3＋3a1＋3a2
＝4a1＋4a2＋a3＝a1(4＋4q＋q2)＝a1(2＋q)2＝0，故q＝－2.]
7．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝________.
2n－1 [设等比数列{an}的公比为q.
则q＝＝＝，
所以＝＝＝2n－1.]
8．在等比数列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝1，a4＋a5＋a6＝－2，则该数列的前15项和S15＝________.
11 [设数列{an}的公比为q，则由已知，得q3＝－2.
又a1＋a2＋a3＝(1－q3)＝1，
所以＝，所以S15＝(1－q15)＝[1－(q3)5]＝×[1－(－2)5]＝11.]
三、解答题
9．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}的公差为d，因为a2＋a4＝10，所以2a1＋4d＝10，解得d＝2，所以an＝2n－1.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，因为b2b4＝9，所以bq4＝9，解得q2＝3，所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.
从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝.
10．记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
[解] (1)设{an}的公比为q.由题设可得
解得q＝－2，a1＝－2.
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得Sn＝＝－＋(－1)n.
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n·＝2[－＋(－1)n]＝2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
[能力提升练]
1．已知等比数列{an}的首项为8，Sn是其前n项的和，某同学经计算得S1＝8，S2＝20，S3＝36，S4＝65，后来该同学发现其中一个数算错了，则该数为( )
A．S1 B．S2
C．S3 D．S4
C [由题S1正确．若S4错误，则S2、S3正确，于是a1＝8，a2＝S2－S1＝12.a3＝S3－S2＝16，与{an}为等比数列矛盾，故S4＝65.
若S3错误，则S2正确，此时，a1＝8，a2＝12.
∴q＝，∴S4＝＝＝65，符合题意．]
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值不能确定的是( )
A． B．
C． D．
D [由8a2＋a5＝0，得8a2＋a2q3＝0，∵a2≠0，
∴q3＝－8，∴q＝－2，∵＝q2＝4，＝＝＝，
＝＝＝，而D中＝与n有关，故不确定．]
3．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝t·3n－2－，则实数t的值为________．
3 [由Sn＝t·3n－2－，得Sn＝，根据等比数列前n项和公式的性质Sn＝A(qn－1)，可得＝1，解得t＝3.]
4．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＝________.
1－ [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－.]
5．数列{an}是首项为1的等差数列，且公差不为零，而等比数列{bn}的前三项分别是a1，a2，a6.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若b1＋b2＋…＋bk＝85，求正整数k的值．
[解] (1)设数列{an}的公差为d，
因为a1，a2，a6成等比数列，
所以a＝a1·a6，
所以(1＋d)2＝1×(1＋5d)，
所以d2＝3d，
因为d≠0，
所以d＝3，
所以an＝1＋(n－1)×3＝3n－2.
(2)数列{bn}的首项为1，公比为q＝＝4，
故b1＋b2＋…＋bk＝＝.
令＝85，即4k＝256，
解得k＝4.
故正整数k的值为4.
课时分层作业(九)
(建议用时：60分钟)
[基础达标练]
一、选择题
1．数列{an}，{bn}满足anbn＝1，an＝n2＋3n＋2，则{bn}的前10项和为( )
A． B．
C． D．
B [依题意bn＝＝＝＝－，所以{bn}的前10项和为S10＝＋＋＋…＋＝－＝，故选B．]
2．若数列{an}的通项公式an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn为( )
A．2n＋n2－1 B．2n＋1＋n2－1
C．2n＋1＋n2－2 D．2n＋n2－2
C [Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＝＋＝2n＋1－2＋n2.]
3．数列{an}中，an＝，其前n项和为，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为( )
A．－10 B．－9
C．10 D．9
B [数列{an}的前n项和为＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝＝，所以n＝9，于是直线(n＋1)x＋y＋n＝0，即为10x＋y＋9＝0.所以其在y轴上的截距为－9.]
4．数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，则S17＝( )
A．9 B．8
C．17 D．16
A [S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.]
5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n(n∈N＋)，则S2 018＝( )
A．22 018－1 B．3·21 009－3
C．3·21 009－1 D．3·21 008－2
B [a1＝1，a2＝＝2，又＝＝2.
∴a1，a3，a5，…成等比数列，
a2，a4，a6，…成等比数列，∴S2 018＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋…＋a2 017＋a2 018
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2 018)
＝＋＝3·21 009－3.故选B．]
二、填空题
6．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n－1所有项的和为________．
2n＋1－2－n [由题意知所求数列的通项为＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为－n＝2n＋1－2－n.]
7．已知数列{an}的通项公式an＝，其前n项和Sn＝，则项数n等于________．
6 [an＝＝1－，
所以Sn＝n－＝n－1＋＝＝5＋，
所以n＝6.]
8．数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N＋)，则数列的前10项的和为________．
[an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝，
所以＝，
所以的前10项和＋＋＋…＋
＝2＝.]
三、解答题
9．已知等比数列{an}的各项均为正数，a1＝1，公比为q，等差数列{bn}中，b1＝3，且{bn}的前n项和为Sn，a3＋S3＝27，q＝.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝，求{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)设数列{bn}的公差为d，∵a3＋S3＝27，q＝，
∴q2＋3d＝18,6＋d＝q2，联立方程可求得q＝3，d＝3，
∴an＝3n－1，bn＝3n.
(2)由题意得：Sn＝，cn＝＝××＝－.
∴Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.
10．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q.已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d＞1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)由题意有，
即
解得或
故或
(2)由d＞1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，
于是Tn＝1＋＋＋＋＋…＋， ①
Tn＝＋＋＋＋…＋＋. ②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.
[能力提升练]
1．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝( )
A．2 B．2n
C．2n＋1－2 D．2n－1－2
C [∵an＋1－an＝2n，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝
2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，∴Sn＝＝2n＋1－2.故选C．]
2．已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S16等于( )
A．5 B．6
C．7 D．16
C [根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.
又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝7.故选C．]
3．数列{an}满足an＋an＋1＝(n∈N＋)，且a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，则S21＝________.
6 [由an＋an＋1＝＝an＋1＋an＋2，∴an＋2＝an，
则a1＝a3＝a5＝…＝a21，a2＝a4＝a6＝…＝a20，
∴S21＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a20＋a21)＝1＋10×＝6.]
4．已知数列{an}的通项公式为an＝2n－30，Sn是{|an|}的前n项和，则S10＝________.
190 [由an＝2n－30，令an<0，得n<15，即在数列{an}中，前14项均为负数，
所以S10＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a10)
＝－(a1＋a10)＝－5[(－28)＋(－10)]＝190.]
5．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，
且Sn＝，n∈N＋；
(1)求证：数列{an}是等差数列；
(2)设bn＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn.
[解] (1)证明：因为Sn＝，n∈N＋，
所以当n＝1时，a1＝S1＝，
所以a1＝1.
当n≥2时，由
得2an＝a＋an－a－an－1.
即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
因为an＋an－1>0，
所以an－an－1＝1(n≥2)．
所以数列{an}是以1为首项，以1为公差的等差数列．
(2)由(1)可得an＝n，
Sn＝，
bn＝＝＝－.
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝1－＋－＋…＋－
＝1－＝.
