4.3.3 等比数列的前n项和
第1课时 等比数列的前n项和
学
习
任
务
核
心
素
养
1．掌握等比数列的前n项和公式及其应用．(重点)2．会用错位相减法求数列的和．(重点)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．
1．通过对等比数列前n项和的实际应用，培养数学建模素养．2．借助对等比数列基本量的计算及错位相减法的应用，培养数学运算素养．
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，第二天给甲返还两分，即后一天返还的钱是前一天的两倍．问谁赢谁亏？
知识点1 等比数列前n项和公式
类比等差数列前n项和是关于n的二次型函数，如何从函数的角度理解等比数列前n项和Sn?
[提示] 可把等比数列前n项和Sn理解为关于n的指数型函数．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)求等比数列{an}的前n项和时可直接套用公式Sn＝来求．
( )
(2)等比数列的前n项和公式可以简写成Sn＝－Aqn＋A(q≠1)．
( )
(3)1＋x＋x2＋…＋xn＝．
( )
[提示] (1)和(3)中应注意q＝1的情况．
[答案] (1)× (2)√ (3)×
2．已知等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则＝( )
A．3 B．4 C． D．
C [已知等比数列{an}的首项为a1，则＝＝．]
知识点2 错位相减法
一般地，等比数列{an}的前n项和可写为：
Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，
①
用公比q乘①的两边，可得
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＋a1qn，
②
由①－②，得(1－q)Sn＝a1－a1qn，
整理得Sn＝(q≠1)．
我们把上述方法叫错位相减法，一般适用于数列{an·bn}前n项和的求解，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且q≠1．
类型1 等比数列基本量的运算
【例1】 已知等比数列{an}．
(1)S2＝30，S3＝155，求Sn；
(2)a1＋a3＝10，a4＋a6＝，求S5；
(3)a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求q．
[解] (1)由题意知
解得或
从而Sn＝×5n＋1－或
Sn＝eq
\f(1
080×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,6))))),11)．
(2)法一：由题意知
解得从而S5＝＝．
法二：由(a1＋a3)q3＝a4＋a6，
得q3＝，从而q＝．
又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10，
所以a1＝8，从而S5＝＝．
(3)因为a2an－1＝a1an＝128，
所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两根．
从而或
又Sn＝＝126，所以q为2或．
1．在等比数列
{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，已知其中的三个量，通过列方程组，就能求出另外两个量，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用．
2．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．
[跟进训练]
1．已知数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，其前n项和为Sn，且有5S2＝4S4，求公比q的值．
[解] 当q＝1时，由5S2＝4S4知10a1＝16a1，则a1＝0，不合题意，故q≠1．
当q≠1时，由5S2＝4S4知＝，
∴5(1－q2)＝4(1－q4)．
解得1＋q2＝，即q＝±．
类型2 等比数列前n项和公式的实际应用
【例2】 借贷10
000元，以月利率为1%每月以复利计息借贷，王老师从借贷后第二个月开始等额还贷，分6个月付清，试问每月应支付多少元？(1.016≈1.061，1.015≈1.051)
[思路探究] 解决等额还贷问题关键要明白以下两点：
(1)所谓复利计息，即把上期的本利和作为下一期本金，在计算时每一期本金的数额是不同的，复利的计算公式为S＝P(1＋r)n，其中P代表本金，n代表存期，r代表利率，S代表本利和．
(2)从还贷之月起，每月还贷金额是构成等比数列还是等差数列？首项是什么？公比或公差是多少？
[解] 法一：设每个月还贷a元，第1个月后欠款为a0元，以后第n个月还贷a元后，还剩下欠款an元(1≤n≤6)，
则a0＝10
000，a1＝1.01a0－a，
a2＝1.01a1－a＝1.012a0－(1＋1.01)a，
…
a6＝1.01a5－a＝…＝1.016a0－(1＋1.01＋…＋1.015)a．
由题意，可知a6＝0，
即1.016a0－(1＋1.01＋…＋1.015)a＝0，
a＝．
∵1.016≈1.061，∴a≈≈1
739．
故每月应支付1
739元．
法二：一方面，借款10
000元，将此借款以相同的条件存储6个月，则它的本利和为
S1＝104(1＋0.01)6＝104×1.016(元)．
另一方面，设每个月还贷a元，分6个月还清，到贷款还清时，其本利和为
S2＝a(1＋0.01)5＋a(1＋0.01)4＋…＋a
＝＝a(1.016－1)×102(元)．
由S1＝S2，得a＝．
∵1.016≈1.061，解得a≈1
739，故每月应支付1
739元．
解数列应用题的具体方法步骤
(1)认真审题，准确理解题意，达到如下要求：
①明确问题属于哪类应用问题，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，还是含有递推关系的数列问题？是求an，还是求Sn？特别要注意项数是多少．
②弄清题目中主要的已知事项．
(2)抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达．
(3)将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，列出满足题意的数学关系式．
[跟进训练]
2．某人在年初用16万元购买了一辆家用轿车，付现金6万元，按合同余款分6年付清，年利率为10%，每年以复利计算，问每年年底应支付多少元？
[解] 余款10万元6年的本利和是105×(1＋0.1)6＝105×1.16．
设每年年底应支付款为a元，支付6次的本利和应是a＋a(1＋0.1)＋a(1＋0.1)2＋…＋a(1＋0.1)5
＝a·＝10a(1.16－1)．
由105×1.16＝10a(1.16－1)得
a＝≈22
960(元)．
∴每年年底应支付22
960元．
类型3 错位相减法求和
【例3】 设是等差数列，是等比数列，公比大于0，已知a1＝b1＝2，b2＝a2，b3＝a2＋4．
(1)求和的通项公式；
(2)记cn＝，n∈N
，证明：c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N
．
在等式
Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n两边同乘以数列{2n}的公比后，该等式的变形形式是什么？认真观察两式的结构特征，你能将求Sn的问题转化为等比数列的前n项和问题吗？
[提示] 在等式Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n， ①
两边同乘以{2n}的公比可变形为,2Sn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋?n－1?·2n＋n·2n＋1， ②
②－①得：Sn＝－1·21－22－23－24－…－2n＋n·2n＋1,＝－?21＋22＋23＋…＋2n?＋n·2n＋1.
此时可把求Sn的问题转化为求等比数列{2n}的前n项和问题.我们把这种求由一个等差数列{an}和一个等比数列{bn}相应项的积构成的数列{anbn}前n项和的方法叫错位相减法.
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则q>0．
由题意，得
解得
故an＝2＋2(n－1)＝2n，bn＝2·2n－1＝2n．
(2)证明：∵cn＝＝＝，设数列的前n项和为Sn，
∴Sn＝＋＋＋…＋，
①
∴Sn＝＋＋…＋＋，
②
∴①－②得：Sn＝－
＝－＝1－－，
∴Sn＝2－－，
又∵n∈N
，
∴>0，>0，
∴Sn＝2－－<2，
即c1＋c2＋…＋cn<2，n∈N
．
1．(变条件)本例题(2)中设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Sn′．
[解] 由题意知cn＝n·2n，
所以Sn′＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－2)×2n－2＋(n－1)×2n－1＋n·2n，
2Sn′＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－2)×2n－1＋(n－1)×2n＋n·2n＋1，
两式相减得：－Sn′＝1×21＋22＋23＋24＋…＋2n－1＋2n－n·2n＋1
＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
所以Sn′＝(n－1)·2n＋1＋2．
2．(变条件)本例题中设dn＝，求数列{dn}的前n项和Tn．
[解] 由题意可得：
Tn＝1×＋3×＋…＋(2n－1)×，
Tn＝1×＋3×＋…＋(2n－3)×＋(2n－1)×，
两式相减得
Tn＝1×＋2×＋…＋2×－(2n－1)×＝＋×－(2n－1)×＝－－，
所以Tn＝3－－＝3－．
错位相减法的适用条件及注意事项
若数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn}，当求该数列的前n项和时，常常采用将{anbn}的各项乘公比q，并向后错位一项与{anbn}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，这种数列求和的方法称为错位相减法．若公比为字母，则需对其进行分类讨论．
1．已知等比数列{an}的首项a1＝3，公比q＝2，则S5等于( )
A．93 B．－93 C．45 D．－45
A [S5＝＝＝93．]
2．设Sn为等比数列{an}的前n项和，若27a4＋a7＝0，则＝( )
A．10 B．9 C．－8 D．－5
A [设等比数列{an}的公比为q，由27a4＋a7＝0，得a4(27＋q3)＝0．因为a4≠0，∴27＋q3＝0，则q＝－3，故＝＝1＋q2＝1＋9＝10．]
3．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1，则a＋a＋…＋a等于( )
A．(2n－1)2
B．(2n－1)
C．4n－1
D．(4n－1)
D [∵Sn＝2n－1，∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，当n＝1时，a1＝21－1＝21－1，故an＝2n－1，a＝4n－1．∴a＋a＋…＋a＝＝(4n－1)．]
4．在公比为整数的等比数列{an}中，如果a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，则这个数列的前8项之和S8＝________．
510 [a1＋a4＝a1(1＋q3)＝18，a2＋a3＝a1(q＋q2)＝12，两式联立解得q＝2或，而q为整数，
所以q＝2，a1＝2，代入公式求得S8＝＝510．]
5．一个热气球在第一分钟上升了25
m的高度，在以后的每一分钟里，它上升的高度都是它在前一分钟里上升高度的80%．
这个热气球上升的高度能超过125
m吗？
[解] 用an表示热气球在第n分钟上升的高度，
由题意，得an＋1＝an，
因此，数列{an}是首项a1＝25，公比q＝的等比数列．
热气球在前n分钟内上升的总高度为Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＝eq
\f(25×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5))))),1－\f(4,5))＝125×eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))))<125．
故这个热气球上升的高度不可能超过125
m．
回顾本节知识，自我完成以下问题：
1．等差数列的前n项和公式是什么？
[提示] (1)已知首项a1、公比q与项数n，则Sn＝
(2)已知首项a1、末项an与公比q，则Sn＝
2．
若cn＝anbn，其中{an}、{bn}分别是等差数列、等比数列，如何求数列{cn}的前n项和？
[提示] 用错位相减法．
PAGE第2课时 等比数列前n项和的性质及应用
学
习
任
务
核
心
素
养
1．掌握等比数列前n项和的性质的应用．(重点)2．掌握等差数列与等比数列的综合应用．(重点)3．能用分组转化法求数列的和．(重点、易错点)
1．通过对等比数列前n项和公式的函数特征的学习，培养逻辑推理素养．2．借助对等比数列前n项和性质的应用及分组求和，培养数学运算素养．
在等比数列{an}中，若q≠1时，Sn＝＝．可以把Sn写成Sn＝Aqn－A的形式，那么等比数列的前n项和还有其他哪些性质？
知识点 等比数列前n项和的性质
(1)性质一：若Sn表示数列{an}的前n项和，且Sn＝Aqn－A(Aq≠0，q≠±1)，则数列{an}是等比数列．
(2)性质二：若数列{an}是公比为q的等比数列，则
①在等比数列中，若项数为2n(n∈N
)，则＝q．
②在等比数列中，若项数为2n＋1(n∈N
)，则＝q．
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列．
在数列{an}中，an＋1＝can(c为非零常数)且前n项和Sn＝3n－1＋k，则实数k的取值是什么？
[提示] 由题知{an}是等比数列，
∴3n的系数与常数项互为相反数，
而3n的系数为，∴k＝－．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)等比数列{an}共2n项，其中奇数项的和为240，偶数项的和为120，则该等比数列的公比q＝2．
( )
(2)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·3n－1－1，则a＝1．
( )
(3)若数列{an}为等比数列，则a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6也成等比数列．
( )
(4)若Sn为等比数列的前n项和，则S3，S6，S9成等比数列．
( )
[提示] (1)＝q＝＝；(2)由等比数列前n项和的特点知a＝1，得a＝3；(3)若an＝(－1)n为等比数列，a1＋a2＝a3＋a4＝a5＋a6＝0，不成等比数列．(4)由S3，S6－S3，S9－S6成等比数列知(4)错误．
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
2．设Sn为等比数列{an}的前n项和且Sn＝3n＋1－A，则A＝( )
A．－ B． C．－3 D．3
D [根据等比数列{an}的前n项和公式知Sn＝＝qn－(q≠1)，又Sn＝3n＋1－A＝3·3n－A，得＝3＝A，故选D．]
3．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．
A [法一：由等比数列前n项和的性质知S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，又a7＋a8＋a9＝S9－S6，则S3，S6－S3，a7＋a8＋a9成等比数列，从而a7＋a8＋a9＝＝．故选A．
法二：因为S6＝S3＋S3q3，所以q3＝＝－，所以a7＋a8＋a9＝S9－S6＝S3q6＝8×＝．故选A．]
类型1 等比数列前n项和性质的应用
【例1】 (1)在等比数列{an}的前n项和为Sn，S2＝7，S6＝91，则S4为( )
A．28 B．32 C．21 D．28或－21
(2)等比数列{an}中，公比q＝3，S80＝32，则a2＋a4＋a6＋…＋a80＝________．
1．S2，S4－S2，S6－S4有什么特征？
[提示] 成等比数列．
2．的值是什么？
[提示] 等比数列{an}的公比q．
(1)A (2)24 [(1)∵{an}为等比数列，
∴S2，S4－S2，S6－S4也为等比数列，
即7，S4－7，91－S4成等比数列，
∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21．
∵S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2
＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2(1＋q2)>S2，∴S4＝28．
(2)设S1＝a2＋a4＋a6＋…＋a80，
S2＝a1＋a3＋a5＋…＋a79．则＝q＝3，即S1＝3S2．
又S1＋S2＝S80＝32，∴S1＝32，解得S1＝24．
即a2＋a4＋a6＋…＋a80＝24．]
1．(变条件)将例题(1)中的条件“S2＝7，S6＝91”改为“正数等比数列中Sn＝2，S3n＝14”，求S4n的值．
[解] 设S2n＝x，S4n＝y，则2，x－2，14－x，y－14成等比数列，所以
所以或(舍去)，所以S4n＝30．
2．(变条件，变结论)将例题(1)中条件“S2＝7，S6＝91”改为“公比q＝2，S99＝56”，求a3＋a6＋a9＋…＋a99的值．
[解] 法一：∵S99＝＝56，q＝2，
∴a3＋a6＋a9＋…＋a99
＝a3(1＋q3＋q6＋…＋q96)＝a1q2·＝32．
法二：设b1＝a1＋a4＋a7＋…＋a97，
b2＝a2＋a5＋a8＋…＋a98，
b3＝a3＋a6＋a9＋…＋a99，
则b1q＝b2，b2q＝b3，且b1＋b2＋b3＝56，
∴b1(1＋q＋q2)＝56．
∴b1＝＝8，
∴b3＝b1q2＝8×22＝32．
即a3＋a6＋a9＋…＋a99＝32．
1．在涉及奇数项和S奇与偶数项和S偶时，常考虑对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)．
类型2 分组求和法
【例2】 在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a1＝2，8a2＋2a4＝a6．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn．
[思路探究] (1)利用等比数列的基本运算求出{an}的通项公式．(2)根据bn＝an＋2n的特点，{an}和{2n}分别是等比数列和等差数列，所以可用分组求和法求数列前n项和．
[解] (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
∵8a2＋2a4＝a6，∴8a1q＋2a1q3＝a1q5，又a1＝2，∴8＋2q2＝q4．
解得：q2＝4，∴q＝2．∴an＝a1qn－1＝2n，n∈N
．
(2)由(1)知：bn＝2n＋2n，
∴Tn＝(21＋2)＋(22＋4)＋(23＋6)＋…＋(2n＋2n)＝(21＋22＋23＋…＋2n)＋(2＋4＋6＋…＋2n)＝2(2n－1)＋＝2n＋1＋n2＋n－2．
∴数列{bn}的前n项和为Tn＝2n＋1＋n2＋n－2，n∈N
．
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
[跟进训练]
1．求数列2，4，6，…，2n＋，…的前n项和Sn．
[解] Sn＝2＋4＋6＋…＋
＝(2＋4＋6＋…＋2n)＋
＝＋eq
\f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))),1－\f(1,2))
＝n(n＋1)＋－
＝n2＋n－＋．
类型3 等差数列与等比数列的综合应用
【例3】 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；
(2)是否存在正整数n，使得Sn≥2
021？若存在，求出符合条件的所有n的集合；若不存在，说明理由．
[思路探究] (1)根据已知条件得出关于a1，q的方程组，求解即可；(2)只需表示出前n项和，解指数不等式．
[解] (1)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．
(2)由(1)有Sn＝＝1－(－2)n．
若存在n，使得Sn≥2
021，则1－(－2)n≥2
021，
即(－2)n≤－2
020．
当n为偶数时，(－2)n＞0，上式不成立；
当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2
020，即2n≥2
020，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}．
与等差、等比数列有关的综合问题，其解题过程应注意以下方法与技巧：
?1?转化思想：将非等差、等比数列转化构造成等差、等比数列，以便于利用其公式和性质解题.
?2?等差?比?数列公式和性质的灵活应用.
?3?当题中有多个数列出现时，既要研究单一数列项与项之间的关系，又要关注各数列之间的相互联系.
[跟进训练]
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋an＝5×3n－3，bn＝．
(1)证明：数列{an－2×3n}为常数列；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn．
[解] (1)证明：当n＝1时，S1＋a1＝5×3－3＝12，所以a1＝6；
当n≥2时，由Sn＋an＝5×3n－3①，得Sn－1＋an－1＝5×3n－1－3②，
①－②得，2an－an－1＝10×3n－1，
所以an－2×3n＝(an－1－2×3n－1)，
因为a1＝6，所以a1－2×31＝0，
所以an－2×3n＝0，
故数列{an－2×3n}为常数列．
(2)由(1)知，an＝2×3n，所以bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋＋＋…＋＝1－＝．
1．已知等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a2＝2，S6－S4＝6a4，则a5＝( )
A．4 B．10 C．16 D．32
C [由S6－S4＝a6＋a5＝6a4得，(q2＋q－6)a4＝0，q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3(舍去)，从而a5＝a2·23＝2×8＝16，故选C．]
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5＝( )
A．3∶4 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3
A [在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝S5，得S15∶S5＝3∶4，故选A．]
3．记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________．
－63 [法一：因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1，所以S6＝＝－63．
法二：n≥2时，由Sn＝2an＋1得Sn＝2(Sn－Sn－1)＋1，
∴Sn＝2Sn－1－1，可得Sn－1＝2(Sn－1－1)．又S1－1＝－2．∴{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，
∴S6－1＝－2×25＝－64，即S6＝－63．]
4．一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，首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为________．
8 [设该等比数列的项数为2n，
依题意得S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1，
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝a1q＋a3q＋…＋a2n－1q＝q·S奇．
∵S偶＝2S奇，∴q＝2．又中间两项为an和an＋1，则an＋an＋1＝a1qn－1＋a1qn＝2n－1＋2n＝3×2n－1＝24，
∴2n－1＝8＝23，∴n－1＝3，解得n＝4，∴2n＝8．]
5．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S4＝2，S8＝6，求a17＋a18＋a19＋a20的值．
[解] 由等比数列前n项和的性质，可知S4，S8－S4，S12－S8，…，S4n－S4n－4，…成等比数列．
由题意可知上面数列的首项为S4＝2，公比为＝2，
故S4n－S4n－4＝2n(n≥2)，
所以a17＋a18＋a19＋a20＝S20－S16＝25＝32．
回顾本节知识，自我完成以下问题：
1．等比数列前n项和的常用性质有哪些？
[提示] 若数列{an}是公比为q的等比数列，则
①在等比数列中，若项数为2n(n∈N
)，则＝q．
②在等比数列中，若项数为2n＋1(n∈N
)，则＝q．
③Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列．
2．若cn＝an＋bn，其中{an}、{bn}分别是等差数列、等比数列，如何求数列{cn}的前n项和？
[提示] 分组转化法求和．
PAGE4.3 等比数列
4.3.1 等比数列的概念
4.3.2 等比数列的通项公式
第1课时 等比数列的概念及通项公式
学
习
任
务
核
心
素
养
1．理解等比数列的概念．(重点)2．掌握等比数列的通项公式及其应用．(重点、难点)3．熟练掌握等比数列的判定方法．(易错点)
1．通过对等比数列的通项公式的学习及应用，培养数学运算素养．2．借助等比数列的判定与证明，培养逻辑推理素养．
传说，波斯国王第一次玩国际象棋就被深深地迷住了，他下令要奖赏国际象棋的发明者，并让受奖者自己提出奖些什么．发明者指着国际象棋的棋盘对国王说，令人满意的赏赐是在棋盘的第一格内放上一粒麦子，在第二格内放两粒麦子，第三格内放4粒，第四格内放8粒，……按这样的规律放满64格棋盘格．国王反对说，这么一点点麦子算不上什么赏赐，但发明者认为如此就足够了．结果弄得国王倾尽国家财力还不够支付．同学们，这些麦子，怎能让国王赔上整个国家的财力？
知识点1 等比数列的概念
文字语言
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列就叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，公比通常用字母q表示
符号语言
＝q(q为常数，q≠0，n∈N
)
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若一个数列从第2项起每一项与前一项的比为常数，则该数列为等比数列．
( )
(2)等比数列的首项不能为零，但公比可以为零．
( )
(3)常数列一定为等比数列．
( )
[提示] (1)错误，根据等比数列的定义，只有比值为同一个常数时，该数列才是等比数列；(2)错误，当公比为零时，根据等比数列的定义，数列中的项也为零；(3)错误，当常数列不为零数列时，该数列才是等比数列．
[答案] (1)× (2)× (3)×
2．下列数列是等比数列的是( )
A．3，9，15，21，27
B．1，1.1，1.21，1.331，1.464
C．，，，，
D．4，－8，16，－32，64
D [A、B、C均不满足定义中＝q，只有D满足＝－2．故选D．]
知识点2 等比数列的通项公式
一般地，对于等比数列{an}的第n项an，有an＝a1·qn－1．这就是等比数列{an}的通项公式，其中a1为首项，q为公比．
3．已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，则a3＝________．
8 [由an＋1＝2an知{an}为等比数列，q＝2．
又a1＝2，∴a3＝2×22＝8．]
知识点3 等比数列与指数函数的关系
等比数列的通项公式可整理为an＝·qn，而y＝·qx(q≠1)是一个不为0的常数与指数函数qx的乘积，从图象上看，表示数列中的各项的点是函数y＝·qx的图象上的孤立点．
类型1 等比数列通项公式的基本运算
【例1】 已知等比数列{an}．
(1)若a4＝2，a7＝8，求an；
(2)若a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n．
[解] 设等比数列{an}首项为a1，公比为q．
(1)法一：因为所以
由得q3＝4，从而q＝，而a1q3＝2，
于是a1＝＝，所以an＝a1qn－1＝2
eq
\s\up10()．
法二：因为a7＝a4q3，所以q3＝4，q＝．
所以an＝a4qn－4＝2·()n－4＝2
eq
\s\up10()．
(2)法一：因为
由得q＝，从而a1＝32，
又an＝1，∴32×＝1．
即26－n＝20，所以n＝6．
法二：因为a3＋a6＝q(a2＋a5)，
所以q＝．
由a1q＋a1q4＝18，知a1＝32．
由an＝a1qn－1＝1，知n＝6．
1．等比数列的通项公式涉及4个量a1，an，n，q，只要知道其中任意三个就能求出另外一个，在这四个量中，a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，问题便迎刃而解．
2．关于a1和q的求法通常有以下两种方法
(1)根据已知条件，建立关于a1，q的方程组，求出a1，q后再求an，这是常规方法．
(2)充分利用各项之间的关系，直接求出q后，再求a1，最后求an，这种方法带有一定的技巧性，能简化运算．
[跟进训练]
1．已知等比数列{an}．
(1)若an＝128，a1＝4，q＝2，求n；
(2)若an＝625，n＝4，q＝5，求a1；
(3)若a1＝2，a3＝8，求公比q和通项公式．
[解] (1)∵an＝a1·qn－1＝128，a1＝4，q＝2，
∴4·2n－1＝128，
∴2n－1＝32，
∴n－1＝5，n＝6．
(2)∵an＝a1·qn－1＝625，n＝4，q＝5，∴a1＝＝＝5．
(3)a3＝a1·q2，即8＝2q2，
∴q2＝4，∴q＝±2．
当q＝2时，an＝a1qn－1＝2·2n－1＝2n，
当q＝－2时，an＝a1qn－1＝2·(－2)n－1＝(－1)n－12n，
∴数列{an}的公比q为2或－2，
对应的通项公式为an＝2n或an＝(－1)n－12n．
类型2 等比数列的判断与证明
【例2】 已知数列的前n项和为Sn＝2n＋a，试判断{an}是否是等比数列．
1．
如何由Sn＝2n＋a得到an?
[提示] 利用an＝Sn－Sn－1．
2．若数列{an}是等比数列，易知有＝q(q为常数，且q≠0)或a＝an·an＋2(an≠0，n∈N
)成立．反之，能说明数列{an}是等比数列吗？
[提示] 能．若数列{an}满足＝q(q为常数，q≠0)或a＝an·an＋2(an≠0，n∈N
)都能说明{an}是等比数列．
[解] an＝Sn－Sn－1＝2n＋a－2n－1－a＝2n－1(n≥2)．当n≥2时，＝＝2；
当n＝1时，＝＝．
故当a＝－1时，数列{an}成等比数列，其首项为1，公比为2；当a≠－1时，数列{an}不是等比数列．
1．(变条件，变结论)将例题中的条件“Sn＝2n＋a”变为“a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，(n∈N
)”．
(1)证明：数列{an－n}是等比数列；
(2)求出{an}的通项公式．
[解] (1)证明：由an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N
．
因为a1－1＝1≠0，所以an－n≠0，所以＝4，
所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列．
(2)由(1)，可知an－n＝4n－1，
于是数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n．
2．(变条件)将例题中的条件“Sn＝2n＋a”变为“Sn＝2－an”．求证：数列{an}是等比数列．
[证明] ∵Sn＝2－an，
∴Sn＋1＝2－an＋1，
∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝(2－an＋1)－(2－an)＝an－an＋1，
∴an＋1＝an．
又∵S1＝2－a1，
∴a1＝1≠0．
又由an＋1＝an知an≠0，
∴＝，
∴{an}是等比数列．
有关等比数列的判断证明方法
定义法
＝q(q为常数且不为零，n∈N
)?{an}为等比数列
中项公式法
a＝anan＋2(n∈N
且an≠0)?{an}为等比数列
通项公式法
an＝a1qn－1(a1≠0且q≠0)?{an}为等比数列
类型3 等比数列定义与通项公式的综合应用
【例3】 在各项均为负数的数列{an}中，已知2an＝3an＋1(n∈N
)，且a2·a5＝．
(1)求证：{an}是等比数列，并求出其通项；
(2)试问－是这个等比数列中的项吗？如果是，指明是第几项；如果不是，请说明理由．
[解] (1)证明：∵2an＝3an＋1，∴＝．
又∵数列{an}的各项均为负数，∴a1≠0，
∴数列{an}是以为公比的等比数列．
∴an＝a1·qn－1＝a1·．
∴a2＝a1·＝a1，a5＝a1·＝a1，
又∵a2·a5＝a1·a1＝，∴a＝．
又∵a1＜0，∴a1＝－．
∴an＝×＝－
(n∈N
)．
(2)令an＝－＝－，
则n－2＝4，n＝6∈N
，
∴－是这个等比数列中的项，且是第6项．
?1?已知数列的前n项和或前n项和与通项的关系求通项，常用an与Sn的关系求解.
?2?由递推关系an＋1＝Aan＋B?A，B为常数，且A≠0，A≠1?求an时，由待定系数法设an＋1＋λ＝A?an＋λ?，可得λ＝，这样就构造了等比数列{an＋λ}.
[跟进训练]
2．设关于x的二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n＝1，2，3，…)有两根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3．
(1)试用an表示an＋1；
(2)求证：是等比数列；
(3)当a1＝时，求数列{an}的通项公式及项的最值．
[解] (1)根据根与系数的关系，得
代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3，得－＝3．
所以an＋1＝an＋．
(2)证明：因为an＋1＝an＋，所以an＋1－＝．
若an＝，则方程anx2－an＋1x＋1＝0，
可化为x2－x＋1＝0，即2x2－2x＋3＝0．
此时Δ＝(－2)2－4×2×3＜0，
所以an≠，
即an－≠0．
所以数列是以为公比的等比数列．
(3)当a1＝时，
a1－＝，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
所以an－＝×＝，
所以an＝＋，n＝1，2，3，…，
即数列{an}的通项公式为an＝＋，n＝1，2，3，…．
由函数y＝在(0，＋∞)上单调递减知当n＝1时，an的值最大，即最大值为a1＝．
1．根据下列通项公式能判断数列为等比数列的是( )
A．an＝n B．an＝ C．an＝2－n D．an＝log2n
C [只有C具备an＝cqn的形式，故应选C．]
2．等比数列x，3x＋3，6x＋6，…的第四项等于( )
A．－24 B．0 C．12 D．24
A [由x，3x＋3，6x＋6成等比数列，知(3x＋3)2＝x·(6x＋6)，解得x＝－3或x＝－1(舍去)．所以此等比数列的前三项为－3，－6，－12．故第四项为－24，故选A．]
3．在等比数列{an}中，已知a1＞0，8a2－a5＝0，则数列{an}为________数列．(填“递增”或“递减”)
递增 [由8a2－a5＝0，可知＝q3＝8，解得q＝2．又a1＞0，所以数列{an}为递增数列．]
4．在等比数列{an}中，若公比q＝4，且前三项之和等于21，则该数列的通项公式an＝________．
4n－1 [由题意知a1＋4a1＋16a1＝21，解得a1＝1，所以通项公式an＝4n－1．]
5．已知{an}为等比数列，且a5＝8，a7＝2，该数列的各项都为正数，求an．
[解] 由a5≠a7知等比数列{an}的公比q≠1，设其通项公式为an＝c·qn．
由已知得解得q2＝，
∵an＞0，∴
∴an＝256×＝．
回顾本节知识，自我完成以下问题：
1．等比数列的定义与通项公式是什么？
[提示] 如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列就叫作等比数列，其通项公式为an＝a1·qn－1．
2．判断一个数列是等比数列的方法有哪些？
[提示] (1)定义法：利用＝q(q为常数且不为零，n∈N
)；
(2)中项公式法：利用a＝anan＋2(n∈N
且an≠0)；
(3)通项公式法：利用an＝a1qn－1(a1≠0且q≠0)．
PAGE第2课时 等比数列的性质
学
习
任
务
核
心
素
养
1．掌握等比数列的性质及其应用．(重点)2．熟练掌握等比数列与等差数列的综合应用．(难点、易错点)3．能用递推公式求通项公式．(难点)
1．通过灵活设项求解等比数列问题以及对等比数列性质的应用，培养数学运算素养．2．借助递推公式转化为等比数列求通项，培养逻辑推理及数学运算素养．
在等差数列{an}中，存在很多的性质，如
(1)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N
)．
(2)若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap．
(3)若l1，l2，l3，l4…ln成等差数列，则a，a，a，a，…a也成等差数列．
那么如果该数列为等比数列，能否求出等比数列的相类似的性质呢？
知识点1 推广的等比数列的通项公式
{an}是等比数列，首项为a1，公比为q，则an＝a1qn－1，an＝am·qn－m(m，n∈N
)．
如何推导an＝amqn－m?
[提示] 由＝＝qn－m，∴an＝am·qn－m．
1．在等比数列{an}中，a5＝4，a7＝6，则a9＝________．
9 [因为a7＝a5q2，所以q2＝．所以a9＝a5q4＝a5(q2)2＝4×＝9．]
知识点2 “子数列”性质
对于无穷等比数列{an}，若将其前k项去掉，剩余各项仍为等比数列，首项为ak＋1，公比为q；若取出所有的k的倍数项，组成的数列仍为等比数列，首项为ak，公比为qk．
2．已知数列{an}是等比数列，下列说法错误的是( )
A．a3，a5，a7成等比数列
B．a1，a3，a9成等比数列
C．an，an＋1，an＋2成等比数列
D．n＞3时，an－3，an，an＋3成等比数列
B [在等比数列中，若m＋n＝2p，则aman＝a，即am，ap，an成等比数列，所以ACD正确，B错误，故选B．]
知识点3 等比数列项的运算性质
在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N
)，则am·an＝ap·aq．
①特别地，当m＋n＝2k(m，n，k∈N
)时，am·an＝a．
②对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝…．
3．在等比数列{an}中，已知a7·a12＝5，则a8·a9·a10·a11＝( )
A．－25 B．25 C．10 D．20
B [在等比数列{an}中，7＋12＝8＋11＝9＋10，∴a7a12＝a8a11＝a9a10．
∴原式＝(a7a12)2＝25．故选B．]
知识点4 两等比数列合成数列的性质
若数列{an}，{bn}均为等比数列，c为不等于0的常数，则数列{can}，{a}，{an·bn}，也为等比数列．
类型1 灵活设项求解等比数列
【例1】 有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，第一个数与第四个数的和为21，中间两个数的和为18，求这四个数．
[思路探究] 本题由于涉及的数列的项比较特殊，巧妙设为对称项，会给解题带来方便．
[解] 法一：设前三个数分别为，a，aq(q≠0)，则第四个数为2aq－a．
由题意得，解得q＝2或q＝．
当q＝2时，a＝6，这四个数为3，6，12，18；
当q＝时，a＝，这四个数为，，，．
法二：设后三个数分别为a－d，a，a＋d，则第一个数为，因此这四个数为，a－d，a，a＋d．
由题意得
解得或
故这四个数为3，6，12，18或，，，．
法三：设第一个数为a，则第四个数为21－a，
设第二个数为b，则第三个数为18－b，
则这四个数为a，b，18－b，21－a，
由题意得
解得或
故这四个数为3，6，12，18或，，，．
巧设等差数列、等比数列的方法
(1)若三数成等差数列，常设成a－d，a，a＋d．若三数成等比数列，常设成，a，aq或a，aq，aq2．
(2)若四个数成等比数列，可设为，a，aq，aq2．若四个正数成等比数列，可设为，，aq，aq3．
[跟进训练]
1．有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数．
[解] 法一：设前三个数依次为a－d，a，a＋d，则第四个数为，由条件得
解得或所以当a＝4，d＝4时，所求四个数为0，4，8，16；当a＝9，d＝－6时，所求四个数为15，9，3，1．
法二：设第一个数为a，则第四个数为16－a，
设第二个数为b，则第三个数为12－b，
∴这四个数为a，b，12－b，16－a，
由题意得
解得或
故所求四个数为0，4，8，16或15，9，3，1．
类型2 等比数列的性质及应用
【例2】 已知{an}为等比数列．
(1)等比数列{an}满足a2a4＝，求a1aa5；
(2)若an>0，a5a6＝9，求log3a1＋log3a2＋…＋log3a10的值．
[思路探究] 利用等比数列的性质“若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq”求解．
[解] (1)等比数列{an}中，因为a2a4＝，所以a＝a1a5＝a2a4＝，所以a1aa5＝．
(2)由等比数列的性质知a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9，
∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2…a10)
＝log3[(a1a10)(a2a9)(a3a8)(a4a7)(a5a6)]
＝log395＝10．
解决等比数列的计算问题，通常考虑两种方法
(1)基本量法：利用等比数列的基本量，先求公比，后求其他量．这是解等比数列问题的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较烦琐．
(2)数列性质：等比数列每相邻几项的积成等比数列、与首末两项等距离的两项的积相等的性质等经常用到．
[跟进训练]
2．(1)已知在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝( )
A．5 B．7 C．6 D．±5
(2)在等比数列{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的两个根，则的值为( )
A．－或
B．－
C．
D．或－
(1)A (2)D [(1)法一：由等比中项的性质知a1a2a3＝(a1a3)·a2＝a＝5，a7a8a9＝(a7a9)·a8＝a＝10，所以a2a8＝50eq
\s\up12()，
所以a4a5a6＝(a4a6)·a5＝a＝()3＝eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50))eq
\s\up12(3)＝5．
法二：由等比数列的性质知a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9构成等比数列，所以(a1a2a3)·(a7a8a9)＝(a4a5a6)2，所以a4a5a6＝±＝±5．又数列各项均为正数，所以a4a5a6＝5．
(2)等比数列{an}中，∵a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的两个根，
∴a2·a16＝2．又∵
a2
·a16
＝
a
＝2，∴a9＝±，∴＝＝a9＝±．故选D．]
类型3 由递推公式构造等比数列求通项
【例3】 已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋n－4．
(1)求a1的值；
(2)若bn＝an－1，试证明数列{bn}为等比数列．
如何由Sn＝2an＋n－4转化为an的关系式？
[提示] Sn－Sn－1＝an?n≥2?.
[解] (1)因为Sn＝2an＋n－4，
所以当n＝1时，S1＝2a1＋1－4，解得a1＝3．
(2)证明：因为Sn＝2an＋n－4，
所以当n≥2时，
Sn－1＝2an－1＋(n－1)－4，
Sn－Sn－1＝(2an＋n－4)－(2an－1＋n－5)，即an＝2an－1－1，
所以an－1＝2(an－1－1)，
又bn＝an－1，所以bn＝2bn－1，
且b1＝a1－1＝2≠0，
所以数列{bn}是以b1＝2为首项，2为公比的等比数列．
两种递推公式构造等比数列的模型
(1)由递推关系an＋1＝Aan＋B(A，B为常数，且A≠0，A≠1)求an时，由待定系数法设an＋1＋λ＝A(an＋λ)可得λ＝，这样就构造了等比数列{an＋λ}．
(2)形如an＋1＝can＋dn(c≠d，cd≠0)的递推关系式，除利用待定系数法直接化归为等比数列外，也可以两边同除以dn＋1得＝×＋，进而化归为等比数列．还可以两边同除以cn＋1得＝＋×，再利用累加法求出，即得an．
[跟进训练]
3．已知数列{an}，a1＝，an＋1＝an＋，试证明{an－3×
}为等比数列，并求{an}的通项公式．
[证明] 令an＋1－A×＝eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an－A×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))，
则an＋1＝an＋×．
由已知条件知＝1，得A＝3，
所以an＋1－3×＝eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))．
又a1－3×＝－≠0，
所以eq
\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))))是首项为－，公比为的等比数列．
于是an－3×＝－×，
故an＝3×－2×．
类型4 等比数列的实际应用
【例4】 从盛满20
L纯酒精的容器里倒出1
L，然后用水填满，再倒出1
L混合溶液，再用水填满，这样继续进行．
(1)倒第2次后容器里还剩有纯酒精多少升？你能发现各次剩余的纯酒精数构成什么数列吗？
(2)倒第5次后容器里还剩有纯酒精多少升？(精确到小数点后两位)
[解] (1)倒第1次后，剩下的酒精是19
L，用水填满后，混合溶液浓度为×100%，故第2次倒出的1
L混合溶液中含纯酒精1×＝(L)，此时容器里还剩有纯酒精19－＝19×＝18.05(L)．每次倒完后剩下的纯酒精为原来的，
即每次倒完后剩下的纯酒精是以a1＝19为首项，
q＝为公比的等比数列．
(2)由(1)知an＝19·
(n∈N
)，
a5＝19×＝19×0.954≈15.48(L)，故倒5次后容器中还剩有纯酒精15.48
L．
求解此类问题应先把实际问题转化为等比数列问题，在建立等比数列模型后，运算中往往要运用指数运算等，要注意运算的准确性，对于近似计算问题，答案要符合题设中实际问题的需要.
[跟进训练]
4．《孙子算经》是我国古代数学专著，其中一个问题为“今有出门，望见九堤，堤有九木，木有九枝，枝有九巢，巢有九禽，禽有九雏，雏有九毛，毛有九色．”问：巢有几何？________．
6
561 [由题意可知堤、木、枝…等各事物的数量构成以9为首项，9为公比的等比数列，由等比数列通项公式可知，巢的数量为a4＝9×93＝94＝6
561．]
1．已知等差数列{an}的公差为4，且a2，a3，a6成等比数列，则a10＝( )
A．26
B．30
C．34
D．38
C [由题意可得：a＝a2a6，即(a2＋d)
2＝a2(a2＋4d)，
结合题意有：(a2＋4)2＝a2(a2＋16)，解得a2＝2，则a10＝a2＋8d＝2＋8×4＝34．故选C．]
2．已知数列{an}为等比数列，Sn为等差数列{bn}的前n项和，且a2＝1，a10＝16，a6＝b6
，则S11＝( )
A．44
B．－44
C．88
D．－88
A [由题意，数列{an}为等比数列，满足a2＝1，a10＝16，根据等比数列的性质，可得a2a10＝1×16＝a，a6>0，可得a6＝4，
所以b6＝a6＝4，则S11＝＝11×b6＝44，故选A．]
3．在和8之间插入3个数，使它们与这两个数依次构成等比数列，则这3个数的积为________．
8 [设插入的3个数依次为a，b，c，
即，a，b，c，8成等比数列，
由等比数列的性质可得b2＝ac＝×8＝4，
因为a2＝b>0，∴b＝2(舍负)．
所以这3个数的积为abc＝4×2＝8．]
4．已知在公比为q的等比数列{an}中，a5＋a9＝q，则a6(a2＋2a6＋a10)的值为________．
[∵a5＋a9＝q，∴a4＋a8＝，∴a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a＋a6a10＝a＋2a4a8＋a＝(a4＋a8)2＝．]
5．(1)已知数列{an}为等比数列，a3＝3，a11＝27，求a7；
(2)已知{an}为等比数列，a2·a8＝36，a3＋a7＝15，求公比q．
[解] (1)法一：相除得q8＝9．
所以q4＝3，所以a7＝a3·q4＝9．
法二：因为a＝a3a11＝81，
所以a7＝±9，
又a7＝a3q4＝3q4>0，所以a7＝9．
(2)因为a2·a8＝36＝a3·a7，而a3＋a7＝15，
所以a3＝3，a7＝12或a3＝12，a7＝3．
所以q4＝＝4或，
所以q＝±或q＝±．
回顾本节知识，自我完成以下问题：,等比数列项的运算性质有哪些？
[提示] 在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q?m，n，p，q∈N
?，则am·an＝ap·aq.
①特别地，当m＋n＝2k?m，n，k∈N
?时，am·an＝a.
②对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积，即a1·an＝a2·an－1＝…＝ak·an－k＋1＝….
PAGE4.4 数学归纳法
学
习
任
务
核
心
素
养
1．了解数学归纳法的原理．(难点、易混点)2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．(重点、难点)
1．通过对数学归纳法定义的学习，体现了数学抽象的核心素养．2．通过对数学归纳法的应用，培养逻辑推理的核心素养．
我们中国过去有个习俗，子女从父亲的姓氏，如父亲姓王，其子女都姓王．假设我们知道一个男子姓王，假设他每一代后代都有男子，而且严格按照我国过去的习俗，那么他的儿子姓什么？孙子呢？玄孙呢？……如果他有32代孙，你能确定他的32代孙的姓吗？如果他有无限代孙呢？
为了保证各代孙辈都姓王，必须严格按照中国过去的习俗，否则无法递推下去，也就是说要保证第n代孙姓王能推出第（n＋1）代孙也姓王，当然还要求第1个人必须姓王了．
思考：通过这个例子，我们能得到什么启示呢？
知识点 数学归纳法
(1)数学归纳法的定义
一般地，证明一个与正整数n有关的数学命题，可按如下两个步骤进行：
①证明当n＝n0(n0∈N
)时命题成立；
②假设当n＝k(k≥n0，k∈N
)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
根据①②就可以断定命题对于从n0开始的所有正整数n都成立，上述证明方法叫作数学归纳法．
(2)数学归纳法的框图表示
数学归纳法的第一步n0的初始值是否一定为1?
[提示] 不一定．如证明n边形的内角和为(n－2)·180°，第一个值n0＝3．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)用数学归纳法证题时可以只证明归纳递推即可．
( )
(2)用数学归纳法证明3n≥n2(n≥3，n∈N
)，第一步验证n＝3．
( )
(3)设Sk＝＋＋＋…＋，则Sk＋1＝＋＋＋…＋．
( )
[提示] (1)数学归纳法两个步骤缺一不可，(3)中，Sk＋1＝＋＋…＋＋＋．
[答案] (1)× (2)√ (3)×
2．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N
)，在验证n＝1成立时，计算左边所得的项是( )
A．1
B．1＋a
C．1＋a＋a2
D．1＋a＋a2＋a3
C [当n＝1时，左边＝1＋a＋a1＋1＝1＋a＋a2，故C正确．]
3．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，从“n＝k”到“n＝k＋1”，左边需增添的代数式是( )
A．(2k＋1)＋(2k＋2)
B．(2k－1)＋(2k＋1)
C．(2k＋2)＋(2k＋3)
D．(2k＋2)＋(2k＋4)
C [当n＝k时，左边是共有2k＋1个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)，所以当n＝k＋1时，左边共有2k＋3个连续自然数相加，即1＋2＋3＋…＋(2k＋1)＋(2k＋2)＋(2k＋3)．所以左边需增添的代数式是(2k＋2)＋(2k＋3)．故选C．]
类型1 用数学归纳法证明等式
【例1】 (1)用数学归纳法证明(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N
)，“从k到k＋1”左端增乘的代数式为________．
(2)用数学归纳法证明：
＋＋…＋＝(n∈N
)．
(1)2(2k＋1) [令f(n)＝(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，则
f(k)＝(k＋1)
(k＋2)…(k＋k)，
f(k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)，所以＝＝2(2k＋1)．]
(2)证明：
①当n＝1时，＝成立．
②假设当n＝k(k∈N
)时等式成立，即有
＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＝＋
＝，即当n＝k＋1时等式也成立．
由①②可得对于任意的n∈N
等式都成立．
用数学归纳法证明恒等式时，应关注以下三点
(1)弄清n取第一个值n0时等式两端项的情况；
(2)弄清从n＝k到n＝k＋1等式两端增加了哪些项，减少了哪些项；
(3)证明n＝k＋1时结论也成立，要设法将待证式与归纳假设建立联系，并朝n＝k＋1证明目标的表达式变形．
[跟进训练]
1．用数学归纳法证明等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n－1．
[证明] ①当n＝1时，左边＝12＝1，
右边＝(－1)0×＝1，左边＝右边，等式成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N
)时等式成立，
即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2
＝(－1)k－1，
那么，当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k－1·＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k(k＋1)＝(－1)k·，
所以当n＝k＋1时，等式也成立，
由①②知，对任意n∈N
，都有12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n－1．
类型2 归纳—猜想—证明
【例2】 已知数列，，，…，的前n项和为Sn，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明．
[解] S1＝＝；
S2＝＋＝；
S3＝＋＝；
S4＝＋＝．
可以看出，上面表示四个结果的分数中，分子与项数n一致，分母可用项数n表示为3n＋1．
于是可以猜想Sn＝．
下面用数学归纳法证明这个猜想．
(1)当n＝1时，左边＝S1＝，
右边＝＝＝，
猜想成立．
(2)假设当n＝k(k∈N
)时猜想成立，即
＋＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，
＋
＋
＋…
＋
＋
＝
＋
＝
＝
＝，
所以，当n＝k＋1时猜想也成立．
根据(1)和(2)，可知猜想对任意n∈N
都成立．
1．“归纳—猜想—证明”的一般环节
2．“归纳—猜想—证明”的主要题型
(1)已知数列的递推公式，求通项或前n项和．
(2)由一些恒等式、不等式改编的一些探究性问题，求使命题成立的参数值是否存在．
(3)给出一些简单的命题(n＝1，2，3，…)，猜想并证明对任意正整数n都成立的一般性命题．
[跟进训练]
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝3，Sn＝an－1＋n2＋1(n≥2)．求a2，a3，a4的值，猜想数列{an}的通项公式并用数学归纳法证明．
[解] 当n＝2时，
S2＝a1＋22＋1，即3＋a2＝8，解得a2＝5；
当n＝3时，
S3＝a2＋32＋1，即3＋5＋a3＝15，解得a3＝7；
当n＝4时，
S4＝a3＋42＋1，即3＋5＋7＋a4＝24，解得a4＝9．
猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明：
当n＝1时，a1＝2×1＋1＝3，猜想成立；
假设当n＝k(k∈N
)时，
猜想成立，
即ak＝2k＋1，Sk＝＝k2＋2k，
则当n＝k＋1时，Sk＋1＝ak＋(k＋1)2＋1，
∴Sk＋ak＋1＝ak＋(k＋1)2＋1，
∴ak＋1＝ak＋(k＋1)2＋1－Sk，
ak＋1＝2k＋1＋(k＋1)2＋1－(k2＋2k)＝2(k＋1)＋1，
所以猜想成立．
综上所述，
对于任意n∈N
，an＝2n＋1均成立．
类型3 用数学归纳法证明不等式
【例3】 用数学归纳法证明1＋≤1＋＋＋…＋≤＋n(n∈N
)．
[证明] (1)当n＝1时，
≤1＋≤，命题成立．
(2)假设当n＝k(k∈N
)时，命题成立，
即1＋
≤
1＋
＋
＋…
＋
≤
＋k，
则当n＝k＋1时，
1＋
＋
＋…
＋
＋
＋
＋…
＋
>1＋
＋2k·
＝1＋
．
又1＋
＋
＋…
＋
＋
＋
＋…
＋
<
＋k＋2k·
＝
＋(k＋1)，
即当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)和(2)可知，命题对所有的n∈N
都成立．
用数学归纳法证明不等式往往比证明恒等式难度更大一些，方法更灵活些，用数学归纳法证明的第二步，即已知f?k?＞g?k?，求证f?k＋1?＞g?k＋1?时应注意灵活运用证明不等式的一般方法?比较法、分析法、综合法?.具体证明过程中要注意以下两点：
?1?先凑假设，作等价变换；
?2?瞄准当n＝k＋1时的递推目标，有目的地放缩、分析，直到凑出结论.)
[跟进训练]
3．试用数学归纳法证明1＋＋＋…＋＜2－(n≥2，n∈N
)．
[证明] (1)当n＝2时，1＋＝<2－＝，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥2，且k∈N
)时命题成立，
即1＋＋＋…＋<2－．
则当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，命题成立．
由(1)，(2)知原不等式在n∈N
，n≥2时均成立．
类型4 用数学归纳法解决平面几何问题
【例4】 平面内有n(n∈N
，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明：交点的个数为f(n)＝．
[证明] (1)当n＝2时，两条直线的交点只有一个，
又f(2)＝×2×(2－1)＝1，∴当n＝2时，命题成立．
(2)假设n＝k(k>2，k∈N
)时，命题成立，
即平面内满足题设的任何k条直线交点个数为f(k)＝k(k－1)，
那么当n＝k＋1时，任取一条直线l，除l以外其他k条直线交点个数为f(k)＝k(k－1)，
l与其他k条直线交点个数为k，从而k＋1条直线共有f(k)＋k个交点，
即f(k＋1)＝f(k)＋k＝k(k－1)＋k＝k(k－1＋2)＝k(k＋1)＝(k＋1)[(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，对任意n∈N
，n≥2，命题都成立．
用数学归纳法证明几何问题时，一要注意数形结合，二要注意有必要的文字说明.
[跟进训练]
4．平面内有n(n∈N
)个圆，其中每两个圆相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆把平面分成f(n)＝n2－n＋2部分．
[证明] (1)当n＝1时，分为2块，f(1)＝2，命题成立；
(2)假设当n＝k(k∈N
)时，被分成f(k)＝k2－k＋2部分，那么当n＝k＋1时，依题意，
第k＋1个圆与前k个圆产生2k个交点，第k＋1个圆被截为2k段弧，每段弧把所经过的区域分为两部分，
所以平面上净增加了2k个区域．
所以f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2，
即当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)知命题成立．
1．用数学归纳法证明n3>3n2＋3n＋1这一不等式时，应注意n必须为( )
A．n∈N
B．n∈N
，n≥2
C．n∈N
，n≥3
D．n∈N
，n≥4
D [当n＝1，n＝2，n＝3时，显然不等式不成立，
当n＝4时，64>61不等式成立，
故用数学归纳法证明n3>3n2＋3n＋1这一不等式时，应注意n必须为n≥4，n∈N
，故选D．]
2．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<2－(n≥2)时，第一步需要证明( )
A．1<2－
B．1＋<2－
C．1＋＋<2－
D．1＋＋＋<2－
C [用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<2－(n≥2)(n∈N
)，
第一步应验证不等式1＋＋<2－．故选C．]
3．用数学归纳法证明f(n)＝＋＋…＋的过程中，f(k＋1)－f(k)＝________．
[依题意f(k)＝＋＋…＋，f(k＋1)＝＋＋…＋＋，所以f(k＋1)－f(k)＝．
]
4．用数学归纳法证明＋＋…＋＞－．假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________．
＋＋…＋＞－ [从不等式结构看，左边n＝k＋1时，最后一项为，前面的分母的底数是连续的整数，右边n＝k＋1时，式子为－，即不等式为＋＋…＋＞－．]
5．用数学归纳法证明：当n≥2，n∈N
时，·…·＝．
[证明] (1)当n＝2时，左边＝1－＝，右边＝＝，∴n＝2时等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N
)时等式成立，
即·…·＝，
那么当n＝k＋1时，
·…·
＝·＝＝
＝．∴当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)知，对任意n≥2，n∈N
，等式都成立．
回顾本节知识，自我完成以下问题：
用数学归纳法证明数学命题的步骤是什么？
[提示] ?1?证明当n＝n0?n0∈N
?时命题成立；
?2?假设当n＝k?k≥n0，k∈N
?时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立.)
PAGE第4章
数列
类型1 求数列的通项公式
【例1】 (1)已知等比数列{an}为递增数列，且a＝a10，2(an＋an＋2)＝5an＋1，则数列的通项公式an＝( )
A．2n
B．2n＋1
C．
D．
(2)已知在数列{an}中，an＋1＝3an＋4，且a1＝1，求通项公式．
(1)A [法一：由数列{an}为递增的等比数列，可知公比q＞0，而a＝a10＞0，所以q＞1，an＞0．由2(an＋an＋2)＝5an＋1，得2an＋2anq2＝5anq，则2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝(舍去)．由a＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，解得a1＝2．因此an＝2n．
法二：由等比数列{an}为递增数列知，公比q＞0，而a＝a10＞0，所以an＞0，q＞1．由条件得2＝5，即2＝5，解得q＝2．又由a＝a10，得(a1q4)2＝a1q9，即a1＝q＝2，故an＝2n．]
(2)[解] 法一：∵an＋1＝3an＋4，∴an＋1＋2＝3(an＋2)．
令bn＝an＋2，∵b1＝a1＋2＝3，∴数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，则bn＝3n，∴an＝3n－2．
法二：∵an＋1＝3an＋4，①
∴an＝3an－1＋4(n≥2)．②
①－②，得an＋1－an＝3(an－an－1)(n≥2)．
∵a2－a1＝3＋4－1＝6，
∴数列{an＋1－an}是首项为6，公比为3的等比数列，即an＋1－an＝6×3n－1＝2×3n，利用累加法得an＝3n－2．
数列通项公式的求法
(1)定义法，直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适用于已知数列类型的题目．
?2?已知Sn求an.若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝求解.
?3?累加或累乘法,形如an－an－1＝f?n??n≥2?的递推式，可用累加法求通项公式；形如＝f?n??n≥2?的递推式，可用累乘法求通项公式.
?4?构造法,如an＋1＝Aan＋B可构造{an＋n}为等比数列，再求解得通项公式.
[跟进训练]
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，求{an}数列的通项公式an．
[解] 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－．
类型2 等差、等比数列的基本运算
【例2】 在等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn．
[思路探究] (1)利用方程思想求出首项和公比，从而得通项公式；(2)同样利用方程思想求首项和公差，最后求Sn．
[解] (1)设{an}的公比为q，
由已知得16＝2q3，解得q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n．
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，
则b3＝8，b5＝32．
设{bn}的公差为d，则有
解得
所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28．
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝＝6n2－22n．
在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d?或q?，Sn，其中a1和d?或q?为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d?q?，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差?比?数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用.
[跟进训练]
2．设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
[解] (1)∵{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，∴(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)，
∴(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)，解得d＝2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝－10＋2n－2＝2n－12．
(2)由a1＝－10，d＝2，得：
Sn＝－10n＋×2＝n2－11n＝－，
∴n＝5或n＝6时，Sn取最小值－30．
类型3 等差、等比数列的判定
【例3】 数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N
)．
(1)设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，求证：{cn}是等差数列．
[思路探究] 分别利用等比数列与等差数列的定义进行证明．
[证明] (1)an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2
＝4an＋1－4an．
＝＝＝＝2．
因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5．
所以b1＝a2－2a1＝3．
所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an，
所以－＝3．
所以cn＋1－cn＝3，且c1＝＝2，
所以数列{cn}是等差数列，公差为3，首项为2．
等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)?{an}是等差数列；＝q(q为常数，q≠0)?{an}是等比数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2?{an}是等差数列；a＝an·an＋2(an≠0)?{an}是等比数列．
(3?通项公式法：an＝kn＋b?k，b是常数??{an}是等差数列；an＝c·qn?c，q为非零常数??{an}是等比数列.
?4?前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn?A，B为常数，n∈N
??{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A?A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N
??{an}是等比数列.
提醒：①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定.②若要判定一个数列不是等差?比?数列，则只需判定其任意的连续三项不成等差?比?即可.
[跟进训练]
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1．
(1)证明是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<．
[解] (1)由an＋1＝3an＋1得
an＋1＋＝3．
因为a1＋＝，
所以是首项为，公比为3的等比数列．
所以an＋＝，因此{an}的通项公式为an＝．
(2)证明：由(1)知＝．
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以≤．
于是＋＋…＋≤1＋＋…＋
＝<．所以＋＋…＋<．
类型4 等差、等比数列的性质
【例4】 (1)(多选题)等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，当首项a1和d变化时，a3＋a8＋a13是一个定值，则下列各数也为定值的有( )
A．a7 B．a8 C．S15 D．S16
(2)(多选题)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a1>1，a2
019a2
020>1，<0，下列结论正确的是( )
A．S2
019020
B．a2
019a2
021－1<0
C．T2
020是数列{Tn}中的最大值
D．数列{Tn}无最大值
(3)等比数列{an}的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝________．
(1)BC (2)AB (3)5 [(1)由等差中项的性质可得a3＋a8＋a13＝3a8为定值，则a8为定值，S15＝＝15a8为定值，但S16＝＝8不是定值．故选BC．
(2)当q＜0时，a2
019a2
020＝aq＜0，不成立；
当q≥1时，a2
019≥1，a2
020＞1，＜0不成立；
故0＜q＜1，且a2
019＞1，0＜a2
020＜1，故S2
020＞S2
019，A正确；
a2
019a2
021－1＝a－1＜0，故B正确；
T2
019是数列{Tn}中的最大值，CD错误；故选AB．
(3)由等比数列的性质知a1a5＝a2a4＝a＝4?a3＝2，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log2a＝5log22＝5．]
解决等差、等比数列有关问题的几点注意
(1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用；
(2)对于计算解答题注意基本量及方程思想的运用；
(3)注重问题的转化，由非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用相关公式和性质解题；
(4)当题目中出现多个数列时，既要纵向考察单一数列的项与项之间的关系，又要横向考察各数列之间的内在联系．
[跟进训练]
4．(1)已知{an}为等比数列，且an＞0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，求a3＋a5的值．
(2)在等比数列{an}中，已知Sn＝48，S2n＝60，求S3n．
[解] (1)因为数列{an}为等比数列，
∴a2a4＝a，a4a6＝a，
又∵a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，
∴a＋2a3a5＋a＝25，而an＞0，
故a3＋a5＝5．
(2)根据数列{an}为等比数列，
则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比数列，
即48，60－48，S3n－60，…成等比数列，
∴48×(S3n－60)＝122，解得S3n＝63．
类型5 数列求和
[探究问题]
1．若数列{cn}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，且an＝cn＋bn，如何求数列{an}的前n项和？
[提示] 数列{an}的前n项和等于数列{cn}和{bn}的前n项和的和．
2．有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和．试用此种方法求和：
12－22＋32－42＋…＋992－1002．
[提示] 12－22＋32－42＋…＋992－1002＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)
＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)＝－5
050．
3．我们知道＝－，试用此公式求和：＋＋…＋．
[提示] 由＝－得
＋＋…＋
＝1－＋－＋…＋－＝1－＝．
【例5】 已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c，k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3．
(1)求an；
(2)求数列{nan}的前n项和．
1．如何由数列{an}的前n项和Sn求an?
[提示] 已知Sn，据an与Sn的关系an＝求an．
2．若{an}为等比数列，数列{nan}有什么特点？如何求数列{nan}的前n项和？
[提示] {nan}是由等差数列和等比数列的对应项的积构成的数列，可用错位相减法求和．
[解] (1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝k(cn－cn－1)，
则a6＝k(c6－c5)，a3＝k(c3－c2)，
＝＝c3＝8，∴c＝2．
∵a2＝4，即k(c2－c1)＝4，
解得k＝2，∴an＝2n．
当n＝1时，a1＝S1＝2．
综上所述，an＝2n(n∈N
)．
(2)nan＝n·2n，
则Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
两式作差得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
∴Tn＝2＋(n－1)·2n＋1．
1．(变结论)例题中的条件不变，(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列{n＋an}的前n项和Tn”．
[解] 由例题解析知Tn＝1＋2＋2＋22＋3＋23＋…＋n＋2n
＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋…＋2n)
＝＋
＝2n＋1－2＋．
2．(变结论)例题中的条件不变，将(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列的前n项和Tn”．
[解] 由例题解析知Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②得：
Tn＝＋＋＋…＋－
＝eq
\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))),1－\f(1,2))－＝1－－，
∴Tn＝2－－＝2－．
3．例题第(2)问中，设Sn是数列{an}的前n项和，bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
[解] 由(1)知an＝2n，
∴Sn＝＝＝2n＋1－2．
因为bn＝＝＝－，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－＝．
数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解，一般常见的求和方法有：
?1?公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式.
?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：有时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?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.
?5?倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导.
1．(2020·全国卷Ⅱ)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上，中，下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )
A．3
699块
B．3
474块
C．3
402块
D．3
339块
C [由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{an}，易知其首项a1＝9、公差d＝9，所以an＝a1＋(n－1)d＝9n．设数列{an}的前n项和为Sn，由等差数列的性质知Sn，S2n－Sn，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－Sn)＝Sn＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－Sn)＝S2n－2Sn＝－2×＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝＝＝3
402，故选C．]
2．(2020·全国卷Ⅱ)在数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( )
A．2 B．3 C．4 D．5
C [令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2、公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，解得k＝4，故选C．]
3．(2020·全国卷Ⅰ)设{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝( )
A．12 B．24 C．30 D．32
D [法一：设等比数列{an}的公比为q，所以＝＝q＝2，由a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1(1＋2＋22)＝1，解得a1＝，所以a6＋a7＋a8＝a1(q5＋q6＋q7)＝×(25＋26＋27)＝×25×(1＋2＋22)＝32，故选D．
法二：令bn＝an＋an＋1＋an＋2(n∈N
)，则bn＋1＝an＋1＋an＋2＋an＋3．设数列{an}的公比为q，则＝＝＝q，所以数列{bn}为等比数列，由题意知b1＝1，b2＝2，所以等比数列{bn}的公比q＝2，所以bn＝2n－1，所以b6＝a6＋a7＋a8＝25＝32．故选D．]
4．(2020·新高考全国卷Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
3n2－2n [由题意可知{2n－1}的项是连续的奇数，所以{2n－1}与{3n－2}的公共项即为{3n－2}中的所有奇数项，
所以当n为奇数时{3n－2}的项为{an}，
将k＝2n－1代入{3k－2}得{6n－5}，
故an＝6n－5，n∈N
，
故Sn＝×n＝3n2－2n．]
5．(2020·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2，a2＋a6＝2，则S10＝________．
25 [法一：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝2得a1＋d＋a1＋5d＝2，即－4＋6d＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋×1＝25．
法二：设等差数列{an}的公差为d，因为a2＋a6＝2a4＝2，所以a4＝1，所以d＝＝＝1，所以S10＝10×(－2)＋×1＝25．]
6．(2020·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n．
(1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn．
[解] (1)a2＝5，a3＝7．
猜想an＝2n＋1．由已知可得
an＋1－(2n＋3)＝3[an－(2n＋1)]，
an－(2n＋1)＝3[an－1－(2n－1)]，
……
a2－5＝3(a1－3)．
因为a1＝3，所以an＝2n＋1．
(2)由(1)得2nan＝(2n＋1)2n，所以
Sn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n． ①
2Sn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n＋1)×2n＋1． ②
①－②得－Sn＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n＋1)×2n＋1＝6＋－(2n＋1)×2n＋1＝(1－2n)2n＋1－2．所以Sn＝(2n－1)2n＋1＋2．
7．(2020·全国卷Ⅲ)设等比数列{an}满足a1＋a2＝4，a3－a1＝8．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设Sn为数列{log3an}的前n项和．若Sm＋Sm＋1＝Sm＋3，求m．
[解] (1)设{an}的公比为q，则an＝a1qn－1．
由已知得解得a1＝1，q＝3．
所以{an}的通项公式为an＝3n－1．
(2)由(1)知log3an＝n－1．
故Sn＝．
由Sm＋Sm＋1＝Sm＋3得m(m－1)＋(m＋1)m＝(m＋3)(m＋2)，即m2－5m－6＝0．
解得m＝－1(舍去)，m＝6．
8．(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N
)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．
[解] (1)设等比数列{an}首项为a1，公比为q(q>1)．由题设得a1q＋a1q3＝20，a1q2＝8．
解得q＝(舍去)，q＝2．由题设得a1＝2．
所以{an}的通项公式为an＝2n．
(2)由题设及(1)知b1＝0，且当2n≤m<2n＋1时，bm＝n．
所以S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480．
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