等比数列专题(教师版)
专题7.3---等比数列及其前n项和--教师版
专题7.3等比数列及其前n 项和练基础1．（2021·全国高考真题（文））记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和.若24S =，46S =，则6S =（）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】A 【解析】根据题目条件可得2S ，42S S -，64S S -成等比数列，从而求出641S S -=，进一步求出答案.【详解】∵n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，∴2S ，42S S -，64S S -成等比数列∴24S =，42642S S -=-=∴641S S -=，∴641167S S =+=+=.故选：A.2．（2021·山东济南市·）已知S n 是递增的等比数列{a n }的前n 项和，其中S 3＝72，a 32＝a 4，则a 5＝（）A ．116B ．18C ．8D ．16【答案】C 【解析】设等比数列的公比为q ，根据题意列方程，解出1a 和q 即可.【详解】解：设递增的等比数列{a n }的公比为q ，且q >1，∵S 3＝72，234a a =，∴1a （1+q +q 2）＝72，21a q 4＝1a q 3，解得1a ＝12，q ＝2；1a ＝2，q ＝12（舍去）．则5a ＝4122⨯=＝8．故选：C ．3．（2021·重庆高三其他模拟）设等比数列{}n a 的前n 项和为271,8,4n S a a =-=，则6S =（）A ．212-B ．152C ．212D ．632【答案】C 【解析】设等比数列{}n a 公比为q ，由572a a q =结合已知条件求q 、1a ，再利用等比数列前n 项和公式求6S .【详解】设等比数列{}n a 公比为q ，则572a a q =，又2718,4a a =-=，∴12q =-，故116a =，又1(1)1-=-nn a q S q ，即666311616[1()]216421321()22S ⨯⨯--===--.故选：C4．（2021·合肥市第六中学高三其他模拟（理））若等比数列{}n a 满足12451,8a a a a +=+=，则7a ＝（）A ．643B ．643-C ．323D ．323-【答案】A 【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，根据等比数列的通项公式建立方程组，解之可得选项.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则345128a a q a a +==+，所以2q =，又()11121+11,3a a a a q =+==，所以6671123643a a q ==⨯⨯=，故选：A.5.（2020·河北省曲阳县第一高级中学高一期末）中国古代数学著作《算法统宗》中记载了这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人第二天走了（）A ．6里B ．24里C ．48里D ．96里【答案】D 【解析】根据题意，记每天走的路程里数为{}n a ，可知{}n a 是公比12q =的等比数列，由6378S =，得6161[1()]2378112-==-a S ，解可得1192a =，则211192962a a q =⨯=⨯=；即此人第二天走的路程里数为96；故选：D ．6．（2021·江苏南通市·高三其他模拟）已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，则“1q >”是“112n n n S S S -++>”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】D 【解析】由112n n n S S S -++>可得出1n n a a +>，取10a <，由101n n q a a +<⇔，进而判断可得出结论.【详解】若112n n n S S S -++>，则11n n n n S S S S +-->-，即1n n a a +>，所以，数列{}n a 为递增数列，若10a <，101n n q a a +<<⇔>，所以，“1q >”是“112n n n S S S -++>”的既不充分也不必要条件.故选：D.7．（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高三其他模拟（文））在数列{}n a 中，44a =，且22n n a a +=，则21nni a==∑___________.【答案】122n +-【解析】由44a =，22n n a a +=，得到22a =且22n na a +=，得出数列{}2n a 构成以2为首项，以2为公比的等比数列，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由22n n a a +=，可得22n na a +=，又由44a =，可得4224a a ==，所以22a =，所以数列{}2n a 构成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以1212(12)2212n nn n i a +=-==--∑.故答案为：122n +-.8．（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足21n n S a =-，则1a =_____，n S =_______．【答案】121n -【解析】利用1n n n a S S -=-求通项公式，再求出n S .【详解】对于21n n S a =-，当n =1时，有1121S a =-，解得：1a =1；当2n ≥时，有1121n n S a --=-，所以()112121=n n n n n a S S a a ----=--，所以1=2nn a a -，所以数列{}n a 为等比数列，111=2n n n a a q--=，所以122112nn n S -==--.故答案为：1，21n -.9.（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）已知数列{}n a 满足21n n S a =-，则3a =________，n S =________．【答案】421n -【解析】根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出数列的通项公式，再代入求出n S ．【详解】解：因为21n n S a =-当1n =时，1121S a =-，解得11a =；当2n时，1121n n S a --=-，所以111(21)(21)22n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-，即12n n a a -=于是{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以12n n a -=．所以34a =，11212212n nn n S a -=-⨯-==-故答案为：4；21n -；10.（2018·全国高考真题（文））等比数列中，1=1，5=43．（1）求的通项公式；（2）记为的前项和．若=63，求．【答案】（1）=(−2)K1或=2K1.（2）=6.【解析】（1）设{}的公比为，由题设得=K1．由已知得4=42，解得=0（舍去），=−2或=2．故=(−2)K1或=2K1．（2）若=(−2)K1，则=1−(−2)3．由=63得(−2)=−188，此方程没有正整数解．若=2K1，则=2−1．由=63得2=64，解得=6．综上，=6．练提升1．（辽宁省凌源二中2018届三校联考)已知数列{}n a 为等比数列，且2234764a a a a =-=-，则46tan 3a a π⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭（）A.B. C.33-D.【答案】B【解析】由等比数列的性质可得：32343364,4a a a a a ==-∴=-，4730a a q =<，结合2764a =可得：78a =-，结合等比数列的性质可得：463732a a a a ==，即：463222tan tan tan 10tan 3333a a πππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅==+== ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭本题选择B 选项.2．（2021·全国高三其他模拟（文））如图，“数塔”的第i 行第j 个数为12j -(其中i ，*j N ∈，且i j ≥).将这些数依次排成一列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，记作数列{}n a ，设{}n a 的前n 项和为n S .若1020n S =，则n =（）A ．46B ．47C ．48D ．49【答案】C 【解析】根据“数塔”的规律，可知第i 行共有i 个数，利用等比数列求和公式求出第i 行的数字之和，再求出前m 行的和，即可判断1020n S =取到第几行，再根据每行数字个数成等差数列，即可求出n ；【详解】解：“数塔”的第i 行共有i 个数，其和为211212222112i i i --++++==-- ，所以前m 行的和为()()()123121222222212m m m m m m +-++++-=-=-+- 故前9行所有数学之和为102111013-=，因此只需要加上第10行的前3个数字1,2,4，其和为10131241020+++=，易知“数塔”前m 行共有()12m m +个数，所以9103482n ⨯=+=故选：C3．（2021·江苏高三其他模拟）已知数列{}n a 满足11a =，()1lg 1091n an a +=++，其前n 项和为n S ，则下列结论中正确的有（）A ．{}n a 是递增数列B ．{}10n a +是等比数列C ．122n n n a a a ++>+D ．(3)2n n n S +<【答案】ACD 【解析】将递推公式两边同时取指数，变形得到1110109n n a a +-=+，构造等比数列可证{}1010n a+为等比数列，求解出{}n a 通项公式则可判断A 选项；根据()()()2132101010a a a ++≠+判断B 选项；根据{}n a 的通项公式以及对数的运算法则计算()122n n n a a a ++-+的正负并判断C 选项；将{}n a 的通项公式放缩得到()lg 2101n n a n <⨯<+，由此进行求和并判断D 选项.【详解】因为()1lg 1091n an a +=++，所以()11lg 109n an a +-=+，从而1110109n n a a +-=+，110101090n n a a +=⨯+，所以()11010101010n n a a ++=⨯+，所以11010101010n na a ++=+，又1101020a +=，{}1010n a +是首项为20，公比为10的等比数列，所以110102010210n a n n -+=⨯=⨯，所以1021010n a n =⨯-，即()lg 21010nn a =⨯-，又因为21010n y =⨯-在[)1,,*n n N ∈+∞∈时单调递增，lg y x =在定义域内单调递增，所以{}n a 是递增数列，故A 正确；因为1231011,10lg19010lg1911,10lg199010lg19911a a a +=+=+=++=+=+，所以()()()()()222213101010lg191111lg19911lg 1922lg1911lg199a a a +-++=+-+=+-，所以()()()2222213361101010lg 1911lg1911lg199lg 1911lg0199a a a +-++=+-=+>，所以()()()2132101010a a a ++≠+，所以{}10n a +不是等比数列，故B 错误.因为()()()()121222lg 21010lg 21010lg 21010n n n n n n a a a ++++-+=⨯--⨯--⨯-()()()()()()2211211210102101 lglg210102101021012101n n n n n n +++-+⨯-⨯-=⨯-⨯-⨯-⨯-=，而()()()211221121012101210141041014102102101n n n n n n n n -++-⨯--⨯-⨯-=⨯-⨯+-⨯+⨯+⨯-20100.21041016.2100nnnn=⨯+⨯-⨯=⨯>，从而()()()211210121012101nn n -+⨯->⨯-⋅⨯-，于是，122n n n a a a ++>+，故C 正确.因为()()lg 21010lg 210lg 21nnn n a n =⨯-<⨯=+<+，所以()()21322nn n n n S +++<=，故D 正确.故选：ACD.4.（2019·浙江高三期末）数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，()11.n n a S n N ++=+∈(Ⅰ)求通项公式n a ；(Ⅱ)记12111n n T S S S =++⋯+，求证：31222n n T -≤<．【答案】(Ⅰ1) 2n n a -=；(Ⅱ)见解析【解析】(Ⅰ1)1n n a S +=+Q ①，∴当2n ≥时，11n n a S -=+②，∴-①②得()122n n a a n +=≥，又2112a S =+=Q ，212a a ∴=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，12n n a -∴=；证明：(Ⅱ1)2nn a += ，21n n S ∴=-，2n ≥Q 时，111122n n n S -≤≤，1121111113142112212n n n n T S S S -⎛⎫- ⎪⎝⎭∴=++⋯+≥+=--，同理：11111221221212n n n T -⎛⎫- ⎪⎝⎭≤+=-<-，故：31222n n T -≤<．5．（2021·河北衡水中学高三三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足13a =，()122n n a xa n n -=+-≥，其中x ∈R .（1）若1x =，求出n a ；（2）是否存在实数x ，y 使{}n a yn +为等比数列？若存在，求出n S ，若不存在，说明理由.【答案】（1）2382n n n a -+=；（2）存在，()21242n n n n S ++=--.【解析】（1）将1x =代入，由递推关系求出通项公式，并检验当1n =时是否满足，即可得到结果；（2）先假设存在实数x ，y 满足题意，结合已知条件求出满足数列{}n a yn +是等比数列的实数x ，y 的值，运用分组求和法求出n S 的值.【详解】（1）由题可知：当1x =时有：12n n a a n --=-，当2n ≥时，()()()()()()121321213012232n n n n n a a a a a a a a n ---=+-+-+⋅⋅⋅+-=++++⋅⋅⋅+-=+，又13a =满足上式，故()()22138322nn n n n a ---+=+=.（2）假设存在实数x ，y 满足题意，则当2n ≥时，由题可得：()()111n n n n a yn x a y n a xa xy y n xy --+=+-⇔=+--⎡⎤⎣⎦，和题设12n n a xa n -=+-对比系数可得：1xy y -=，22xy x -=-⇔=，1y =.此时121n n a na n -+=+-，114a +=，故存在2x =，1y =使得{}n a yn +是首项为4，公比为2的等比数列.从而()()1112121224122nn n n n n nn n a n a n S a a a ++-++=⇒=-⇒=++⋅⋅⋅+=--.所以()21242n n n n S ++=--.6．（2021·辽宁本溪市·高二月考）已知数列{}n a ，满足11a =，121n n a a n +=+-，设n n b a n =+，n n c a n λ=+（λ为实数）．（1）求证：{}n b 是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）若{}n c 是递增数列，求实数λ的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）2nn a n =-；（3）()1,-+∞．【解析】（1）由121n n a a n +=+-，变形为()11222n n n a n a n a n +++=+=+，再利用等比数列的定义证明；（2）由（1）的结论，利用等比数列的通项公式求解；（3）根据{}n c 是递增数列，由10n n c c +->,*n N ∈恒成立求解.【详解】（1）因为121n n a a n +=+-，所以()11222n n n a n a n a n +++=+=+，即12n n b b +=，又因为11120b a =+=≠，所以0n b ≠，所以12n nb b +=，所以{}n b 是等比数列．（2）由1112b a =+=，公比为2，得1222n n n b -=⋅=，所以2nn n a b n n =-=-．（3）因为()21nn n c a n n λλ=+=+-，所以()()11211n n c n λ++=+-+，所以1122121n n n n n c c λλ++-=-+-=+-，因为{}n c 是递增数列，所以*10,n n c c n N +->∈成立，故210n λ+->，*n N ∈成立，即12n λ>-，*n N ∈成立，因为{} 12n-是递减数列，所以该数列的最大项是121-=-，所以λ的取值范围是()1,-+∞．7．（2021·河南商丘市·高二月考（理））在如图所示的数阵中，从任意一个数开始依次从左下方选出来的数可组成等差数列，如：2，4，6，8，…；依次选出来的数可组成等比数列，如：2，4，8，16，….122344468858121616记第n 行第m 个数为(),f n m .（Ⅰ）若3n ≥，写出(),1f n ，(),2f n ，(),3f n 的表达式，并归纳出(),f n m 的表达式；（Ⅱ）求第10行所有数的和10S .【答案】（Ⅰ）(),1f n n =，()(),221f n n =-，()(),342f n n =-，()()12,1m m m f n n --+=；（Ⅱ）102036=S .【解析】（I ）由数阵写出(),1f n n =，()(),221f n n =-，()(),342f n n =-，由此可归纳出()()12,1m m m f n n --+=.（II ）()()()()1010,110,210,310,10S f f f f =++++ 291029282 1 =+⨯+⨯++⨯ ，利用错位相减法求得结果.【详解】（Ⅰ）由数阵可知：(),1f n n =，()(),221f n n =-，()(),342f n n =-，由此可归纳出()()12,1m m m f n n --+=.（Ⅱ）()()()()1010,110,210,310,10S f f f f =++++ 291029282 1 =+⨯+⨯++⨯ ，所以231010220292821S =+⨯+⨯++⨯ ，错位相减得291010102222S =-+++++ ()102121012-=-+-2036=.8．（2021·山东烟台市·高三其他模拟）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，12n n S na +=，*n ∈N .（1）求{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足11b =，12nn n b b +=，*n ∈N ，按照如下规律构造新数列{}n c ：123456,,,,,,a b a b a b ，求{}n c 的前2n 项和.【答案】（1）n a n =，*n ∈N ；（2）数列{}n c 的前2n 项和为1222++-n n .【解析】（1）由()12n n n a S S n -=-≥可得1(2)1n na a n n n+=≥+可得答案；（2）由12nn n b b +=得1122n n n b b +++=，两式相除可得数列{}n b 的偶数项构成等比数列，再由（1）可得数列{}n c 的前2n 项的和.【详解】（1）由12n n S na +=，12(1)(2)n n S n a n -=-≥，得12(1)n n n a na n a +=--，所以1(2)1n na a n n n +=≥+.因为122S a =，所以22a =，所以212n a an ==，(2)n a n n =≥.又当1n =时，11a =，适合上式.所以n a n =，*n ∈N .（2）因为12nn n b b +=，1122n n n b b +++=，所以*22()n nb n b +=∈N ，又122b b =，所以22b =.所以数列{}n b 的偶数项构成以22b =为首项､2为公比的等比数列.故数列{}n c 的前2n 项的和()()21321242n n n T a a a b b b -=+++++++ ，()122212(121)22212nn n n n T n +-+-=+=+--所以数列{}n c 的前2n 项和为1222++-n n .9．（2019·浙江高考模拟）已知数列{}n a 中，()110,2*n n a a a n n N +==+∈，（1）令+11n n n b a a =-+，求证：数列{}n b 是等比数列；（2）令3nn n a c =，当n c 取得最大值时，求n 的值.【答案】（I）见解析（2）3,n n c =最大，即3k =【解析】（1）121221n n n n a a n a a n +++=+=++Q ，两式相减，得211221n n n n a a a a +++-=-+∴()211121n n n n a a a a +++-+=-+即：12n nb b +=21120a b ==≠Q 又，∴数列{}n b 是以2为首项，2为公比的等比数列（2）由（1）可知，2nn b =即121nn n a a +-=-2121a a -=-23221a a -=-⋅⋅⋅⋅⋅⋅()11212n n n a a n ---=-≥()211222121n n n a a n n -∴-=++⋅⋅⋅+--=--2,21n n n a n ∴≥=--11,0n a ∴==也满足上式21n n a n ∴=--111212233n n n n nn n n c c +++----=∴=11112221212333n n nn n n n n n n n c c ++++----+-∴-=-=令()212nf n n =+-，则()11232n f n n ++=+-，()()122nf n f n ∴+-=-()()()()()()12,234f f f f f f n ∴=>>>⋅⋅⋅>()()()()1210,310,3,0f f f n f n ==>=-<∴≥<Q 123345...c c c c c c ∴>，∴3,n n c =最大，即3k =10.（2021·浙江高三其他模拟）已知数列{}n a 满足112a =，123n n a a ++=，数列{}n b 满足11b =，()211n n nb n b n n +-+=+.（1）数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）若()1n n n n c b b a +=-，求使[][][][]1222021n c c c c +++⋅⋅⋅+≤成立([]n c 表示不超过n c 的最大整数)的最大整数n 的值.【答案】（1）112nn a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，2n b n =；（2）最大值为44.【解析】（1）由题得数列{}1n a -是等比数列，即求出数列{}n a 的通项；由题得{}n b n 是一个以111b=为首项，以1为公差的等差数列，即得数列{}n b 的通项公式；（2）先求出[]()*1,16,2,2,21,21,22n n n c k N n n k n n k =⎧⎪=⎪=∈⎨=+⎪⎪+=+⎩，再求出[][][][]()2*12221,1,3,2,231,2122n n c c c c n n n k k N n n n k ⎧⎪=⎪⎪++++=+=∈⎨⎪⎪+-=+⎪⎩即得解.【详解】解：（1）由123n n a a ++=得()11112n n a a +-=--，所以数列{}1n a -是等比数列，公比为12-，解得112nn a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭.由()211n n nb n b n n +-+=+，得111n nb b n n+-=+，所以{}n b n 是一个以111b=为首项，以1为公差的等差数列，所以1(1)1n bn n n=+-⨯=，解得2n b n =.（2）由()1n n n n c b b a +=-得()12121121(1)22n nn n n c n n ⎛⎫+⎛⎫=++-=++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，记212n n n d +=，1112321120222n n n n n n n nd d +++-++-=-=<，所以{}n d 为单调递减且132d =，254d =，3718d =<，所以[]()*1,16,2,2,21,21,22n n n c k N n n k n n k =⎧⎪=⎪=∈⎨=+⎪⎪+=+⎩，因此[][][][]()2*12221,1,3,2,231,2122n n c c c c n n n k k N n n n k ⎧⎪=⎪⎪++++=+=∈⎨⎪⎪+-=+⎪⎩ ，当2n k =时，2320212n n +≤的n 的最大值为44；当2+1n k =时，231202122n n +-≤的n 的最大值为43；故[][][][]1222021n c c c c +++⋅⋅⋅+≤的n 的最大值为44.练真题1．（2021·全国高考真题（理））等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，设甲：0q >，乙：{}n S 是递增数列，则（）A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B 【解析】当0q >时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当{}n S 是递增数列时，必有0n a >成立即可说明0q >成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．【详解】由题，当数列为2,4,8,--- 时，满足0q >，但是{}n S 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．若{}n S 是递增数列，则必有0n a >成立，若0q >不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则0q >成立，所以甲是乙的必要条件．故选：B ．2.（2020·全国高考真题（文））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5–a 3=12，a 6–a 4=24，则nnS a =（）A．2n–1B．2–21–nC．2–2n –1D．21–n–1【答案】B 【解析】设等比数列的公比为q ，由536412,24a a a a -=-=可得：421153111122124a q a q q a a q a q ⎧-==⎧⎪⇒⎨⎨=-=⎪⎩⎩，所以1111(1)122,21112n nn n n n n a q a a qS q ----=====---，因此1121222n n n n n S a ---==-.故选：B.3.（2019·全国高考真题（文））已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a =（）A．16B．8C．4D．2【答案】C 【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则2311114211115,34a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩，解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C．4．（2019·全国高考真题（文））记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若13314a S ==，，则S 4=___________．【答案】58.【解析】设等比数列的公比为q ，由已知223111314S a a q a q q q =++=++=，即2104q q ++=解得12q =-，所以441411()(1)521181()2a q S q ---===---．5．（2020·海南省高考真题）已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】（1）2nn a =；（2）2382(1)55n n +--【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩，整理可得：22520q q -+=，11,2,2q q a >== ，数列的通项公式为：1222n n n a -=⋅=.(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512nn n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----.6．（2021·浙江高考真题）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33(4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解.【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-，当2n ≥时，由1439n n S S +=-①，得1439n n S S -=-②，①-②得143n na a +=122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=，又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列，1933(3(444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)(34n n n n b a n -=-=-，所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭ ，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334((4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤；4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-；所以31λ-≤≤.。
2018高考数列(二)等比数列及数列求和(教师版)
2018高考--数列（二）等比数列及其前n 项和知识梳理1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q ． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab ．2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k．[小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，…．此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列 答案：B2．等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6＝________．解析：法一：由a 3＝12，a 4＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝12，a 1q 3＝18，解得a 1＝163，q ＝32，∴a 6＝a 1q 5＝163×⎝ ⎛⎭⎪⎫325＝812．法二：由等比数列性质知，a 23＝a 2a 4，∴a 2＝a 23a 4＝12218＝8，又a 24＝a 2a 6，∴a 6＝a 24a 2＝1828＝812．答案：8123．(教材习题改编)在等比数列{a n }中，已知a 1＝－1，a 4＝64，则公比q ＝________，S 4＝________． 答案：－4 514．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4 D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2>0，∴a 5＝4．5．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________．答案：－12或1课堂——考点突破考点一 等比数列的基本运算 [典例引领]1．(2017·武汉调研)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( ) A ．38 B ．245 C ．316 D ．916 解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2a 1q ＝3，a 1q 22＝4a 1q ·a 1q 5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，所以a 4＝a 1q 3＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝316．2．(2015·全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________． 解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴21－2n1－2＝126，∴n ＝6．答案：6[即时应用]1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A ．13 B ．－13 C ．19 D ．－19 解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝a 1q ＋10a 1，a 1q 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧q 2＝9，a 1＝19.2．(2017·洛阳统考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋8a 4＝0，则S 4S3＝( ) A ．－53 B ．157 C ．56D ．1514解析：选C 在等比数列{a n }中，因为a 1＋8a 4＝0，所以q ＝－12，所以S 4S 3＝a 11－q 41－q a 11－q 31－q ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＝151698＝56． 3．(2015·安徽高考)已知数列{}a n 是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{}a n 的前n 项和等于________．解析：设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{}a n 为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1－2n1－2＝2n －1．答案：2n－1考点二 等比数列的判定与证明[典例引领](2016·全国丙卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0． (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式；(2)若S 5＝3132，求λ．解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0．由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n ．由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1．因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1．(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n ．由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132．解得λ＝－1．[即时应用]设数列{}a n 的前n 项和为S n ，n ∈N *．已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1．(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78． (2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)．∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 22a n ＋1－a n ＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．考点三 等比数列的性质[典例引领]1．(2017·湖南师大附中月考)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7．由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2．由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8．2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，由已知得S 4S 2＝1＋a 3＋a 4a 1＋a 2＝5， 即1＋q 2＝5，所以q 2＝4， S 8S 4＝1＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋q 4＝1＋16＝17． 答案：17 [即时应用]1．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( ) A ．5 B ．9 C ．log 345 D ．10解析：选 D 由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10．2．(2017·长春调研)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q 3n －3＝324，因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以3n －6＝36，即n ＝14．答案：14课后.三维演练一、基础巩固1．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解析：选D 由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D ．2．在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S 7的值为( ) A ．125 B ．126 C ．127 D ．128解析：选C 设{a n }的公比为q ，则2a 2＝a 4－a 3，又a 1＝1，∴2q ＝q 3－q 2，解得q ＝2或q ＝－1，∵a n >0，∴q >0，∴q ＝2，∴S 7＝1－271－2＝127．3．(2016·石家庄质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2解析：选A 依题意，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)，则a n ＋1＝2a n ，令n ＝1，则S 1＝2a 1－4，即a 1＝4，∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A ．4．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________． 解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16，∴a 2＝2，∴q 2＝a 4a 2＝4，∴a 6＝a 4q 2＝32．答案：325．在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6．∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q 3－a 1q ＝6(q ≠1) 两式相除得q 2＋1q 2－1q q 2－1＝156，即2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1×22＝4． 答案：4二、巩固加强1．已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( ) A ．10 B ．20C ．100D ．200解析：选C a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100． 2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．18 B ．－18 C ．578 D ．558解析：选A 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18．所以a 7＋a 8＋a 9＝18．3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15解析：选A ∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n ． ∴数列{a n }是以公比q ＝3的等比数列．∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5．4．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3解析：选B 设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1．∵S 2m S m ＝a 11－q 2m1－q a 11－qm1－q＝q m＋1＝9，∴q m ＝8．∴a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1，∴m ＝3，∴q 3＝8，∴q ＝2． 6．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．解析：因为3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3．化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1．答案：3n －17．(2017·海口调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ．且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1,2,3，…)，则S 2n ＋3＝________．解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2．答案：43⎝⎛⎭⎪⎫1－14n ＋28．(2017·兰州诊断性测试)在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，a 2，a 4，a 8成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n ． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 1＋3d2a 1＋d a 1＋7d解得d ＝1或d ＝0(舍去)，∴a n ＝1＋(n －1)＝n ． (2)由(1)得a n ＝n ，∴b n ＝2n，∴b n ＋1b n＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列，∴T n ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2．9．(2016·云南统测)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 2＋a 3＝26，S 6＝728． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：S 2n ＋1－S n S n ＋2＝4×3n．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由728≠2×26得，S 6≠2S 3，∴q ≠1．由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q＝26，S 6＝a11－q 61－q＝728，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3.∴a n ＝2×3n －1．(2)证明：由(1)可得S n ＝21－3n1－3＝3n－1．∴S n ＋1＝3n ＋1－1，S n ＋2＝3n ＋2－1． ∴S 2n ＋1－S n S n ＋2＝(3n ＋1－1)2－(3n －1)(3n ＋2－1)＝4×3n． 10．已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)．(1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)，∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． ∵a 1＝5，a 2＝5，∴a 2＋2a 1＝15，∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，∴a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，∴数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n ，∴a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n)．又∵a 1－3＝2，∴a n －3n≠0，∴{a n －3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．∴a n －3n ＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n．第四节数列求和一、知识梳理 1．公式法(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －1d2．推导方法：倒序相加法．(2)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q，q ≠1.2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)裂项相消法：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，从而求得前n 项和．常用的裂项公式有：①1n n ＋1＝1n －1n ＋1； ②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．[小题体验]1．若S n ＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n －1·n ，则S 50＝________． 答案：－252．(教材习题改编)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于________．答案：n 2＋1－12n课堂.考点突破考点一 公式法求和[题组练透]1．(2017·重庆适应性测试)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，a 2＝5，则数列{a n }的前4项和为( ) A ．9 B ．22 C ．24 D ．32解析：选C 依题意得，数列{a n }是公差为2的等差数列，a 1＝a 2－2＝3，因此数列{a n }的前4项和等于4×3＋4×32×2＝24，选C ． 2．若等比数列{a n }满足a 1＋a 4＝10，a 2＋a 5＝20，则{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：由题意a 2＋a 5＝q (a 1＋a 4)，得20＝q ×10，故q ＝2，代入a 1＋a 4＝a 1＋a 1q 3＝10，得9a 1＝10，即a 1＝109．故S n ＝1091－2n1－2＝109(2n －1)．答案：109(2n－1)3．已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92．(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n ． 解：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝12，故{a n }的通项公式a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12．(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8．设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 11－q n 1－q＝11－2n1－2＝2n－1．二、分组求和[典例引领](2016·北京高考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4． (1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ∈N *)．设等差数列{a n }的公差为d ．因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2．所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)知，c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1． 从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n 1＋2n －12＋1－3n1－3＝n 2＋3n－12．[即时应用](2017·兰州实战考试)在等差数列{a n }中，a 2＋a 7＝－23，a 3＋a 8＝－29． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列，求{b n }的前n 项和S n ． 解：(1)设等差数列{a n }的公差是d ． ∵a 3＋a 8－(a 2＋a 7)＝2d ＝－6， ∴d ＝－3，∴a 2＋a 7＝2a 1＋7d ＝－23，解得a 1＝－1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－3n ＋2．(2)∵数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列，∴a n ＋b n ＝q n －1，即－3n ＋2＋b n ＝q n －1，∴b n ＝3n －2＋q n －1．∴S n ＝[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]＋(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)＝n 3n －12＋(1＋q ＋q 2＋…＋qn －1)，故当q ＝1时，S n ＝n 3n －12＋n ＝3n 2＋n2；当q ≠1时，S n ＝n 3n －12＋1－qn1－q．考点三 错位相减法求和[典例引领] (2016·山东高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1． (1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n，求数列{c n }的前n 项和T n ．解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式， 所以a n ＝6n ＋5．设数列{b n }的公差为d ． 由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1． (2)由(1)知c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n ＝3(n ＋1)·2n ＋1， 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n1－2n ＋12n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2．[即时应用](2017·泉州调研)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝6，S 5＝15． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2a n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，首项为a 1， ∵S 3＝6，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋12×33－1d ＝6，5a 1＋12×55－1d ＝15，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×1＝n ． (2)由(1)得b n ＝a n 2a n ＝n2n ， ∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ， ①∴12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1， ②①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，∴T n ＝2－2＋n2n ．考点四 裂项相消法求和 常见的命题角度有：(1)形如a n ＝1n n ＋k型；(2)形如a n ＝1n ＋k ＋n 型；(3)形如a n ＝n ＋1n 2n ＋22型．[题点全练]角度一：形如a n ＝1n n ＋k型1．(2017·西安质检)等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ；数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ＞0，{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1．依题意有⎩⎪⎨⎪⎧q 2＋d 6，q ＋3＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－43，q ＝9(舍去)．故a n ＝n ，b n ＝2n －1．(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)，1S n ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1． 角度二：形如a n ＝1n ＋k ＋n型2．(2017·江南十校联考)已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋1f n，n ∈N *．记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝( ) A ． 2 016－1 B ． 2 017－1 C ． 2 018－1D ． 2 018＋1解析：选C 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝x 12．∴a n ＝1f n ＋1f n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－2 017)＝ 2 018－1．角度三：形如a n ＝n ＋1n 2n ＋22型3．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ．证明：对于任意的n ∈N *，都有T n<564． 解：(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0．由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n ． 于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n ． 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ． (2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22． T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －12－1n ＋12＋⎦⎥⎤1n2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564． [演练冲关](2016·石家庄一模)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.∴{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1． (2)b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12×1－12n ＋1＝n 2n ＋1．课后.三维演练一、基础巩固1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝( )A ．41B ．48C ．49D ．56解析：选C 设S n ＝An 2＋Bn ，由题知，⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝9，S 5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，∴S 7＝49．2．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n －1D ．n ＋2＋2n解析：选C 由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1．3．(2017·江西新余三校联考)数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100解析：选D 根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100，故选D ．4．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ．若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ， ∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， ∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴S n ＝21－3n1－3＝3n－1．答案：3n－15．(2017·广西高三适应性测试)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1－1的前n 项和T n ＝________．解析：∵a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2n －12，n ≥2＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，∴a n ＝2n －1．∴1a n ＋1－1＝12n ＋12－1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4n ＋4． 答案：n4n ＋4二、巩固加强1．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A ．158或5B ．3116或5C ．3116D ．158解析：选C 设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得91－q 31－q ＝1－q 61－q ，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116．2．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝( )A ．1－4nB ．4n－1 C ．1－4n 3 D ．4n－13解析：选B 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1， 即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列．∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝31－4n1－4＝4n－1．3．(2017·江西重点中学联考)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S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16解析：选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，数列重复出现，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S 16＝2×0＋7＝7．故选C ．4．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝________． 解析：依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n 2＋2n2＝n (n ＋1)．答案：n (n ＋1) 5．(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ．若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________． 解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3．又S 2＝4，∴S 1＝1，∴a 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121． 答案：1 1216．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 017＝________．解析：∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n，①∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1，②∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2， ∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2 017＝1－21 0091－2＋21－21 0081－2＝21 010－3．答案：21 010－36．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2．(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n ，求{c n }的前n 项和T n ．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴q 2＋3d ＝18,6＋d ＝q 2，联立方程可求得q ＝3，d ＝3，∴a n ＝3n －1，b n ＝3n ．(2)由题意得：S n ＝n 3＋3n 2，c n ＝32S n ＝32×23×1n n ＋1＝1n －1n ＋1．∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1．7．(2017·广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n ． 解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2． 因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项， 所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4．即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0．因为公比q ≠0，所以q ＝2．所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1．② 由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×41－2n －11－2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1．三、提高选做1．(2017·云南师大附中检测)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，∴a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99)＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276，∵a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25)＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6)＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13，∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289．答案：1 2892．(2017·湖南省东部六校联考)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的n 的最小值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋a 3＝3a 2，a 2＋a 4＝2a 3＋2即⎩⎪⎨⎪⎧a 12＋q 23a 1q ， ①a 1q ＋q 32a 1q 2＋4. ②由①得q 2－3q ＋2＝0，解得q ＝1或q ＝2． 当q ＝1时，不合题意，舍去；当q ＝2时，代入②得a 1＝2，所以a n ＝2·2n －1＝2n．故所求数列{a n }的通项公式a n ＝2n (n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋log 21a n ＝2n ＋log 212n ＝2n－n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋ (2)－n＝(2＋22＋23＋ (2))－(1＋2＋3＋…＋n )＝21－2n1－2－n 1＋n 2＝2n ＋1－2－12n －12n 2．因为S n －2n ＋1＋47<0，所以2n ＋1－2－12n －12n 2－2n ＋1＋47<0，即n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10．因为n ∈N *，所以使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10．。
专题6.3 等比数列及其前n项和(讲)(解析版)
专题6.3 等比数列及其前n 项和1.理解等比数列的概念．2.掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式．3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．4.了解等比数列与指数函数的关系．知识点一 等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q (q ≠0)表示．数学语言表达式：a na n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数)，或a n ＋1a n ＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．知识点二 等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1； 通项公式的推广：a n ＝a m q n －m .(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ） 1－q ＝a 1－a n q1－q .知识点三 等比数列及前n 项和的性质(1)如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇔G 2＝ab .(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n ．(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m ． (4)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n ． 【必会结论】等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k. (3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列． (4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .(5)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .(6)等比数列{a n }满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列；满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．考点一 等比数列基本量的运算【典例1】【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若，则S 5=____________。
高中数学 第二章 数列 2.4 等比数列(二)课件 新人教A版必修5
名师点评
抓住各项序号的数字特征，灵活运用等比数列的性质，可以顺利地 解决问题．
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4.an＝2n＋3n，判断数列{an}是不是等比数列？ 不是等比数列. ∵a1＝21＋31＝5，a2＝22＋32＝13，a3＝23＋33＝35， ∴a1a3≠a22， ∴数列{an}不是等比数列.
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课堂小结
1.解题时，应该首先考虑通式通法，而不是花费大量时间找简便方法. 2.所谓通式通法，指应用通项公式，前n项和公式，等差中项，等比中 项等列出方程(组)，求出根本量. 3.巧用等比数列的性质，减少计算量，这一点在解题中也非常重要.
探究点2 等比数列的性质
命题角度1 序号的数字特征 例2 {an}为等比数列． (1)假设an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，求a3＋a5；
a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a23＋2a3a5＋a25 ＝(a3＋a5)2＝25， ∵an>0， ∴a3＋a5>0， ∴a3＋a5＝5.
(2)假设an>0，a5a6＝9，求log3a1＋log3a2＋…＋log3a10的值．
方法二 设这四个数依次为2qa－a，aq，a，aq(q≠0)，
2qa－a＋aq＝16， 由条件得aq＋a＝12，
解得aq＝＝82，
a＝3， 或q＝13.
当a＝8，q＝2时，所求的四个数为0，4，8，16；
当 a＝3，q＝13时，所求的四个数为 15，9，3，1. 故所求的四个数为0，4，8，16或15，9，3，1.
2．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＝ a2k . 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 ，
高考数学-等差数列、等比数列与数列求和(教师版)
例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.【高考命题】一般数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．(1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n（4）{}n a 为等差数列，公差为d ，则11n n a a += 【小测】1．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.解析 设等比数列的首项为a 1，公比为q .因为8a 2＋a 5＝0，所以8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 11－q 51－q·1－q a 11－q 2＝1－q 51－q 2＝1－－251－4＝－11.3．(2012·无锡市第一学期期末考试)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝2a m ，则m ＝________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，显然q ≠1.由2S 9＝S 3＋S 6得2·a 11－q 91－q＝a 11－q 31－q＋a 11－q 61－q，所以2q 9＝q 3＋q 6，即1＋q 3＝2q 6.由于a 2＋a 5＝2a m ，所以a 1q ＋a 1q 4＝2a 1q m －1，即1＋q 3＝2q m －2，所以m －2＝6，所以m ＝8.4．数列{a n }是等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝________.解析 由题意，可知数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，所以公差小于零，故a 11＜a 10，又因为a 11a 10＜－1，所以a 10＞0，a 11＜－a 10，由等差数列的性质有a 11＋a 10＝a 1＋a 20＜0，a 10＋a 10＝a 1＋a 19＞0，所以S n 取得最小正值时n ＝19.【考点1】等差数列与等比数列的综合【例1】 (2011·江西卷)(1)已知两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a ＞0)，b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3，若数列{a n }唯一，求a 的值；(2)是否存在两个等比数列{a n }，{b n }，使得b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n }，{b n }的通项公式；若不存在，说明理由．解 (1)设{a n }的公比为q ，则b 1＝1＋a ，b 2＝2＋aq ，b 3＝3＋aq 2，由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)，即aq 2－4aq ＋3a －1＝0.*由a ＞0得，Δ＝4a 2＋4a ＞0，故方程*有两个不同的实根． 再由{a n }唯一，知方程*必有一根为0，将q ＝0代入方程*得a ＝13.(2)假设存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列． 设{a n }的公比为q 1，{b n }的公比为q 2，则b 2－a 2＝b 1q 2－a 1q 1，b 3－a 3＝b 1q 22－a 1q 21，b 4－a 4＝b 1q 32－a 1q 31. 由b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成等差数列，得 ⎩⎨⎧2b 1q 2－a 1q 1＝b 1－a 1＋b 1q 22－a 1q 21，2b 1q 22－a 1q 21＝b 1q 2－a 1q 1＋b 1q 32－a 1q 31，即⎩⎨⎧b 1(q 2－1)2－a 1(q 1－1)2＝0， ①b 1q 2(q 2－1)2－a 1q 1(q 1－1)2＝0. ②①×q 2－②得a 1(q 1－q 2)(q 1－1)2＝0， 由a 1≠0得q 1＝q 2或q 1＝1.(ⅰ)当q 1＝q 2时，由①②得b 1＝a 1或q 1＝q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾． (ⅱ)当q 1＝1时，由①②得b 1＝0或q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾．综上所述，不存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列．[方法总结] 对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n 项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．【变式】 (2012·苏州市自主学习调查)已知数列{a n }各项均为正数，其前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在曲线(x ＋1)2＝4y 上．(1)求数列{a n }的通项公式；第(2)问求出{b n }的通项公式，用裂项相消求和． 解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)， ∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12， 即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)又b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. [方法总结] 使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．【变式】 在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n n ＋12n ＋1＝n2.∴b n ＝2a n ·a n ＋1＝2n 2·n ＋12＝8nn ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8nn ＋1. 【考点4】错位相减法求和【例4】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .审题视点 (1)由已知写出前n －1项之和，两式相减．(2)b n ＝n ·3n 的特点是数列{n }与{3n }之积，可用错位相减法． 解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，① ∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，② ①－②得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，∴a n ＝13n . (2)∵b n ＝na n，∴b n ＝n ·3n .∴S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ，③ ∴3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1.④ ④－③得2S n ＝n ·3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )， 即2S n ＝n ·3n ＋1－31－3n 1－3，∴S n ＝2n －13n ＋14＋34.[方法总结] 解答本题的突破口在于将所给条件式视为数列{3n －1a n }的前n 项和，从而利用a n 与S n 的关系求出通项3n －1a n ，进而求得a n ；另外乘公比错位相减是数列求和的一种重要方法，但值得注意的是，这种方法运算过程复杂，运算量大，应加强对解题过程的训练，重视运算能力的培养． 【变式】 (2011·辽宁卷)已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎨⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)n2n －1.即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12(舍去)． 又∵a 25＝a 10＝a 5·q 5，∴a 5＝q 5＝25＝32， ∴32＝a 1·q 4，解得a 1＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n ，故a n ＝2n .4．(2012·重庆卷)已知数列{a n }为等差数列，且a 1＋a 3＝8，a 2＋a 4＝12. (1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，求正整数k 的值．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎨⎧a 1＋a 3＝8，a 2＋a 4＝12，得⎩⎨⎧2a 1＋2d ＝8，2a 1＋4d ＝12，解得a 1＝2，d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)由(1)得S n ＝na 1＋a n 2＝n2＋2n 2＝n (n ＋1)．因为a 1，a k ，S k ＋2成等比数列，所以a 2k ＝a 1·S k ＋2，即(2k )2＝2(k ＋2)(k ＋3)， 也即k 2－5k －6＝0，解得k ＝6或k ＝－1(舍去)．7．(2012·常州一中期中)已知数列{a n }与{2a n ＋3}均为等比数列，且a 1＝1，则a 168＝________.解析 设{a n }公比为q ，a n ＝a 1q n －1＝q n －1， 则2a 1＋3,2a 2＋3,2a 3＋3也为等比数列， ∴5,2q ＋3,2q 2＋3也为等比数列， 则(2q ＋3)2＝5(2q 2＋3)，∴q ＝1， 从而a n ＝1为常数列，∴a 168＝1.10．已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________.13(4n－1)． 14.(2012·盐城市二模)在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m 15对n ∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________． 解析 由条件得公差d ＝21－54＝4，从而a 1＝1，所以a n ＝4n －3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ＝1＋15＋…＋14n －3.11。
高考数学 数列专题复习二 数列求和素材(教师版)
数列专题复习二 数列求和（教师版）1.基本公式法：()1等差数列求和公式：()()11122n n n a a n n S na d +-==+()2等比数列求和公式：()111,11,111n n n na q S a q a a qq q q =⎧⎪=-⎨-=≠⎪--⎩()3* ()()2221121216n n n n +++=++ ；()4* ()23333112314n n n ++++=+⎡⎤⎣⎦ ； 2.错位相消法：给12n n S a a a =+++ 各边同乘以一个适当的数或式，然后把所得的等式和原等式相减，对应项相互抵消，最后得出前n 项和n S .一般适应于数列{}n n a b 的前n 向求和，其中{}n a 成等差数列，{}n b 成等比数列。
3.分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列，然后利用公式法求和。
4.拆项（裂项）求和：把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程中消去中间项，只剩下有限项再求和.常见的拆项公式有：()1若{}n a 是公差为d 的等差数列，则111111n n n n a a d a a ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭； ()2()()1111212122121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭；()3* ()()()()()1111122112n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦；()41a b=--；()5*1k=；5.倒序相加法：根据有些数列的特点，将其倒写后与原数列相加，以达到求和的目的。
6导数法：灵活利用求导法则有时也可以完成数列求和问题的解答. 7.递推法.8.奇偶分析法.一． 基本公式法例1． =+++++13742222n 练1．=++++98852 练2.123232323232-++++n =二．错位相消法例).0()12(531:112≠⋅-++++=-a an a a S n n ：求和.)1()1(21)12(1,1)1(2)12(1)12()(21)(1② ①②)12()32(53①)12(53101.2)]12(1[)12(531121112132122a aa aan S a aa an an aaa S a a n an a a a aSan a a S a a n nn n S a n nn n nnn n nn nn n n --+-⋅--=∴--+--=--++++=---+-++++=-++++=≠≠=⋅-+=-++++==----- 得时，，当时，解：当例2．已知数列{n a }满足：}{,2)32()12(3121n n n b n a n a a 数列+⋅-=-+++ 的前n 项和n n n n W n b a n n S 项和的前求数列}{.222⋅-+=. 解．当),12(22)52(2)32()12(,21-=⋅--⋅-=⋅-≥+n n n a n n nnn n 时;14,2.4)2(2,4;2111-=-=≥⎩⎨⎧-=≥=-==∴-n S S b n a n a a a n n n n n nn 时当得而 而.)2(141,111⎩⎨⎧≥-===n n b b b n得 )14(215211272)],14(211272[443232-++⨯+⨯+⨯=-++⨯+⨯+-=∴n s n W nnn 记)14(2)54(2112722143-+-++⨯+⨯=∴+n n s n n ②， ①－②得)14(2)222(428143--++++=-+n s n n).54(2),54(24),45(24)14(2)12(322811112-=-+=∴-+-=---+=++++-n W n s n n n n n n n n 得练1. 已知数列.}{,)109()1(n n nn S n a n a 项和的前求⨯+=解. nn n b n a )109(,1=+=为等差数列 为等比数列，∴应运用错位求和方法：.)109()10(999),10()109(1099)109()1(])109(1[108159)109()1(])109()109()109[(59101:,)109()1()109(3)109(2109;)109()1()109(31092111321322nn n n nn nn n n nn n S n n n S n S n S ⨯+-=∴+-=⨯+--⨯+=⨯+-++++=⨯+++⨯+⨯=∴⨯+++⨯+⨯=++++ 两式相减得①练2. 已知数列nn n b 4249⋅+=，求数列{}n b 的前n 项和n T 。
等比数列
学案 （教师版）科 目：数学 年级 日 期： 时 段： 教师： 戴永 课题等比数列及其前n 项和知识点1.等比数列的定义，通项公式，等比中项2.等比数列前n 项和公式的运用重难点透视1.了解等比数列的概念，熟悉通项公式的推导，然后利用其基本公式解决问题。
2.理解等比中项，并熟练运用。
3.掌握等比数列前n 项和公式的推导，并会运用公式解决问题.一，基本知识点知识点1、等比差数列的定义:如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q 表示（0q ≠）若0q >，则等比数列所有项的正负性相同：若0q <，则等比数列相邻两项正负性相异；若1q =，等比数列为常数列。
知识点2、等比中项:如果a ，A ，b 成等比数列，那么A 叫做a 与b 的等比中项即：2A a b =⨯在一个等比数列中，从第2项起，每一项（有穷等比数列的末项除外）都是它的前一项与后一项的等比中项.知识点3、等比数列的判定方法:定义法：对于数列{}n a ，若1n naq a +=(常数)，则数列{}n a 是等比数列等比中项：对于数列{}n a ，若212n n n a a a ++=⨯，则数列{}n a 是等比数列知识点4、等比数列的通项公式:如果等比数列{}n a 的首项是1a ，公比是q ，则等差比的通项为 11n n a a q -=⨯1第一通项公式：11n n a a q -=⨯，1a 为首项，q 为公比2第二通项公式：n m n m a a q -=⨯ 知识点5、等比数列的前n 项和:1(1)n S na q == 11(1)(1)1n n a q S q q --=≠-知识点6、等比数列的性质:等比数列任意两项间的关系：如果n a 是等比数列的第n 项，m a 是等比数列的第m 项，且n m ≤，公比为q ，则有m n m n q a a -⨯=对于等比数列{}n a ，若q p m n +=+，则q p m n a a a a ⨯=⨯也就是： =⨯=⨯=⨯--23121n n n a a a a a a特别地，若2m n p +=，则2m n p a a a ⨯=若数列{}n a 是等比数列，n S 是其前n 项的和，*N k ∈，那么k S ，k k S S -2，k k S S 23-成等比数列如下图所示：kkk kk S S S k k S S k k k a a a a a a a a 3232k31221S 321-+-+++++++++++ 等比数列的前2n 项和的性质：前n 个奇数项的和212(1)=1n a q S q --奇，前n 个偶数项的和212(1)=1n a q S q--奇．=s q s 偶奇【基础测试】 一.选择题：1．数列｛a n ｝为等比数列，a 1=2,a 5=8,则a 3=………………………………… （ ） A 、4 B 、-4 C 、±4 D 、±82.下列各组数能组成等比数列的是 （ ） A. 111,,369B. lg3,lg9,lg 27C. 6,8,10D. 3,33,9- 3.等比数列{}n a 中，32a =，864a =，那么它的公比q = （ ） A. 4 B. 2 C. 52 D.124.已知{}n a 是等比数列，n a >0，又知a 2 a 4+2a 3 a 5+a 4 a 6=25，那么35a a += （ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 205.等比数列{}n a 中，11a =，1q q ≠公比为且，若a m =a 1a 2a 3a 4a 5，则m 为 （ ）A. 9B. 10C. 11D. 12 6. 某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次（1个分裂为2个），经过3小时，这种细菌由一个可以分裂成…………………………………………………………… （ ） A 、511个 B 、512个 C 、1023个 D 、1024个 7.若{}n a 是等差数列，公差0d ≠，236,,a a a 成等比数列，则公比为 （ ） A.1 B. 2 C. 3 D. 48．设｛a n ｝是由正数组成的等比数列，且a 5a 6=81，log 3a 1+ log 3a 2+…+ log 3a 10的值是（ ）A 、5B 、10C 、20D 、2或4 二.填空题： 9.等比数列中，首项为98，末项为13，公比为23，则项数n 等于 . 10.在等比数列中，n a >0，且21n n n a a a ++=+，则该数列的公比q 等于 . 11.如果将20，50，100各加上同一个常数能组成一个等比数列，那么这个数列的公比为。
第二章 2.5 第1课时 等比数列前n项和公式 【教师版】
§2.5等比数列的前n项和第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{b n}是公差d≠0的等差数列，{c n}是公比q≠1的等比数列，求数列{b n·c n}的前n项和S n时，也可以用这种方法．思考如果S n＝a1＋a2q＋a3q2＋…＋a n q n－1，其中{a n}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S n＝a1＋a2q＋a3q2＋…＋a n q n－1，①qS n＝a1q＋a2q2＋…＋a n－1q n－1＋a n q n，②①－②得，(1－q)S n＝a1＋(a2－a1)q＋(a3－a2)q2＋…＋(a n－a n－1)q n－1－a n q n＝a1＋d(q＋q2＋…＋q n－1)－a n q n.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a 1、公比q 和项数n ，可以用S n ＝a 1(1－q n )1－q ；知道首尾两项a 1，a n 和q ，可以用S n ＝a 1－a n q 1－q；(3)在通项公式和前n 项和公式中共出现了五个量：a 1，n ，q ，a n ，S n .知道其中任意三个，可求其余两个．1．在等比数列{a n }中，a 1＝b ，公比为q ，则前3项和为b (1－q 3)1－q .( × )2．求数列{n ·2n }的前n 项和可用错位相减法．( √ ) 3.a 1(1－q n )1－q ＝a 1(q n －1)q －1.( √ )4．等比数列前n 项和S n 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)12，14，18，…； (2)a 1＝27，a 9＝1243，q <0.解 (1)因为a 1＝12，q ＝12，所以S 8＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1281－12＝255256.(2)由a 1＝27，a 9＝1243，可得1243＝27·q 8.又由q <0，可得q ＝－13，所以S 8＝a 1－a 8q 1－q ＝a 1－a 91－q ＝27－12431－⎝⎛⎭⎫－13＝1 64081.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78之间插入n 个数，组成所有项的和为778的等比数列，求此数列的项数．解 (1)方法一 a 1＝(－1)3＝－1，q ＝－1. ∴S 100＝－1[1－(－1)100]1－(－1)＝0.方法二 数列{(－1)n ＋2}为－1,1，－1,1，…， ∴S 100＝50×(－1＋1)＝0.(2)设此数列的公比为q (易知q ≠1)，则⎩⎪⎨⎪⎧78＝14q n ＋1，778＝14－78q1－q ，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－12，n ＝3，故此数列共有5项．题型二 前n 项和公式的综合利用例2 在等比数列{a n }中，a 1＝2，S 3＝6，求a 3和q .解 由题意，得若q ＝1， 则S 3＝3a 1＝6，符合题意． 此时，q ＝1，a 3＝a 1＝2.若q ≠1，则由等比数列的前n 项和公式， 得S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝2(1－q 3)1－q ＝6，解得q ＝－2.此时，a 3＝a 1q 2＝2×(－2)2＝8.综上所述，q ＝1，a 3＝2或q ＝－2，a 3＝8. 反思与感悟 (1)a n ＝a 1qn －1，S n ＝a 1(1－q n )1－q ⎝ ⎛⎭⎪⎫或S n ＝a 1－a n q 1－q 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S n ＝na 1；当q ≠1时，等比数列的前n 项和S n 有两个公式．当已知a 1，q 与n 时，用S n ＝a 1(1－q n )1－q 比较方便；当已知a 1，q 与a n 时，用S n ＝a 1－a n q1－q 比较方便．跟踪训练2 已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝ . 答案 63解析 ∵a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，且{a n }是递增数列，∴a 1＝1，a 3＝4，则q ＝2，∴S 6＝1×(1－26)1－2＝63.题型三 利用错位相减法求数列的前n 项和例3 求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n 的前n 项和．解 设S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则有12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，两式相减，得S n －12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，即12S n ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1. ∴S n ＝2－12n －1－n2n ＝2－n ＋22n (n ∈N *)．反思感悟 一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是公比不为1的等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和时，可采用错位相减法．跟踪训练3 求和：S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n (x ≠0)． 解 当x ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；当x ≠1时，S n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ， xS n ＝x 2＋2x 3＋3x 4＋…＋(n －1)x n ＋nx n ＋1， ∴(1－x )S n ＝x ＋x 2＋x 3＋…＋x n －nx n ＋1 ＝x (1－x n )1－x －nx n ＋1，∴S n ＝x (1－x n )(1－x )2－nx n ＋11－x.综上可得，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)2，x ＝1，x (1－x n)(1－x )2－nxn ＋11－x ，x ≠1且x ≠0.分期付款模型典例小华准备购买一部售价为5 000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A k元，则A2＝5 000×(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0082－x，A4＝A2(1＋0.008)2－x＝5 000×1.0084－1.0082x－x，…，A12＝5 000×1.00812－(1.00810＋1.0088＋…＋1.0082＋1)x＝0，解得x＝5 000×1.008121＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810＝5 000×1.008121－(1.0082)61－1.0082≈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A k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，∴A 12＝5 000×1.00812， 即5 000×1.00812＝x (1＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810)， ∴x ＝ 5 000×1.008121＋1.0082＋1.0084＋…＋1.00810≈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 ，x 2，x 3，…的前n 项和S n 等于( ) A.1－x n 1－xB.1－x n －11－xC.⎩⎪⎨⎪⎧1－x n1－x ，x ≠1且x ≠0n ，x ＝1 D.⎩⎪⎨⎪⎧1－x n －11－x ，x ≠1且x ≠0n ，x ＝1答案 C解析 当x ＝1时，S n ＝n ；当x ≠1且x ≠0时，S n ＝1－x n 1－x .2．设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 2等于( )A ．2B ．4 C.152 D.172答案 C解析 方法一 由等比数列的定义，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 2q ＋a 2＋a 2q ＋a 2q 2，得S 4a 2＝1q ＋1＋q ＋q 2＝152. 方法二 ∵S 4＝a 1(1－q 4)1－q，a 2＝a 1q ，∴S 4a 2＝1－q 4(1－q )q ＝152.3．等比数列{a n }的各项都是正数，若a 1＝81，a 5＝16，则它的前5项的和是( ) A ．179 B ．211 C ．243 D ．275 答案 B解析 ∵q 4＝a 5a 1＝1681＝⎝⎛⎭⎫234，且q >0，∴q ＝23，∴S 5＝a 1－a 5q 1－q＝81－16×231－23＝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{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n ，则S n ＝ . 答案 (n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *) 解析 ∵a n ＝n ·2n ，∴S n ＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ，① ∴2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，② ①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1 ＝(1－n )2n ＋1－2.∴S n ＝(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，a n，n，q，S n，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{a n}是等差数列，{b n}是等比数列且公比为q，求数列{a n·b n}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{a n}中，a1＝2，a2＝1，则S100等于()A．4－2100B．4＋2100C．4－2－98D．4－2－100答案 C解析 q ＝a 2a 1＝12. S 100＝a 1(1－q 100)1－q＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫121001－12 ＝4(1－2－100)＝4－2－98.2．在等比数列{a n }中，已知a 1＝3，a n ＝48，S n ＝93，则n 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案 B解析 显然q ≠1,由S n ＝a 1－a n q 1－q ，得93＝3－48q 1－q，解得q ＝2.由a n ＝a 1q n －1，得48＝3×2n －1,解得n ＝5.3．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2等于( ) A ．11 B ．5 C ．－8 D ．－11答案 D解析 由8a 2＋a 5＝0得8a 1q ＋a 1q 4＝0，∵a 1≠0，q ≠0，∴q ＝－2，则S 5S 2＝a 1(1＋25)a 1(1－22)＝－11. 4．已知数列{a n }是等差数列，若a 2＋2，a 4＋4，a 6＋6构成等比数列，则数列{a n }的公差d 等于( )A ．1B ．－1C ．2D ．－2答案 B解析 因为a 2＋2，a 4＋4，a 6＋6构成等比数列，所以(a 4＋4)2＝(a 2＋2)(a 6＋6)，化简得d 2＋2d ＋1＝0，所以d ＝－1.故选B.5．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即q ＋q 2＝3q 2－3，解得q ＝－1(舍去)或q ＝32，将q ＝32代入S 2＝3a 2＋2中得a 1＋32a 1＝3×32a 1＋2，解得a 1＝－1.6．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于 ( ) A ．－6(1－3－10) B.19(1－3－10) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)答案 C解析 由3a n ＋1＋a n ＝0，得a n ＋1a n ＝－13， 故数列{a n }是公比q ＝－13的等比数列． 又a 2＝－43，可得a 1＝4. 所以S 10＝4⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13101－⎝⎛⎭⎫－13＝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×⎝⎛⎭⎫128＝2993964≈300(米)． 二、填空题8．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 6＝4S 3，则a 4＝ .答案 3解析 ∵S 6＝4S 3，∴q ≠1，∴a 1(1－q 6)1－q ＝4·a 1(1－q 3)1－q， ∴q 3＝3，∴a 4＝a 1·q 3＝1×3＝3.9．数列a 1，a 2－a 1，a 3－a 2，…，a n －a n －1，…是首项为1，公比为2的等比数列，那么a n ＝ .答案 2n －1(n ∈N *)解析 a n －a n －1＝a 1q n －1＝2n －1，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，…a n －a n －1＝2n －1.各式相加得a n －a 1＝2＋22＋…＋2n －1＝2n －2，故a n ＝a 1＋2n －2＝2n －1(n ∈N *)．10．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝ . 答案 3n －1解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0.∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n .又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴S n ＝2(1－3n )1－3＝3n －1. 11．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋S 6＝2S 9，则数列的公比q ＝ .答案 －342解析 当q ＝1时，S n ＝na 1，S 3＋S 6＝3a 1＋6a 1＝9a 1＝S 9≠2S 9；当q ≠1时，a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q ＝2×a 1(1－q 9)1－q， 得2－q 3－q 6＝2－2q 9，∴2q 9－q 6－q 3＝0，解得q 3＝－12或q 3＝1(舍去)或q 3＝0(舍去)， ∴q ＝－342. 三、解答题12．(2018·绵阳检测)在等比数列{a n }中，a 2－a 1＝2，且2a 2为3a 1和a 3的等差中项，求数列{a n }的首项、公比及前n 项和．解 设数列{a n }的公比为q (q ≠0)．由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q －a 1＝2，4a 1q ＝3a 1＋a 1q 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1(q －1)＝2， ①q 2－4q ＋3＝0， ② 解②得q ＝3或q ＝1.由于a 1(q －1)＝2，因此q ＝1不合题意，应舍去．故公比q ＝3，首项a 1＝1.所以数列{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12(n ∈N *)． 13．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，∴a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13(n ≥2)，两式相减得3n －1a n ＝n 3－n －13＝13(n ≥2)，∴a n ＝13n (n ≥2)．验证当n ＝1时，a 1＝13也满足上式，故a n ＝13n (n ∈N *)．(2)∵b n ＝na n ＝n ·3n ，∴S n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n ，①①×3，得3S n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1，② 由①－②，得－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1，即－2S n ＝3－3n ＋11－3－n ·3n ＋1，∴S n ＝2n －14·3n ＋1＋34(n ∈N *)．14．在等比数列{a n }中，对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n 等于() A ．(2n －1)2 B.(2n －1)23 C ．4n －1 D.4n －13答案 D解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1，∴a 1＝21－1＝1.∵a 1＋a 2＝1＋a 2＝22－1＝3，∴a 2＝2，∴{a n }的公比为2.∴{a 2n }的公比为4，首项为a 21＝1.∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝a 21(1－4n )1－4＝4n －13.15．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n ，n ∈N *.(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，①S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n －12n －1＋a n2n .②所以，当n ＞1时，①－②得S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋an －a n －12n －1－a n2n＝1－⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n ＝1－⎝⎛⎭⎫1－12n －1－2－n 2n ＝n 2n . 所以S n ＝n 2n －1，当n ＝1时也成立． 综上，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n 2n －1，n ∈N *.。
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等比数列专题复习（一）知识归纳： 1．概念与公式：1°定义2°.通项公式：3°.前n 项和公式 2．中项定理与下标和定理（1）中项定理： （2）下标和定理：（3）前n 项积定理：记n n a a a a T ⋅⋅⋅••=321则=-12n T则=nT 23.等比数列的“灵活设元：4、前n 项和n S 的性质： （1） （2） （3）例题与练习一、基本量计算例1．在等比数列{a n }中，已知S 30＝13S 10，S 10＋S 30＝140，求S 20的值． 解 ∵S 30≠3S 10，∴q ≠1.由⎩⎨⎧ S 30＝13S 10S 10＋S 30＝140，∴⎩⎨⎧S 10＝10S 30＝130，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 101－q＝10a 11－q 301－q＝130，∴q 20＋q 10－12＝0.∴q 10＝3，∴S 20＝a 11－q 201－q＝S 10(1＋q 10)＝10×(1＋3)＝40.练习：1．在各项都为正数的等比数列{a n }中，首项a 1＝3，前3项和为21，则a 3＋a 4＋a 5等于( C )A ．33B ．72C ．84D ．1892．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则{a n }的公比为____.13____．3．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1等于( C )A ．16(1－4－n )B ．16(1－2－n ) C.323(1－4－n ) D.323(1－2－n )4、若等比数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝－512，前n 项和为S n ＝－341，则n 的值是__10______．5．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列{1a n}的前5项和为 （C)A.158和5B.3116和5C.3116D.1586、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a n 表示热气球在第n 分钟上升的高度，由题意，得a n ＋1＝45a n ，因此，数列{a n }是首项a 1＝25，公比q ＝45的等比数列．热气球在前n 分钟内上升的总高度为S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 11－q n1－q＝25×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n 1－45＝125×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n <125.故这个热气球上升的高度不可能超过125 m.4．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n .解 当a 1＝3，q ＝2时，a n ＝3×2n －1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝31－2n 1－2＝3(2n －1)；当a 1＝2，q ＝3时，a n ＝2×3n －1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝21－3n1－3＝3n －1.二、中项定理和下标和定理例．已知等比数列{a n }，若a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1a 2a 3＝8，求a n . 解 由等比数列的定义知a 2＝a 1q ，a 3＝a 1q 2代入已知得，⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7a 1·a 1q ·a 1q 2＝8， 即⎩⎨⎧a 11＋q ＋q 2＝7，a 31q 3＝8，可编辑即⎩⎨⎧a 11＋q ＋q 2＝7， ①a 1q ＝2， ②将a 1＝2q代入①得2q 2－5q ＋2＝0，∴q ＝2或q ＝12，由②得⎩⎨⎧a 1＝1q ＝2或⎩⎨⎧a 1＝4，q ＝12.练习．1、已知正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 2a 6＋a 3a 7＝100，a 2a 4－2a 3a 5＋a 4a 6＝36.求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝12×2n －1＝2n －2或a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝26－n .三、灵活设元[例1]解答下述问题：（Ⅰ）三数成等比数列，若将第三项减去32，则成等差数列；再将此等差数列的第二项减去4，又成等比数列，求原来的三数.[解析]设等差数列的三项，要比设等比数列的三项更简单， 设等差数列的三项分别为a －d , a , a +d ，则有.9338,926,9250,10,2,92610,388,06432316803232))(()4()32)((22222或原三数为或得或∴===∴=+-⇒⎪⎩⎪⎨⎧+==-+⇒⎪⎩⎪⎨⎧+-=-=++-a d d d d da a d d d a d a a a d a d a（Ⅱ）有四个正整数成等差数列，公差为10，这四个数的平方和等于一个偶数的平方，求此四数. [解析]设此四数为)15(15,5,5,15>++--a a a a a ,⎩⎨⎧=+=-⇒⎩⎨⎧=+=-∴+<-+-⨯=⨯==+-⇒=+⇒∈=++++-+-∴*2521251,,,2551251125,125))((45004)()2()15()5()5()15(2222222a m a m a m a m a m a m a m a m a m a m m a N m m a a a a 且均为正整数与解得∴==),(1262不合或a a 所求四数为47，57，67，77练习：1、有四个数，其中前三个数成等比数列，其积为216，后三个数成等差数列，其和为36，求这四个数。
解：.设这四个数为a aq aq a qa-2,,,则⎪⎩⎪⎨⎧=-++=⋅36)3(216·a aq aq a aq a q a②①由①，得 a 3=216,a =6 ③ ③代入②，得3aq =36,q =2 ∴这四个数为3，6，12，182．在四个正数中，前三个成等差数列，和为48，后三个成等比数列，积为8 000，求这四个数． 解 设前三个数分别为a －d ，a ，a ＋d ， 则有(a －d )＋a ＋(a ＋d )＝48，即a ＝16.设后三个数分别为bq，b ，bq ，则有b q·b ·bq ＝b 3＝8 000，即b ＝20， ∴这四个数分别为m,16,20，n ， ∴m ＝2×16－20＝12，n ＝20216＝25.即所求的四个数分别为12,16,20,25.四、等比数列前N 项积问题：[例1]、等比数列的项数n 为奇数，且所有奇数项的乘积为1024，所有偶数项的乘积为2128，求项数n. [解析]设公比为2421281024,142531==-n n a a a a a a a q)1(24211=⋅⇒-n qa.7,23525,2)2()1(,2)(2)1(221281024235252352112353211235321==∴==⋅⇒=-+⋅⇒=⨯=-++n n q a n q a a a a a nn n n 得代入得将而五、前n 项和n S 的性质：1．等比数列{a n }共2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝___2_____.2．等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，S 3＝2，S 6＝6，则a 10＋a 11＋a 12＝__16______.六、下标成数列问题例1、等差数列{a n }中，公差d ≠0，在此数列中依次取出部分项组成的数列：,17,5,1,,,,32121===k k k a a a n k k k 其中恰为等比数列 求数列.}{项和的前n k n[解析],,,,171251751a a a a a a ⋅=∴成等比数列.1313132}{,132)1(2)1(323,34}{,2,00)2()16()4(111111115111121--=---⨯=-⋅=-+=-+=⋅=⋅=∴=+==∴=∴≠=-⇒+⋅=+⇒---n n S n k k d k d d k a a d a a a d a a a q a d a d d a d d a a d a n n n n n n n n k n n k k n n n 项和的前得由而的公比数列练习：1、已知数列{}n a 是公差d 不为零的等差数列，数列{}nba 是公比为q 的等比数列，46,10,1321===b b b，求公比q 及n b 。
解.a 1b =a 1,a 2b =a 10=a 1+9d ,a 3b =a 46=a 1+45d由{a bn }为等比数例，得（a 1+9d ）2=a 1(a 1+45d )得a 1=3d ,即a b 1=3d ,a b 2=12d ,a b 3=48d . ∴q =4 又由{a bn }是{a n }中的第b n a 项，及a bn =a b 1·4n -1=3d ·4n -1,a 1+(b n -1)d =3d ·4n -1 ∴b n =3·4n -1-2七、n n S a 与之间的关系例1、数列{}n a 的前n 项和记为()11,1,211n n n S a a S n +==+≥（Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）等差数列{}n b 的各项为正，其前n 项和为n T ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求n T解：(I)由121n n a S +=+可得()1212n n a S n -=+≥，两式相减得()112,32n n n n n a a a a a n ++-==≥又21213a S =+= ∴213a a = 故{}n a 是首项为1，公比为3得等比数列∴13n n a -=（Ⅱ）设{}n b 的公差为d由315T =得，可得12315b b b ++=，可得25b =故可设135,5b d b d =-=+ 又1231,3,9a a a ===由题意可得()()()2515953d d -+++=+解得122,10d d ==∵等差数列{}n b 的各项为正，∴0d > ∴2d =∴()213222n n n T n n n -=+⨯=+ 练习：1、已知数列{}n a 满足n na S 411+=,则n a = n )31(34-①②①，②2、已知数列{}n a 的前n 项和为n S ,n n S n 24212+=+,则此数列的通项公式为 （A ）（A ）22-=n a n（B ）28-=n a n （C ）12-=n n a （D ）n n a n -=2。