Borittq高一数学典型例题分析：等比数列的前n项和

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高中数学典型例题大全数列等比数列的前n项和

【例1】设等比数列的首项为a(a ＞0)，公比为q(q ＞0)，前n 项和为80，其中最大的一项为54，又它的前2n 项和为6560，求a 和q ．解由S n =80，S 2n =6560，故q ≠1a q q a q qn n()()11112----⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⇒=80=6560q =81n ①②③∵a ＞0，q ＞1，等比数列为递增数列，故前n 项中最大项为a n ． ∴a n =aq n-1=54④将③代入①化简得a=q －1⑤③④化简得⑥3a =2q由⑤，⑥联立方程组解得a=2，q=3【例2】求证：对于等比数列，有＋＋．S S =S (S S )n 22n 2n 2n 3n证 ∵S n =a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n-1 S 2n =S n ＋(a 1q n ＋a 1q n+1＋…＋a 1q 2n-1) =S n ＋q n (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n-1) =S n ＋q n S n =S n (1＋q n )类似地，可得S 3n =S n (1＋q n ＋q 2n )∴＋＋＋＋S +S =S [S (1q )]=S (22q q )n 22n 2n 2n n 2n2n 2nS (S S )=S [S (1q )S (1q q )]=S (22q q )S S =S (S S )n 2n 3n n n n n n 2n n 2n 2nn 22n 2n 2n 3n ＋＋＋＋＋＋＋∴＋＋说明本题直接运用前n 项和公式去解，也很容易．上边的解法，灵活地处理了S 2n 、S 3n 与S n 的关系．介绍它的用意在于让读者体会利用结合律、提取公因式等方法将某些解析式变形经常是解决数学问题的关键，并且变得好，则解法巧．【例3】一个有穷的等比数列的首项为1，项数为偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数．分析设等比数列为{a n }，公比为q ，取其奇数项或偶数项所成的数列仍然是等比数列，公比为q 2，首项分别为a 1，a 1q ．解设项数为2n(n ∈N*)，因为a 1=1，由已知可得q ≠1．∴①②a q q a q q q n n1221221111()()----⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪=85=170①②得：把代入①得∴q =2q =2=85 4=256 n =4n 1414--n即公比为2，项数为8．说明运用等比数列前n 项和公式进行运算、推理时，对公比q 要分情况讨论．有关等比数列的问题所列出的方程(组)往往有高次与指数方程，可采用两式相除的方法达到降次的目的．【例4】选择题：在等比数列{a n }中，已知对任意正整数n ，有S n =2n－，则＋＋…＋等于1a a a 1222n 2[ ]A (21)B (21)C 21D (41)n 2n 2n n．－．－．－．－1313解 D ．∵a 1=S 1=1，a n =S n －S n-1=2n-1 ∴a n =2n-1∴b n =(a n )2=(2n-1)2=22n-2=4n-1∴＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋b b b =a a a =1444=414112n 1222222n 1n ---=-1341()n【例5】设0＜V ＜1，m 为正整数，求证： (2m ＋1)V m (1－V)＜1－V 2m+1 分析直接作，不好下手．变形：(2m 1)V m＋＜1121--+V Vm右边分式的外形，使我们联想到等比数列求和公式，于是有： (2m ＋1)V m ＜1＋V ＋V 2＋…＋V 2m发现左边有(2m ＋1)个V m ，右边有(2m ＋1)项，变形：V m ＋V m ＋…＋V m ＜1＋V ＋V 2＋…＋V 2m ．显然不能左右各取一项比较其大小，试用“二对二”法，即左边选两项与右边的两项相比较．鉴于左、右两边都具有“距首末等远的任意两项指数之和均相等”的特点，想到以如下方式比较：V m ＋V m ＜1＋V 2m ，V m ＋V m ＜V ＋V 2m-1，…，V m ＋V m ＜V m-1＋V m+1，V m =V m ．即2V m ＜1＋V 2m ，2V m ＜V ＋V 2m-1，…．根据“两个正数的算术平均值大于等于其几何平均值”，这些式子显然成立．(具体证法从略)．说明本题最大的特点是解题过程中需要多次用到“逆向思考”：要证·＜＞，改证＜；见到，去逆向运用·，化成＋＋＋…＋；要证＋＜＋，先证＜A B C(B 0)A S =a 1V V V A B C D n 122m C B V Va q qA m n11121----+C ，B ＜D ，等等．善于进行逆向思考，是对知识熟练掌握的一种表现，同时也是一种重要的思维能力，平时应注意训练．【例6】数列{a n }是等比数列，其中S n =48，S 2n =60，求S 3n ．解法一利用等比数列的前n 项和公式若q=1，则S n =na 1，即na 1=48，2na 1=96≠60，所以q ≠1∵S =a (1q )1n 1n --qS =a (1)a (1)(1+)1q 2n11--=--=+q q q q S q nn n n n 211()∴q =14S =a (1q )1qn 3n13n --=-++-a q q q qn n n 12111()()=S n (1＋q n ＋q 2n )∴S =48(1+116)=633n+14解法二利用等比数列的性质：S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列 ∴ (60－48)2=48·(S 3n －60) ∴ S 3n =63．解法三取特殊值法取n=1，则S 1=a 1=48，S 2n =S 2=a 1＋a 2=60 ∴ a 2=12∵ {a n }为等比数列∴ q =a a a =3213=14S 3n =S 3=a 1＋a 2＋a 3=63【例7】已知数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n+1=4a n ＋2(n ∈N*)，a 1=1(1)设b n =a n+1－2a n (n ∈N*)，求证：数列{b n }是等比数列；(2)c =a 2(n N*){c }n nnn 设∈，求证：数列是等差数列．解 (1)∵ S n+1=4a n ＋2 S n+2=4a n+1＋2 两式相减，得S n+2－S n+1=4a n+1=4a n (n ∈N*) 即：a n+2=4a n+1－4a n变形，得a n+2－2a n+1=2(a n+1－2a n ) ∵ b n =a n+1－2a n (n ∈N*) ∴ b n+1=2b n由此可知，数列{b n }是公比为2的等比数列．由S 2=a 1＋a 2=4a 1＋2，a 1=1 可得a 2=5，b 1=a 2－2a 1=3 ∴ b n =3·2n-1(2) c =a 2(n N*)c =b 2n nn n+1n n+1∵∈∴-=-=-++++c a a a a n n n n n n nn 11112222将b n =3·2n-1代入，得c c =34(n N*)n+1n －∈由此可知，数列是公差的等差数列，它的首项，故＋－·即：{c }d =34c =a 2c =(n 1)C =34n 11n n =-12123414n 说明利用题设的已知条件，通过合理的转换，将非等差、非等比数列转化为等差数列或等比数列来解决。

等比数列的前n项和数列总结4页

等比数列的前n 项和数列总结4页要点一等比数列的前n 项和公式【重点总结】(1)等比数列前n 项和公式分q=1与q ≠1两种情况，因此当公比未知时，要对公比进行分类讨论。

(2)q ≠1时,公式 S n =a n (1−q n )1−q 与S n =a n −a n c 1−q 是等价的，利用 an =a ₁q ⁿ⁻¹可以实现它们之间的相互转化.当已知a ，a 与a 时，用 S n =a 1(1−q n )1−q 较方便。

当已知a ₁,q 与a,时,用 S n =a 1−a n q 1−q 较方便。

要点二等比数列前n 项和的性质 (1) 当q=1时 ,S nS n =n m ;当qzt1时 S n S n =1−q n 1−q n(2) Sn +m =Sm +q ⁿSn =Sn +q ⁿSm ₙ (3)设Sa 与So 分别是偶数项的和与奇数项的和，若项数为20，则 S nS n =q;若项数为2a+1. 则 S 1−a 1S n =q 。

(4)当(q ≠-1 时，连续m 项的和(如： S n+3S 2n −S nn ,S 3n −S 2nn =⋯仍组成等比数列(公比为 qᵐ=m ≥2),注意：这连续■项的和必须非零才能成立.【笔记小结】(1)当q =-1且k 为偶数时, s A ,S B −S B ,S 丙−S N ,---不是等比数列：【基础自测】1. 判断正误(正确的画“✔”。

错误的画“×”)(3)若(A)是公比为q 的等比数列，则：①前 n 项积 T n =anq n+21,②连续m 项的积仍为等比数列，即 T n+1T 2n T n , T 1n T 2n ,一是等比数列，公比为qm². (2)当q≠-1时,或q = -1且k 为奇数时, S n ,S 2k −S 1,S 31−S 33,是等比数列。

(1)求等比数列a 的成n 项和时可直接套用公式 S n =a 1(1−q n )1−q 来求( )(2)若首项为a 的数列既是等差数列又是等比数列，则其前a 项和为 S =ma ( )(3)若某数列的解n 项和公式为S =−aq ⁿ+a(a ≠0,q ≠0且 q ≠1,n ∈N ∗),则此数列一定是等比数列.( )(4)若5.为等比数列的前 n 项和,则.5.5,成等比数列. ( )【答案】 (1)×(2)√(3)×(4)×2.已知等比数列 a ₙ的首项a ₁=3, 公比q=2. 则S ₁等于( )A. 93B.-93C. 45D.-45【答案】A【解析】 S 5=a 1(1−q n )1−q =3(1−2n )1−2=93.就达A. 3.已知等比数列 a 的前n 项和为S, 若S ₁=1, S ₄=9, 则公比,9= .【答案】2【解析】 S =S ₃=a ₁+a ₃+a ₙ=(a ₁+a ₂+a ₃)q ³=S ₁q ³=1×q ³=8.∴q =2关键能力·重点培优课堂讲练设计，举一能通类题题型一等比数列前a 项和的基本运算【例1】在等比数列[a]中,(1)S ₂=30,S ₁=155, 求S ₄.(2)a 1+a 3=10,a 4+a 6=54.求S ₂: (3)a ₁+a ₙ=66,a ₂a ₙ₋₁=128,S ₙ=126,求↵【解析】(1)由题意知 {a 1(1+q )=30,a 1(1+q +q 2)=155,解得 {a 1=5,q =5, {a 1=180,q =−56. 从而 S n =14×5n+1−549 S n =1080×[1−(−56)r]11(2)法一：由题意关 {a 1+a 1q 2=10.a 1q 3+a 2q 3=54,解得 {a 1=8,q =12,从而 S 1=a 2(1−q 2)1−q =312. 法二: 由(an+any'-auto.得 q 2=18,从而 q =12又 a ₁+a ₃=a ₁(1+q ²)=10.所以a ₁-8, 从而 S 9=a (1−q 2)1−q −312(3)因为 a ₂a ₙ₋₁=a ₁a ₙ=128,所以a ₁,a,是方程x ²-66x+128=0的两根.从而 {a 1=2,a n =64基 {a n =2,a 1=64 又 S n =a 1−a n q 1−q =126,所以y 为2成 12【跟踪训练】在等比数列 45aE n 37中. (1)若 a 1=√2,a n =16√2,S n =11√2求n 和()(2)已知: S ₙ=1,S ₅=17, 求a.【解析】(1)由 S n =a 1−a n q 1−q 得 11√2−√2−16√2q 1−q ,∴q =−2,又由 a ₙ=a ₁q ⁿ⁻¹得 16√2=√2(−2)n−1,∴n =5.(2)若a=1, 则%=2S ₄, 不合题意。

等比数列的前n项和

例题3 例题3
设等比数列{a 的前n 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+S6=2S9，求公比 q。
例题4 例题4
在等比数列{a 在等比数列{an}中， a1+an=66，a2·an-1=128， =66， =128， Sn=126，求n和q =126，
例题5 例题5
在数列{a 在数列{an}中， 2n −1(n为数奇 )
an =
求前n 求பைடு நூலகம்n项和
3 (n为数偶 )
n
等比数列的前n 等比数列的前n项和
公式
na1(q =1)
n
Sn =
a1 − anq a1 1− q (q ≠1) = 1− q 1− q
(
)
例题1 例题1
求等比数列1 求等比数列1，2， 4，…从第5项到第从第5 10项的和。 10项的和项的和。
例题2 例题2 等比数列{a 12，等比数列{an}中，a3=-12，前3项和 S3=-9，求公比q。求公比q 变式引申：变式引申：一个等比数列的首项为1 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，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求此数列的公比和项数。的和为170，求此数列的公比和项数。

等比数列前n项和形式特点

等比数列前n项和形式特点
等比数列前n项和的形式特点是按照等比数列的公式，前n项和的公式可以写作：
Sn = a(r^n - 1) / (r - 1)
其中，Sn表示前n项和，a表示首项，r表示公比。

形式特点可归纳如下：
1. 首项为正数，公比为正数且不等于1。

这是常见的等比数列情况，前n项和随着n的增大趋向无穷大。

2. 首项为0，公比为正数且不等于1。

在这种情况下，前n项和有一个固定的极限值，当n趋向无穷大时，前n项和趋向于某个有限值。

3. 首项为正数，公比为1。

当公比为1时，前n项和是一个关于n的线性函数，即Sn = an+b，其中a和b为常数。

4. 首项为0，公比为1。

与第3种情况类似，前n项和也是一个关于n的线性函数。

需要注意的是，以上讨论中的前n项和指的是从第一项到第n 项的和，而不包括从第(n+1)项开始后续的项。

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等比数列的前n 项和-例题分析1 贝尔1896年逝世时留下的基金约为850万美元.假设每年的投资利率不变,为r=0.062 4.每年发放的奖金是上一年到这一年所获利息的一半,利息的另一半用于增加基金.1897年开始发放奖金,以后每年一次.按照上述假设条件,你能估计一下从1897年到2005年大约共发放了多少奖金吗?解析:1897年所获利息为:850r=850×0.062 4=53.04(美元);1897年发放的奖金为:21×850r;1897年的基金变为:850+21×850r;1898年所获利息为:(850+21×850r)r;1898年发放的奖金为21×(850+21×850r)r=21×850r(1+2r ),1898年的基金变为850+21×850r+21(850+21×850r)r;1899年的所获利息为［850+21×850r+21(850+21×850r)r ］r=850r(1+21r)2,1899年发放的奖金为:21×850r(1+2r )2,……. 这样从1897年到2005年各年发放的奖金金额构成一个等比数列,且首项为21×850r,公比为1+2r ,那么从1897年到2005年大约共发的奖金总额为:211)21(1[85021109r r --+-⨯=850［(1+2r )109-1］=23 348.893 01万美元.2 某地现有居民住房的总面积为a m 2,其中需要拆除的旧住房面积占了一半，当地有关部门决定在每年拆除一定数量旧住房的情况下，仍以10%的住房增长率建新住房.(1)如果10年后该地的住房总面积正好比目前翻一番，那么每年应拆除的旧住房总面积x 是多少?(可取1.110≈2.6)(2)过10年还未拆除的旧住房总面积占当地住房总面积的百分比是多少?(保留到小数点后第1位) 解析:根据题意，可知1年后住房总面积为1.1a-x;2年后住房总面积为1.1(1.1a-x)-x=1.12a-1.1x-x;3年后住房总面积为1.1(1.12a-1.1x-x)-x=1.13a-1.12x-1.1x-x;……10年后住房总面积为1.110a-1.19x-1.18x-…-1.1x-x=1.110a-11.111.110--x=2.6a-16x. 由题意，得2.6a-16x=2a.解得x=803a(m 2). 所求百分比为aa a 2108032⨯-=161≈6.3%. 思维启示：本题是通过分析特例(1年后、2年后、3年后住房总面积),归纳出10年后住房总面积，从而构造出等比数列求和的模型，利用等比数列前n 项和公式解决问题.【例1】零存整取储蓄是指分期存入后一次取出的一种储蓄方式.如果某人从1月起，每月第1天存入100元，到12月最后一天取出全部本金及其利息.已知月利率是0.165%，那么他实际取出的本利和是多少？(利息税的税率为20%)思路分析：分别计算每个月月末所存金额产生的利息，然后相加即得总利息，从中扣除利息税，再加上本金即可.解：由题意，本金共为1 200元，且各月存款的利息如下：第1个月存款100元的利息是100×0.165%×12(元)；第2个月存款100元的利息是100×0.165%×11(元)；……第11个月存款100元的利息是100×0.165%×2(元)；第12个月存款100元的利息是100×0.165%×1(元)；于是，应得到的全部利息就是上面各期利息之和S n =100×0.165%+100×0.165%×2+…+100×0.165%×11+100×0.165%×12=100×0.165%(1+2+3+ (12)=12.87(元).应纳税12.87×20%≈2.57(元).实际取出时，本利和为1 200+12.87-2.57=1 210.30(元).【例2】某企业在“减员增效”中，对部分人员实行分流，职工甲第一年可以在原单位领取工资a 元，从第二年起，以后每年只能在原单位按上一年的43领取工资，该企业根据分流人员的技术特长，计划创办新的经济实体.该经济实体第一年属投资阶段，没有利润，第二年职工甲可获85a 元收入，从第三年起每人每年的收入可在上一年的基础上递增31. (1)求职工甲分流后第n 年的收入；(2)试求职工甲分流后的第n 年的总收入超过871a 的最小n. 解：(1)设职工甲第n 年的收入为a n ，则a 1=a,n ≥2时，a n =a ·(43)n-1+85a(1+31)n-2. 故a n =⎪⎩⎪⎨⎧≥+=--.2,)34(85)43(,1,21n a a n a n n (2)前n 年总收入S n =a 1+a 2+…+a n ,S n =a+(43a +85a )+…+［(43)n-1·a+85(34)n-2·a ］ =a+431)43(43--n ·a+341])34(1[851---n ·a=［815(34)n-1-4(43)n +817］·a. 依题意S n >871a ,从而有5［(34)n-1］2-18(34)n-1-2>0. 解得(34)n-1>3.7或(34)n-1<-101(舍).∴n>1+34log 3.7,n ∈N. ∴n ≥6,即所求的最小n 值为6.【例3】某人年初向某家银行贷款10万元用于买房.(1)如果他向建设银行贷款，年利率为5%，且这笔借款分10次等额归还(不计复利)，每年一次，并从贷后次年年初开始归还，问每年应还多少元?(精确到1元)(2)如果他向工商银行贷款，年利率为4%，要按复利计算(即本年的利息计入次年的本金生息)，仍分10次等额归还，每年一次，每年应还多少元?(精确到1元)解：(1)设每年应还款x万元，由题意可得10×(1+5%×10)=x(1+5%×9)+(1+5%×8)x+ (x)∴12.25x=15,x=1.224 5,即每年应还款12 245元.(2)同(1)可得方程10×(1+4%)10=(1+4%)9.x+(1+4%)8.x+ (x)∴12x=14.8,x=1.233 3,即每年应还款12 333元.资料3世界末日问题相传在印度佛教圣地贝拿勒斯圣庙里，安放着一个黄铜板，板上插着三根宝石针，其中仅有一根从下到上放着由大到小的64片金片(称为梵塔)，昼夜都有一个值班的僧侣按下列规则移动金片：一次只能移动一片，且小片永远在大片的上面.当64片金片都从一根移动到另一根宝石针上时，世界就将在一声霹雳声中毁灭.假设太阳系的寿命是500亿年，僧侣每秒移动一次金片，问是否真有“一声霹雳声”之时？(此问题是有名的“世界末日”问题)解：解决这个问题需要用到递推数列知识.设按规则把n片金片全部移到另一根针上共需b n次，即b n 秒钟.为了移动这n片金片，必须先按规则把上面的n-1片金片移到第二根针上，这需要b n-1次，再把最下面的大片移到第三根针上，最后通过b n-1次把第二根针上的n-1片移到第三根针上，这样就有关系式b n=2b n-1+1(n≥2,b1=1).“世界末日”问题只需要求上述递推数列{b n}中的第64项b64的值，易知b n=2n-1(n≥1).所以b64=264-1,即需要移动的时间是264-1秒.如果一年以31 560 000秒计算，僧侣们必须日夜不停地移动近5 800亿年才能完成，远远超过了太阳系的寿命，所以“一声霹雳之时”纯属迷信传播或数学游戏，不可相信.。

高一数学典型例题分析等比数列的前n项和

等比数列的前n 项和·例题解析【例1】设等比数列的首项为aa ＞0，公比为qq ＞0，前n 项和为80，其中最大的一项为54，又它的前2n 项和为6560，求a 和q ．解由S n =80，S 2n =6560，故q ≠1a q q a q qn n()()11112----⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⇒=80=6560q =81n ①②③∵a ＞0，q ＞1，等比数列为递增数列，故前n 项中最大项为a n ． ∴a n =aq n-1=54④将③代入①化简得a=q －1⑤③④化简得⑥3a =2q由⑤，⑥联立方程组解得a=2，q=3【例2】求证：对于等比数列，有＋＋．S S =S (S S )n 22n 2n 2n 3n证 ∵S n =a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n-1 S 2n =S n ＋a 1q n ＋a 1q n1＋…＋a 1q 2n-1 =S n ＋q n a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n-1 =S n ＋q n S n =S n 1＋q n类似地，可得S 3n =S n 1＋q n ＋q 2n∴＋＋＋＋S +S =S [S (1q )]=S (22q q )n 22n 2n 2n n 2n2n 2nS (S S )=S [S (1q )S (1q q )]=S (22q q )S S =S (S S )n 2n 3n n n n n n 2n n 2n 2nn 22n 2n 2n 3n ＋＋＋＋＋＋＋∴＋＋说明本题直接运用前n 项和公式去解，也很容易．上边的解法，灵活地处理了S 2n 、S 3n 与S n 的关系．介绍它的用意在于让读者体会利用结合律、提取公因式等方法将某些解析式变形经常是解决数学问题的关键，并且变得好，则解法巧．【例3】一个有穷的等比数列的首项为1，项数为偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数．分析设等比数列为{a n }，公比为q ，取其奇数项或偶数项所成的数列仍然是等比数列，公比为q 2，首项分别为a 1，a 1q ．解设项数为2nn ∈N*，因为a 1=1，由已知可得q ≠1．∴①②a q q a q q q n n1221221111()()----⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪=85=170①②得：把代入①得∴q =2q =2=85 4=256 n =4n 1414--n即公比为2，项数为8．说明运用等比数列前n 项和公式进行运算、推理时，对公比q 要分情况讨论．有关等比数列的问题所列出的方程组往往有高次与指数方程，可采用两式相除的方法达到降次的目的．【例4】选择题：在等比数列{a n }中，已知对任意正整数n ，有S n =2n－，则＋＋…＋等于1a a a 1222n 2[ ]A (21)B (21)C 21D (41)n 2n2n n．－．－．－．－1313解 D ．∵a 1=S 1=1，a n =S n －S n-1=2n-1 ∴a n =2n-1∴b n =a n 2=2n-12=22n-2=4n-1∴＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋b b b =a a a =1444=414112n 1222222n 1n ---=-1341()n【例5】设0＜V ＜1，m 为正整数，求证： 2m ＋1V m 1－V ＜1－V 2m1 分析直接作，不好下手．变形：(2m 1)V m＋＜1121--+V Vm右边分式的外形，使我们联想到等比数列求和公式，于是有： 2m ＋1V m ＜1＋V ＋V 2＋…＋V 2m发现左边有2m ＋1个V m ，右边有2m ＋1项，变形：V m ＋V m ＋…＋V m ＜1＋V ＋V 2＋…＋V 2m ．显然不能左右各取一项比较其大小，试用“二对二”法，即左边选两项与右边的两项相比较．鉴于左、右两边都具有“距首末等远的任意两项指数之和均相等”的特点，想到以如下方式比较：V m ＋V m ＜1＋V 2m ，V m ＋V m ＜V ＋V 2m-1，…，V m ＋V m ＜V m-1＋V m1，V m =V m ．即2V m ＜1＋V 2m ，2V m ＜V ＋V 2m-1，…．根据“两个正数的算术平均值大于等于其几何平均值”，这些式子显然成立．具体证法从略．说明本题最大的特点是解题过程中需要多次用到“逆向思考”：要证·＜＞，改证＜；见到，去逆向运用·，化成＋＋＋…＋；要证＋＜＋，先证＜A B C(B 0)A S =a 1V V V A B C D n 122m C B V Va q qA m n11121----+C ，B ＜D ，等等．善于进行逆向思考，是对知识熟练掌握的一种表现，同时也是一种重要的思维能力，平时应注意训练．【例6】数列{a n }是等比数列，其中S n =48，S 2n =60，求S 3n ．解法一利用等比数列的前n 项和公式若q=1，则S n =na 1，即na 1=48，2na 1=96≠60，所以q ≠1∵S =a (1q )1n 1n --qS =a (1)a (1)(1+)1q 2n11--=--=+q q q q S q nn n n n 211()∴q =14S =a (1q )1qn 3n13n --=-++-a q q q qn n n 12111()()=S n 1＋q n ＋q 2n∴S =48(1+116)=633n +14 解法二利用等比数列的性质：S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列 ∴ 60－482=48·S 3n －60 ∴ S 3n =63．解法三取特殊值法取n=1，则S 1=a 1=48，S 2n =S 2=a 1＋a 2=60 ∴ a 2=12∵ {a n }为等比数列∴ q =a a a =3213=14 S 3n =S 3=a 1＋a 2＋a 3=63【例7】已知数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n1=4a n ＋2n ∈N*，a 1=1 1设b n =a n1－2a n n ∈N*，求证：数列{b n }是等比数列；(2)c =a 2(n N*){c }n nnn 设∈，求证：数列是等差数列．解 1∵ S n1=4a n ＋2 S n2=4a n1＋2两式相减，得S n2－S n1=4a n1=4a n n ∈N* 即：a n2=4a n1－4a n变形，得a n2－2a n1=2a n1－2a n ∵ b n =a n1－2a n n ∈N* ∴ b n1=2b n由此可知，数列{b n }是公比为2的等比数列．由S 2=a 1＋a 2=4a 1＋2，a 1=1 可得a 2=5，b 1=a 2－2a 1=3 ∴ b n =3·2n-1(2) c =a 2(n N*)c =b 2n nnn+1n n+1∵∈∴-=-=-++++c a a a a n n n n n n nn 11112222 将b n =3·2n-1代入，得c c =34(n N*)n+1n －∈ 由此可知，数列是公差的等差数列，它的首项，故＋－·即：{c }d =34c =a 2c =(n 1)C =34n 11n n =-12123414n说明利用题设的已知条件，通过合理的转换，将非等差、非等比数列转化为等差数列或等比数列来解决。

4.3.2 等比数列的前n项和公式(精讲)(解析版)

4.3.2等比数列的前n项和公式一、等比数列的前n 项和公式已知量首项1a 与公比q首项1a ，末项n a 与公比q公式()()()111111n n na q S a q q q⎧=⎪=-⎨≠⎪-⎩()()11111n n na q S a a qq q ⎧=⎪=-⎨≠⎪-⎩二、等比数列前n 项和的函数特征1、n S 与q 的关系（1）当公比1q ≠时，等比数列的前n 项和公式是()111nn a q S q-=-，它可以变形为1111n n a a S q q q =---，设11aA q=-，则上式可以写成n n S A Aq =-的形式，由此可见，数列{}n S 的图象是函数x y A Aq =-图象上的一群孤立的点；（2）当公比1q =时，等比数列的前n 项和公式是1n S na =，则数列{}n S 的图象是函数1y a x =图象上的一群孤立的点。

2、n S 与n a 的关系当公比1q ≠时，等比数列的前n 项和公式是11n n a a qS q-=-，它可以变形为111n na qS a q q=---设1qA q =--，11aB q=-，则上式可写成n n S Aa B =+的形式，则n S 是n a 的一次函数。

三、等比数列前n 项和的性质1、等比数列{}n a 中，若项数为2n ，则=S q 偶奇S ；若项数为21n +，则1=S a q S -奇偶.2、若等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则n S ，2n n S S -，32n n S S -…成等比数列（其中n S ，2n n S S -，32n n S S -…均不为0）．3、若一个非常数列{}n a 的前n 项和()0,0,n n S Aq A A q n N *=-≠≠∈，则数列{}n a 为等比数列。

四、等比数列前n 项和运算的技巧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：1a ，n a ，n ，q ，n S ，其中首项1a 和公比q 为基本量，且“知三求二”，常常列方程组来解答；2、对于基本量的计算，列方程组求解时基本方法，通常用约分或两式相除的方法进行消元，有时会用到整体代换，如n q ，11a q-都可以看作一个整体。

7.5 等比数列前n项和(1)

§7.5 等比数列前n 项和（1）【知识梳理】1．等比数列前n 项和：当q =1时，S n =na 1；当q ≠1时，qq a a q q a S n n n --=--=11)1(11。

2．当q ≠1时，b aq qa q q a S n n n +=-+--=1111，这里a +b =0，但a ≠0，b ≠0，这是等比数列前n 项和公式的一个特征。

【基础练习】1．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项和是。

2．已知等比数列的公比为2，若前4项之和等于1，则前8项之和等于。

3．在等比数列{a n }中，已知a 1=25，前三项的和S 3=215,则公比q 的值为______。

【例题精选】例1、等比数列{a n }中，公比q=2，S 4=1，求S 8.例2、在等比数列{a n }中，a 1+a n =66，a 2⋅a n －1=128，且前n 项和S n =126，求n 及公比q 。

例1、在等比数列{a n }中，S 3＝27，S 6＝263，求a n .例2、已知数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋2n ，求a n .【课后作业】1. 等比数列{a n }中，a 3=7,前 3项之和S 3=21, 则公比q 的值为。

2. 在公比为整数的等比数列{a n }中，已知a 1+a 4＝18，a 2+a 3＝12，那么a 5+a 6+a 7+a 8等于。

3. 在14与87之间插入n 个数，使这n +2个数组成等比数列，若各项的和为877,则此数列的项数为。

4. 在等比数列{a n }中，公比q =2,log 2a 1+log 2a 2+…+log 2a 10=25,则a 1+a 2+…+a 10=______。

5. 在等比数列{a n }中，a 1+a 3=10，a 4＋a 6=45，则a 4=______，S 5=______。

高中数学等比数列和典型例题

高中数学等比数列的前n 项和例题解析【例1】设等比数列的首项为a(a ＞0)，公比为q(q ＞0)，前n 项和为80，其中最大的一项为54，又它的前2n 项和为6560，求a 和q ．解由S n =80，S 2n =6560，故q ≠1a q q a q qn n()()11112----⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪⇒=80=6560q =81n ①②③∵a ＞0，q ＞1，等比数列为递增数列，故前n 项中最大项为a n ． ∴a n =aq n-1=54④将③代入①化简得a=q －1⑤③④化简得⑥3a =2q由⑤，⑥联立方程组解得a=2，q=3【例2】求证：对于等比数列，有＋＋．S S =S (S S )n 22n 2n 2n 3n证 ∵S n =a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n-1 S 2n =S n ＋(a 1q n ＋a 1q n+1＋…＋a 1q 2n-1) =S n ＋q n (a 1＋a 1q ＋…＋a 1q n-1) =S n ＋q n S n =S n (1＋q n )类似地，可得S 3n =S n (1＋q n ＋q 2n )∴＋＋＋＋S +S =S [S (1q )]=S (22q q )n 22n 2n 2n n 2n2n 2nS (S S )=S [S (1q )S (1q q )]=S (22q q )S S =S (S S )n 2n 3n n n n n n 2n n 2n 2nn 22n 2n 2n 3n ＋＋＋＋＋＋＋∴＋＋【例3】一个有穷的等比数列的首项为1，项数为偶数，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数．解设项数为2n(n ∈N*)，因为a 1=1，由已知可得q ≠1．∴①②a q q a q q qn n1221221111()()----⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪=85=170①②得：把代入①得∴q =2q =2=85 4=256 n =4n 1414--n即公比为2，项数为8．【例4】选择题：在等比数列{a n }中，已知对任意正整数n ，有S n =2n－，则＋＋…＋等于1a a a 1222n 2[ ]A (21)B (21)C 21D (41)n 2n 2n n．－．－．－．－1313解 D ．∵a 1=S 1=1，a n =S n －S n-1=2n-1 ∴a n =2n-1∴b n =(a n )2=(2n-1)2=22n-2=4n-1∴＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋b b b =a a a =1444=414112n 1222222n 1n ---=-1341()n【例5】设0＜V ＜1，m 为正整数，求证： (2m ＋1)V m (1－V)＜1－V 2m+1 分析直接作，不好下手．变形：(2m 1)V m ＋＜1121--+VVm右边分式的外形，使我们联想到等比数列求和公式，于是有： (2m ＋1)V m ＜1＋V ＋V 2＋…＋V 2m发现左边有(2m ＋1)个V m ，右边有(2m ＋1)项，变形：V m ＋V m ＋…＋V m ＜1＋V ＋V 2＋…＋V 2m ．显然不能左右各取一项比较其大小，试用“二对二”法，即左边选两项与右边的两项相比较．鉴于左、右两边都具有“距首末等远的任意两项指数之和均相等”的特点，想到以如下方式比较：V m ＋V m ＜1＋V 2m ，V m ＋V m ＜V ＋V 2m-1，…，V m ＋V m ＜V m-1＋V m+1，V m =V m ．即2V m ＜1＋V 2m ，2V m ＜V ＋V 2m-1，…．根据“两个正数的算术平均值大于等于其几何平均值”，这些式子显然成立． (具体证法从略)．说明本题最大的特点是解题过程中需要多次用到“逆向思考”：要证·＜＞，改证＜；见到，去逆向运用·，化成＋＋＋…＋；要证＋＜＋，先证＜A B C(B 0)A S =a 1V V V A B C D n 122m C B V Va q qA m n11121----+C ，B ＜D ，等等．善于进行逆向思考，是对知识熟练掌握的一种表现，同时也是一种重要的思维能力，平时应注意训练．【例6】数列{a n }是等比数列，其中S n =48，S 2n =60，求S 3n ．解法一利用等比数列的前n 项和公式若q=1，则S n =na 1，即na 1=48，2na 1=96≠60，所以q ≠1∵S =a (1q )1n 1n --qS =a (1)a (1)(1+)1q 2n11--=--=+q q q q S q nn n n n 211()∴q =14S =a (1q )1qn 3n13n --=-++-a q q q qn n n 12111()()=S n (1＋q n ＋q 2n )∴S =48(1+116)=633n +14 解法二利用等比数列的性质：S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列 ∴ (60－48)2=48·(S 3n －60) ∴ S 3n =63．解法三取特殊值法取n=1，则S 1=a 1=48，S 2n =S 2=a 1＋a 2=60 ∴ a 2=12∵ {a n }为等比数列∴ q =a a a =3213=14 S 3n =S 3=a 1＋a 2＋a 3=63【例7】已知数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n+1=4a n ＋2(n ∈N*)，a 1=1(1)设b n =a n+1－2a n (n ∈N*)，求证：数列{b n }是等比数列；(2)c =a 2(n N*){c }n nn n 设∈，求证：数列是等差数列．解 (1)∵ S n+1=4a n ＋2 S n+2=4a n+1＋2 两式相减，得S n+2－S n+1=4a n+1=4a n (n ∈N*) 即：a n+2=4a n+1－4a n变形，得a n+2－2a n+1=2(a n+1－2a n ) ∵ b n =a n+1－2a n (n ∈N*) ∴ b n+1=2b n由此可知，数列{b n }是公比为2的等比数列．由S 2=a 1＋a 2=4a 1＋2，a 1=1 可得a 2=5，b 1=a 2－2a 1=3 ∴ b n =3·2n-1(2) c =a 2(n N*)c =b 2n nn n+1n n+1∵∈∴-=-=-++++c a a a a n n n n n n nn 11112222 将b n =3·2n-1代入，得c c =34(n N*)n+1n －∈ 由此可知，数列是公差的等差数列，它的首项，故＋－·即：{c }d =34c =a 2c =(n 1)C =34n 11n n =-12123414n。

等比数列前n项和求法的深度分析

等比数列前n项和求法的深度分析
等比数列的基本公式为：ar^n-1=a1*q^(n-1)，其中，a1为首项，q 为公比，r 为一个常数。

一般来讲，等比数列的前n项和可以用如下公式进行计算：Sn=(a1*(1-q^n))/(1-q)，其中，
S n 为等比数列前 n 项和，a1为等比数列的首项，q为等比数列的公比，n 为项数。

若 q=1，则等比数列是等差数列，此时等差数列的前n项和可以用以下公式计算：S
n=(a1+a n )n/2，其中，S n 为等差数列前 n 项和，a1为等差数列的首项，a n 为等差数列的末项，n为项数。

在求解等比数列前n项和的过程中，既可以采用解析方法，也可以通过抽象概念和逻辑推理来求解。

首先，要搞清楚等比数列及其公式，以及等比数列前 n 项和的计算法则，在此基础上构建出有关等比数列前 n 项和求法的模型，然后依据题中所给出的参数，结合等比数列计算公式Sn=(a1*(1-q^n))/(1-q)，将模型中所有参数替换成题中的实数，利用等比数列前 n 项和的公式，将所得的结果与等比数列前 n 项和的本质或该数列必须满足的特殊关系，进行比较，核实计算结果的正确性，完成等比数列前 n 项和的求解。

从上述分析可以看出，等比数列前n项和的求法，要求我们对等比数列及其前n项和求解
原理多加理解，以及熟练掌握模型上涉及参数的计算原理，同时还要求我们有较好的逻辑思维能力，能准确合理地完成前n项和的计算。

总的来说，等比数列前n项和的求法深度
分析，是一个较为全面复杂的数学思考过程。

高一数学人必修课件等比数列的前n项和

混淆等比数列与等差数列
等比数列与等差数列在概念和性质上有本质区别，需要仔细区分。例如，等差数列中相邻两项之差为常数，而等比数列中相邻两项之比为常数。
忽视题目中的限制条件
在求解等比数列前n项和时，需要注意题目中的限制条件，如首项、公比、项数等。忽略这些条件可能导致错误的解答。
拓展延伸
等差数列前n项和
求等比数列1, -1, 1, -1, 1的前5项和。
合并求和法在求解前n项和中应用举例
对第一组进行合并
1 - 1 = 0。
对第二组进行合并
1 - 1 + 1 = 1。
将两组的结果相加
0 + 1 = 1。
优缺点比较及适用场景分析
01
优点
02
通过分组和合并操作，可以简化等比数列前n项和的求解过程。
对于一些具有特殊公比的等比数列，可以快速得出前n项和的结
求等比数列1, 3, 9, 27, ... 的前n 项和。
04
解
按照等比数列的通项公式，该数列的通项为$a_n = 3^{n-1}$。我们可以将数列按照指数分组，即$(3^0), (3^1), (3^2), ...$。每组的和可以方便地求出，分别为 $1, 3, 9, ...$。因此，整个数列的前n项和为$1 + 3 + 9 + ... + 3^{n-1} = frac{3^n - 1}{2}$。
THANKS
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适用范围与局限性讨论
适用范围
分组转化法适用于具有明显分组特征的等比数列前n项和求解问题。通过分组转化法，可以将复杂的问题转化为简单问题，提高求解效率。
局限性
对于不具有明显分组特征的等比数列前n项和求解问题，分组转化法可能不适用。此外，分组转化法需要一定的数学基础和思维能力，对于初学者可能有一定的难度。

等比数列前n项和的求解

通过等比数列的性质简化求和过程
总结词
等比数列的性质可以用于简化等比数列的求和过程，特别是当等比数列的公比为分数时。
详细描述
根据等比数列的性质，我们知道等比数列的前n项和可以表示为S = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)。当q为分数时，我们可以使用分数的性质对求和公式进行简化。例如，当q为正分数时，我们可以将q化为1/p的形式，然后将求和公式中的q替换为1/p，得到S = a1 * (p p^n) / (p - 1)
总结词
当已知等比数列的首项和公比时，可以使用等比数列前n项和的公式进行求解。
详细描述
首先将已知的首项和公比代入等比数列前n项和的公式中，然后进行计算即可得到答案。
03
等比数列前n项和公式的扩展应用
求前n项和的函数表达式
定义
等比数列前n项和公式通常表示为S_n = a1 * (1 - q^n) / (1 q)，其中a1是首项，q是公比。
1. 利用等比数列的性质，将等比数列的各项进行变形；2. 得到等比数列前 n项和的公式。
要点三
公式
S_{n} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + ... + a_{n} = (a_1*(1-q^n))/(1-q)。
02
等比数列前n项和公式的应用
已知公比和项数，求和
总结词
当已知等比数列的公比和项数时，可以直接使用等比数列前n 项和的公式进行求解。
《等比数列前n项和的求解》
2023-10-26
contents
目录
• 等比数列前n项和的公式推导 • 等比数列前n项和公式的应用 • 等比数列前n项和公式的扩展应用 • 等比数列前n项和公式的优化与提升

等比数列及其前n项和知识点讲解+例题讲解(含解析)

等比数列及其前n 项和一、知识梳理1.等比数列的概念(1)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.数学语言表达式：a n a n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数).(2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G ＝2.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 q 1－q .3.等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和. (1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)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 .(3)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 .证明：（1）当q ≠-1且q ≠0时，A a a a a S n n =++++=...321，n n n n n n n n n n n Aq q a q a q a a a a a S S =+++=++++=-+++ (2123212)n n n n n n n n n n n Aq q a q a q a a a a a S S 222221332221223......=+++=++++=-+++所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n（2）当q= -1时，<1>、当n 为奇数时，1a S n=，132,0a S S n n ==1120a a S S n n -=-=-， 11230a a S S n n =-=-所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n<2>、当n 为偶数时，032===n n n S S S ，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n不能构成等比数列小结：1.若数列{a n }为等比数列，则数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 也是等比数列. 2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0. 3.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.二、例题精讲 + 随堂练习1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列.答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( ) A.－12B.－2C.2D.12解析由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12.答案 D3.在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________.解析设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81. 答案 27，814.(2019·天津和平区质检)已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3·a 5＝4(a 4－1)，则a 7的值为( ) A.2B.4C.92D.6解析根据等比数列的性质得a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得a 4＝2.又∵a 1＝1，a 1a 7＝a 24＝4，∴a 7＝4. 答案 B5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322fC.1225fD.1227f解析由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f ，公比为122的等比数列，设此数列为{a n }，则a 8＝1227f ，即第八个单音的频率为1227f . 答案 D6.(2015·全国Ⅰ卷)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 ＝________.解析由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n ）1－2＝126，解得n ＝6.答案 6考点一等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.(2)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析 (1)由{a n }为等比数列，设公比为q .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，② 显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1，所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.(2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝634，解得⎩⎨⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案 (1)－8 (2)32规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q.【训练1】 (1)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝( ) A.9B.15C.18D.30(2)(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析 (1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，则⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝2（a 1＋a 1q ＋a 1q 2）＝8a 1＋3a 1q ，a 1q 3＝16，解得q ＝2，a 1＝2，所以S 4＝2（1－24）1－2＝30.(2){a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1.答案 (1)D (2)1考点二等比数列的判定与证明【例2】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.(1)证明由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，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)解由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.【训练2】 (2019·广东省级名校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4.(1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，所以S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，则S n ＝2S n －1－n ＋4(n ≥2)，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2](n ≥2)，又由题意知a 1－2a 1＝－3，所以a 1＝3，则S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2等比数列. (2)解由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n＝4（1－2n ）1－2＋n （n ＋1）2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.考点三等比数列的性质及应用【例3】 (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.12B.10C.8D.2＋log 35(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( ) A.40B.60C.32D.50解析 (1)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)数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是首项为4，公比为2的等比数列，则S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝16，S 12－S 9＝a 10＋a 11＋a 12＝32，因此S 12＝4＋8＋16＋32＝60. 答案 (1)B (2)B【训练3】 (1)(2019·菏泽质检)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( ) A.－2B.－ 2C.± 2D.2(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________.解析 (1)根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4， a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0，所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0，由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2.(2)法一由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73.法二因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a (a ≠0)，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73.答案 (1)B (2)73数学运算——等差(比)数列性质的应用1.数学运算是指在明析运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题，掌握数列运算法则，探究运算思路，求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规则，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想.类型1 等差数列两个性质的应用在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；等差中项）(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，则S 偶－S 奇＝nd .【例1】 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________.(2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则数列的公差d ＝________.解析 (1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或2.又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m ＝38，显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5. 答案 (1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *).【例2】 (1)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( )A.6B.5C.4D.3(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.18B.－18C.578D.558 解析 (1)数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.(2)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.答案 (1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶”性质：等比数列{a n }中，公比为q . 若共有2n 项，则S 偶∶S 奇＝q .(2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q n S m (q 为公比).【例3】 (1)已知等比数列{a n }共有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)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________. 解析 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. (2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0.则S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.答案 (1)2 (2)3116三、课后练习1.已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T 1>1的n 的最小值为( )A.4B.5C.6D.7 解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6. 答案 C 2.数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( )A.(3n －1)2B.12(9n －1)C.9n －1D.14(3n －1)解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列.因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4(1－9n )1－9＝12(9n －1). 答案 B 3.(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝______.解析 ∵{a n }是等比数列，a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1（1－q 4）1－q ＋a 1（1－q 12）1－q ＝λa 1（1－q 8）1－q， ∴1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝83.答案 834.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋λ(λ为常数).(1)试探究数列{a n ＋λ}是不是等比数列，并求a n ；(2)当λ＝1时，求数列{n (a n ＋λ)}的前n 项和T n . 解 (1)因为a n ＋1＝2a n ＋λ，所以a n ＋1＋λ＝2(a n ＋λ). 又a 1＝1，所以当λ＝－1时，a 1＋λ＝0，数列{a n ＋λ}不是等比数列，此时a n ＋λ＝a n －1＝0，即a n ＝1；当λ≠－1时，a 1＋λ≠0，所以a n ＋λ≠0，所以数列{a n ＋λ}是以1＋λ为首项，2为公比的等比数列，此时a n ＋λ＝(1＋λ)2n －1，即a n ＝(1＋λ)2n －1－λ.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以n (a n ＋1)＝n ×2n ， T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，① 2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，② ①－②得：－T 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. 所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2.。

等比数列的前n项和典型例题含解答

倒序相加法
总结词
将等比数列倒序写，然后正序和倒序分别求和，最后取两者和的一半。
详细描述
首先将等比数列倒序写，然后正序和倒序分别求和，最后取两者和的一半。这种方法适用于公比q满足q≠1的情况。
错位相减法
总结词
将等比数列的一项乘以公比的负一次方后错位相减，得到一个等差数列，再求和。
VS
详细描述
$frac{a_5}{a_4} = frac{32}{-16} = 2$
由于相邻两项之比相等，所以这个数列是等比数列。04CHAPTER
等比数列前n项和的实际应用
在金融中的应用
贷款还款
等比数列前n项和公式常用于计算贷款的分期还款额，例如房屋贷款、汽车贷款等。
投资回报
在投资领域，等比数列前n项和公式可用于计算复利，即投资的利息或收益会逐年增长。
化。
元素周期表
元素周期表中的元素按照原子序数排列，形成等差数列，而元素的某些性质则可能呈现等比数列的变化趋势。
05
CHAPTER
等比数列前n项和的练习题及答案
练习题一及答案
题目：求等比数列 1, 2, 4, 8, ... 的前n项和。
等比数列的前n项和公式为
将 $a_1 = 1$ 和 $r = 2$ 代入公式，得到
在此添加您的文本16字
等比数列的前n项和公式为
在此添加您的文本16字
$S_n = frac{a_1(1 - r^n)}{1 - r}$
在此添加您的文本16字
将 $a_1 = frac{1}{2}$ 和 $r = frac{1}{2}$ 代入公式，得到
在此添加您的文本16字
$S_n = frac{frac{1}{2}(1 - (frac{1}{2})^n)}{1 frac{1}{2}} = 1 - (frac{1}{2})^n$