第4章 4.3.2 第1课时 等比数列的前n项和公式-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（人教A版2019）

第1课时 第四章 <<< 等比数列的前n项和公式 1.掌握等比数列的前n项和公式及公式推导思路. 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. 3.能由等比数列前n项和公式特点判断等比数列. 学习目标 前面我们推导了等差数列的前n项和，同学们回忆一下，我们用的什么方法？能不能用这种方法来求等比数列的前n项和呢？如果不能，我们该用什么方法求等比数列的前n项和？ 导 语 一、等比数列前n项和公式 二、利用等比数列前n项和公式判断等比数列 课时对点练 随堂演练 内容索引 一 等比数列前n项和公式 若等比数列{an}的首项是a1，公比是q，如何求该等比数列的前n项的和？ 问题1 提示　思路一：因为Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an， 所以Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-2+a1qn-1， 上式中每一项都乘等比数列的公比可得qSn=a1q+a1q2+a1q3+…+a1qn-1+a1qn， 发现上面两式中有很多相同的项，两式相减可得Sn-qSn=a1-a1qn， 即(1-q)Sn=a1(1-qn)，当q≠1时，有Sn=，而当q=1时，Sn=na1.上述等比数列求前n项和的方法，我们称为“错位相减法”. 思路二：当q≠1时，由等比数列的定义得==…==q， 根据等比数列的性质，有==q⇒(1-q)Sn=a1-anq， 所以当q≠1时，Sn=，该推导方法围绕基本概念，从等比数列的定义出发，运用等比数列的性质，推导出了公式，通过上述两种推导方法，我们获得了等比数列前n项和的两种形式，而这两种形式可以利用an=a1qn-1相互转化. 思路三：Sn=a1+a2+a3+…+an=a1+q(a1+a2+…+an-1)， 所以有Sn=a1+qSn-1⇒Sn=a1+q(Sn-an)⇒(1-q)Sn=a1-anq， 所以当q≠1时，Sn==，显然方程的思想在本次推导过程中显示了巨大的威力，在已知量和未知量之间搭起桥梁，使我们不拘泥于课本，又能使问题得到解决. 同学们，现在你能帮国王算一下他需要付出多少颗麦粒吗？ 问题2 提示　S64=1+2+22+23+…+263==264-1=18 446 744 073 709 551 615，然而这个数字对国王来说是一个天文数字，显然国王无法实现他的诺言. 等比数列的前n项和公式 已知量 首项、公比与项数 首项、公比与末项 求和 公式 公式一：Sn=________________ 公式二：Sn=______________ 知识梳理 (1)用等比数列前n项和公式求和，一定要对该数列的公比q=1和q≠1进行分类讨论. (2)公式一中的n表示的是所求数列的项数. (3)公式二中的a1表示数列的第一项，an表示数列的最后一项 . 注 意 点 <<< (1)在等比数列{an}中. ①a1=2，q=-，求S10； 例 1 S10===×=. 12 ②q=，S100=150，求a2+a4+a6+…+a100的值. 方法一　S100=a1+a2+a3+a4+…+a99+a100 =2(a2+a4+…+a100)+a2+a4+…+a100 =3(a2+a4+…+a100)=150， ∴a2+a4+a6+…+a100=50. 方法二　S100==150， 整理得a1=75， 14 ∴a2+a4+…+a100= =a1=×75=50. 15 (2)在等比数列{an}中. ①S2=30，S3=155，求Sn； 由题意知 解得 从而Sn=×5n+1-或Sn=. ②a1+a3=10，a4+a6=，求S5； 由题意知 解得 从而S5==. ③a1+an=66，a2an-1=128，Sn=126，求公比q. 因为a2an-1=a1an=128，且a1+an=66， 所以a1，an是方程x2-66x+128=0的两个根. 从而 又Sn==126，所以q=2或. 反 思 感 悟 在等比数列{an}的五个量a1，q，an，n，Sn中，a1与q是最基本的，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a1与q表示an与Sn，从而列方程组求解.在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用.(注意：q=1和q≠1的讨论) (1)在14与之间插入n个数，组成所有项的和为的等比数列，求此数列的项数. 跟踪训练 1 设此数列的公比为q，易知q≠1， 则 故此数列共有5项. 20 (2)①若a2-a1=1，a3-a1=3，求等比数列{an}的前n项和Sn； 设等比数列{an}的公比为q，由已知， 得 解得 ∴Sn==2n-1. ②已知S4=1，S8=17，求等比数列{an}的通项. 若q=1，则S8=2S4，不符合题意，∴q≠1， ∴S4==1， S8==17， 两式相除得=17=1+q4， 解得q=2或q=-2. 当q=2时，a1=； 当q=-2时，a1=-， ∴an=×2n-1或an=-×(-2)n-1. 二 利用等比数列前n项和公式判断等比数列 提示　Sn==-qn+，设A=-，则Sn=Aqn-A. 你能发现等比数列前n项和公式Sn=(q≠1)的函数特征吗？ 问题3 1.当公比q≠1时，设A=，等比数列的前n项和公式是Sn= .即Sn是n的指数型函数. 2.当公比q=1时，因为a1≠0，所以Sn= ，Sn是n的正比例函数. Aqn-A na1 知识梳理 27 公比不为1的等比数列前n项和公式的结构特点：qn的系数与常数项互为相反数. 注 意 点 <<< 28 数列{an}的前n项和Sn=3n-2.求{an}的通项公式，并判断{an}是否是等比数列. 例 2 29 方法一　当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=2×3n-1. 当n=1时，a1=S1=31-2=1不适合上式. ∴an= 由于a1=1，a2=6，a3=18，显然a1，a2，a3不是等比数列，即{an}不是等比数列. 方法二　由等比数列{bn}的公比q≠1时的前n项和Sn=Aqn+B满足的条件为A=-B，对比可知Sn=3n-2，2≠1，故{an}不是等比数列. 1.若将本题改为数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn= 3n+1-2k，则实数k=　　.  延伸探究 ∵Sn=3n+1-2k=3×3n-2k，且{an}为等比数列， ∴3-2k=0，即k=. 31 2.若将本题改为数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn=a·+5，则实数a=　　　.  - 由Sn=a·+5，可得Sn=3a·+5，依题意有3a+5=0，故a=-. 32 反 思 感 悟 (1)已知Sn，通过an=求通项公式an，应特别注意当n≥2时，an=Sn-Sn-1.需验证当n=1时是否满足此式. (2)若数列{an}的前n项和Sn=A(qn-1)，其中A≠0，q≠0且q≠1，则{an}是等比数列. 若数列{an}的前n项和Sn=tn-1(t∈R)，则此数列是 A.等差数列 B.等比数列 C.等差数列或等比数列 D.以上说法均不对 跟踪训练 2 √ 34 当n=1时，a1=S1=t-1， 当n≥2时， an=Sn-Sn-1=tn-tn-1=tn-1(t-1)， 当t=1时，an=0， 所以{an}是等差数列； 当t=0时，{an}为非等差数列，非等比数列； 当t≠1，且t≠0时，an=tn-1(t-1)， 所以{an}是等比数列. 1.知识清单： (1)等比数列前n项和公式的推导. (2)等比数列前n项和公式的基本运算. (3)等比数列前n项和公式的结构特点. 2.方法归纳：公式法、错位相减法、方程思想、整体思想. 3.常见误区：等比数列前n项和公式中项数的判断易出错；应用等比数列前n项和公式时，易忘记对公比是否为1进行讨论. 课堂小结 随堂演练 三 1.等比数列1，x，x2，x3，…的前n项和Sn等于 A. B. C. D. √ 当x=1时，Sn=n； 当x≠1且x≠0时，Sn=. 1 2 3 4 2.数列{an}中，a1=2，an+1=2an，若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25，则k等于 A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.5 1 2 3 4 √ ∵an+1=2an，∴=2，又a1=2， ∴数列{an}是以2为首项，以2为公比的等比数列， 则an=2×2n-1=2n， ak+1+ak+2+…+ak+10===2k+1(210-1)=25(210-1)， ∴2k+1=25，则k+1=5，解得k=4. 3.已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=1，lg an+ lg an+1=lg 2n，n∈N*，则S9等于 A.511 B.61 C.41 D.9 1 2 3 4 √ 由lg an+lg an+1=lg 2n，可得lg(anan+1)=lg 2n， 即anan+1=2n，所以an+1an+2=2n+1，两式相除可得=2， 又由a1=1可得a2=2，因此数列{an}的奇数项是以a1=1为首项，2为公比的等比数列， 偶数项是以a2=2为首项，2为公比的等比数列， 所以S9=a1+a2+a3+…+a9=(a1+a3+…+a9)+(a2+a4+…+a8) =+=61. 1 2 3 4 4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=4×3n-1+t，则t=　　　.  设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，则Sn==-+， 即等比数列{an}的前n项和Sn要满足Sn=Aqn-A(Aq≠0)， 又因为Sn=4×3n-1+t=×3n+t，所以t=-. - 1 2 3 4 课时对点练 四 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 1.在等比数列{an}中，a1=2，a2=1，则S100等于 A.4-2100　　　　B.4+2100　　　　C.4-2-98　　　　D.4-2-100 √ q==. S100== =4×(1-2-100)=4-2-98. 2.已知等比数列{an}为递增数列，设其前n项和为Sn，若a2=2，S3=7，则a5的值为 A.16 B.32 C.8 D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 依题意，设等比数列{an}的公比为q， 则 解得(舍去)， 所以a5=a1q4=1×24=16. 3.已知{an}是首项为1的等比数列，Sn是其前n项和，且9S3=S6，则数列的前5项和等于 A.或5 B.或5 C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设数列{an}的公比为q，显然q≠1， 由已知得=，解得q=2， ∴数列是以1为首项，为公比的等比数列， ∴其前5项和为=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.在等比数列{an}中，a1+an=34，a2·an-1=64，且前n项和Sn=62，则项数n等于 A.4 B.5 C.6 D.7 √ 因为数列{an}为等比数列， 所以a2·an-1=a1·an=64. ① 又a1+an=34， ② 联立①②，解得a1=2，an=32或a1=32，an=2. 当a1=2，an=32时，Sn===62， 解得q=2，所以an=2×2n-1=32，此时n=5， 同理可得当a1=32，an=2时，也有n=5， 则项数n等于5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.设Sn是等比数列{an}的前n项和，若=，则等于 A. B. C. D. √ 设数列{an}的公比为q(q≠0)， ∵=， ∴q≠1且=， ∴=， ∴q504=9.∴==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)已知等比数列{an}的前n项和Sn=a·bn+c，a，b，c∈R，则 A.ac<0 B.b是数列{an}的公比 C.数列{Sn}可能为等比数列 D.数列{an}不可能为常数列 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ 设等比数列{an}的公比为q，若q=1，则Sn=na1，此时Sn是关于n的一次函数，数列{an}为常数列，而Sn=a·bn+c不是关于n的一次函数，所以q≠1，数列{an}不可能为常数列，故D正确； 因为q≠1，所以Sn==-·qn+， 又Sn=a·bn+c，所以故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ac=-·=-<0，故A正确； 因为c=≠0，a，b也均不为0，所以=不可能为常数，即数列{Sn}不可能为等比数列，故C错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.已知Sn为等比数列{an}的前n项和，且a1=3，=a4，则S4的值为　　　.  根据题意，设等比数列{an}的公比为q，q≠0， 若=a4，则有(a1q)2=a1q3，即9q2=3q3，解得q=3或q=0(舍去)， 则S4==120. 120 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.已知等比数列{an}的前n项和Sn=32n-2+r，则r的值为　　　.  - 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　Sn=32n-2+r=·9n+r，结合等比数列前n项和公式的结构特点可知r=-. 方法二　等比数列{an}的前n项和为Sn=32n-2+r，n∈N*， 当n=1时，可得32-2+r=r+1=S1，可得a1=1+r， 当n≥2时，Sn-1=32n-4+r，则an=Sn-Sn-1=32n-2+r-(32n-4+r)=8·32n-4， 因为{an}为等比数列，所以8·3-2=1+r，解得r=-. 9.已知数列{an}是等比数列. (1)若a1=3，q=2，求S6； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 S6===189. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若a1=-，q=-，an=，求Sn； Sn===-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)若a1=-1，a4=64，求q与S4； 由q3===-64， 得q=-4. ∴S4===51. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (4)若a3=，S3=，求a1与q. 方法一　当q=1时，a1=a3=， 又S3=，∴S3=3a1，符合题意. 当q≠1时，S3==， ① a3=a1q2=， ② 由①得a1(1+q+q2)=， ③ ③÷②得=3， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 即2q2-q-1=0， ∴(2q+1)(q-1)=0， ∵q≠1，∴q=-， ∴a1===6， 综上，当q=1时，a1=； 当q=-时，a1=6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　∵S3=a1+a2+a3=a3(q-2+q-1+1)， a3=，S3=， ∴q-2+q-1+1=3， 即2q2-q-1=0，解得q=1或q=-. 当q=1时，a1=； 当q=-时，a1=6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列. (1)求数列{an}的公比q； 依题意有a1+(a1+a1q) =2(a1+a1q+a1q2)， 由于a1≠0，故2q2+q=0. 又q≠0，从而q=-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若a1-a3=3，求Sn. 由已知可得a1-a1=3， 故a1=4. 从而Sn==×. 11.等比数列{an}的前n项和Sn=m·4n-1+t(其中m，t为常数)，则等于 A.4 B.-4 C.1 D.-1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 √ 方法一　a1=S1=m+t， a2=S2-S1=3m，a3=S3-S2=12m， 因为{an}为等比数列， 则=a1a3，所以9m2=12m(m+t)， 即m=-4t，故=-4. 方法二　Sn=m·4n-1+t=m·4n+t， 因为{an}是等比数列，故m=-t，则=-4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.等比数列{an}中，a1=1，a5=4a3，Sn为{an}的前n项和.若Sm=63，则m的值是 A.6 B.7 C.8 D.不存在 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设等比数列{an}的公比为q.在等比数列{an}中，a1=1，a5=4a3， 则q2==4，则q=±2. 当q=2时，若Sm=63，则有=63，解得m=6； 当q=-2时，若Sm=63，则有=63，整理可得(-2)m=-188，无整数解.故m=6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.设f(n)=2+23+25+27+…+22n+7，则f(n)等于 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 易知1，3，5，7，…是首项为1，公差为2的等差数列， 设该数列为，则am=2m-1， 设an=2n+7， 令2m-1=2n+7，∴m=n+4， ∴f(n)是以2为首项，22=4为公比的等比数列的前n+4项的和， ∴f(n)==. 14.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，2Sn=an+1-1，则Sn=　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法一　当n=1时，则有2S1=a2-1， ∴a2=2S1+1=2a1+1=3； 当n≥2时，由2Sn=an+1-1得，2Sn-1=an-1， 上述两式相减得2an=an+1-an， ∴an+1=3an，得=3且=3， ∴数列{an}是以1为首项，以3为公比的等比数列， ∴Sn==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 方法二　∵2Sn=an+1-1=Sn+1-Sn-1， ∴Sn+1=3Sn+1， ∴Sn+1+=3，S1+=a1+=， ∴数列，公比为3的等比数列， ∴Sn+=×3n-1=×3n， ∴Sn=×3n-=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n=1，2，3，…)，则q的取值范围是　　　　　　　　　.  拓广探究 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (-1，0)∪(0，+∞) 因为数列{an}为等比数列，Sn>0，所以a1=S1>0，q≠0. 当q=1时，Sn=na1>0； 当q≠1时，Sn=>0，即>0， 所以 所以-1<q<1或q>1. 综上，q的取值范围为(-1，0)∪(0，+∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.设数列{an}的前n项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且-a1，Sn，an+1成等差数列. (1)求{an}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 依题意，得2Sn=an+1-a1. 于是，当n≥2时，有 两式相减，得an+1=3an(n≥2). 又因为a2=2S1+a1=3a1，an≠0，所以数列{an}是首项为a1，公比为3的等比数列. 因此，an=a1·3n-1(n∈N*). (2)设bn=1-Sn，问：是否存在a1，使数列为等比数列？若存在，求出a1的值；若不存在，请说明理由. 因为Sn==a1·3n-a1， 所以bn=1-Sn=1+a1-a1·3n. 要使为等比数列，则1+a1=0， 即a1=-2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 第四章 <<< $$ 4.3.2　等比数列的前n项和公式 第1课时　等比数列的前n项和公式 ［学习目标］　1.掌握等比数列的前n项和公式及公式推导思路.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.3.能由等比数列前n项和公式特点判断等比数列. 导语 前面我们推导了等差数列的前n项和，同学们回忆一下，我们用的什么方法？能不能用这种方法来求等比数列的前n项和呢？如果不能，我们该用什么方法求等比数列的前n项和？ 一、等比数列前n项和公式 问题1　若等比数列｛an｝的首项是a1，公比是q，如何求该等比数列的前n项的和？ 提示　思路一：因为Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an， 所以Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-2+a1qn-1， 上式中每一项都乘等比数列的公比可得qSn=a1q+a1q2+a1q3+…+a1qn-1+a1qn， 发现上面两式中有很多相同的项，两式相减可得Sn-qSn=a1-a1qn， 即（1-q）Sn=a1（1-qn），当q≠1时，有Sn=，而当q=1时，Sn=na1.上述等比数列求前n项和的方法，我们称为“错位相减法”. 思路二：当q≠1时，由等比数列的定义得==…==q， 根据等比数列的性质，有==q⇒（1-q）Sn=a1-anq， 所以当q≠1时，Sn=，该推导方法围绕基本概念，从等比数列的定义出发，运用等比数列的性质，推导出了公式，通过上述两种推导方法，我们获得了等比数列前n项和的两种形式，而这两种形式可以利用an=a1qn-1相互转化. 思路三：Sn=a1+a2+a3+…+an=a1+q（a1+a2+…+an-1）， 所以有Sn=a1+qSn-1⇒Sn=a1+q（Sn-an）⇒（1-q）Sn=a1-anq， 所以当q≠1时，Sn==，显然方程的思想在本次推导过程中显示了巨大的威力，在已知量和未知量之间搭起桥梁，使我们不拘泥于课本，又能使问题得到解决. 问题2　同学们，现在你能帮国王算一下他需要付出多少颗麦粒吗？ 提示　S64=1+2+22+23+…+263==264-1=18 446 744 073 709 551 615，然而这个数字对国王来说是一个天文数字，显然国王无法实现他的诺言. 知识梳理　 等比数列的前n项和公式 已知量 首项、公比与项数 首项、公比与末项 求和公式 公式一：Sn= 公式二：Sn= 注意点： （1）用等比数列前n项和公式求和，一定要对该数列的公比q=1和q≠1进行分类讨论. （2）公式一中的n表示的是所求数列的项数. （3）公式二中的a1表示数列的第一项，an表示数列的最后一项 . 例1　（1）在等比数列｛an｝中. ①a1=2，q=-，求S10； ②q=，S100=150，求a2+a4+a6+…+a100的值. 解　①S10===×=. ②方法一　S100=a1+a2+a3+a4+…+a99+a100 =2（a2+a4+…+a100）+a2+a4+…+a100 =3（a2+a4+…+a100）=150， ∴a2+a4+a6+…+a100=50. 方法二　S100==150， 整理得a1=75， ∴a2+a4+…+a100= =a1=×75=50. （2）在等比数列｛an｝中. ①S2=30，S3=155，求Sn； ②a1+a3=10，a4+a6=，求S5； ③a1+an=66，a2an-1=128，Sn=126，求公比q. 解　①由题意知 解得或 从而Sn=×5n+1-或 Sn=. ②由题意知 解得 从而S5==. ③因为a2an-1=a1an=128，且a1+an=66， 所以a1，an是方程x2-66x+128=0的两个根. 从而或 又Sn==126，所以q=2或. 反思感悟　在等比数列｛an｝的五个量a1，q，an，n，Sn中，a1与q是最基本的，当条件与结论间的联系不明显时，均可以用a1与q表示an与Sn，从而列方程组求解.在解方程组时经常用到两式相除达到整体消元的目的，这是方程思想与整体思想在数列中的具体应用.（注意：q=1和q≠1的讨论） 跟踪训练1　（1）在14与之间插入n个数，组成所有项的和为的等比数列，求此数列的项数. 解　设此数列的公比为q，易知q≠1， 则解得 故此数列共有5项. （2）①若a2-a1=1，a3-a1=3，求等比数列｛an｝的前n项和Sn； ②已知S4=1，S8=17，求等比数列｛an｝的通项. 解　①设等比数列｛an｝的公比为q，由已知， 得 解得 ∴Sn==2n-1. ②若q=1，则S8=2S4，不符合题意，∴q≠1， ∴S4==1， S8==17， 两式相除得=17=1+q4， 解得q=2或q=-2. 当q=2时，a1=； 当q=-2时，a1=-， ∴an=×2n-1或an=-×（-2）n-1. 二、利用等比数列前n项和公式判断等比数列 问题3　你能发现等比数列前n项和公式Sn=（q≠1）的函数特征吗？ 提示　Sn==-qn+，设A=-，则Sn=Aqn-A. 知识梳理 1.当公比q≠1时，设A=，等比数列的前n项和公式是Sn=Aqn-A.即Sn是n的指数型函数. 2.当公比q=1时，因为a1≠0，所以Sn=na1，Sn是n的正比例函数. 注意点：公比不为1的等比数列前n项和公式的结构特点：qn的系数与常数项互为相反数. 例2　数列｛an｝的前n项和Sn=3n-2.求｛an｝的通项公式，并判断｛an｝是否是等比数列. 解　方法一　当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（3n-2）-（3n-1-2）=2×3n-1. 当n=1时，a1=S1=31-2=1不适合上式. ∴an= 由于a1=1，a2=6，a3=18，显然a1，a2，a3不是等比数列，即｛an｝不是等比数列. 方法二　由等比数列｛bn｝的公比q≠1时的前n项和Sn=Aqn+B满足的条件为A=-B，对比可知Sn=3n-2，2≠1，故｛an｝不是等比数列. 延伸探究　 1.若将本题改为数列｛an｝是等比数列，且其前n项和为Sn=3n+1-2k，则实数k=　　　　.  答案　 解析　∵Sn=3n+1-2k=3×3n-2k，且｛an｝为等比数列， ∴3-2k=0，即k=. 2.若将本题改为数列｛an｝是等比数列，且其前n项和为Sn=a·+5，则实数a=　　　　.  答案　- 解析　由Sn=a·+5，可得Sn=3a·+5，依题意有3a+5=0，故a=-. 反思感悟　（1）已知Sn，通过an=求通项公式an，应特别注意当n≥2时，an=Sn-Sn-1.需验证当n=1时是否满足此式. （2）若数列｛an｝的前n项和Sn=A（qn-1），其中A≠0，q≠0且q≠1，则｛an｝是等比数列. 跟踪训练2　若数列｛an｝的前n项和Sn=tn-1（t∈R），则此数列是（　　） A.等差数列 B.等比数列 C.等差数列或等比数列 D.以上说法均不对 答案　D 解析　当n=1时，a1=S1=t-1， 当n≥2时， an=Sn-Sn-1=tn-tn-1=tn-1（t-1）， 当t=1时，an=0， 所以｛an｝是等差数列； 当t=0时，｛an｝为非等差数列，非等比数列； 当t≠1，且t≠0时，an=tn-1（t-1）， 所以｛an｝是等比数列. 1.知识清单： （1）等比数列前n项和公式的推导. （2）等比数列前n项和公式的基本运算. （3）等比数列前n项和公式的结构特点. 2.方法归纳：公式法、错位相减法、方程思想、整体思想. 3.常见误区：等比数列前n项和公式中项数的判断易出错；应用等比数列前n项和公式时，易忘记对公比是否为1进行讨论. 1.等比数列1，x，x2，x3，…的前n项和Sn等于（　　） A. B. C. D. 答案　C 解析　当x=1时，Sn=n； 当x≠1且x≠0时，Sn=. 2.数列｛an｝中，a1=2，an+1=2an，若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25，则k等于（　　） A.2 B.3 C.4 D.5 答案　C 解析　∵an+1=2an，∴=2，又a1=2， ∴数列｛an｝是以2为首项，以2为公比的等比数列， 则an=2×2n-1=2n， ak+1+ak+2+…+ak+10= ==2k+1（210-1）=25（210-1）， ∴2k+1=25，则k+1=5，解得k=4. 3.已知各项均为正数的数列｛an｝的前n项和为Sn，且满足a1=1，lg an+lg an+1=lg 2n，n∈N*，则S9等于（　　） A.511 B.61 C.41 D.9 答案　B 解析　由lg an+lg an+1=lg 2n， 可得lg（anan+1）=lg 2n， 即anan+1=2n，所以an+1an+2=2n+1， 两式相除可得=2， 又由a1=1可得a2=2，因此数列｛an｝的奇数项是以a1=1为首项，2为公比的等比数列， 偶数项是以a2=2为首项，2为公比的等比数列， 所以S9=a1+a2+a3+…+a9=（a1+a3+…+a9）+（a2+a4+…+a8） =+=61. 4.已知等比数列｛an｝的前n项和为Sn，若Sn=4×3n-1+t，则t=　　　　.  答案　- 解析　设等比数列｛an｝的公比为q（q≠1），则Sn==-+， 即等比数列｛an｝的前n项和Sn要满足Sn=Aqn-A（Aq≠0）， 又因为Sn=4×3n-1+t=×3n+t，所以t=-. 课时对点练　［分值：100分］ 单选题每小题5分，共40分；多选题每小题6分，共6分 1.在等比数列｛an｝中，a1=2，a2=1，则S100等于（　　） A.4-2100 B.4+2100 C.4-2-98 D.4-2-100 答案　C 解析　q==. S100== =4×（1-2-100）=4-2-98. 2.已知等比数列｛an｝为递增数列，设其前n项和为Sn，若a2=2，S3=7，则a5的值为（　　） A.16 B.32 C.8 D. 答案　A 解析　依题意，设等比数列｛an｝的公比为q， 则 解得或（舍去）， 所以a5=a1q4=1×24=16. 3.已知｛an｝是首项为1的等比数列，Sn是其前n项和，且9S3=S6，则数列的前5项和等于（　　） A.或5 B.或5 C. D. 答案　C 解析　设数列｛an｝的公比为q，显然q≠1， 由已知得=，解得q=2， ∴数列是以1为首项，为公比的等比数列， ∴其前5项和为=. 4.在等比数列｛an｝中，a1+an=34，a2·an-1=64，且前n项和Sn=62，则项数n等于（　　） A.4 B.5 C.6 D.7 答案　B 解析　因为数列｛an｝为等比数列， 所以a2·an-1=a1·an=64. ① 又a1+an=34， ② 联立①②，解得a1=2，an=32或a1=32，an=2. 当a1=2，an=32时，Sn===62， 解得q=2，所以an=2×2n-1=32， 此时n=5， 同理可得当a1=32，an=2时，也有n=5， 则项数n等于5. 5.设Sn是等比数列｛an｝的前n项和，若=，则等于（　　） A. B. C. D. 答案　B 解析　设数列｛an｝的公比为q（q≠0）， ∵=， ∴q≠1且=， ∴=， ∴q504=9.∴==. 6.（多选）已知等比数列｛an｝的前n项和Sn=a·bn+c，a，b，c∈R，则（　　） A.ac<0 B.b是数列｛an｝的公比 C.数列｛Sn｝可能为等比数列 D.数列｛an｝不可能为常数列 答案　ABD 解析　设等比数列｛an｝的公比为q，若q=1，则Sn=na1，此时Sn是关于n的一次函数，数列｛an｝为常数列，而Sn=a·bn+c不是关于n的一次函数，所以q≠1，数列｛an｝不可能为常数列，故D正确； 因为q≠1，所以Sn==-·qn+，又Sn=a·bn+c，所以 故B正确； ac=-·=-<0，故A正确； 因为c=≠0，a，b也均不为0，所以=不可能为常数，即数列｛Sn｝不可能为等比数列，故C错误. 7.（5分）已知Sn为等比数列｛an｝的前n项和，且a1=3，=a4，则S4的值为　　　　.  答案　120 解析　根据题意，设等比数列｛an｝的公比为q，q≠0， 若=a4，则有（a1q）2=a1q3，即9q2=3q3，解得q=3或q=0（舍去）， 则S4==120. 8.（5分）已知等比数列｛an｝的前n项和Sn=32n-2+r，则r的值为　　　　.  答案　- 解析　方法一　Sn=32n-2+r=·9n+r，结合等比数列前n项和公式的结构特点可知r=-. 方法二　等比数列｛an｝的前n项和为Sn=32n-2+r，n∈N*， 当n=1时，可得32-2+r=r+1=S1，可得a1=1+r， 当n≥2时，Sn-1=32n-4+r，则an=Sn-Sn-1=32n-2+r-（32n-4+r）=8·32n-4， 因为｛an｝为等比数列，所以8·3-2=1+r，解得r=-. 9.（10分）已知数列｛an｝是等比数列. （1）若a1=3，q=2，求S6；（2分） （2）若a1=-，q=-，an=，求Sn；（2分） （3）若a1=-1，a4=64，求q与S4；（3分） （4）若a3=，S3=，求a1与q.（3分） 解　（1）S6===189. （2）Sn===-. （3）由q3===-64， 得q=-4. ∴S4===51. （4）方法一　当q=1时，a1=a3=， 又S3=，∴S3=3a1，符合题意. 当q≠1时，S3==， ① a3=a1q2=， ② 由①得a1（1+q+q2）=， ③ ③÷②得=3， 即2q2-q-1=0， ∴（2q+1）（q-1）=0， ∵q≠1，∴q=-， ∴a1===6， 综上，当q=1时，a1=； 当q=-时，a1=6. 方法二　∵S3=a1+a2+a3 =a3（q-2+q-1+1）， a3=，S3=， ∴q-2+q-1+1=3， 即2q2-q-1=0，解得q=1或q=-. 当q=1时，a1=； 当q=-时，a1=6. 10.（12分）等比数列｛an｝的前n项和为Sn，已知S1，S3，S2成等差数列. （1）求数列｛an｝的公比q；（6分） （2）若a1-a3=3，求Sn.（6分） 解　（1）依题意有a1+（a1+a1q） =2（a1+a1q+a1q2）， 由于a1≠0，故2q2+q=0. 又q≠0，从而q=-. （2）由已知可得a1-a1=3， 故a1=4. 从而Sn==×. 11.等比数列｛an｝的前n项和Sn=m·4n-1+t（其中m，t为常数），则等于（　　） A.4 B.-4 C.1 D.-1 答案　B 解析　方法一　a1=S1=m+t， a2=S2-S1=3m，a3=S3-S2=12m， 因为｛an｝为等比数列， 则=a1a3，所以9m2=12m（m+t）， 即m=-4t，故=-4. 方法二　Sn=m·4n-1+t=m·4n+t， 因为｛an｝是等比数列，故m=-t，则=-4. 12.等比数列｛an｝中，a1=1，a5=4a3，Sn为｛an｝的前n项和.若Sm=63，则m的值是（　　） A.6 B.7 C.8 D.不存在 答案　A 解析　设等比数列｛an｝的公比为q.在等比数列｛an｝中，a1=1，a5=4a3， 则q2==4，则q=±2. 当q=2时，若Sm=63，则有=63，解得m=6； 当q=-2时，若Sm=63，则有=63，整理可得（-2）m=-188，无整数解.故m=6. 13.设f（n）=2+23+25+27+…+22n+7，则f（n）等于（　　） A. B. C. D. 答案　D 解析　易知1，3，5，7，…是首项为1，公差为2的等差数列， 设该数列为，则am=2m-1， 设an=2n+7， 令2m-1=2n+7，∴m=n+4， ∴f（n）是以2为首项，22=4为公比的等比数列的前n+4项的和， ∴f（n）==. 14.（5分）已知数列｛an｝的前n项和为Sn，a1=1，2Sn=an+1-1，则Sn=　　　　.  答案　 解析　方法一　当n=1时，则有2S1=a2-1， ∴a2=2S1+1=2a1+1=3； 当n≥2时，由2Sn=an+1-1得，2Sn-1=an-1， 上述两式相减得2an=an+1-an， ∴an+1=3an，得=3且=3， ∴数列｛an｝是以1为首项，以3为公比的等比数列， ∴Sn==. 方法二　∵2Sn=an+1-1=Sn+1-Sn-1， ∴Sn+1=3Sn+1， ∴Sn+1+=3，S1+=a1+=， ∴数列是首项为，公比为3的等比数列， ∴Sn+=×3n-1=×3n， ∴Sn=×3n-=. 15.（5分）等比数列｛an｝的公比为q，前n项和Sn>0（n=1，2，3，…），则q的取值范围是　　　　.  答案　（-1，0）∪（0，+∞） 解析　因为数列｛an｝为等比数列，Sn>0， 所以a1=S1>0，q≠0. 当q=1时，Sn=na1>0； 当q≠1时，Sn=>0，即>0， 所以或 所以-1<q<1或q>1. 综上，q的取值范围为（-1，0）∪（0，+∞）. 16.（12分）设数列｛an｝的前n项和为Sn，其中an≠0，a1为常数，且-a1，Sn，an+1成等差数列. （1）求｛an｝的通项公式；（6分） （2）设bn=1-Sn，问：是否存在a1，使数列为等比数列？若存在，求出a1的值；若不存在，请说明理由.（6分） 解　（1）依题意，得2Sn=an+1-a1.于是，当n≥2时，有 两式相减，得an+1=3an（n≥2）. 又因为a2=2S1+a1=3a1，an≠0，所以数列｛an｝是首项为a1，公比为3的等比数列. 因此，an=a1·3n-1（n∈N*）. （2）因为Sn==a1·3n-a1， 所以bn=1-Sn=1+a1-a1·3n. 要使为等比数列，则1+a1=0， 即a1=-2. 学科网（北京）股份有限公司 $$