1.3.2 第1课时 等比数列的前n项和-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦等比数列前n项和，系统涵盖公式推导、性质应用及综合运算，通过问题链（如对比等差数列求和法、公式推导步骤）引导学生自主探究，搭建从已知到未知的学习支架。 其亮点在于以核心素养为导向，通过公式推导培养逻辑推理，题型训练（一题多解、变式练习）提升数学运算，结合易错点分析帮助学生规避错误。分层设计（课前自主、课堂互动、课后评价）符合教学规律，教师可直接使用提升效率，学生能系统掌握知识并发展思维能力。

第一章　数列 §3　等比数列 3．2　等比数列的前n项和 第1课时　等比数列的前n项和 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 目 录 课前案·自主学习 01 02 CONTENTS 03 课堂案·互动探究 课后案·学业评价 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课前案·自主学习 01 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 导学1 等比数列前n项和公式 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 导学2 等比数列前n项和的性质 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 等比 qn q 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课堂案·互动探究 02 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 点击进入Word 课后案·学业评价 03 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 学业标准 素养目标 1.掌握等比数列的前n项和公式，能运用等比数列的前n项和公式解决一些简单问题．(重点) 2．掌握等比数列前n项和的性质，并能综合应用．(重点、难点) 1.通过等比数列前n项和公式的推导，培养逻辑推理等核心素养． 2．借助等比数列求和的综合应用，提升数学运算等核心素养． 　要求通项为an＝2n-1的等比数列前64项的和，能不能像等差数列求和一样用倒序相加法？ [提示]　不能用倒序相加法，因为对应各项后的和不相等． 　如何求等比数列{an}的前n项和Sn? [提示]　设等比数列{an}的首项是a1，公比是q，前n项和为Sn. 由Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn-1，① 则qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn-1＋a1qn.② 由①－②得：(1－q)Sn＝a1－a1qn. 当q≠1时，Sn＝ eq \f(a1(1－qn),1－q)； 当q＝1时，由于a1＝a2＝…＝an，所以Sn＝na1. 　当q≠1时，Sn＝ eq \f(a1(1－qn),1－q)＝－ eq \f(a1,1－q)qn＋ eq \f(a1,1－q)，即等比数列{an}的前n项和可以写成Sn＝Aqn＋B(q≠1，且AB≠0)的形式，其中A＋B＝0，反之成立吗？ [提示]　成立．若数列{an}的前n项和Sn＝Aqn＋B(q≠1且AB≠0)，且A＋B＝0，则数列{an}是等比数列．证明如下：当n＝1时，a1＝S1＝Aq＋B＝A(q－1)；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Aqn－Aqn-1＝(q－1)·Aqn-1，又因为a1＝A(q－1)满足an＝(q－1)Aqn-1， 所以an＝A(q－1)qn-1，故数列{an}是等比数列． ◎结论形成 等比数列的前n项和公式 已知量 首项、公比与项数 首项、末项与公比 求和公式 ____________________________ _________________________ Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1且q≠0.)) Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1－anq,1－q)，q≠1且q≠0.)) [导学点睛]　在应用公式求和时，应注意到Sn＝ eq \f(a1(1－qn),1－q)的使用条件为q≠1且q≠0，而当q＝1时应按常数列求和，即Sn＝na1. [拓展]　Sn是数列{an}的前n项和．{an}是公比不等于1的等比数列⇔Sn＝Aqn＋B，且A＋B＝0. 　在等比数列{an}中，若连续m项的和不等于0，则它们仍组成等比数列．即Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…仍组成等比数列．怎样证明这个关系？ [提示]　因为在等比数列{an}中有am＋n＝amqn， 所以Sm＝a1＋a2＋…＋am，S2m－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋a2m＝a1qm＋a2qm＋…＋amqm＝(a1＋a2＋…＋am)qm＝Sm·qm.同理S3m－S2m＝Sm·q2m，…，所以当Sm≠0时，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍组成等比数列． ◎结论形成 1．前n项和性质 等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成______数列(当q＝－1，n为偶数时，上述性质不成立)，公比为___． 2．项的个数的“奇偶”性质 在等比数列{an}中，公比为q. (1)若共有2n项，则S偶∶S奇＝___； (2)若共有2n＋1项，则S奇－S偶＝ eq \f(a1(1＋q2n+1),1＋q)(q≠0，q≠1且q≠－1). [拓展]　若{an}是公比为q的等比数列，前n项积为Tn，n，m∈N＋，则 (1)Tn＝a eq \o\al(n,1)q eq \s\up6(\f(n(n－1),2))； (2)Tm， eq \f(T2m,Tm)， eq \f(T3m,T2m)，…是等比数列，公比为qm2. 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)数列1， eq \f(1,2)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)，…， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(100)的各项和等于2 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(100))).(　　) (2)若首项为a的数列既是等比数列又是等差数列，则其前n项和等于na.(　　) (3)若a∈R，则1＋a＋a2＋…＋an-1＝ eq \f(1－an,1－a).(　　) (4)1－2＋4－8＋16－…＋(－2)n-1＝ eq \f(1×(1－2)n,1－(－2)).(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)× 2．等比数列{an}的各项都是正数，若a1＝81，a5＝16，则它的前5项的和是(　　) A．179　　　　　　 B．211 C．243 D．275 解析　因为q4＝ eq \f(a5,a1)＝ eq \f(16,81)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(4)，各项都是正数， 所以q＝ eq \f(2,3)， 因此S5＝ eq \f(a1－a5q,1－q)＝ eq \f(81－16×\f(2,3),1－\f(2,3))＝211. 答案　B 3．设Sn为等比数列{an}的前n项和．若27a4＋a7＝0，则 eq \f(S4,S2)＝(　　) A．10 B．9 C．－8 D．－5 解析　设数列{an}的公比为q，由27a4＋a7＝0，得a4(27＋q3)＝0.因为a4≠0，所以27＋q3＝0，解得q＝－3，故 eq \f(S4,S2)＝ eq \f(1－q4,1－q2)＝10. 答案　A 4．已知一个等比数列的首项为1，项数为偶数，其奇数项之和为85，偶数项之和为170，则这个数列的公比q＝___________． 解析　法一　设S偶与S奇分别是该等比数列偶数项的和与奇数项的和，公比为q，则 eq \f(S偶,S奇)＝q＝ eq \f(170,85)＝2. 法二　设该等比数列的项数为2n，易得该等比数列的奇数项和偶数项也分别成等比数列，且公比均为q2， ∴ eq \f(a1[1－(q2)n],1－q2)＝85，① eq \f(a1·q[1－(q2)n],1－q2)＝170.② ②÷①，得q＝2. 答案　2 题型一　等比数列前n项和的基本计算 eq \a\vs4\al(一题多解) 　[教材例5拓展](1)(多选题)设Sn是公比为正数的等比数列{an}的前n项和．若a2＝ eq \f(1,2)，a3a5＝ eq \f(1,64)，则(　　) A．a4＝ eq \f(1,8) B．S3＝ eq \f(9,4) C．an＋Sn为常数 D．{Sn－2}为等比数列 (2)(2025·哈尔滨六校高二联考)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝9，则S15＝(　　) A．48 B．81 C．93 D．243 (3)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a4－a2＝12，a5－a3＝24，则 eq \f(S4,a1＋a3)＝___________． [解析]　(1)设{an}的公比为q(q＞0)，则a2q·a2q3＝ eq \f(1,64)，解得q＝ eq \f(1,2)，故an＝a2qn-2＝ eq \f(1,2n-1)，则a1＝1，Sn＝ eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2－ eq \f(1,2n-1).对于A，a4＝ eq \f(1,23)＝ eq \f(1,8)，故A正确；对于B，S3＝2－ eq \f(1,22)＝ eq \f(7,4)，故B错误；对于C，an＋Sn＝ eq \f(1,2n-1)＋2－ eq \f(1,2n-1)＝2为常数，故C正确；对于D，由Sn－2＝－ eq \f(1,2n-1)， eq \f(Sn－2,Sn－1－2)＝ eq \f(1,2)，n≥2，可得{Sn－2}为等比数列，故D正确．故选ACD. (2)设等比数列{an}的公比为q，因为S3＝3，S6＝9， 若q＝1，则S3＝3a1＝3，得a1＝1，则S6＝6a1＝6≠9，故q≠1， 则 eq \f(S6,S3)＝ eq \f(\f(a1(1－q6),1－q),\f(a1(1－q3),1－q))＝ eq \f(1－q6,1－q3)＝1＋q3＝ eq \f(9,3)＝3， 所以q3＝2， 所以 eq \f(S15,S3)＝ eq \f(\f(a1(1－q15),1－q),\f(a1(1－q3),1－q))＝ eq \f(1－q15,1－q3)＝ eq \f(1－25,1－2)＝31， 所以S15＝31S3＝31×3＝93. 故选C. (3)由数列{an}为等比数列，设其公比为q，又a4－a2＝12，则a5－a3＝a4q－a2q＝(a4－a2)q＝12q＝24，解得q＝2，所以a4－a2＝a1q3－a1q＝6a1＝12，则a1＝2，所以an＝a1qn-1＝2n，Sn＝ eq \f(a1(1－qn),1－q)＝ eq \f(2(1－2n),1－2)＝2n+1－2，所以a3＝8，S4＝25－2＝30，所以 eq \f(S4,a1＋a3)＝ eq \f(30,2＋8)＝3. [答案]　(1)ACD　(2)C　(3)3 等比数列前n项和的运算技巧 (1)注意考查条件，公比为1时是否成立． (2)涉及的基本量有a1，q，n，an，Sn共五个，“知三求二”，常常列方程组来求解． (3)消元解方程组的过程中，常常用到两式相除、整体代入的方法．　 [触类旁通] 1．(1)(多选题)(2025·全国二卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3＝7，a3＝1，则(　　) A．q＝ eq \f(1,2) B．a5＝ eq \f(1,9) C．S5＝8 D．an＋Sn＝8 (2)在等比数列{an}中，若a3＝ eq \f(3,2)，S3＝ eq \f(9,2)，求a1和公比q. 解析　(1)对A，由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1q2＝1，,a1＋a1q＋a1q2＝7，))结合q>0，解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝9，,q＝－\f(1,3)))(舍去)，故A正确； 对B，则a5＝a1q4＝4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)＝ eq \f(1,4)，故B错误； 对C，S5＝ eq \f(a1(1－q5),1－q)＝ eq \f(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32))),1－\f(1,2))＝ eq \f(31,4)，故C错误； 对D，an＝4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＝23-n，Sn＝ eq \f(4×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝8－23-n， 则an＋Sn＝23-n＋8－23-n＝8，故D正确； 故选AD. (2)①当q≠1时，S3＝ eq \f(a1(1－q3),1－q)＝ eq \f(9,2)， 又a3＝a1·q2＝ eq \f(3,2)， ∴a1(1＋q＋q2)＝ eq \f(9,2)，即 eq \f(\f(3,2),q2)(1＋q＋q2)＝ eq \f(9,2)， 解得q＝－ eq \f(1,2)(q＝1舍去)，∴a1＝6. ②当q＝1时，S3＝3a1，∴a1＝ eq \f(3,2). 综上得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝6，,q＝－\f(1,2)，))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝\f(3,2)，,q＝1.)) 答案　(1)AD　(2)略 题型二　等比数列前n项和性质的应用 eq \a\vs4\al(一题多解　一题多变) 　[教材P32B组T2迁移](1)在各项均为正数的等比数列{an}中，若S10＝10，S20＝30，则S30的值为_____________； (2)已知等比数列{an}的前4项和为1，且公比q＝2，则前12项的和为______________． [解析]　(1)法一　设{an}的公比为q，显然q≠1. 由已知条件可列出方程组 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(10＝\f(a1(1－q10),1－q)，,30＝\f(a1(1－q20),1－q)，)) 两式作商得1＋q10＝3，所以q10＝2， 所以S30＝ eq \f(a1(1－q30),1－q)＝ eq \f(a1(1－q10),1－q)(1＋q10＋q20)＝10×(1＋2＋4)＝70. 法二　由性质Sm＋n＝Sn＋qn·Sm，得 S20＝S10＋q10S10，即30＝10＋10q10， 所以q10＝2. 所以S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70. (2)因为S8－S4＝a5＋a6＋a7＋a8＝q4S4＝24＝16， 所以S8＝17. 又因为S4，S8－S4，S12－S8成等比数列， 所以(S8－S4)2＝S4·(S12－S8)， 即162＝S12－17，所以S12＝273. [答案]　(1)70　(2)273 [母题变式] (变结论)若本例(2)条件不变，则等比数列{an}的通项公式为____________. 解析　由S4＝1，q＝2，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a1(1－q4),1－q)＝1，,q＝2，)) 即(24－1)a1＝1，所以a1＝ eq \f(1,15). 所以an＝a1·qn-1＝ eq \f(1,15)·2n-1. 答案　an＝ eq \f(1,15)·2n-1 [素养聚焦]　本题主要考查等比数列前n项和性质的灵活应用，突出考查数学运算、逻辑推理等核心素养． 解决有关等比数列前n项和的问题时，若能恰当地使用等比数列前n项和的相关性质，则可以避繁就简．不仅可以减少解题步骤，而且可以使运算简便，同时还可以避免对公比q的讨论．解题时把握好等比数列前n项和性质的使用条件，并结合题设条件寻找使用性质的切入点．　 [触类旁通] 2．(1)(2025·天津一中期末)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3＝4，a4＋a5＋a6＝6，则 eq \f(S9,S6)＝(　　) A． eq \f(3,2) B． eq \f(19,10) C． eq \f(5,3) D． eq \f(19,6) (2)(2025·全国一卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于____________． 解析　(1)由题意得S6＝4＋6＝10，∵{an}是等比数列，∴S3，S6－S3，S9－S6是等比数列，∴(S9－S6)·S3＝(S6－S3)2，解得S9－S6＝9，∴S9＝9＋10＝19，∴ eq \f(S9,S6)＝ eq \f(19,10).故选B. (2)设等比数列为{an}，其公比为q，前n项和为Sn，因为等比数列{an}的各项均为正数，所以q>0，因为S4＝4，S8＝68，所以S8－S4＝64，因为S4，S8－S4，S12－S8，…成等比数列，且公比为q4，所以q4＝ eq \f(S8－S4,S4)＝ eq \f(64,4)＝16，又q>0，所以q＝2. 答案　(1)B　(2)2 题型三　等比数列前n项和的综合应用 　记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列． [解析]　(1)设公比为q，因为S2＝2，S3＝－6， 所以S3－S2＝a3＝－6－2＝－8， 又S2＝a1＋a2＝2，可得q2＋4q＋4＝0， 所以q＝－2.又a3＝a1q2＝－8，所以a1＝－2， 所以an＝a1qn-1＝(－2)n. (2)由(1)得Sn＝ eq \f(a1(1－qn),1－q)＝ eq \f(－2[1－(－2)n],1－(－2)) ＝ eq \f(2,3)[(－2)n－1]， 则Sn＋1＝ eq \f(2,3)[(－2)n+1－1]， Sn＋2＝ eq \f(2,3)[(－2)n+2－1]， 所以Sn＋1＋Sn＋2 ＝ eq \f(2,3)[(－2)n+1－1]＋ eq \f(2,3)[(－2)n+2－1] ＝ eq \f(2,3)[2(－2)n－2]＝ eq \f(4,3)[(－2)n－1]， 又2Sn＝ eq \f(4,3)[(－2)n－1]，即Sn＋1＋Sn＋2＝2Sn， 所以Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列． 等比数列前n项和的应用技巧 (1)求和时注意利用定义判断数列是否为等比数列，确定首项与公比是关键． (2)等比数列的前n项和的应用往往结合等差数列的项的性质，要综合应用数列知识解题．　 [触类旁通] 3．(2025·烟台高二月考)已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式． (1)证明　由题设，知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4an＋1＝3an－bn＋4，,4bn＋1＝3bn－an－4.)) 两式相加得4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)， 即an＋1＋bn＋1＝ eq \f(1,2)(an＋bn). 又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为 eq \f(1,2)的等比数列． 由题设两式相减得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8， 即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又a1－b1＝1， 所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解析　由(1)知，an＋bn＝ eq \f(1,2n-1)， an－bn＝2n－1. 所以an＝ eq \f(1,2)[(an＋bn)＋(an－bn)]＝ eq \f(1,2n)＋n－ eq \f(1,2)， bn＝ eq \f(1,2)[(an＋bn)－(an－bn)]＝ eq \f(1,2n)－n＋ eq \f(1,2). [缜密思维提能区] 易错案例 忽视等比数列的前n项和公式应用的条件致误 [典例]　求数列1，2a，4a2，8a3，…的前n项和Sn. [错解]　该数列是首项为1，公比为2a的等比数列，所以其前n项和Sn＝ eq \f(1－(2a)n,1－2a). [正解]　(1)当a＝0时，易得数列的前n项和Sn＝1. (2)当a≠0时，数列是公比为2a的等比数列． 若2a＝1，即a＝ eq \f(1,2)，这时数列为常数列， Sn＝n×1＝n； 若2a≠1，即a≠ eq \f(1,2)，其前n项和Sn＝ eq \f(1－(2a)n,1－2a). 又当a＝0时，Sn＝1，适合Sn＝ eq \f(1－(2a)n,1－2a)， 故Sn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1－(2a)n,1－2a)，a≠\f(1,2)，,n，a＝\f(1,2)．)) [纠错心得]　等比数列与等差数列相比，具有更多的特殊性．例如，等比数列中的任何一项均不能为零；等比数列的求和公式中，要分q＝1和q≠1两种情况分别求解．因此当数列中的项含有字母时，要注意分类讨论． 知识落实 技法强化 (1)等比数列前n项和公式的推导及性质． (2)等比数列前n项和公式的基本运算及综合应用． (1)应用前n项和公式要注意分类讨论，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． (2)应用等比数列前n项和的性质要注意整体思想的应用． $