4.3.2 第1课时 等比数列的前n项和公式-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦等比数列前n项和公式，通过问题导思引导学生从Sn与qSn关系、定义法两种路径推导公式，衔接通项公式，构建从具体运算到抽象公式的学习支架，帮助学生理解知识脉络。 其亮点在于以问题驱动探究，通过双路径推导培养数学抽象，典例变式结合方程思想提升数学运算，函数特性分析发展逻辑推理，分层评价巩固学习效果。学生能提升核心素养，教师可获得系统教学资源，高效实施教学。

　 第四章　单元学习三　等比数列 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.探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列通项公式与前n项和公式的关系. 2.会求解与等比数列前n项和有关的基本运算，培养数学运算的核心素养. 3.掌握等比数列前n项和公式的函数特征及其应用，提升逻辑推理、数学运算的核心素养. 内容索引 任务一　等比数列的前n项和公式 1 任务二　等比数列前n项和公式的函数特性 2 课时分层评价 4 随堂评价 3 任务一　等比数列的前n项和公式 返回 (阅读教材P34—35，完成探究问题1、2) 问题1.若等比数列{an}的首项是a1，公比是q，你能根据Sn与qSn的关系推导该等比数列的前n项和的公式吗？ 提示：能.因为Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋＋an，所以Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1＋a1①，上式中每一项都乘等比数列的公比可得qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1＋a1qn②， 发现①②两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. 问题导思 问题2.当q≠1时，由等比数列的定义得＝＝…＝＝q，你能依据上式推导前n项和的公式吗？ 提示：能.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，＝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. 等比数列的前n项和公式 新知构建 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＝ (1)等比数列前n项和公式分q＝1与q≠1两种情况，因此当公比未知或是代数式时，要对公比分类讨论. (2)当q≠1时，若已知a1，q和n，则用Sn＝较方便，若已知a1，an及q，则用Sn＝较方便. (3)解决等比数列的问题时，a1，an，n，q，Sn五个量中，知道任意三个，由通项公式和前n项和公式，可求出另外两个. 微提醒 (链教材P35例7)已知数列{an}是等比数列. (1)若a1＋a3＝10，a4＋a6＝，求S5； 典例 1 解：法一：由题意知 解得 从而S5＝＝. 法二：由(a1＋a3)q3＝a4＋a6， 得q3＝，从而q＝. 又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10， 所以a1＝8，从而S5＝＝. (2)若Sn＝189，q＝2，an＝96，求a1和n； 解：法一：由Sn＝，an＝a1以及已知条件，得 所以a1·2n＝192，所以2n＝. 于是189＝a1(2n－1)＝a1， 所以a1＝3. 又因为2n－1＝＝32，故n＝6. 法二：由公式Sn＝及已知条件，得189＝，解得a1＝3. 又由an＝a1·，得96＝3·2n－1，解得n＝6. (3)若S3＋S6＝S9，求其公比q. 解：若q＝1，则S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，显然满足S3＋S6＝S9，所以q＝1符合题意； 若q≠1，则＋＝， 整理得(q6－1)(q3－1)＝0，解得q＝－1(q＝1舍去). 综上，公比q的值等于1或－1. 变式探究　(变条件)本例(3)中，若将条件改为“数列{an}是等比数列，且S3＝3a3”，求其公比q的值. 解：法一：当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，符合题意； 当q≠1时，＝3a1q2，因为a1≠0，所以1－q3＝3q2(1－q)，解得q＝－，(q＝1舍去). 综上，q＝1，或q＝－. 法二：由S3＝3a3可知a1＋a2＋a3＝3a3，即a1＋a1q－2a1q2＝0. 由于a1≠0，则2q2－q－1＝0，解得q＝1，或q＝－. 等比数列前n项和运算的技巧 1.方程思想：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，an，n，q，Sn，其中首项a1和公比q为基本量，且“知三求二”，常常列方程组来解答. 2.整体思想：对于基本量的计算，列方程组求解是基本方法，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qn，都可以看作一个整体. [注意]　在解决与前n项和有关的问题时，首先要对公比q＝1或q≠1进行判断，若两种情况都有可能，则要分类讨论. 规律方法 对点练1.已知数列{an}是等比数列. (1)若an＝3×2n，求S6； 解：因为an＝3×2n＝6×2n－1，所以该等比数列的首项a1＝6，公比q＝2， 于是S6＝＝378. (2)若S2＝30，S3＝155，求Sn； 解：由题意知 解得 从而Sn＝＝＝×5n＋1－或Sn＝＝. (3)若a1＋an＝66，a2＝128，Sn＝126，求公比q. 解：因为a2＝a1an＝128， 所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两个根. 从而又Sn＝＝126， 即＝126，或＝126，所以q＝2或q＝. 返回 任务二　等比数列前n项和公式的函数特性 返回 问题3.当q＝1和q≠1时，数列{Sn}的图象分别具有什么特征？ 提示：(1)当公比q＝1时，因为a1≠0，所以Sn＝na1(n∈N*)，此时数列{Sn}的图象是函数y＝a1x图象上一系列孤立的点. (2)当公比q≠1时，Sn＝可以变形为Sn＝－·qn＋，记A＝，由上式可化为Sn＝－Aqn＋A，此时数列{Sn}的图象是函数y＝－Axn＋A图象上一系列孤立的点. 问题导思 问题4.在问题3中，当q≠1时，从函数的角度看，等比数列的前n项和公式有什么特点？ 提示：由问题3的提示知，当q≠1时，等比数列的前n项和Sn是由一个关于n的指数型函数与一个常数构成的，并且指数式的系数与常数互为相反数；反过来，如果已知某个数列的前n项和公式为Sn＝－Aqn＋A(A≠0，q≠0，q≠1，n∈N*)，那么这个数列是等比数列. 1.Sn＝＝－qn＋，设A＝－，则Sn＝Aqn－A. (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. 2.Sn＝＝－an＋. 新知构建 A(qn－1) na1 等比数列前n项和公式的结构特点即qn的系数与常数项互为相反数. 微提醒 角度1　利用前n项和公式判断等比数列 (一题多解)数列{an}的前n项和Sn＝3n－2.判断{an}是否是等比数列. 典例 2 解：法一：当n≥2时，an＝Sn－＝(3n－2)－(3n－1－2)＝2×3n－1. 当n＝1时，a1＝S1＝31－2＝1不适合上式. 所以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. 法二：由等比数列{an}的公比q≠1时的前n项和Sn＝A·qn＋B满足的条件为A＝－B，对比可知Sn＝3n－2，1≠－2，故{an}不是等比数列. 变式探究 1.(变条件，变设问)若将本题改为数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝－2k，则实数k＝____. 因为Sn＝3n＋1－2k＝3·3n－2k，且{an}为等比数列，所以3－2k＝0，即k＝. 2.(变条件，变设问)若将本题改为数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝a·()n－1＋5，则实数a＝_____. － 由Sn＝a·＋5，可得Sn＝3a·＋5，依题意有3a＋5＝0，故a＝－. 角度2　利用an与Sn的关系判断等比数列 (一题多解)若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式是an＝__________. 典例 3 (－2)n－1 法一：当n＝1时，由Sn＝an＋，得a1＝a1＋，即a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－＝－＝an－，即an＝－2，故数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，从而{an}的通项公式是an＝(－2)n－1. 法二：因为Sn＝an＋，所以＝，＝－，于是q＝－2，a1＝1，从而{an}的通项公式是an＝(－2)n－1. 法三：因为Sn＝an＋，所以数列{an}是等比数列，由 所以公比q＝－2， 所以{an}的通项公式是an＝(－2)n－1. 1.已知Sn，通过an＝求通项an，应特别注意当n≥2时，an＝Sn－. 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. 规律方法 3.解决Sn和an的关系的方法 (1)基本法：由an与Sn的关系式，结合an＝来求解. (2)模型法：由an与Sn的关系式知数列{an}是等比数列，则Sn＝Aan＋B. A＝－，B＝. (3)赋值法：由an与Sn的关系式知数列{an}是等比数列，赋值求解. 规律方法 对点练2.(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝an－1(a是不为零且不等于1的常数)，则数列{an} A.一定是等差数列 B.一定是等比数列 C.是等差数列或等比数列 D.既非等差数列，也非等比数列 √ 当n≥2时，an＝Sn－＝(a－1)·；当n＝1时，a1＝a－1，满足上式. 故an＝(a－1)·，n∈N*，因为＝a，所以数列{an}一定是等比数列. 故选B. (2) (多选)(2025·江苏镇江高二期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an＋1(n∈N*)，则 A.a1＝－1 B.S5＝－32 C.数列{an}是等比数列 D.数列的前n项和为2－2n＋1 √ √ √ 因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1，所以a1＝－1，故A正确；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2(an－an－1)，所以an＝2an－1，即＝2，所以{an}是以a1＝－1为首项，2为公比的等比数列，故C正确；所以an＝－1·2n－1＝－2n－1，Sn＝2an＋1＝－2n＋1，所以S5＝－25＋1＝－31，故B错误；因为Sn－1＝－2n，所以数列是首项为－2，公比为2的等比数列，则数列的前n项和为＝2－2n＋1，故D正确. 故选ACD. 教材拓展4　错位相减法求和(源于教材P34—35) 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{an}是公差d≠0的等差数列，{bn}是公比q≠1的等比数列，求数列{an·bn}的前n项和Sn时，可以用这种方法，此时数列{an·bn}记为“等差等比型数列”或“差比型数列”. 具体步骤为： 若数列{an}的通项公式为an＝(2n－1)·3n，求此数列的前n项和Sn. 解：已知Sn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)·3n，① 上式两边同时乘3，得3Sn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－1)·3n＋1.② ①－②，得－2Sn＝1×3＋(3－1)×32＋(5－3)×33＋…＋[(2n－1)－(2n－3)]·3n－(2n－1)·3n＋1， 即－2Sn＝3＋2×(32＋33＋…＋3n)－(2n－1)·3n＋1＝3＋2×－(2n－1)·3n＋1＝(2－2n)·3n＋1－6，所以Sn＝(n－1)·3n＋1＋3. 典例 4 返回 课堂小结 任务 再现 1.等比数列的前n项和公式. 2.等比数列前n项和公式的函数特征 方法 提炼 1.等比数列的前n项和公式的推导：错位相减法. 2.等比数列的前n项和公式的有关运算：基本量法、巧用性质法、方程思想. 3.利用等比数列前n项和公式的函数特征判断等比数列：公式法、模型思想 易错 警示 1.等比数列的前n项和公式分公比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.等比数列前n项和公式中项数的判断易出错 随堂评价 返回 1.已知等比数列{an}的首项a1＝3，公比q＝2，则S5等于 A.93 B.－93 C.45 D.－45 √ S5＝＝＝93. 故选A. 2.(2023·全国甲卷)设等比数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，若a＝1，S5＝5S3－4，则S4＝ A. B. C.15 D.40 √ 由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q－4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0. 由题知q＞0，所以q＝2. 所以S4＝1＋2＋4＋8＝15. 故选C. 3.已知等比数列{an}的前n项和Sn＝4n－1＋t，则下列结论正确的是 A.首项a1的值不确定 B.公比q＝ C.a2＝1 D.t＝－ √ 已知Sn＝4n－1＋t，则a1＝S1＝40＋t＝t＋1，a2＝S2－S1＝4＋t－(1＋t)＝3，a3＝S3－S2＝16＋t－(4＋t)＝12，所以q＝＝4，因为a1＝t＋1＝＝，所以t＝－. 故选D. 4.(易错题)已知在等比数列{an}中，a3＝，S3＝，则a1＝_______. 或6 法一：当q＝1时，a1＝a2＝a3＝，满足S3＝.当q≠1时，依题意，得 解得 综上可得a1＝或a1＝6. 法二：所以a1＋a2＝3，所以＝＝2， 所以q＝1，或q＝－.所以a1＝，或a1＝6. 返回 课时分层评价 返回 1.首项为a的数列{an}既是等差数列，又是等比数列，则这个数列的前n项和Sn为 A. 　B.an C.(n－1)a 　D.na √ 既是等差数列又是等比数列的数列为常数列. 故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.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＝. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3.在等比数列{an}中，a3＝3S2＋2，a4＝3S3＋2，则公比q等于 A.2 B. C.4 D. √ 因为a3＝3S2＋2，a4＝3S3＋2，所以a4－a3＝3(S3－S2)＝3a3，即a4＝4a3，所以q＝＝4. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.1＋3＋32＋33＋…＋3n＋1(n∈N*)可以化简为 A. B. C. D. √ 1＋3＋32＋33＋…＋3n＋1＝＝. 故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.(多选)已知等比数列{an}是递增数列，其前n项和为Sn，若a2＋a4＝10，a2a3a4＝64，则下列结论正确的是 A.－Sn＝2n＋1 B.an＝2n－1 C.Sn＝2n－1 D.Sn＝2n－1－1 √ 设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由a2a3a4＝64，得＝43，则a3＝4，由a2＋a4＝10，得＋4q＝10，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2，或q＝. 又因为数列{an}是递增数列，所以q＝2，所以2a1＋8a1＝10，解得a1＝1. 所以an＝2n－1，Sn＝＝2n－1，所以－Sn＝2n＋1－1－(2n－1)＝2n. 故选BC. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若8a2＋a5＝0，则下列式子中数值确定的是 A. B. C. D. √ 由8a2＋a5＝0得8a2＋a2q3＝0，因为a2≠0，所以q3＝－8，所以q＝－2.对于A，＝q2＝4；对于B，＝＝＝；对于C，＝＝＝；对于D，＝与n有关，不确定. 故选ABC. √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.(双空题)已知Sn为等比数列{an}的前n项和，Sn＝93，an＝48，公比q＝2，则项数n＝_____，a1＝_____. 由Sn＝93，an＝48，公比q＝2， 得 5 3 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项和为Sn，且Sn＝λ3n－1，则a4＝_____. 法一(常规解)：当n＝1时，S1＝a1＝3λ－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝λ(3n－3n－1)＝2λ·3n－1. 又{an}是等比数列，所以a1＝2λ＝3λ－1，解得λ＝1，所以an＝2·3n－1，所以a4＝2·33＝54. 法二(速解)：由等比数列{an}的前n项和公式的特点及题意知，λ＝1，所以Sn＝3n－1 ，所以a4＝S4－S3＝(34－1)－(33－1)＝54. 54 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝－1，则Sn＝______. 当n＝1时，则有2S1＝a2－1，所以a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3；当n≥2时，由2Sn＝－1得2＝an－1，上述两式相减得2an＝－an，所以＝3an，得＝3且＝3，所以数列{an}是以1为首项，以3为公比的等比数列，所以Sn＝＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.(13分)在等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通项公式； 解：设等比数列{an}的公比为q，由题意得an＝. 由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2，或q＝2. 故an＝(－2)n－1，或an＝2n－1. (2)记Sn为{an}的前n项和. 若Sm＝63，求m. 解：若an＝(－2)n－1，则Sn＝.由Sm＝63，得＝63，即(－2)m＝－188， 此方程没有正整数解. 若an＝2n－1，则Sn＝＝2n－1. 由Sm＝63，得2m－1＝63，即2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足＝9，＝，则数列{an}的公比为 A.－2 B.2 C.－3 D.3 √ 设数列{an}的公比为q，若q＝1，则＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.因为＝＝qm＋1＝9，所以qm＝8. 因为＝＝qm＝8＝， 所以m＝3，所以q3＝8，所以q＝2. 故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.(多选)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn.已知＝2Sn＋n－1，则下列结论正确的是 A.数列{an}为等比数列 B.数列{Sn＋n}为等比数列 C.数列{an}中，a10＝511 D.数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为＝2Sn＋n－1，所以＝＝2.又S1＋1＝2，所以数列{Sn＋n}是首项为2，公比为2的等比数列，故B正确；所以Sn＋n＝2n，则Sn＝2n－n.当n≥2时，an＝Sn－＝2n－1－1，且a1≠21－1－1，故A错误；由当n≥2时，an＝2n－1－1可得a10＝29－1＝511，故C正确；因为2Sn＝Sn＋1－n＋1＝2n＋1－(n＋1)－n＋1＝2n＋1－2n，所以2S1＋2S2＋…＋2Sn＝22－2×1＋23－2×2＋…＋2n＋1－2n＝22＋23＋…＋2n＋1－2(1＋2＋…＋n)＝－2×＝2n＋2－n2－n－4，所以数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4，故D正确. 故选BCD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.已知数列{an}的通项公式an＝n·2n，则此数列的前n项和为Sn＝_______________. (n－1)2n＋1＋2 设前n项和为Sn，则Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，则2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，两式相减，得－Sn＝1×21＋(22＋23＋24＋…＋2n)－n·2n＋1，于是－Sn＝(21＋22＋23＋24＋…＋2n)－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1， 所以Sn＝(n－1)2n＋1＋2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.(15分)已知数列的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝1. (1)证明：数列是等比数列； 解：证明：由an＋Sn＝1①得an＋1＋Sn＋1＝1②， ②－①得：2an＋1＝an，即＝，当n＝1时，2a1＝1，解得a1＝， 所以为首项，为公比的等比数列. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求的值. 解：由(1)知a10＝a1·＝， S10＝＝1－， 所以＝＝210－1＝1 023. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.(5分)(新情境)(多选)如图所示，作边长为3的正△ABC的内切圆，在这个圆内作内接正三角形，然后，再作新三角形的内切圆.如此下去，则下列说法正确的是 A.△ABC为第一个正三角形，那么第三个正三角形面积为 B.△ABC为第一个正三角形，那么第三个正三角形面积为 C.n个内切圆的面积和为π D.n个内切圆的面积和为3π √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 S△ABC＝×32＝，因为下一个三角形面积依次为上一个正三角形面积的倍，所以第三个正三角形的面积为×＝. 故A错误，B正确.又根据条件，第一个内切圆的半径为×3＝，面积为π，第二个内切圆的半径为，面积为π，…，这些内切圆的面积组成一个等比数列，首项为π，公比为，故面积之和为＝π，故C正确，D错误. 故选BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.(17分)(开放题)在①a1＝1，②a2＋a4＝10，③数列为等比数列这三个条件中选出两个，补充在下面的横线上，并解答这个问题. 问题：已知等比数列的前n项和为Sn，_____________________. (1)求数列的通项公式； 解：选条件①②： 设数列的公比为q，则a2＋a4＝q＋q3＝q＝10，所以q＝2， 所以an＝a1×qn－1＝2n－1. 选条件①③： 设数列的公比为q，因为a1＝1，数列为等比数列， 所以＝·， 得＝2a1·， 化简可得(2＋q)2＝2，得q＝2. 所以an＝a1×qn－1＝2n－1. an＝a1×qn－1＝2n－1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 选条件②③： 设数列的公比为q，因为数列为等比数列， 所以＝·， 得＝2a1·， 化简可得(2＋q)2＝2， 因为≠0，所以q＝2. 因为a2＋a4＝a1q＋a1q3＝2a1＋8a1＝10， 所以a1＝1，所以an＝a1×qn－1＝2n－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)若的前n项和为Tn，且Tm＝26，求m的值. 注：如果选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 解：根据等比数列求和公式可得Sn＝＝＝2n－1，可得Tn＝(2－1)＋(22－1)＋…＋(2n－1)＝－n＝2n＋1－2－n. 所以Tm＝2m＋1－2－m＝26，得m＝4. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 谢 谢 观 看 第1课时　等比数列的前n项和公式 返回 $