高中人教A版 (2019)4.3 等比数列第1课时导学案及答案

这是一份高中人教A版 (2019)4.3 等比数列第1课时导学案及答案，共13页。学案主要包含了等比数列前n项和公式的基本运算，利用错位相减法求数列的前n项和，等比数列前n项和的性质等内容，欢迎下载使用。

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 等比数列前n项和的性质
1．数列{an}为公比不为－1的等比数列(或公比为－1，且n不是偶数)，Sn为其前n项和，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍构成等比数列．
2．若{an}是公比为q的等比数列，则Sn＋m＝Sn＋qnSm(n，m∈N*)．
3．若{an}是公比为q的等比数列，S偶，S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和，则：①在其前2n项中，eq \f(S偶,S奇)＝q；
②在其前2n＋1项中，S奇－S偶＝a1－a2＋a3－a4＋…－a2n＋a2n＋1＝eq \f(a1＋a2n＋1q,1－－q)＝eq \f(a1＋a2n＋2,1＋q)(q≠－1)．
1．等比数列前n项和Sn不可能为0.( × )
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．若某数列的前n项和公式为Sn＝－aqn＋a(a≠0，q≠0且q≠1，n∈N*)，则此数列一定是等比数列．( √ )
一、等比数列前n项和公式的基本运算
例1 在等比数列{an}中，
(1)S2＝30，S3＝155，求Sn；
(2)a1＋a3＝10，a4＋a6＝eq \f(5,4)，求S5；
(3)a1＋an＝66，a2an－1＝128，Sn＝126，求公比q.
解 (1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＝30，,a11＋q＋q2＝155，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝5，,q＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝180，,q＝－\f(5,6).))
从而Sn＝eq \f(1,4)×5n＋1－eq \f(5,4)或Sn＝eq \f(1 080×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)))n)),11).
(2)方法一 由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q2＝10，,a1q3＋a1q5＝\f(5,4)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,q＝\f(1,2)，))
从而S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(31,2).
方法二 由(a1＋a3)q3＝a4＋a6，
得q3＝eq \f(1,8)，从而q＝eq \f(1,2).
又a1＋a3＝a1(1＋q2)＝10，
所以a1＝8，
从而S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(31,2).
(3)因为a2an－1＝a1an＝128，
所以a1，an是方程x2－66x＋128＝0的两个根．
从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,an＝64))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝2，,a1＝64.))
又Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝126，
所以q＝2或eq \f(1,2).
反思感悟 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：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)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，eq \f(a1,1－q)都可看作一个整体．
(3)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．
跟踪训练1 在等比数列{an}中．
(1)若a1＝eq \r(2)，an＝16eq \r(2)，Sn＝11eq \r(2)，求n和q；
(2)已知S4＝1，S8＝17，求an.
解 (1)由Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)得，11eq \r(2)＝eq \f(\r(2)－16\r(2)q,1－q)，
∴q＝－2，
又由an＝a1qn－1得，16eq \r(2)＝eq \r(2)(－2)n－1，
∴n＝5.
(2)若q＝1，则S8＝2S4，不符合题意，
∴q≠1，
∴S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝1，
S8＝eq \f(a11－q8,1－q)＝17，
两式相除得eq \f(1－q8,1－q4)＝17＝1＋q4，
∴q＝2或q＝－2，
∴a1＝eq \f(1,15)或a1＝－eq \f(1,5)，
∴an＝eq \f(1,15)·2n－1或－eq \f(1,5)·(－2)n－1.
二、利用错位相减法求数列的前n项和
例2 求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,2n)))的前n项和．
解 设Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，
则有eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，
两式相减，得Sn－eq \f(1,2)Sn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)，
即eq \f(1,2)Sn＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1).
∴Sn＝2－eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n)(n∈N*)．
反思感悟 错位相减法的适用范围及注意事项
(1)适用范围：它主要适用于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{anbn}的前n项和．
(2)注意事项：
①利用“错位相减法”时，在写出Sn与qSn的表达式时，应注意使两式交错对齐，以便于作差，正确写出(1－q)Sn的表达式．
②利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况．
跟踪训练2 已知等比数列{an}满足：a1＝eq \f(1,2)，a1，a2，a3－eq \f(1,8)成等差数列，公比q∈(0,1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(2n－1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
a1＝eq \f(1,2)，
因为a1，a2，a3－eq \f(1,8)成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3－eq \f(1,8)，
即得4q2－8q＋3＝0，
解得q＝eq \f(1,2)或q＝eq \f(3,2)，
又因为q∈(0,1)，所以q＝eq \f(1,2)，
所以an＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝eq \f(1,2n).
(2)根据题意得
Sn＝1×eq \f(1,2)＋3×eq \f(1,22)＋…＋(2n－1)×eq \f(1,2n)，
eq \f(1,2)Sn＝1×eq \f(1,22)＋3×eq \f(1,23)＋…＋(2n－3)×eq \f(1,2n)＋(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)，
两式相减得
eq \f(1,2)Sn＝1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(1,22)＋…＋2×eq \f(1,2n)－(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)
＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－(2n－1)×eq \f(1,2n＋1)
＝eq \f(3,2)－eq \f(1,2n－1)－eq \f(2n－1,2n＋1)，
所以Sn＝3－eq \f(4,2n)－eq \f(2n－1,2n)＝3－eq \f(2n＋3,2n)，n∈N*.
三、等比数列前n项和的性质
例3 (1)在等比数列{an}中，若S2＝7，S6＝91，则S4＝________.
(2)已知等比数列{an}共有2n项，其和为－240，且(a1＋a3＋…＋a2n－1)－(a2＋a4＋…＋a2n)＝80，则公比q＝________.
(3)若数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝3n＋1－2k，则实数k＝________.
答案 (1)28 (2)2 (3)eq \f(3,2)
解析 (1)∵数列{an}是等比数列，且易知公比q≠－1，∴S2，S4－S2，S6－S4也构成等比数列，即7，S4－7,91－S4构成等比数列，∴(S4－7)2＝7(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21.又S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a1q2＋a2q2＝(a1＋a2)(1＋q2)＝S2·(1＋q2)>0，∴S4＝28.
(2)由题意知S奇＋S偶＝－240，S奇－S偶＝80，
∴S奇＝－80，S偶＝－160，∴q＝eq \f(S偶,S奇)＝2.
(3)∵Sn＝3n＋1－2k＝3·3n－2k，且{an}为等比数列，
∴3－2k＝0，即k＝eq \f(3,2).
延伸探究
本例(3)中，若将条件改为“若数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＋5”，再求实数a的值．
解 由Sn＝a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＋5，可得Sn＝3a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋5，依题意有3a＋5＝0，故a＝－eq \f(5,3).
反思感悟 处理等比数列前n项和有关问题的常用方法
(1)运用等比数列的前n项和公式，要注意公比q＝1和q≠1两种情形，在解有关的方程(组)时，通常用约分或两式相除的方法进行消元．
(2)灵活运用等比数列前n项和的有关性质．
跟踪训练3 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，S4＝1，S8＝3，则a9＋a10＋a11＋a12等于( )
A．8 B．6 C．4 D．2
答案 C
解析 S4，S8－S4，S12－S8成等比数列．
即1,2，a9＋a10＋a11＋a12成等比数列．
∴a9＋a10＋a11＋a12＝4.
(2)一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之和的4倍，前3项之积为64，求数列的通项公式．
解 设数列{an}的首项为a1，公比为q，
所有奇数项、偶数项之和分别记作S奇，S偶，由题意可知，
S奇＋S偶＝4S偶，即S奇＝3S偶．
因为数列{an}的项数为偶数，
所以有q＝eq \f(S偶,S奇)＝eq \f(1,3).
又因为a1·a1q·a1q2＝64，
所以aeq \\al(3,1)·q3＝64，
即a1＝12，
故所求通项公式为an＝12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1，n∈N*.
1．在数列{an}中，已知an＋1＝2an，且a1＝1，则数列{an}的前5项的和等于( )
A．－25 B．25 C．－31 D．31
答案 D
解析 因为an＋1＝2an，且a1＝1，
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以数列{an}的前5项的和为eq \f(25－1,2－1)＝31.
2．等比数列1，x，x2，x3，…的前n项和Sn等于( )
A.eq \f(1－xn,1－x) B.eq \f(1－xn－1,1－x)
C.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1－xn,1－x)，x≠1且x≠0,n，x＝1)) D.eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1－xn－1,1－x)，x≠1且x≠0,n，x＝1))
答案 C
解析 当x＝1时，Sn＝n；
当x≠1且x≠0时，Sn＝eq \f(1－xn,1－x).
3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于( )
A．3∶4 B．2∶3
C．1∶2 D．1∶3
答案 A
解析 在等比数列{an}中，S5，S10－S5，S15－S10，…成等比数列，因为S10∶S5＝1∶2，所以S5＝2S10，S15＝eq \f(3,4)S5，得S15∶S5＝3∶4，故选A.
4．已知在等比数列{an}中，a3＝eq \f(3,2)，S3＝eq \f(9,2)，则a1＝________.
答案 eq \f(3,2)或6
解析 方法一 当q＝1时，a1＝a2＝a3＝eq \f(3,2)，
满足S3＝eq \f(9,2).
当q≠1时，依题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q2＝\f(3,2)，,\f(a11－q3,1－q)＝\f(9,2).))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝6，,q＝－\f(1,2).))
综上可得a1＝eq \f(3,2)或a1＝6.
方法二 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝a1＋a2＋a3＝\f(9,2)，,a3＝\f(3,2).))
所以a1＋a2＝3，
所以eq \f(a1＋a2,a3)＝eq \f(1＋q,q2)＝2，
所以q＝1或q＝－eq \f(1,2).
所以a1＝eq \f(3,2)或a1＝6.
5．若等比数列{an}的公比为eq \f(1,3)，且a1＋a3＋…＋a99＝60，则{an}的前100项和为________．
答案 80
解析 令X＝a1＋a3＋…＋a99＝60，
Y＝a2＋a4＋…＋a100，
则S100＝X＋Y，
由等比数列前n项和性质知eq \f(Y,X)＝q＝eq \f(1,3)，
所以Y＝20，即S100＝X＋Y＝80.
1．知识清单：
(1)等比数列前n项和公式．
(2)利用错位相减法求数列的前n项和．
(3)等比数列前n项和的性质．
2．方法归纳：错位相减法、方程(组)思想、分类讨论．
3．常见误区：
(1)忽略q＝1的情况而致错．
(2)错位相减法中粗心出错．
(3)忽略对参数的讨论．
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＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,2).
S100＝eq \f(a11－q100,1－q)＝eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))100)),1－\f(1,2))
＝4(1－2－100)＝4－2－98.
2．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝8，S6＝7，则a7＋a8＋a9等于( )
A.eq \f(1,8) B．－eq \f(1,8) C.eq \f(57,8) D.eq \f(55,8)
答案 A
解析 易知q≠－1，因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，
且S3，S6－S3，S9－S6也成等比数列，
即8，－1，S9－S6成等比数列，
所以8(S9－S6)＝1，
即S9－S6＝eq \f(1,8)，所以a7＋a8＋a9＝eq \f(1,8).
3．若等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1＋a，则a3a5等于( )
A．4 B．8 C．16 D．32
答案 C
解析 等比数列{an}的前n项和Sn＝2n－1＋a，
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1＋a－(2n－2＋a)，
化简得an＝2n－2.
则a3a5＝2×23＝16.
4．设Sn为等比数列{an}的前n项和，若27a4＋a7＝0，则eq \f(S4,S2)等于( )
A．10 B．9 C．－8 D．－5
答案 A
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，则q＝－3，
故eq \f(S4,S2)＝eq \f(1－q4,1－q2)＝10.
5．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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前5项和等于( )
A.eq \f(15,8)或5 B.eq \f(31,16)或5
C.eq \f(31,16) D.eq \f(15,8)
答案 C
解析 设数列{an}的公比为q，显然q≠1，
由已知得eq \f(91－q3,1－q)＝eq \f(1－q6,1－q)，
解得q＝2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
前5项和为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))＝eq \f(31,16).
6．若等比数列{an}的前n项和Sn＝2·3n＋r，则r＝________.
答案 －2
解析 Sn＝2·3n＋r，由等比数列前n项和的性质得r＝－2.
7．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＝________.
答案 5 3
解析 由Sn＝93，an＝48，公比q＝2，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a12n－1＝93，,a1·2n－1＝48，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,n＝5.))
8．设等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列，则q的值为________．
答案 －2
解析 由题意知2Sn＝Sn＋1＋Sn＋2，
若q＝1，则Sn＝na1，式子显然不成立，
若q≠1，则有2eq \f(a11－qn,1－q)＝
eq \f(a11－qn＋1,1－q)＋eq \f(a11－qn＋2,1－q)，
故2qn＝qn＋1＋qn＋2，
即q2＋q－2＝0，∴q＝－2.
9．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；
(2)若a1－a3＝3，求Sn.
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＝－eq \f(1,2).
(2)由已知可得a1－a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))2＝3，
故a1＝4.
从而Sn＝eq \f(4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(8,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)).
10.已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，b1＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，b1＋eq \f(1,2)b2＋eq \f(1,3)b3＋…＋eq \f(1,n)bn＝bn＋1－1(n∈N*)．
(1)求an与bn；
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.
解 (1)由a1＝2，an＋1＝2an，
得an＝2n(n∈N*)．
由题意知：
当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.
当n≥2时，eq \f(1,n)bn＝bn＋1－bn.
整理得eq \f(bn＋1,n＋1)＝eq \f(bn,n)，又eq \f(b2,2)＝eq \f(b1,1)，
所以bn＝n(n∈N*)．
(2)由(1)知anbn＝n·2n，
因此Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，
所以Tn－2Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.
故Tn＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．
11．在等比数列{an}中，a1＝4，q＝5，则使Sn>107的最小正整数n的值是( )
A．11 B．10
C．12 D．9
答案 A
解析 由题意可知在等比数列{an}中，a1＝4，q＝5，
∴Sn＝eq \f(4·1－5n,1－5)＝5n－1.
∵Sn>107，
∴5n－1>107，
∴n>10.01，
∵n为正整数，∴n≥11，
故n的最小值为11.
12．等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为eq \f(85,32)，偶数项之和为eq \f(21,16)，这个等比数列前n项的积为Tn(n≥2)，则Tn的最大值为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C．1 D．2
答案 D
解析 设数列{an}共有(2m＋1)项，由题意得
S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝eq \f(85,32)，
S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝eq \f(21,16)，
因为项数为奇数时，eq \f(S奇－a1,S偶)＝q，
即2＋eq \f(21,16)q＝eq \f(85,32)，
所以q＝eq \f(1,2).
所以Tn＝a1·a2·…·an
＝aeq \\al(n,1)q1＋2＋…＋n－1＝
故当n＝1或2时，Tn取最大值，为2.
13．设数列{an}的前n项和为Sn，称Tn＝eq \f(S1＋S2＋…＋Sn,n)为数列a1，a2，a3，…，an的“理想数”，已知数列a1，a2，a3，a4，a5的理想数为2 014，则数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为( )
A．1 673 B．1 675 C.eq \f(5 035,3) D.eq \f(5 041,3)
答案 D
解析 因为数列a1，a2，…，a5的“理想数”为2 014，
所以eq \f(S1＋S2＋S3＋S4＋S5,5)＝2 014，
即S1＋S2＋S3＋S4＋S5＝5×2 014，
所以数列2，a1，a2，…，a5的“理想数”为eq \f(2＋2＋S1＋2＋S2＋…＋2＋S5,6)
＝eq \f(6×2＋5×2 014,6)＝eq \f(5 041,3).
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1,2Sn＝an＋1－1，则Sn＝________.
答案 eq \f(3n－1,2)
解析 当n＝1时，则有2S1＝a2－1，
∴a2＝2S1＋1＝2a1＋1＝3；
当n≥2时，由2Sn＝an＋1－1得出2Sn－1＝an－1，
上述两式相减得2an＝an＋1－an，
∴an＋1＝3an，
得eq \f(an＋1,an)＝3且eq \f(a2,a1)＝3，
∴数列{an}是以1为首项，以3为公比的等比数列，
∴Sn＝eq \f(1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2).
15．设数列{an}的前n项和为Sn，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)均在直线y＝x＋eq \f(1,2)上．若bn＝则数列{bn}的前n项和Tn＝________.
答案 eq \f(9n＋1－9,8)
解析 依题意得eq \f(Sn,n)＝n＋eq \f(1,2)，
即Sn＝n2＋eq \f(1,2)n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n2＋\f(1,2)n))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n－12＋\f(1,2)n－1))＝2n－eq \f(1,2)；
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，符合an＝2n－eq \f(1,2)，
所以an＝2n－eq \f(1,2)(n∈N*)，
则
由eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(32n＋1,32n)＝32＝9，
可知{bn}为公比为9的等比数列，b1＝32×1＝9，
故Tn＝eq \f(91－9n,1－9)＝eq \f(9n＋1－9,8).
16．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－1)))的前n项和．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由已知条件可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d＝0，,2a1＋12d＝－10，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝－1.))
故数列{an}的通项公式为an＝2－n，n∈N*.
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－1)))的前n项和为Sn，
即Sn＝a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,2n－1)，①
eq \f(Sn,2)＝eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,4)＋…＋eq \f(an－1,2n－1)＋eq \f(an,2n).②
所以，①－②得
eq \f(Sn,2)＝a1＋eq \f(a2－a1,2)＋…＋eq \f(an－an－1,2n－1)－eq \f(an,2n)
＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq \f(2－n,2n)
＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n－1)))－eq \f(2－n,2n)＝eq \f(n,2n).
所以Sn＝eq \f(n,2n－1)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－1)))的前n项和Sn＝eq \f(n,2n－1)，n∈N*.已知量
首项、公比与项数
首项、公比与末项
求和公式
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)q≠1，,na1q＝1))
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a1－anq,1－q)q≠1，,na1q＝1))