高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列第1课时教案

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列第1课时教案，共13页。教案主要包含了等比数列前n项和公式的推导，分组求和法等内容，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．
导语
在信息技术高度发展的今天，人们可以借助手机、计算机等快速地传递有关信息．在此背景下，要求每一个人都要“不造谣，不信谣，不传谣”，否则要依法承担有关法律责任．你知道这其中的缘由吗？其实这其中的缘由可由我们之前所学的指数函数来解释，还记得我们之前构造向家长索要零花钱的函数吗，原来我们想知道具体某一天你会得到多少钱，而现在我们想知道的是，经过一段时间，你一共获得了多少零花钱．
一、等比数列前n项和公式的推导
问题1 若等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(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＝eq \f(a11－qn,1－q)，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”．利用该公式，我们很容易解决一周能向家长要多少零花钱，S＝2＋22＋23＋…＋27＝eq \f(21－27,1－2)＝28－2＝254.
思路二：当q≠1时，由等比数列的定义得：eq \f(a2,a1)＝eq \f(a3,a2)＝…＝eq \f(an,an－1)＝q，
根据等比数列的性质，有eq \f(a2＋a3＋…＋an,a1＋a2＋…＋an－1)＝eq \f(Sn－a1,Sn－an)＝q，
eq \f(Sn－a1,Sn－an)＝q⇒(1－q)Sn＝a1－anq，
所以当q≠1时，Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)，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，导出了公式，通过上述两种推导方法，我们获得了等比数列的前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＝eq \f(a1－anq,1－q)或Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)，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？如果他无法实现他的诺言，你能帮他解决吗？
提示 S64＝1＋2＋22＋23＋…＋263＝eq \f(1－264,1－2)＝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，国王为了使自己不失信于民，于是他向发明者说：你这个提议很好，你自己去数吧．大家知道吗，要把这些数完，如果一秒钟数一粒，大约需要5 800亿年．同学们，看来学好数学是多么的重要．
知识梳理
等比数列的前n项和公式
注意点：(1)用等比数列前n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；(例如1＋2＋22＋…＋2n＝eq \f(1×1－2n＋1,1－2))；(3)公式二中的an在求和时，表示数列的最后一项；(例如1＋2＋22＋…＋2n＝eq \f(1－2n×2,1－2))．(4)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．即Sn＝Aqn－A.
例1 求下列等比数列前8项的和：
(1)eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，eq \f(1,8)，…；
(2)a1＝27，a9＝eq \f(1,243)，q<0.
解 (1)因为a1＝eq \f(1,2)，q＝eq \f(1,2)，
所以S8＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))8)),1－\f(1,2))＝eq \f(255,256).
(2)由a1＝27，a9＝eq \f(1,243)，可得eq \f(1,243)＝27·q8.
又由q<0，可得q＝－eq \f(1,3)，
所以S8＝eq \f(a1－a8q,1－q)＝eq \f(a1－a9,1－q)＝eq \f(27－\f(1,243),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3))))＝eq \f(1 640,81).
反思感悟 求等比数列的前n项和，要确定首项、公比、项数或首项、末项、公比，应注意公比q＝1是否成立．
跟踪训练1 在14与eq \f(7,8)之间插入n个数，组成所有项的和为eq \f(77,8)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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(7,8)＝14qn＋1，,\f(77,8)＝\f(14－\f(7,8)q,1－q)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝－\f(1,2)，,n＝3，))故此数列共有5项．
二、等比数列中与前n项和有关的基本运算
例2 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2 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，
当q＝2时，a1＝eq \f(1,15)，
当q＝－2时，a1＝－eq \f(1,5)，
∴an＝eq \f(1,15)·2n－1或－eq \f(1,5)·(－2)n－1.
三、分组求和法
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝t，点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上．
(1)当实数t为何值时，数列{an}是等比数列？
(2)在(1)的结论下，设bn＝lg4an＋1，cn＝an＋bn，Tn是数列{cn}的前n项和，求Tn.
解 (1)因为点(Sn，an＋1)在直线y＝3x＋1上，
所以an＋1＝3Sn＋1，
当n≥2时，an＝3Sn－1＋1.
于是an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)⇒an＋1－an＝3an⇒an＋1＝4an.
又当n＝1时，a2＝3S1＋1⇒a2＝3a1＋1＝3t＋1，
所以当t＝1时，a2＝4a1，此时，数列{an}是等比数列．
(2)由(1)，可得an＝4n－1，an＋1＝4n，
所以bn＝lg4an＋1＝n，cn＝4n－1＋n，
那么Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n－1＋n)
＝(40＋41＋…＋4n－1)＋(1＋2＋…＋n)
＝eq \f(4n－1,3)＋eq \f(nn＋1,2).
反思感悟 分组求和的适用题型
一般情况下形如cn＝an±bn，其中数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))与eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))一个是等差数列，另一个是等比数列，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的前n项和，分别利用等差数列和等比数列前n项和公式求和即可．
跟踪训练3 已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＝1，且an＋1－an＝2.
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))满足b1＝－eq \f(1,2)，b2＝－eq \f(11,4)，设cn＝an＋bn，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))为等比数列，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和Sn.
解 (1)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＝1，且an＋1－an＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是等差数列，且首项为1，公差为2，
因此，an＝1＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))＝2n－1.
(2)由已知可得c1＝a1＋b1＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，c2＝a2＋b2＝3－eq \f(11,4)＝eq \f(1,4)，
所以等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的公比为q＝eq \f(c2,c1)＝eq \f(1,2)，
所以an＋bn＝cn＝c1qn－1＝eq \f(1,2n)，
所以bn＝cn－an＝eq \f(1,2n)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))，
因此，Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,22)－3))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,23)－5))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2n)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋3＋5＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))))
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2n－1)),2)＝1－n2－eq \f(1,2n).
1．知识清单：
(1)等比数列前n项和公式的推导．
(2)等比数列中与前n项和有关的基本运算．
(3)分组求和法．
2．方法归纳：公式法、分组求和法．
3．常见误区：等比数列前n项和公式中项数的判断易出错．
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Sn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和，an＝1＋2＋22＋…＋2n－1，则Sn的值为( )
A．2n－1 B．2n－1－1
C．2n－n－1 D．2n＋1－n－2
答案 D
解析 ∵an＝1＋2＋22＋…＋2n－1＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2n)),1－2)＝2n－1，
∴Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(21－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(22－1))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2n)),1－2)－n＝2n＋1－n－2.
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.
课时对点练
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．设数列{(－1)n}的前n项和为Sn，则Sn等于( )
A.eq \f(n[－1n－1],2) B.eq \f(－1n＋1＋1,2)
C.eq \f(－1n＋1,2) D.eq \f(－1n－1,2)
答案 D
解析 Sn＝eq \f(－1[1－－1n],1－－1)＝eq \f(－1n－1,2).
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．数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)…的前n项和Sn为( )
A．n2＋1－eq \f(1,2n－1) B．n2＋2－eq \f(1,2n)
C．n2＋1－eq \f(1,2n) D．n2＋2－eq \f(1,2n－1)
答案 C
解析 数列1eq \f(1,2)，3eq \f(1,4)，5eq \f(1,8)，7eq \f(1,16)…的通项公式为an＝2n－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，
所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\f(1,22)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(1,23)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(7＋\f(1,24)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1＋\f(1,2n)))
＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋3＋5＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋\f(1,23)＋…＋\f(1,2n)))
＝eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2n－1)),2)＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝n2＋1－eq \f(1,2n).
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．(多选)已知正项等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，若a3＝1，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a5)＝eq \f(21,4)，则( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))必是递减数列 B．S5＝eq \f(31,4)
C．公比q＝4或eq \f(1,4) D．a1＝4或eq \f(1,4)
答案 BD
解析 设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公比为q，则q>0，
因为a1a5＝aeq \\al(2,3)＝1，a3＝a1q2＝1 ，
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a5)＝1＋eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a5)＝1＋eq \f(a5＋a1,a1a5)＝1＋a1＋a5＝a1＋1＋eq \f(1,a1)＝eq \f(21,4)，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝4，,q＝\f(1,2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,4)，,q＝2.))
当a1＝4，q＝eq \f(1,2)时，S5＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,25))),1－\f(1,2))＝eq \f(31,4)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递减数列；
当a1＝eq \f(1,4)，q＝2时，S5＝eq \f(31,4)，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是递增数列；
综上，S5＝eq \f(31,4).
7．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.
8．设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是以2为首项，1为公差的等差数列，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋ab3＋…＋ab10＝________.
答案 1 033
解析 ∵数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是以2为首项，1为公差的等差数列，
∴an＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))×1＝n＋1，
∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝1×2n－1＝2n－1，
∴abn＝2n－1＋1，
∴ab1＋ab2＋ab3＋…＋ab10＝eq \f(1－210,1－2)＋10＝1 033.
9．已知等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前4项和为10，且a2，a3，a7成等比数列．
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)设bn＝an＋2n，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和Sn.
解 (1)设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，
由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＋a4＝4a1＋6d＝10，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋d))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋6d))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋2d))2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(5,2)，,d＝0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－2，,d＝3.))
所以an＝eq \f(5,2)或an＝－2＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))＝3n－5.
(2)当an＝eq \f(5,2)时，bn＝eq \f(5,2)＋2n，
此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(5,2)n＋eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2n)),1－2)＝2n＋1＋eq \f(5,2)n－2；
当an＝3n－5时，bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－5))＋2n，
此时Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq \f(－2＋3n－5,2)·n＋eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2n)),1－2)＝2n＋1＋eq \f(3,2)n2－eq \f(7,2)n－2.
10．已知等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项的和为Sn，且a3＝5，S3＝9.
(1)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式；
(2)若bn＝－1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝5，,3a1＋\f(3×3－1d,2)＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝2，,a1＝1，))
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝1＋2(n－1)，即an＝2n－1.
(2)由(1)得bn＝－1＝3n－1，
所以Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋32＋33＋…＋3n))－n＝eq \f(3n＋1,2)－n－eq \f(3,2).
11．等比数列{an}的公比为q(q≠1)，则数列a3，a6，a9，…，a3n，…的前n项和为( )
A.eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－q2n)),1－q) B.eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－q3n)),1－q3)
C.eq \f(a3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－q3n)),1－q3) D.eq \f(a2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－q2n)),1－q)
答案 C
解析 依题意得等比数列{an}的通项an＝a1qn－1，所以a3n＝a1q3n－1，
因为eq \f(a3n＋1,a3n)＝eq \f(a1q3n＋1－1,a1q3n－1)＝q3，
所以数列{a3n}是首项为a3，公比为q3的等比数列，
因为q≠1，所以q3≠1，
所以数列{a3n}的前n项和为eq \f(a3\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－q3n)),1－q3)＝eq \f(a3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－q3n)),1－q3).
12．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＋eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,22)a3＋…＋eq \f(1,2n－1)an＝n，记数列{2an－n}的前n项和为Sn，则Sn等于( )
A．2n－eq \f(n2,2)－eq \f(n,2) B．2n－eq \f(n2,2)－eq \f(n,2)－1
C．2n＋1－eq \f(n2,2)－eq \f(n,2)－2 D．2n－eq \f(n2,2)－eq \f(n,2)－2
答案 C
解析 因为a1＋eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,22)a3＋…＋eq \f(1,2n－1)an＝n，①
所以有a1＝1，
当n≥2，n∈N*时，有a1＋eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,22)a3＋…＋eq \f(1,2n－2)an－1＝n－1，②
由①－②得，eq \f(1,2n－1)an＝1⇒an＝2n－1，显然当n＝1时，也适合，
所以an＝2n－1(n∈N*)，令 2an－n＝bn，所以bn＝2n－n，因此有
Sn＝(2－1)＋(22－2)＋(23－3)＋…＋(2n－n)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝eq \f(21－2n,1－2)－eq \f(1＋nn,2)
＝2n＋1－2－eq \f(n,2)－eq \f(n2,2)
＝2n＋1－eq \f(n2,2)－eq \f(n,2)－2.
13．设f(n)＝2＋23＋25＋27＋…＋22n＋7eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))，则f(n)等于( )
A.eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4n－1)) B.eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4n＋1－1))
C.eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4n＋3－1)) D.eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4n＋4－1))
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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(am))，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)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－4n＋4)),1－4)＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4n＋4－1)).
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．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))：eq \f(1,2)，eq \f(1,22)，eq \f(2,22)，eq \f(3,22)，eq \f(1,23)，eq \f(2,23)，eq \f(3,23)，eq \f(4,23)，eq \f(5,23)，eq \f(6,23)，eq \f(7,23)，eq \f(1,24)，eq \f(2,24)…的前n项和为Sn，则S120＝________.
答案 60
解析 将此数列分组，第一组：eq \f(1,21)，共21－1项；第二组：eq \f(1,22)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,22)＝eq \f(3,2)＝eq \f(22－1,2)，共22－1项的和；第三组：eq \f(1,23)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,23)＋eq \f(4,23)＋eq \f(5,23)＋eq \f(6,23)＋eq \f(7,23)＝eq \f(28,23)＝eq \f(7,2)＝eq \f(23－1,2)，共23－1项的和；…
第n组：eq \f(1,2n)＋eq \f(2,2n)＋eq \f(3,2n)＋eq \f(4,2n)＋eq \f(5,2n)＋eq \f(6,2n)＋…＋eq \f(2n－1,2n)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))×2n,2n×2)＝eq \f(2n－1,2)，共2n－1项的和；
由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(21－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(22－1))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(23－1))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))－n＝120，解得n＝6，
因此前120项之和正好等于前6组之和，eq \f(21－1,2)＋eq \f(22－1,2)＋…＋eq \f(26－1,2)＝eq \f(21＋22＋…＋26－6,2)＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(26－1))－6,2)＝60.
16．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6n－5，n为奇数，,4n，n为偶数，))
求数列{an}的前n项和Sn.
解 ①当n为大于或等于3的奇数时，
Sn＝[1＋13＋…＋(6n－5)]＋(42＋44＋…＋4n－1)
＝eq \f(1＋6n－5,2)·eq \f(n＋1,2)＋eq \f(421－4n－1,1－42)＝eq \f(n＋16n－4,4)＋eq \f(4n＋1－16,15)
＝eq \f(n＋13n－2,2)＋eq \f(4n＋1－16,15).
当n＝1时，S1＝a1＝1，上式同样成立．
②当n为偶数时，
Sn＝[1＋13＋…＋(6n－11)]＋(42＋44＋…＋4n－2＋4n)＝eq \f(n3n－5,2)＋eq \f(4n＋2－16,15).
综上，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n＋13n－2,2)＋\f(4n＋1－16,15)，n为奇数，,\f(n3n－5,2)＋\f(4n＋2－16,15)，n为偶数.))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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－qn,1－q)q≠1，,na1q＝1))
公式二Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a1－anq,1－q)q≠1，,na1q＝1))