高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列优质第1课时学案设计

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第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。
第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。
第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。
2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。
3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。
4、授课方式变化，选课制度将全面推开。
5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。
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{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，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))．
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an＝－eq \f(1,5)·(－2)n－1.
三、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＝eq \f(a11－qn,1－q)(q≠1)的函数特征吗？
提示 Sn＝eq \f(a1－a1qn,1－q)＝－eq \f(a1,1－q)qn＋eq \f(a1,1－q)，设A＝－eq \f(a1,1－q)，则Sn＝Aqn－A.
知识梳理
1．当公比q≠1时，设A＝eq \f(a1,q－1)，等比数列的前n项和公式是Sn＝A(qn－1)．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：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．
例3 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 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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))
方法一 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＝A·qn＋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 eq \f(3,2)
解析 ∵Sn＝3n＋1－2k＝3·3n－2k，且{an}为等比数列，
∴3－2k＝0，即k＝eq \f(3,2).
2．若将本题改为数列{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，则实数a＝________.
答案 －eq \f(5,3)
解析 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 (1)已知Sn，通过an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))求通项公式an，应特别注意当n≥2时，an＝Sn－Sn－1.
(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3 若{an}是等比数列，且前n项和为Sn＝3n－1＋t，则t＝________.
答案 －eq \f(1,3)
解析 显然q≠1，此时应有Sn＝A(qn－1)，
又Sn＝eq \f(1,3)×3n＋t，∴t＝－eq \f(1,3).
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．
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．设等比数列{an}的公比q＝2，前n项和为Sn，则eq \f(S4,a2)等于( )
A．2 B．4 C.eq \f(15,2) D.eq \f(17,2)
答案 C
解析 由等比数列的定义，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝eq \f(a2,q)＋a2＋a2q＋a2q2，得eq \f(S4,a2)＝eq \f(1,q)＋1＋q＋q2＝eq \f(15,2).
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．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．(多选)已知正项等比数列{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.{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{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{an}是递减数列；
当a1＝eq \f(1,4)，q＝2时，S5＝eq \f(31,4)，数列{an}是递增数列；
综上，S5＝eq \f(31,4).
故选BD.
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．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.))
9．设数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，且S3＝3a3，求此数列的公比q.
解 当q＝1时，S3＝3a1＝3a3，符合题目条件．
当q≠1时，eq \f(a11－q3,1－q)＝3a1q2.
因为a1≠0，所以1＋q＋q2＝3q2,2q2－q－1＝0，
解得q＝－eq \f(1,2).
所以此数列的公比q＝1或－eq \f(1,2).
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；
(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)).
11．等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q≠1.若a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋2＋an＋1＝2an，则S5等于( )
A．12 B．20 C．11 D．21
答案 C
解析 an＋2＋an＋1＝2an等价于anq2＋anq＝2an.
因为an≠0，故q2＋q－2＝0，即(q＋2)(q－1)＝0.
因为q≠1，所以q＝－2，故S5＝eq \f(1×[1－－25],1－－2)＝11.
12．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若存在m∈N*，满足eq \f(S2m,Sm)＝9，eq \f(a2m,am)＝eq \f(5m＋1,m－1)，则数列{an}的公比为( )
A．－2 B．2 C．－3 D．3
答案 B
解析 设数列{an}的公比为q，若q＝1，则eq \f(S2m,Sm)＝2，与题中条件矛盾，故q≠1.
∵eq \f(S2m,Sm)＝eq \f(\f(a11－q2m,1－q),\f(a11－qm,1－q))＝qm＋1＝9，∴qm＝8.
∵eq \f(a2m,am)＝eq \f(a1q2m－1,a1qm－1)＝qm＝8＝eq \f(5m＋1,m－1)，
∴m＝3，∴q3＝8，∴q＝2.
13．设f(n)＝2＋23＋25＋27＋…＋22n＋7(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{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．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bn＝＝32n，
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．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；
(2)设bn＝1－Sn，问：是否存在a1，使数列{bn}为等比数列？若存在，求出a1的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)依题意，得2Sn＝an＋1－a1.于是，当n≥2时，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2Sn＝an＋1－a1，,2Sn－1＝an－a1.))
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＝eq \f(a11－3n,1－3)＝eq \f(1,2)a1·3n－eq \f(1,2)a1，
所以bn＝1－Sn＝1＋eq \f(1,2)a1－eq \f(1,2)a1·3n.
要使{bn}为等比数列，则1＋eq \f(1,2)a1＝0，即a1＝－2.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))