1、2.5 等比数列的前 n 项和1等比数列的前 n 项和公式若等比数列 的首项为 1a，公比为 q，则等比数列 的前 n项和的公式为a1_, .,nnSq2等比数列前 n 项和公式的函数特性（1）当公比 _1q时，因为 10a，所以 1nSa是关于 n 的正比例函数，则数列 123,nSL的图象是正比例函数 yx图象上的一群孤立的点（2）当公比 _q时，等比数列的前 n项和公式是1()nnqS，即1nnaSq1，设1am，则上式可写成nnSmq的形式，则数列 123,nSL的图象是函数xy图象上的一群孤立的点由此可见，非常数列的等比数列的前 n 项和 nS是一个关于 n 的指数型函数与一个常数的
2、和，且指数型函数的系数与常数项互为相反数3等比数列前 n 项和的性质设等比数列 的前 n 项和为 nS，公比为 q，则利用等比数列的通项公式及前 n 项和公式可推得等比a数列的前 n 项和具有以下性质：（1）当 q时， _nmS；当 1时，nnmS（2）nnnmqS（3）若项数为 2，则偶奇，若项数为 21，则1_Sa奇 偶（4）当 1q时，连续 项的和（如 32,mmSL）仍组成等比数列（公比为mq，m）注意：这里连续 m 项的和均非零知识参考答案：1 na 1()nq2 3nmq重点 等比数列前 n 项和公式的应用、基本量的计算难点 等比数列前 n 项和的性质及应用、与等差数列的综合问题、
3、数列求和问题易错 运用前 n 项和公式时忽略对公比的讨论等比数列的前 n 项和的相关计算问题在等比数列问题中共涉及五个量： 1,aq及 S，利用等比数列的通项公式及前 n 项和公式即可“知三求二”注意方程思想、整体思想及分类讨论等思想的应用（1）已知等比数列 是递增数列， n是 的前 n 项和，若 1a， 3是方程na209x的两个根，则 6S_（2）在等比数列 中，公比为 q，前 n 项和为 nS，若 37， 6S，则 n_，nanS_【答案】（1）364；（2） ， 12n【解析】（1）因为 1a， 3是方程 209x的两个根，且 是递增数列，na所以 1a， 39，则公比31aq，所以6
4、61(3)4S（2）方法 1：由于 632S，所以 1q，由 37S， 63，可得316()7aq， 可得39q，解得 ，代入 得 1a，所以112nna，1()(2)=1nnnSq方法 2：因为33612345612123()()SaaaqaSq，且 37S，63，所以37q，解得 ，由 37S，解得 1，所以112nna，1()(12)=nnnaq【名师点睛】本题中，第（2）问中的方法 1 使用了求和公式，因此要对公比 q 是否为 1 作出判断，而方法 2 避开了使用求和公式，则避免了这一判断在使用等比数列前 n 项和公式时，一定要先确定公比 q 是否等于 1，当无法确定时，要对 q 是否
5、为 1 作分类讨论等比数列的前 n 项和性质的应用已知等比数列 的前 n 项和为 S，若 102， 0=6S，则 30_a【答案】140【解析】方法 1：设 的公比为 q，由于 201，所以 qn由 102S， 0=6列方程组即可求解，此处不再赘述方法 2：由 1， 20S，易得公比 ，根据等比数列前 n 项和的性质（1），可得02011Sq，即010162q，解得102q，又30301Sq，所以330=72S， 304方法 3：根据等比数列前 n 项和的性质（2），可得1020SqS，即1062q，解得102，所以100 61SqS方法 4：根据等比数列前 n 项和的性质（4），可知 10，
6、 210， 320成等比数列，则22010320()()，即23()(6)S，解得 4S【名师点睛】恰当地使用等比数列前 n 项和的相关性质，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等差数列、等比数列的综合问题已知等比数列 的公比12qna（1）若 3a4，求数列 的前 项和；n（2）证明：对任意的 k*N， ka， 2， 1k成等差数列【答案】（1） ；（ 2）证明见解析12()3n【解析】（1）由 314aq及1，得 1a，所以数列 的前 n项和12()31()
7、nnS（ ）a（2）对任意的 k*N，11122 ()()kkkkkkaaqaqq，由1q，得21q=0，故 21()kk=0所以，对任意的 k*， ka， ， 1k成等差数列【名师点睛】解决等差数列与等比数列综合问题（即双数列问题）的关键在于用好它们的有关知识，理顺两个数列间的关系，还应注意等差数列与等比数列之间的相互转化与等比数列有关的数列求和问题1错位相减法的应用错位相减法是一种重要的数列求和方法，等比数列前 n 项和公式的推导用的就是错位相减法当一个数列由等差数列与等比数列对应项的乘积构成时，可使用此法求数列的前 n 项和已知数列 是首项为正数的等差数列，数列 1na的前 项和为 21
8、na（1）求数列 的通项公式；（2）设 12nanb，求数列 的前 n项和 Tb【答案】（1） ；（ 2） 1na134)(9nnT【解析】（1）设数列 的公差为 d，令 ,n得 123a，所以 123a；令 ,得 1235，所以 235由 12a及 ，解得 1,ad，所以 21.na（2）由（1）知24nnnb所以 4T4,nL所以234nT1(),nL两式相减，得124n14nn11()344,nn所以13(3)99nT【名师点睛】在运用错位相减法求数列前 n 项和时要注意以下四点：（1）乘数（式）的选择；（2）对 q 的讨论；（3）两式相减后的未消项及相消项呈现的规律；（4）相消项中构成
9、数列的项数2分组求和法的应用分组求和法适用于解决数列通项公式可以写成 nncab的形式的数列求和问题，其中数列 与na是等差数列或等比数列或可以直接求和的数列nb已知 是等差数列，且 13a， 42，数列 满足 14b， 20，且 是等na n nba比数列（1）求数列 和 的通项公式；nb（2）求数列 的前 项和【答案】（1） ， ；（2）3(1)2n3na1nnb【解析】（1）设等差数列 的公差为 d，由题意，得413ad，n所以 1()3()nad*N，设等比数列 的公比为 q，由题意，得3412083baq，解得 2qnb所以11()2na，从而 ()nn*N（2）由（1）知， 3()
10、n*N，因为数列 的前 n 项和为12，数列 的前 n 项和为12n，12n所以数列 的前 n 项和为3()b【名师点睛】（1）本题采用了分组求和法，其实质是利用加法结合律对一个求和式子进行重新组合，合并“同类项”后，再分别求和（2）利用分组求和法解题的步骤：根据通项公式的特征准确拆分，将其分解为可以直接求和的一些数列的和；分组求和，分别求出各个数列的和；得出结论，对拆分后每个数列的和进行组合，解决原数列的求和问题利用等比数列的前 n 项和公式时忽略对公比的讨论从而导致错误在数列 中，若2(0)nam，求 的前 n 项和 nSn a【错解】由题易得， 242212()()nnnnSa mLLL
11、2(1)()nnm【错因分析】错解在求 S时忽略了对公比是否等于 1 的讨论，且默认 是等比数列na【正解】当 m时， 0na，所以 0n；当 1时， 2，所以()()12nnnmS；当 1m时，2(1)()nnnmS综上，20,(1),(),1nn nSmm【名师点睛】无论是求等比数列的前 n 项和 nS，还是已知等比数列的前 n 项和求其他量，只要使用等比数列前 n 项和公式，就要对公比 q 是否为 1 作分类讨论1在等比数列 中， ， ，则 的前 4 项和为na32769anaA81 B120C168 D1922已知等比数列 中， ，则由此数列的奇数项所组成的新数列的前 n 项和na13
12、2nn nSA B3(14) 3(41)nC Dn3已知等比数列 中， ，等差数列 中， ，则数列 的前 项和na5824anb564anb9SA B9 18C D6 724已知数列 满足 ， ，则 的前 10 项和等于na1320na253naA B01() 1023()C D1032() 1032()5设 是等比数列 的前 项和， ， ，则公比nSna32a39SqA B21 21C 或 D 或1 16已知等比数列 的前 项和为 ， ，且 ，则nanS1352a245anSaA B14n 1nC D27已知等比数列 中， ， ，则 的前 项和 _na2312364ananS8在等比数列 中
13、， ，则 _6,9SS9已知 为等比数列， ， ，则 _n47281010已知数列 ，若新数列 ， ， ， ，是首项为 1，公比为 的等比数na1a23a1na 2列，则 _11已知数列 的前 项和为 ， nanS(1)3na*N（1）求 ， ；学 + 12（2）求证：数列 是等比数列n12已知等差数列 的前 n 项和为 ，公差 d0，且 成等比数列anS4236,Sa（1）求数列 的通项公式；n（2）设 ，求数列 的前 n 项和 abbT13在等比数列 中， ，则na267,91S4SA28 B32C35 D4914等比数列 的前 项和记为 ，若 ，则nanS84:2:3124:SA7:9
14、B1:3C5:7 D3:515在等比数列 中， ，前 项和为 ，若数列 也是等比数列，则 等于na13nnS2nanSA B21nC D 13n16设等比数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 _nanS23186S51017已知 表示正项等比数列 的前 项和若 ， ，则 的值是_Saa37610S18若数列 满足 ，则称数列 为“平方递推数列” 已知数列 中， ，点nA21nnAna19在函数 的图象上，其中 n 为正整数1(,)a()fx（1）证明：数列 是“平方递推数列” ，且数列 为等比数列；nalg(+1)na（2）设（1）中“平方递推数列”的前 n 项之积为 ，求 ；nT19已知等差数
15、列 的前 n 项和为 ，等比数列 的前 n 项和为 ，满足 ， ，anSbnT1ab2， 213ST3Sb（1）求数列 ， 的通项公式；n（2）设 ，求数列 的前 n 项和 nacbcnC20已知单调递增的等比数列 满足 ，且 是 ， 的等差中项na2348a32a4（1）求数列 的通项公式；n（2）若 ， ，对任意的正整数 ， 恒成立，12logb12nnSb n1()0nSma试求实数 的取值范围m21 （2017 新课标全国理）我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中
16、的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯A1 盏 B3 盏C5 盏 D9 盏22 （2018 新课标全国理）记 为数列 的前 项和，若 ，则 _nSna21nSa6S23 （2017 江苏）等比数列 的各项均为实数，其前 项和为 ，已知 ， ，则nan3743_8a24 （2018 新课标全国文）等比数列 中， ， na1534a（1）求 的通项公式；n（2）记 为 的前 项和若 ，求 Sa63mS25 （2018 北京文）设 是等差数列，且 ， na1ln2a35ln2a（1）求 的通项公式；n（2）求 12eenaa26 （2017 新课标全国文）记 Sn为等比数列 的前 n
17、项和，已知 S2=2，S 3=6a（1）求 的通项公式；na（2）求 Sn，并判断 Sn+1，S n，S n+2 是否成等差数列27 （2017 北京文）已知等差数列 和等比数列 满足 ， ， nanb1a2410a245ba（1）求 的通项公式；na（2）求和： 13521nbb28 （2017 新课标全国文）已知等差数列 的前 项和为 ，等比数列 的前 项和为 ，nanSnbnT12,aba（1）若 ，求 的通项公式；35nb（2）若 ，求 T3S29 （2018 天津文）设 是等差数列，其前 项和为 ； 是等比数列，公比大于 ，其前nan*()nSNnb0项和为 已知 ， ， ， n*(
18、)nTN1b32435ba462a（1）求 和 ；S（2）若 ，求正整数 的值12nnnTa（ ）30 （2017 山东文）已知 是各项均为正数的等比数列，且 na121236,aa（1）求数列 的通项公式；（2） 为各项非零的等差数列，其前 n 项和 Sn，已知 ，求数列 的前 n 项nb 211nnbnba和 T31 （2017 天津理）已知 为等差数列，前 n 项和为 ， 是首项为 2 的等比数列，且公na()nSNnb比大于 0， ， ， 231b3412ba4b（1）求 和 的通项公式；n（2）求数列 的前 n 项和 21na()N32 （2018 浙江）已知等比数列 的公比 ，且
19、， 是 ， 的等差中na1q34528a4a35a项数列 满足 ，数列 的前 项和为 nb1()nbn（1）求 的值；q（2）求数列 的通项公式n1 【答案】B【解析】设等比数列 的公比为 ，则 ，解得 naq363729aq3q又 ，所以等比数列 的前 4 项和 ，故选 B31279aqn 44(120)S3 【答案】B【解析】由于 为等比数列，所以 ，又 ，所以 ，在等差数列 中，na285a584a54nb，所以 ，数列 的前 项和 ，故选 B465b52bnb9195()182bS4 【答案】C【解析】 ， ， 是等比数列，公比为 ， 首项为 ，1320na13nnana23q152a
20、故选 C0110()()qS5 【答案】C【解析】 ，又 解得 或332929 1213213 qaaaS ,231qa231aq，故选 C61aq6 【答案】D【解析】因为 ，所以 ，解得 ，则2413aq213115()4aqa+=21an=， ，所以 ，故选 D12()nn-=2()4nnS- 2nnaS7 【答案】 【解析】因为 ，所以 ，又 ，所以 ，公比 ，所以 ，所12364a24a231382q1a以 ()nnS8 【答案】21【解析】由等比数列前 n 项和的性质知： 成等比数列，因为 所以3696,SS363,S，解得 9612S921S10 【答案】12()n【解析】依题意
21、可得 ，12311()2()()()()nn naaa即 ，所以 2()nna1()nn11 【答案】 （1） ， ；（2）证明见解析4a【解析】 （1）由 ，得 ，所以 13S13a12又 ，所以 ，解得 213Sa1213a214a（2）当 时， ，即 ，n11()()nnnnS12n又 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列1ana212 【答案】 （1） 93n；（2） 35178nnT【解析】 （1）由题意得 ，即 ，326a211()()5adad解得 或 d0（舍去） 2 ，得 d341136Saa （n1）d63（n1）93n，即 93n1 a（2） ， 64， nb93128
22、nan1b18n 是以 64 为首项， 为公比的等比数列，n 1 3164()()5287nnn nbqT13 【答案】A【解析】因为 是等比数列，所以每相邻两项的和也成等比数列，所以 ， ， 成na 2S4264S等比数列，即 成等比数列，所以 ，解得 或447,91S244(7)(91)S8（舍去） ，故选 A学！ 421S15 【答案】B【解析】设等比数列 的公比 ，则 ，由数列 也是等比数列得naq13naq2na是等比数列，所以 ， ， 为等比数列，所以132nq0322，得 ，即 ，所以 故选 B02()()01113nS16 【答案】33【解析】由题意可得公比 ，因为 ，1q36
23、11()()2,8aqaq所以 解得 （舍去）或 ，616333()8,9,80,2aq1q2q故 101010555Sq18 【答案】 （1）证明见解析；（2） lg21nT【解析】 （1）由题意得 ，即 ，1nna2(1)na则 是“平方递推数列” na对 两边取对数得 ，21()n1lg()2lg()nn所以数列 是以 为首项，2 为公比的等比数列lg(+1)na1lg()a（2）由（1）知 ，1+n则 12l()()n nTgl1lg(1)()12nnaan19 【答案】 （1） ， ；（2） na13nnb15243nnC【解析】 （1）设等差数列 的公差为 d，等比数列 的公比为
24、q，nb则 ，解得 ，11212()33adbq123abq故 ， nnnb（2）由（1）知， ，13nac故 ，2 214()3nn nC ，21134()33n n得： 2211127()33nnnC 11()37)3nn，117()5所以 1543nn20 【答案】 （1） ；（ 2） na(,1【解析】 （1）设等比数列 的首项为 ，公比为 na1q依题意，有 ，代入 ，得 ，324()2348a3a因此 ，即 解得 或240a3120,8,aq1,q1,2又数列 单调递增，则 故 n1,a2n（2）因为 ，2lognnb所以 ，31nnS ，234 1()12n，得2nn 1(1)n
25、n1122nn因为 ，所以 对任意正整数 恒成立，1()0nnSma+1+1+1220nnnm n所以 对任意正整数 恒成立，即 恒成立112nnn因为 ，所以 ，故实数 的取值范围是 nm(,121 【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯 盏，则各层的灯数构成一个首项为 ，公比为 2 的等比数列，结合等比xx数列的求和公式有 ，解得 ，即塔的顶层共有灯 3 盏，故选 B7(12)383x【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等
26、式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论22 【答案】 63【解析】根据 可得 ，两式相减可得 ，即 ，当21nSa12nSa12nnaa12na时， ，解得 ，所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，所1n1n以 66(2)3S23 【答案】32【解析】当 时，显然不符合题意；1q当 时， ，解得 ，则 1q316()74aq142aq78123【名师点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的
27、深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用但在应用性质时要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法24 【答案】 （1） 或 ；（2） 1(2)nna1na6m25 【答案】 （1） ；（2） ln12n【解析】 （1）设等差数列 的公差为 ，nad因为 ，所以 ，235la135l又 ，所以 所以 1ln2aln2d1()ln2nad（2）由（1）知 ，因为 ，所以 是以 2 为首项， 2 为公比的等比数列，ln2leenna ena所以 ，212lll 12nna n 所以 1
28、21eena26 【答案】 （1） ；（2） ， ， ， 成等差数列，证明见解析()nn12()3nnSSn2【思路分析】 （1）由等比数列通项公式解得 ， 即可求解；（2）利用等差中项即可证q1a明 ， ， 成等差数列nS2n【解析】 （1）设 的公比为 由题设可得naq12(),6.aq解得 ， ，故 的通项公式为 2qn()nn（2）由（1）可得 11()2()3nSq由于 ，212142()()33n nn nS故 ， ， 成等差数列1nS2n27 【答案】 （1） ；（2） 1na1n【思路分析】 （1）设等差数列的公差为 ，代入建立方程进行求解；（ 2）由 是等比数列，知dnb依然
29、是等比数列，并且公比是 ，再利用等比数列求和公式求解2nb2q【解析】 （1）设等差数列 的公差为 na因为 ，所以 ，解得 ，所以 240a1240d2d21na（2）设等比数列 的公比为 nbq因为 ，所以 ，解得 ，所以 453192321213nnbq从而 2113521 332nnbb 【名师点睛】本题考查了数列求和，一般数列求和的方法：分组转化法，一般适用于等差数列+等比数列的形式；裂项相消法求和，一般适用于 1nac， nc1等的形式；错位相减法求和，一般适用于等差数列 等比数列的形式；倒序相加法求和，一般适用于首末两项的和是一个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以 2
30、 即可得到数列求和28 【答案】 （1） ；（ 2）当 时， ；当 时， 1nb5q3 1S4q3 6S【思路分析】 （1）根据等差数列及等比数列通项公式表示条件，得关于公差与公比的方程组，解方程组得公比，代入等比数列通项公式即可；（2）由等比数列前三项的和求公比，分类讨论，求公差，再根据等差数列前三项求和【解析】设 的公差为 ， 的公比为 ，则 ， nadnbq1()nad1nbq由 得 2b3q（1）由 得 ，3526联立和解得 （舍去）或 ，因此 的通项公式为 0dq1dqnb12nb（2）由 ， 得 ，解得 或 1b32T054q当 时，由得 ，则 当 时，由得 ，则 5q8d321S
31、41d36S29 【答案】 （1） ， ；（2） (1)2nSnT（2）由（1）可得 ，13 112 21(2)2()nn nnT 由 可得 ，12()4nnnSab11nn整理得 ，解得 （负值舍去） ，所以 的值为 340430 【答案】 （1） ；（ 2） na52nnT【思路分析】 （1）列出关于 的方程组，解方程组求基本量；（ 2）用错位相减法求和1,aq【解析】 （1）设 的公比为 ，由题意知： n 11()6,aqaq又 ，解得 ， ，所以 0na12q2n（2）由题意知： ，121 1()()nn nbSb 又 所以 ，令 ，则 ，211,0,nnSb2nnca2nc因此 ，1
32、223157nn nnTcc 又 ，234157n n两式相减得 ，21112()nnnT所以 25nn31 【答案】 （1） ， ；（2） 3nanb13843n【思路分析】 （1）根据等差数列和等比数列通项公式及前 项和公式列方程求出等差数列的首项 和1a公差 及等比数列的公比 ，即可写出等差数列和等比数列的通项公式；（2）利用错位相减法即可dq求出数列 的前 n 项和21nab【解析】 （1）设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 nadnbq由已知 ，得 ，23b21()bq而 ，所以 1260又 ，解得 ，所以 0q2n由 ，可得 ，3412ba138da由 ，可得 ，1=S56
33、联立，解得 ， ，由此可得 13d32na所以数列 的通项公式为 ，数列 的通项公式为 na2nab2nb（2）设数列 的前 项和为 ，21bnT由 ， ，有 ，6n14nn21(3)4n故 ，23458()nT，4 1()nn 上述两式相减，得23 134(3)4nnT 11()()nn，1(32)48n即 ，所以数列 的前 项和为 13284nnT21nab 132843n【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前 项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前 项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相加法、错位相减法、裂项相消法和分组求和法等
34、，本题考查的是错位相减法求和32 【答案】 （1） ；（2） q2115(43)nnb【解析】 （1）由 是 的等差中项可得 ，4a35,354a所以 ，解得 3584由 可得 ，因为 ，所以 3520a18()20q1q2（2）设 ，数列 前 n 项和为 1nncbacnS由 可得 1,2nnS41n由（1）可知 ，所以 ，na11()2nb故 ，21(45),nnb112321()()nnnbbb1(45)(4973n设 ，22371(5)(,nnT则 ，22111()(49)(45)(2 nnn 上述两式相减可得 ，22113()()nnnT 所以 ，24(),nnT又 ，所以 1b2115(43)nnThe End 下 节 见
