資源簡介

1.3.3　等比數列的前n項和
第1課時　等比數列的前n項和公式
學習目標 1.探索并掌握等比數列的前n項和公式，理解等比數列通項公式與前n項和公式的關系. 2.會求解與等比數列前n項和有關的基本運算，培養數學運算的核心素養. 3.掌握等比數列前n項和公式的函數特征及其應用，提升邏輯推理、數學運算的核心素養.
任務一　等比數列的前n項和公式
問題.若等比數列{an}的首項是a1，公比是q，如何求該等比數列的前n項的和？
提示：因為Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，
所以Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1，
上式中每一項都乘等比數列的公比可得qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1qn－1＋a1qn，
發現上面兩式中有很多相同的項，兩式相減可得Sn－qSn＝a1－a1qn，
即(1－q)Sn＝a1(1－qn)，當q≠1時，有Sn＝，而當q＝1時，Sn＝na1.上述等比數列求前n項和的方法，我們稱為“錯位相減法”.
已知量 首項a1，公比q與項數n 首項a1，末項an與公比q
公式 Sn＝ Sn＝
在等比數列{an}中，公比為q，前n項和為Sn.
(1)若a1＝8，an＝，Sn＝，求n；
(2)若S3＝，S6＝，求an及Sn.
解：(1)顯然q≠1，由Sn＝，即＝，
所以q＝.又因為an＝a1qn－1，即8×＝，所以n＝6.
(2)法一：由S6≠2S3知q≠1，由題意得
②÷①，得1＋q3＝9，所以q3＝8，即q＝2.
代入①得a1＝，所以an＝a1qn－1＝×2n－1＝2n－2，
Sn＝＝2n－1－.
法二：由S3＝a1＋a2＋a3，S6＝S3＋a4＋a5＋a6＝S3＋q3(a1＋a2＋a3)＝S3＋q3S3＝(1＋q3)S3.
所以1＋q3＝＝9，所以q3＝8，即q＝2.
代入＝，得a1＝，所以an＝a1qn－1＝×2n－1＝2n－2，
Sn＝＝2n－1－.
　　在等比數列{an}的五個量a1，q，an，n，Sn中，a1與q是最基本的元素，當條件與結論間的聯系不明顯時，均可以用a1與q表示an與Sn，從而列方程組求解，在解方程組時經常用到兩式相除達到整體消元的目的.這是方程思想與整體思想在數列中的具體應用.
對點練1.設等比數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝3，且a2 019＋a2 020＝0，則S101等于(　　)
A.3 B.303
C.－3 D.－303
答案：A
解析：設數列{an}的公比為q，由a2 019＋a2 020＝0可得q＝－1，故S101＝a101＝a1＝3.
對點練2.等比數列{an}的各項均為實數，其前n項和為Sn.已知S3＝，S6＝，則a8＝　　　　.
答案：32
解析：設等比數列{an}的公比為q，則由S6≠2S3得q≠1，則則a8＝a1q7＝×27＝32.
對點練3.在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn為{an}的前n項和.若Sn＝126，則n＝　　　　.
答案：6
解析：因為在數列{an}中a1＝2，an＋1＝2an，所以數列{an}是首項為2，公比為2的等比數列.因為Sn＝126，所以＝126，即2n＋1＝128，解得n＝6.
任務二　等比數列前n項和的性質
1.等比數列{an}中，若項數為2n，則＝q；若項數為2n＋1，則＝q.
2.若等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…成等比數列(其中Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…均不為0).
3.若一個非常數列{an}的前n項和Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠0，n∈N＋)，則數列{an}為等比數列，即Sn＝Aqn－A(A≠0，q≠0，q≠1，n∈N＋) 數列{an}為等比數列.
(1)已知{an}為等比數列，其前n項和為Sn，且S4＝3，S12－S8＝12，則S8＝(　　)
A.－3 B.9
C.－3或9 D.－3或6
(2)設{an}是等比數列，公比為3，前80項之和為32，則a2＋a4＋a6＋…＋a80＝(　　)
A.16 B.24
C.20 D.28
(3)各項均為正數的等比數列{an}的前n項和為Sn.若Sn＝2，S3n＝14，則S4n＝　　　　.
答案：(1)B　(2)B　(3)30
解析：(1)由等比數列的前n項和的性質，得(S8－S4)2＝S4(S12－S8)＝3×12＝36，
所以S8－S4＝±6，所以S8＝±6＋3＝－3或9.
設等比數列{an}的公比為q.
又因為S8＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝(1＋q4)S4，S4＞0，
所以S8＞0，所以S8＝9.
(2)設a2＋a4＋a6＋…＋a80＝S，因為{an}是公比為3的等比數列，
所以根據性質1，得＝＝3，
所以a1＋a3＋…＋a79＝S，所以S＋S＝32，
解得S＝24.
(3)設等比數列{an}的公比為q，由題意得q＞0.
若q＝1，則由Sn＝na1＝2，知S3n＝3na1＝6≠14，故q≠1.
所以＝＝＝1＋qn＋q2n＝＝7，
解得qn＝2或qn＝－3(舍去).
所以S4n＝·Sn＝×2＝30.
　　解決有關等比數列前n項和的問題時，若能恰當地使用等比數列前n項和的相關性質，則可以避繁就簡.不僅可以減少解題步驟，而且可以使運算簡便，同時還可以避免對公比q的討論.
對點練4.已知等比數列{an}的首項為1，項數是偶數，所有的奇數項之和為85，所有的偶數項之和為170，則這個等比數列的項數為(　　)
A.4 B.6
C.8 D.10
答案：C
解析：記所有的奇數項之和為S奇，所有的偶數項之和為S偶，由題意得數列{an}的公比q＝＝＝2，由數列{an}的前n項和Sn＝，得85＋170＝，解得n＝8.
對點練5.設等比數列{an}的前n項和為Sn，若＝，則＝　　　　.
答案：
解析：由S3，S6－S3，S9－S6成等比數列，得(S6－S3)2＝S3·(S9－S6).由＝，知S6＝S3，則＝S3·(S9－S3)，所以S9＝S3，所以＝.
任務三　等比數列前n項和的應用
為了保障幼兒園兒童的人身安全，甲、乙兩省計劃若干時間內兩省共新購1 000輛校車.其中，甲省采取的新購方案是：本月新購校車10輛，以后每個月的新購量比上一個月增加50％；乙省采取的新購方案是：本月新購校車40輛，以后每個月比上一個月多新購m輛.
(1)求經過n個月，兩省新購校車的總數S(n)；
(2)若兩省計劃在3個月內完成新購目標，求m的最小值.
解：(1)設an，bn分別為甲省、乙省在第n個月新購校車的數量.依題意，知{an}是首項為10，公比為1＋50％＝的等比數列，{bn}是首項為40，公差為m的等差數列，所以{an}的前n項和Pn＝，{bn}的前n項和Tn＝＝40n＋，
所以經過n個月，兩省新購校車的總數為
S(n)＝Pn＋Tn＝＋40n＋
＝20[()n－1]＋40n＋＝20×()n＋n2＋(40－)n－20.
(2)若計劃在3個月內完成新購目標，則S(3)≥1 000.所以S(3)＝20×()3＋×32＋(40－)×3－20≥1 000，解得m≥277.5.
又m∈N＋，故所求m的最小值為278.
解數列應用題的思路和方法
對點練6.《九章算術》中有一題：今有牛、馬、羊食人苗，苗主責之粟五斗，羊主曰：“我羊食半馬.”馬主曰：“我馬食半牛.”今欲衰償之，問各處幾何？其意思是：今有牛、馬、羊吃了別人的禾苗，禾苗主人要求賠償五斗粟，羊主人說：“我羊所吃的禾苗只有馬的一半.”馬主人說：“我馬所吃的禾苗只有牛的一半.”若按此比例償還，牛、馬、羊的主人各應賠償多少粟？在這個問題中，牛主人應賠償(　　)
A.斗粟 B.斗粟
C.斗粟 D.斗粟
答案：D
解析：設牛主人賠償x斗粟，馬主人賠償y斗粟，羊主人賠償z斗粟，由題意可知x，y，z成公比為的等比數列，則x＋y＋z＝5，即x＋x＋x＝5，解得x＝，所以牛的主人應賠償斗粟.
對點練7.《九章算術》第三章“衰分”介紹了比例分配問題，“衰分”是按比例遞減分配的意思，通常稱遞減的比例為“衰分比”.現有38石糧食，按甲、乙、丙的順序進行“衰分”，已知甲分得18石糧食，則“衰分比”為(　　)
A. B.
C. D.
答案：A
解析：設“衰分比”為q，則18＋18q＋18q2＝38，解得q＝或q＝－(舍去).
1.設Sn是等比數列{an}的前n項和，若＝3，則＝(　　)
A.2 B.
C. D.1或2
答案：B
解析：設S2＝k，則S4＝3k，由數列{an}為等比數列(易知數列{an}的公比q≠－1)，得
S2，S4－S2，S6－S4為等比數列，
又S2＝k，S4－S2＝2k，
所以S6－S4＝4k，
所以S6＝7k，所以＝＝，故選B.
2.已知等比數列{an}共有32項，其公比q＝3，且奇數項之和比偶數項之和少60，則數列{an}的所有項之和是(　　)
A.30 B.60
C.90 D.120
答案：D
解析：設等比數列{an}的奇數項之和為S1，偶數項之和為S2，
則S1＝a1＋a3＋a5＋…＋a31，
S2＝a2＋a4＋a6＋…＋a32＝q(a1＋a3＋a5＋…＋a31)＝3S1，
又S1＋60＝S2，則S1＋60＝3S1，解得S1＝30，S2＝90，
故數列{an}的所有項之和是30＋90＝120.故選D.
3.已知等比數列{an}的前n項和Sn＝4n－1＋t，則下列結論正確的是(　　 )
A.首項a1的值不確定 B.公比q＝
C.a2＝1 D.t＝－
答案：D
解析：已知Sn＝4n－1＋t，則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，因為a1＝t＋1＝＝，所以t＝－.故選D.
4.在等比數列{an}中，a1＋a7＝65，a3a5＝64，且an＋1＜an，n∈N＋.
(1)數列{an}的通項公式為　　　　　.
(2)數列{an}的前5項的和S5＝　　 　.
答案：(1)()n－7　(2)124
解析：(1)設等比數列{an}的公比為q，因為a3a5＝64，
所以a1a7＝64，又a1＋a7＝65，且an＋1＜an，所以a1＝64，a7＝1，
所以q6＝＝，解得q＝或q＝－(舍去)，
所以數列{an}的通項公式為an＝a1qn－1＝64·()n－1＝()n－7.
(2)由(1)知an＝()n－7，
所以數列{an}的前5項的和S5＝＝＝124.
課時測評11　等比數列的前n項和公式
(時間：60分鐘　滿分：110分)
(1—8小題，每小題5分，共40分)
1.在等比數列{an}中，a1＝－1，a5＋a7＝8(a2＋a4)，則數列{an}的前六項和為(　　)
A.63 B.－63
C.－31 D.31
答案：B
解析：在等比數列{an}中，a1＝－1，a5＋a7＝8(a2＋a4)，
所以－1×q4＋(－1)×q6＝8[－1×q＋(－1)×q3]，
解得q＝2，
所以數列{an}的前六項和為S6＝＝－63.故選B.
2.已知正項等比數列{an}滿足a1＝，a2a4＝a3＋2，又Sn為數列{an}的前n項和，則S5＝(　　)
A.或 B.
C.15 D.6
答案：B
解析：正項等比數列{an}中，因為a2a4＝a3＋2，所以＝a3＋2，
解得a3＝2或a3＝－1(舍去)，又a1＝，q2＝＝4，解得q＝2，
所以S5＝＝＝，故選B.
3.已知{an}是等比數列，a2＝2，a5＝，則a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝(　　)
A.16(1－4－n) B.16(1－2－n)
C.(1－4－n) D.(1－2－n)
答案：C
解析：設等比數列{an}的公比為q.因為a2＝2，a5＝，所以q3＝，所以q＝，
因為{an}是等比數列，所以{anan＋1}為等比數列，首項為a1a2＝8，公比為q2＝，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＝(1－4－n).
4.等比數列{an}的前n項和為Sn，S5＝2，S10＝6，則a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于(　　)
A.8 B.12
C.16 D.24
答案：C
解析：設等比數列{an}的公比為q，因為S2n－Sn＝qnSn，所以S10－S5＝q5S5，所以6－2＝2q5，所以q5＝2，所以a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝a1q15＋a2q15＋a3q15＋a4q15＋a5q15＝q15(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q15S5＝23×2＝16.
5.(多選)設等比數列的公比為q，其前n項和為Sn，前n項積為Tn，并滿足條件a1＞1，a2 019a2 020＞1，＜0，下列結論正確的是(　　)
A.S2 019＜S2 020
B.a2 019a2 021－1＜0
C.T2 020是數列中的最大值
D.數列無最大值
答案：AB
解析：當q＜0時，a2 019a2 020＝q＜0，與題設不符，不成立；
因為a1＞1，a2 019a2 020＞1，＜0，則a2 019＞1，0＜a2 020＜1，故0＜q＜1，
所以，數列是正項且單調遞減的等比數列，故S2 019＜S2 020，A對；
a2 019a2 021－1＝－1＜0，B對；
因為a2 019＞1，0＜a2 020＜1，故T2 019是數列中的最大值，CD選項均錯.故選AB.
6.等比數列{an}為單調遞增數列，設其前n項和為Sn，若a2＝2，S3＝7，則an＝　　　　　.
答案：2n－1
解析：設等比數列{an}的公比為q，由題意可得S3＝a1＋a2＋a3＝＋2＋2q＝7，整理得2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝.又等比數列{an}為單調遞增數列，則q＞1，所以q＝2，因此，an＝a2qn－2＝2×2n－2＝2n－1.
7.記Sn為等比數列{an}的前n項和，且a4＝，a5＝32，則公比q＝　　　　　，S6＝　　　　　.
答案：2　126
解析：因為{an}為等比數列，且a4＝，a5＝32，所以a4＝a1q3＝q2，a5＝a1q4＝32，
解得a1＝q＝2，所以S6＝＝126.
8.已知{an}是首項為1的等比數列，Sn是{an}的前n項和，且9S3＝S6，則數列{}的前5項和為　　　　.
答案：
解析：由題意，q≠1，由9S3＝S6，得9×＝，解得q＝2，故an＝a1qn－1＝2n－1，＝()n－1，所以數列{}是以1為首項，為公比的等比數列，其前5項和為＝.
9.(10分)已知等差數列{an}滿足a5＝13，a1＋a3＝8.
(1)求{an}的通項公式；
(2)設Sn是等比數列{bn}的前n項和，若b1＝a1，b3＝a4－1，求S6.
解：(1)設等差數列{an}的公差為d，
因為等差數列{an}滿足a5＝13，a1＋a3＝8.
所以解得a1＝1，d＝3，
所以an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)設等比數列{bn}的公比為q，
因為等比數列{bn}中，b1＝a1＝1，b3＝a4－1＝9，
所以q2＝＝9，解得q＝±3，
當q＝－3時，S6＝＝－182；
當q＝3時，S6＝＝364.
10.(10分)小楠是一位收藏愛好者，在第1年初購買了價值20萬元的收藏品M，受收藏品市場行情的影響，第2年、第3年的每年初M的價值為上年初價值的；從第4年開始，每年初M的價值比上年初價值增加4萬元.
(1)求第幾年初開始M的價值超過原購買的價值；
(2)記Tn(n∈N＋)表示收藏品M前n年初的價值的平均值，求Tn的最小值.
解：(1)設第n(n∈N＋)年初M的價值為an萬元，
依題意，當1≤n≤3時，數列{an}是首項為20，公比為的等比數列，
所以an＝20×()n－1＝5×23－n.
故a2＝10，a3＝5，所以a3＜a2＜a1.
當n≥4時，數列{an}是以a4為首項，4為公差的等差數列，
又a4＝a3＋4＝9，所以an＝9＋(n－4)×4＝4n－7.
令an＞20，得n＞.又n∈N＋，所以n≥7.
因此第7年初M的價值超過原購買的價值.
(2)設Sn表示前n年初M的價值的和，則Tn＝.
由(1)，知當1≤n≤3時，Sn＝＝40－5×23－n，Tn＝.　①
當n≥4時，由于S3＝35，故Sn＝S3＋(a4＋a5＋…＋an)＝35＋＝2n2－5n＋32，
Tn＝＝2n＋－5.
當1≤n≤3時，由①得T1＝20，T2＝15，T3＝，所以T1＞T2＞T3；
當n≥4時，易知Tn＝2n＋－5是遞增的，故(Tn)min＝T4＝11.
由于T3＞T4，故在第4年初Tn的值最小，最小值為11.
(11—13小題，每小題5分，共15分)
11.(多選)設等比數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a6＝8a3，則(　　)
A.數列{an}的公比為2 B.數列{an}的公比為8
C.＝8 D.＝9
答案：AD
解析：因為等比數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a6＝8a3，所以＝q3＝8，解得q＝2，所以＝＝1＋q3＝9，故選AD.
12.已知數列{an}滿足a1≠0，＝2an，Sn表示數列{an}的前n項和，且Sn＝a2，則n＝(　　)
A.6 B.7
C.8 D.9
答案：B
解析：由于an＋1＝2an，故數列{an}是公比為2的等比數列.由Sn＝a2，得＝×2a1，解得n＝7.故選B.
13.設數列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝0，Sn＝an＋1－2，則Sn＝　　　　；若＜，則n的最小值是　　　　.
答案：2n－2　4
解析：因為Sn＋2＝an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＋1＝2Sn＋2，
所以Sn＋1＋2＝2(Sn＋2)，所以是等比數列且q＝2，
又S1＋2＝a1＋2＝2，所以Sn＋2＝2n，所以Sn＝2n－2，
所以當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，則有＝，
因為＜，所以＜，化簡得22n－16·2n＋14＞0，
解得2n＞8＋5或2n＜8－5，因為n∈N＋，
所以2n＞8＋5，則nmin＝4.
14.(13分)已知數列{an}是各項均為正數的等比數列，且a1＋a2＝2，a3＋a4＝32.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
解：(1)設等比數列{an}的公比為q(q＞0)，則an＝a1qn－1，且an＞0.
由已知，得
化簡得
又因為a1＞0，q＞0，所以a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1.
所以數列{an}的通項公式為an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝＝4n－1，
所以Tn＝1＋4＋42＋…＋4n－1＝＝.
15.(5分)已知數列{an}中，an＝－4n＋5，等比數列{bn}的公比q滿足q＝an－(n≥2)，且b1＝a2，則｜b1｜＋｜b2｜＋…＋｜bn｜＝(　　)
A.1－4n B.4n－1
C. D.
答案：B
解析：因為q＝an－an－1＝－4，b1＝a2＝－3，
所以bn＝b1qn－1＝－3×(－4)n－1，
所以｜bn｜＝｜－3×(－4)n－1｜＝3×4n－1，
即{｜bn｜}是首項為3，公比為4的等比數列，
所以｜b1｜＋｜b2｜＋…＋｜bn｜＝＝4n－1，故選B.
16.(17分)設a1，a2，…，an成等比數列，且S＝a1＋a2＋…＋an，R＝＋＋…＋，P＝a1·a2·…·an.
求證：(1)＝a1·an；
(2)P2Rn＝Sn.
證明：(1)當q≠1時，顯然，此時S＝，
R＝＝，
P＝a1·(a1q)·(a1q2)·…·(a1qn－1)＝.
所以＝qn－1＝a1(a1qn－1)＝a1an.
當q＝1時，顯然，此時S＝na1，R＝，P＝，
所以＝＝a1an.
故＝a1·an恒成立.
(2)當q≠1時，由(1)，得＝(qn－1)n＝()2＝P2，所以P2Rn＝Sn.
當q＝1時.由(1)得＝＝P2，即P2Rn＝Sn.
綜上所述，不論q是否為1，P2Rn＝Sn都成立.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)(共58張PPT)
　
第一章　1.3 等比數列
1.3.3　等比數列的前n項和
第1課時　等比數列的前n項和公式
學習目標
1.探索并掌握等比數列的前n項和公式，理解等比數列通項公式與前n項和公式的關系.
2.會求解與等比數列前n項和有關的基本運算，培養數學運算的核心素養.
3.掌握等比數列前n項和公式的函數特征及其應用，提升邏輯推理、數學運算的核心素養.
任務一　等比數列的前n項和公式
問題導思
新知構建
已知量 首項a1，公比q與項數n 首項a1，末項an與公比q
公式


典例1
規律方法
　　在等比數列{an}的五個量a1，q，an，n，Sn中，a1與q是最基本的元素，當條件與結論間的聯系不明顯時，均可以用a1與q表示an與Sn，從而列方程組求解，在解方程組時經常用到兩式相除達到整體消元的目的.這是方程思想與整體思想在數列中的具體應用.
對點練1.設等比數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝3，且a2 019＋a2 020＝0，則S101等于
A.3 B.303
C.－3 D.－303
設數列{an}的公比為q，由a2 019＋a2 020＝0可得q＝－1，故S101＝a101＝a1＝3.
√

32
對點練3.在數列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an，Sn為{an}的前n項和.若Sn＝126，則n＝___.
6
返回
任務二　等比數列前n項和的性質
新知構建
典例2
(1)已知{an}為等比數列，其前n項和為Sn，且S4＝3，S12－S8＝12，則S8＝
A.－3 B.9
C.－3或9 D.－3或6
由等比數列的前n項和的性質，得(S8－S4)2＝S4(S12－S8)＝3×12＝36，
所以S8－S4＝±6，所以S8＝±6＋3＝－3或9.
設等比數列{an}的公比為q.
又因為S8＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝(1＋q4)S4，S4＞0，
所以S8＞0，所以S8＝9.
√
(2)設{an}是等比數列，公比為3，前80項之和為32，則a2＋a4＋a6＋…＋a80＝
A.16 B.24
C.20 D.28

√
(3)各項均為正數的等比數列{an}的前n項和為Sn.若Sn＝2，S3n＝14，則S4n＝____.
30

規律方法
　　解決有關等比數列前n項和的問題時，若能恰當地使用等比數列前n項和的相關性質，則可以避繁就簡.不僅可以減少解題步驟，而且可以使運算簡便，同時還可以避免對公比q的討論.
對點練4.已知等比數列{an}的首項為1，項數是偶數，所有的奇數項之和為85，所有的偶數項之和為170，則這個等比數列的項數為
A.4 B.6
C.8 D.10

√
返回


任務三　等比數列前n項和的應用
典例3
規律方法
解數列應用題的思路和方法
√

√
返回
隨堂評價
√

2.已知等比數列{an}共有32項，其公比q＝3，且奇數項之和比偶數項之和少60，則數列{an}的所有項之和是
A.30 B.60
C.90 D.120
√
設等比數列{an}的奇數項之和為S1，偶數項之和為S2，
則S1＝a1＋a3＋a5＋…＋a31，
S2＝a2＋a4＋a6＋…＋a32＝q(a1＋a3＋a5＋…＋a31)＝3S1，
又S1＋60＝S2，則S1＋60＝3S1，解得S1＝30，S2＝90，
故數列{an}的所有項之和是30＋90＝120.故選D.
√

4.在等比數列{an}中，a1＋a7＝65，a3a5＝64，且an＋1＜an，n∈N＋.
(1)數列{an}的通項公式為_______.

(2)數列{an}的前5項的和S5＝_____.

124
返回
課時測評
1.在等比數列{an}中，a1＝－1，a5＋a7＝8(a2＋a4)，則數列{an}的前六項和為
A.63 B.－63
C.－31 D.31

√
√

√
4.等比數列{an}的前n項和為Sn，S5＝2，S10＝6，則a16＋a17＋a18＋a19＋a20等于
A.8 B.12
C.16 D.24
設等比數列{an}的公比為q，因為S2n－Sn＝qnSn，所以S10－S5＝q5S5，所以6－2＝2q5，所以q5＝2，所以a16＋a17＋a18＋a19＋a20＝a1q15＋a2q15＋a3q15＋a4q15＋a5q15＝q15(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝q15S5＝23×2＝16.
√
√
√

6.等比數列{an}為單調遞增數列，設其前n項和為Sn，若a2＝2，S3＝7，則an＝_____.
2n－1
2
126


√
√
√

4
2n－2
√

返回

展開更多......

收起↑