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2020版高中数学第2章数列2.3等差数列的前n项和第2课时等差数列习题课课时作业案新人教A版必修5

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第2课时 等差数列习题课 A级 基础巩固 一、选择题 1．设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为( A ) A．15 B．16 C．49 D．64 [解析] a8＝S8－S7＝82－72＝15. 2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则a2等于( A ) A．4 B．2 C．1 D．－2 [解析] S1＝2(a1－1)， 即a1＝2a1－2，解得a1＝2. a1＋a2＝2(a2－1)解得a2＝4.

3．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝( D ) A．8 B．7 C．6 D．5 [解析] Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2ak＋1＋2＝24. 故ak＋1＝2k＋1＝11. ∴k＝5.

4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列{1anan＋1}的前100项和为( A ) A．100101 B．99101

C．99100 D．101100 [解析] ∵a5＝5，S5＝15， ∴5a1＋52＝15，∴a1＝1.

∴d＝a5－a15－1＝1，∴an＝n. ∴1anan＋1＝1nn＋1＝1n－1n＋1. 则数列{1anan＋1}的前100项的和为：T100＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1100－1101)＝1－1101＝100101.

故选A． 5．正项数列{an}，a1＝1，前n项和Sn满足Sn·Sn－1－Sn－1·Sn＝2Sn·Sn－1(n≥2)，则a10＝( A ) A．72 B．80 C．90 D．82 [解析] 由Sn·Sn－1－Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1(n≥2)，两边同除以Sn·Sn－1，得Sn－Sn－1＝2；而S1＝a1＝1，∴Sn＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝4n2－4n＋1；再根据an＝Sn－

Sn－1，得an＝8n－8，所以a10＝8×10－8＝72.

6．等差数列{an}中，公差d≠0，a1≠d，若前20项的和S20＝10M，则M的值为( D ) A．a3＋a5 B．a2＋2a10 C．a20＋d D．a12＋a9

[解析] ∵S20＝a1＋a202×20＝10(a1＋a20)，∴M＝a1＋a20＝a12＋a9.故选D． 二、填空题 7．已知数列{an}的前n项和Sn＝2·3n－3，则数列{an}的通项公式为__an＝

 3，n＝14·3n－1，n≥2__.．

[解析] 当n＝1时，a1＝S1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4·3n－1. 当n＝1时不满足上式，故an＝ 3，n＝1，4·32n－1，n≥2. 8．设等差数列{an}满足a5＝11，a12＝－3.若{an}的前n项和Sn的最大值为M，则lgM＝__2__. [解析] 设等差数列{an}的公差为d. ∵a5＝11，a12＝－3，

∴ a1＋4d＝11a1＋11d＝－3，解得 a1＝19d＝－2. ∴an＝19－2(n－1)＝21－2n. 令an≥0，解得n≤212. 当n＝10时，等差数列{an}的前n项和Sn取得最大值M＝10×19＋10×92×(－2)＝190－90＝100. ∴lgM＝2. 三、解答题 9．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1. (1)写出数列的前5项； (2)数列{an}是等差数列吗？说明理由； (3)写出{an}的通项公式． [解析] (1)∵Sn＝n2＋n＋1，∴a1＝S1＝3，a2＝S2－S1＝7－3＝4，a3＝S3－S2＝13－7＝6，a4＝S4－S3＝21－13＝8，a5＝S5－S4＝31－21＝10. (2)由(1)可知，a2－a1＝4－3＝1，a3－a2＝6－4＝2， ∴a3－a2≠a2－a1，∴数列{an}不是等差数列． (3)∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1， ∴an＝n2＋n＋1－[(n－1)2＋(n－1)＋1] ＝2n(n≥2)，a1＝S1＝3，

∴数列{an}的通项公式为an＝ 3，n＝1，2n，n≥2. 10．已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3＝0，S5＝－5. (1)求{an}的通项公式；

(2)求数列{1a2n－1a2n＋1}的前n项和．

[解析] (1)设{an}的公差为d，则Sn＝na1＋nn－12d. 由已知可得 3a1＋3d＝0，5a1＋10d＝－5，解得a1＝1，d＝－1. 故数列{an}的通项公式为an＝2－n. (2)由(1)知1a2n－1a2n＋1＝13－2n1－2n

＝12(12n－3－12n－1)， 从而数列{1a2n－1a2n＋1}的前n项和为12(1－1－11＋11－13＋…＋12n－3－12n－1)＝n1－2n. B级 素养提升 一、选择题 1．在各项均不为零的等差数列{an}中，若an＋1－a2n＋an－1＝0(n≥2)，则S2n－1－4n等于( A ) A．－2 B．0 C．1 D．2 [解析] ∵an＋1－a2n＋an－1＝0(n≥2)， ∴an＋1＋an－1＝a2n， ∵{an}为等差数列． ∴an＋1＋an－1＝2an＝a2n. ∴an＝2或an＝0(舍) ∴S2n－1－4n＝2×(2n－1)－4n＝－2.

2．等差数列{an}中，ana2n是一个与n无关的常数，则该常数的可能值的集合为( B )

A．{1} B．{1，12} C．{12} D．{0，12，1} [解析] 本题考查等差数列．设等差数列{an}的公差为d，则ana2n＝a1－d＋dna1－d＋2dn为常数，则a1＝d或d＝0，ana2n＝12或1，故选B． 3．已知数列{an}为等差数列，Sn为前n项和，公差为d，若S2 0172 017－S1717＝100，则d的值为( B ) A．120 B．110 C．10 D．20 [解析] 由等差数列{an}可得Snn＝a1＋n－12d＝d2n＋(a1－12d)为等差数列，∵S2 0172 017－S17

17

＝100，d2×2 017＋a1－12d－(d2×17＋a1－12d)＝100，∴10d＝1，解得d＝110. 4．数列{an}的前n项和Sn＝3n－2n2(n∈N*)，则当n≥2时，下列不等式成立的是( C ) A．Sn>na1>nan B．Sn>nan>na1 C．na1>Sn>nan D．nan>Sn>na1

[解析] 解法一：由an＝ S1n＝1，Sn－Sn－1n≥2， 解得an＝5－4n. ∴a1＝5－4×1＝1，∴na1＝n. ∴nan＝5n－4n2. ∵na1－Sn＝n－(3n－2n2)＝2n2－2n＝2n(n－1)>0， Sn－nan＝3n－2n2－(5n－4n2)＝2n2－2n>0.

∴na1>Sn>nan. 解法二：∵an＝5－4n，∴当n＝2时，Sn＝－2， na1＝2，nan＝－6，∴na1>Sn>nan.

二、填空题 5．在直角坐标平面上有一系列点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，…，Pn(xn，yn)，…，对一切

正整数n，点Pn位于函数y＝3x＋134的图象上，且Pn的横坐标构成以－52为首项，－1为公差

的等差数列{xn}，则Pn的坐标为__(－n－32，－3n－54)__. [解析] ∵xn＝－52＋(n－1)·(－1)＝－n－32， ∴yn＝3·xn＋134＝－3n－54， ∴Pn点的坐标为(－n－32，－3n－54)． 6．已知数列{an}中a1＝1，a2＝2，当整数n>1时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，则S15

＝__211__.

[解析] ∵数列{an}中，当整数n>1时， Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)都成立，

⇔Sn＋1－Sn＝Sn－Sn－1＋2⇔an＋1－an＝2(n>1)． ∴当n≥2时，{an}是以2为首项，2为公差的等差数列．

∴S15＝14a2＋14×132×2＋a1＝14×2＋14×132×2＋1＝211. 三、解答题 7．已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn. (1)求an及Sn；

(2)令bn＝1a2n－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn. [解析] (1)设等差数列{an}的首项为a，公差为d， 由于a3＝7，a5＋a7＝26， ∴a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，解得a1＝3，d＝2. ∴an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)． (2)∵an＝2n＋1，∴a2n－1＝4n(n＋1)， ∴bn＝14nn＋1＝14(1n－1n＋1)． 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝14(1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1)

＝14(1－1n＋1)＝n4n＋1， ∴数列{bn}的前n项和Tn＝n4n＋1. 8．数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设Hn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|，求Hn. [解析] (1)因为an＋2－2an＋1＋an＝0. 所以an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1. 所以{an}是等差数列且a1＝8，a4＝2，所以d＝－2，an＝a1＋(n－1)d＝10－2n. 故an＝10－2n. (2)因为an＝10－2n，令an＝0，得n＝5. 当n>5时，an<0；当n＝5时，an＝0； 当n<5时，an>0. 设Sn＝a1＋a2＋…＋an. 所以当n>5时，Hn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)＝S5－(Sn

－S5)＝2S5－Sn＝n2－9n＋40，

当n≤5时，Hn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝9n－n2.

所以Hn＝ 9n－n2，n≤5，n2－9n＋40，n>5.

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2022高中数学第二章数列3等差数列的前n项和2作业新人教版必修5

2022高中数学第二章数列3等差数列的前n项和2作业新人教版必修5

1 等差数列的前n项和(一) 一、基础过关 1．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k等于( ) A．8 B．7 C．6 D．5 2．设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知a2＝3，a6＝11，则S7等于 ( ) A．13 B．35 C．49 D．63 3．含2n＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为 ( )

A.2n＋1n B.n＋1n C.n－1n D.n＋12n 4．已知等差数列{an}中，a23＋a28＋2a3a8＝9，且an<0，则S10为 ( ) A．－9 B．－11 C．－13 D．－15 5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝9，S6＝36.则a7＋a8＋a9等于 ( ) A．63 B．45 C．36 D．27 6．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝24，则a9＝________. 7．已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值． 8．已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}的前n项和Sn. 二、能力提升 9．一个等差数列的项数为2n，若a1＋a3＋…＋a2n－1＝90，a2＋a4＋…＋a2n＝72，且a1－a2n

＝33，则该数列的公差是 ( )

A．3 B．－3 C．－2 D．－1 10．已知等差数列{an}中，|a5|＝|a9|，公差d＞0，则使得前n项和Sn取得最小值时的正整数n的值是________． 11．在项数为奇数的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则该数列有____项． 12．有一等差数列共有偶数项，它的奇数项之和与偶数项之和分别是24和30，若最后一项

与第一项之差为212，试求此数列的首项、公差和项数． 三、探究与拓展 13．已知公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a3a4＝117，a2＋a5＝22. (1)求数列{an}的通项公式an； 2

2020学年高中数学第2章数列2.3等差数列的前n项和第1课时等差数列的前n项和练习新人教A版必修5

2020学年高中数学第2章数列2.3等差数列的前n项和第1课时等差数列的前n项和练习新人教A版必修5

第1课时 等差数列的前n 项和1.在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝A.7B.15C.20D.25解析 S 5＝5×（a 1＋a 5）2＝5×（a 2＋a 4）2＝5×62＝15. 答案 B2.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于A.8B.10C.12D.14解析 由题意知a 1＝2，由S 3＝3a 1＋3×22×d ＝12，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C.答案 C3.已知{a n }是等差数列，a 4＋a 6＝6，其前5项和S 5＝10，则其公差为d ＝________. 解析 a 4＋a 6＝a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝6，①S 5＝5a 1＋12×5×(5－1)d ＝10，②由①②联立解得a 1＝1，d ＝12. 答案 124.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 12＝21，则a 2＋a 5＋a 8＋a 11＝________.解析 S 12＝12（a 1＋a 12）2＝21，即6(a 1＋a 12)＝21， 则a 2＋a 5＋a 8＋a 11＝2(a 1＋a 12)＝7.答案 75.(2016·北京)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和.若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝6，2a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝6，d ＝－2， 所以S 6＝6a 1＋6×52d ＝36＋15×(－2)＝6.答案 6[限时45分钟；满分80分]一、选择题(每小题5分，共30分)1.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝3，a 6＝11，则S 7＝A.13B.35C.49D.63解析 4d ＝a 6－a 2＝8，所以d ＝2，则S 7＝7a 4＝7(a 2＋4)＝49.答案 C2.若等差数列{a n }的前5项的和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7等于A.12B.13C.14D.15 解析 由题意⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝25，a 1＋d ＝3，解之，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2. ∴a 7＝1＋2×6＝13.答案 B3.在等差数列{a n }中，若a 6＋a 9＋a 12＋a 15＝20，则S 20等于A.90B.100C.110D.120解析 ∵a 6＋a 15＝a 9＋a 12＝a 1＋a 20，a 6＋a 9＋a 12＋a 15＝20，∴a 1＋a 20＝10，故S 20＝12×20(a 1＋a 20)＝100.答案 B4.等差数列{a n }的前n 项和S n ，若a 3＋a 7－a 10＝8，a 11－a 4＝4，则S 13等于A.152B.154C.156D.158解析 因为a 3＋a 7－a 10＝8，a 11－a 4＝4，两式相加可得a 3＋a 7－a 10＋a 11－a 4＝(a 3＋a 11)－(a 4＋a 10)＋a 7＝a 7＝12，所以S 13＝13a 7＝13×12＝156.答案 C5.含2n ＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为A.2n ＋1nB.n ＋1nC.n －1nD.n ＋12n解析 S 奇＝（n ＋1）（a 1＋a 2n ＋1）2，S 偶＝n （a 2＋a 2n ）2， ∵a 1＋a 2n ＋1＝a 2＋a 2n ，∴S 奇S 偶＝n ＋1n. 答案 B6.(能力提升)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m 等于A.38B.20C.10D.9 解析 因为{a n }是等差数列，所以a m －1＋a m ＋1＝2a m ，由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，得2a m －a 2m ＝0，由S 2m －1＝38知a m ≠0，所以a m ＝2，又S 2m －1＝38，即（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝38， 即(2m －1)×2＝38，解得m ＝10，故选C.答案 C二、填空题(每小题5分，共15分)7.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________. 解析 因为a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，所以数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，所以前9项和S 9＝9＋9×82×12＝27. 答案 278.已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，若S 6＝3，S 12－S 6＝9，则S 18＝________. 解析 由等差数列{a n }的性质可得： S 6，S 12－S 6，S 18－S 12成等差数列，所以2×9＝3＋S 18－S 12，S 12＝9＋3＝12，所以S 18＝27.答案 279.(能力提升)(2016·江苏)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________.解析 解法一 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2， 即a 1＝2－2d .所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.解法二 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知5（a 1＋a 5）2＝5a 3＝10，所以a 3＝2. 所以由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，所以a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20.答案 20三、解答题(本大题共3小题，共35分)10.(11分)已知等差数列{a n }的前三项为a －1，4，2a ，记前n 项和为S n .(1)设S k ＝2 550，求a 和k 的值；(2)设b n ＝S n n ，求b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1的值.解析 设{a n }的公差为d ，由已知，得a 1＝a －1，a 2＝4，a 3＝2a .又2a 2＝a 1＋a 3，∴8＝a －1＋2a ，即a ＝3，∴a 1＝2，d ＝a 2－a 1＝2.(1)由S k ＝ka 1＋k （k －1）2d ，得2k ＋k （k －1）2×2＝2 550， 即k 2＋k －2 550＝0，解得k ＝50或k ＝－51(舍去)，∴a ＝3，k ＝50.(2)由S n ＝na 1＋n （n －1）2d ，得 S n ＝2n ＋n （n －1）2×2＝n 2＋n ，∴b n ＝S n n＝n ＋1. 又b 3，b 7，b 11，…，b 4n －1仍是等差数列，且共有n 项，∴b 3＋b 7＋b 11＋…＋b 4n －1＝n （b 3＋b 4n －1）2＝n （4＋4n ）2＝2n 2＋2n . 11.(12分)甲、乙两物体分别从相距70 m 的两处同时相向运动，甲第1分钟走2 m ，以后每分钟比前1分钟多走1 m ，乙每分钟走5 m.(1)甲、乙开始运动后几分钟相遇？(2)如果甲、乙到达对方起点后立即返回，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m ，乙继续每分钟走5 m ，那么开始运动几分钟后第二次相遇？解析 (1)设n 分钟后第1次相遇，依题意，有2n ＋n （n －1）2＋5n ＝70， 整理得n 2＋13n －140＝0.解之得n ＝7，n ＝－20(舍去).所以第1次相遇是在开始运动后7分钟.(2)设n 分钟后第2次相遇，依题意，有2n ＋n （n －1）2＋5n ＝3×70， 整理得n 2＋13n －420＝0.解之得n ＝15，n ＝－28(舍去).所以第2次相遇是在开始运动后15分钟.12.(12分)(能力提升)已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 3a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若数列{b n }是等差数列，且b n ＝S nn ＋c ，求非零常数c .解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，且d ＞0.∵a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22，又a 3a 4＝117，∴a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两个根.又公差d ＞0，∴a 3＜a 4，∴a 3＝9，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4，∴a n ＝4n －3. (2)由(1)知，S n ＝n ×1＋n （n －1）2×4＝2n 2－n ，∴b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－n n ＋c .∴b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c . ∵{b n }是等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3， ∴2c 2＋c ＝0，∴c ＝－12(c ＝0舍去). 经检验，c ＝－12符合题意， ∴c ＝－12.。

人教版高中数学必修五同课异构课件：2.3 等差数列的前n项和 2.3.2 精讲优练课型 (精品文档)

人教版高中数学必修五同课异构课件：2.3 等差数列的前n项和 2.3.2 精讲优练课型 (精品文档)


【解析】选A.由S3，S6-S3，S9-S6，…，S18-S15成等差 数列，可知 S18=S3+S6-S3+S9-S6+…+S18-S15
6(－6 18) 36. 2
【补偿训练】一个等差数列的前10项之和为100，前
100项之和为10，求前110项之和.
【解析】方法一：设该等差数列的公差为d，
由于Sn=
所以
na1

n(n－1）d， 2
Sn n

a1

d 2
(n－1)，
所以数列{Sn } 是等差数列，其公差为 d .
n
2
所以 (100－10) d S100 －S10 10 －100 －99，
所以
2 100 10 100 10 10
d － 11 .
所以 2 100
所以S1S11111000=－1S011000101.0
的值为( )
S8 3
S16
1
1
1
3
A.
B.
C.
D.
3.8(2015·唐3 山高二9检测)设等10差数列{an}的前n项和为
Sn，Sm-1=-2，Sm=0，Sm+1=3，则m=( )
A.3
B.4
C.5
D.6
【解题探究】1.典例1中，a5 如何转化为 Sn 的形式？
b5
Tn
提示：
9a1 a9
解得
d 5， a1 2.
方法二：S偶-S奇=(a2+a4+…+a12)-(a1+a3+…+a11) =(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a12-a11)=6d，
2020学年高中数学第2章数列2.3.3等比数列的前n项和(第2课时)等比数列前n项和的性质及应用

2020学年高中数学第2章数列2.3.3等比数列的前n项和(第2课时)等比数列前n项和的性质及应用

2019-2020学年高中数学第2章数列2.3.3 等比数列的前n项和（第2课时）等比数列前n项和的性质及应用讲义苏教版必修5编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019-2020学年高中数学第2章数列2.3.3 等比数列的前n项和（第2课时）等比数列前n项和的性质及应用讲义苏教版必修5）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第2课时等比数列前n项和的性质及应用学习目标核心素养1。

掌握等比数列前n项和的性质的应用．（重点)2.掌握等差数列与等比数列的综合应用．(重点）3。

能用分组转化方法求数列的和．（重点、易错点)1。

通过等比数列前n项和公式的函数特征的学习，体现了逻辑推理素养。

2.借助等比数列前n项和性质的应用及分组求和，培养学生的数学运算素养.1．等比数列前n项和的变式当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式是S n＝错误!，它可以变形为S n＝－错误!·q n＋错误!，设A＝错误!，上式可写成S n＝－Aq n＋A。

由此可见，非常数列的等比数列的前n项和S n 是由关于n的一个指数式与一个常数的和构成的，而指数式的系数与常数项互为相反数．当公比q＝1时，因为a1≠0，所以S n＝na1是n的正比例函数(常数项为0的一次函数）．2．等比数列前n项和的性质性质一:若S n表示数列｛a n｝的前n项和，且S n＝Aq n－A(Aq≠0,q≠±1）,则数列｛a n｝是等比数列．性质二：若数列{a n}是公比为q的等比数列，则①在等比数列中，若项数为2n（n∈N＊），则错误!＝q.②S n，S2n－S n，S3n－S2n成等比数列．思考：在等比数列{a n｝中，若a1＋a2＝20，a3＋a4＝40，如何求S6的值？［提示］S2＝20，S4－S2＝40,∴S6－S4＝80,∴S6＝S4＋80＝S2＋40＋80＝140.1．设数列{a n｝是首项为1，公比为－2的等比数列，则a1＋|a2｜＋a3＋｜a4｜＝________.15［法一:a1＋｜a2｜＋a3＋|a4|＝1＋｜1×(－2)|＋1×(－2)2＋|1×（－2）3|＝15。