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    高中数学新教材人教A版选择性必修第二册学案第四章 4.3.2 第1课时 等比数列前n项和公式
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    高中人教A版 (2019)4.3 等比数列第1课时导学案及答案

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    这是一份高中人教A版 (2019)4.3 等比数列第1课时导学案及答案,共13页。学案主要包含了等比数列前n项和公式的基本运算,利用错位相减法求数列的前n项和,等比数列前n项和的性质等内容,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.
    知识点一 等比数列的前n项和公式
    知识点二 等比数列前n项和的性质
    1.数列{an}为公比不为-1的等比数列(或公比为-1,且n不是偶数),Sn为其前n项和,则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n仍构成等比数列.
    2.若{an}是公比为q的等比数列,则Sn+m=Sn+qnSm(n,m∈N*).
    3.若{an}是公比为q的等比数列,S偶,S奇分别是数列的偶数项和与奇数项和,则:①在其前2n项中,eq \f(S偶,S奇)=q;
    ②在其前2n+1项中,S奇-S偶=a1-a2+a3-a4+…-a2n+a2n+1=eq \f(a1+a2n+1q,1--q)=eq \f(a1+a2n+2,1+q)(q≠-1).
    1.等比数列前n项和Sn不可能为0.( × )
    2.若首项为a的数列既是等比数列又是等差数列,则其前n项和等于na.( √ )
    3.若a∈R,则1+a+a2+…+an-1=eq \f(1-an,1-a).( × )
    4.若某数列的前n项和公式为Sn=-aqn+a(a≠0,q≠0且q≠1,n∈N*),则此数列一定是等比数列.( √ )
    一、等比数列前n项和公式的基本运算
    例1 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1 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,
    ∴q=2或q=-2,
    ∴a1=eq \f(1,15)或a1=-eq \f(1,5),
    ∴an=eq \f(1,15)·2n-1或-eq \f(1,5)·(-2)n-1.
    二、利用错位相减法求数列的前n项和
    例2 求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,2n)))的前n项和.
    解 设Sn=eq \f(1,2)+eq \f(2,22)+eq \f(3,23)+…+eq \f(n,2n),
    则有eq \f(1,2)Sn=eq \f(1,22)+eq \f(2,23)+…+eq \f(n-1,2n)+eq \f(n,2n+1),
    两式相减,得Sn-eq \f(1,2)Sn=eq \f(1,2)+eq \f(1,22)+eq \f(1,23)+…+eq \f(1,2n)-eq \f(n,2n+1),
    即eq \f(1,2)Sn=eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,2n))),1-\f(1,2))-eq \f(n,2n+1)=1-eq \f(1,2n)-eq \f(n,2n+1).
    ∴Sn=2-eq \f(1,2n-1)-eq \f(n,2n)=2-eq \f(n+2,2n)(n∈N*).
    反思感悟 错位相减法的适用范围及注意事项
    (1)适用范围:它主要适用于{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{anbn}的前n项和.
    (2)注意事项:
    ①利用“错位相减法”时,在写出Sn与qSn的表达式时,应注意使两式交错对齐,以便于作差,正确写出(1-q)Sn的表达式.
    ②利用此法时要注意讨论公比q是否等于1的情况.
    跟踪训练2 已知等比数列{an}满足:a1=eq \f(1,2),a1,a2,a3-eq \f(1,8)成等差数列,公比q∈(0,1).
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)设bn=(2n-1)an,求数列{bn}的前n项和Sn.
    解 (1)设等比数列{an}的公比为q,
    a1=eq \f(1,2),
    因为a1,a2,a3-eq \f(1,8)成等差数列,
    所以2a2=a1+a3-eq \f(1,8),
    即得4q2-8q+3=0,
    解得q=eq \f(1,2)或q=eq \f(3,2),
    又因为q∈(0,1),所以q=eq \f(1,2),
    所以an=eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1=eq \f(1,2n).
    (2)根据题意得
    Sn=1×eq \f(1,2)+3×eq \f(1,22)+…+(2n-1)×eq \f(1,2n),
    eq \f(1,2)Sn=1×eq \f(1,22)+3×eq \f(1,23)+…+(2n-3)×eq \f(1,2n)+(2n-1)×eq \f(1,2n+1),
    两式相减得
    eq \f(1,2)Sn=1×eq \f(1,2)+2×eq \f(1,22)+…+2×eq \f(1,2n)-(2n-1)×eq \f(1,2n+1)
    =eq \f(1,2)+eq \f(1,2)×eq \f(1-\f(1,2n-1),1-\f(1,2))-(2n-1)×eq \f(1,2n+1)
    =eq \f(3,2)-eq \f(1,2n-1)-eq \f(2n-1,2n+1),
    所以Sn=3-eq \f(4,2n)-eq \f(2n-1,2n)=3-eq \f(2n+3,2n),n∈N*.
    三、等比数列前n项和的性质
    例3 (1)在等比数列{an}中,若S2=7,S6=91,则S4=________.
    (2)已知等比数列{an}共有2n项,其和为-240,且(a1+a3+…+a2n-1)-(a2+a4+…+a2n)=80,则公比q=________.
    (3)若数列{an}是等比数列,且其前n项和为Sn=3n+1-2k,则实数k=________.
    答案 (1)28 (2)2 (3)eq \f(3,2)
    解析 (1)∵数列{an}是等比数列,且易知公比q≠-1,∴S2,S4-S2,S6-S4也构成等比数列,即7,S4-7,91-S4构成等比数列,∴(S4-7)2=7(91-S4),解得S4=28或S4=-21.又S4=a1+a2+a3+a4=a1+a2+a1q2+a2q2=(a1+a2)(1+q2)=S2·(1+q2)>0,∴S4=28.
    (2)由题意知S奇+S偶=-240,S奇-S偶=80,
    ∴S奇=-80,S偶=-160,∴q=eq \f(S偶,S奇)=2.
    (3)∵Sn=3n+1-2k=3·3n-2k,且{an}为等比数列,
    ∴3-2k=0,即k=eq \f(3,2).
    延伸探究
    本例(3)中,若将条件改为“若数列{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”,再求实数a的值.
    解 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 处理等比数列前n项和有关问题的常用方法
    (1)运用等比数列的前n项和公式,要注意公比q=1和q≠1两种情形,在解有关的方程(组)时,通常用约分或两式相除的方法进行消元.
    (2)灵活运用等比数列前n项和的有关性质.
    跟踪训练3 (1)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S4=1,S8=3,则a9+a10+a11+a12等于( )
    A.8 B.6 C.4 D.2
    答案 C
    解析 S4,S8-S4,S12-S8成等比数列.
    即1,2,a9+a10+a11+a12成等比数列.
    ∴a9+a10+a11+a12=4.
    (2)一个项数为偶数的等比数列{an},全部各项之和为偶数项之和的4倍,前3项之积为64,求数列的通项公式.
    解 设数列{an}的首项为a1,公比为q,
    所有奇数项、偶数项之和分别记作S奇,S偶,由题意可知,
    S奇+S偶=4S偶,即S奇=3S偶.
    因为数列{an}的项数为偶数,
    所以有q=eq \f(S偶,S奇)=eq \f(1,3).
    又因为a1·a1q·a1q2=64,
    所以aeq \\al(3,1)·q3=64,
    即a1=12,
    故所求通项公式为an=12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n-1,n∈N*.
    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}的前n项和为Sn,若S10∶S5=1∶2,则S15∶S5等于( )
    A.3∶4 B.2∶3
    C.1∶2 D.1∶3
    答案 A
    解析 在等比数列{an}中,S5,S10-S5,S15-S10,…成等比数列,因为S10∶S5=1∶2,所以S5=2S10,S15=eq \f(3,4)S5,得S15∶S5=3∶4,故选A.
    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.
    5.若等比数列{an}的公比为eq \f(1,3),且a1+a3+…+a99=60,则{an}的前100项和为________.
    答案 80
    解析 令X=a1+a3+…+a99=60,
    Y=a2+a4+…+a100,
    则S100=X+Y,
    由等比数列前n项和性质知eq \f(Y,X)=q=eq \f(1,3),
    所以Y=20,即S100=X+Y=80.
    1.知识清单:
    (1)等比数列前n项和公式.
    (2)利用错位相减法求数列的前n项和.
    (3)等比数列前n项和的性质.
    2.方法归纳:错位相减法、方程(组)思想、分类讨论.
    3.常见误区:
    (1)忽略q=1的情况而致错.
    (2)错位相减法中粗心出错.
    (3)忽略对参数的讨论.
    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.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于( )
    A.eq \f(1,8) B.-eq \f(1,8) C.eq \f(57,8) D.eq \f(55,8)
    答案 A
    解析 易知q≠-1,因为a7+a8+a9=S9-S6,
    且S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,
    即8,-1,S9-S6成等比数列,
    所以8(S9-S6)=1,
    即S9-S6=eq \f(1,8),所以a7+a8+a9=eq \f(1,8).
    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.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.
    7.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.))
    8.设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,若Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则q的值为________.
    答案 -2
    解析 由题意知2Sn=Sn+1+Sn+2,
    若q=1,则Sn=na1,式子显然不成立,
    若q≠1,则有2eq \f(a11-qn,1-q)=
    eq \f(a11-qn+1,1-q)+eq \f(a11-qn+2,1-q),
    故2qn=qn+1+qn+2,
    即q2+q-2=0,∴q=-2.
    9.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)).
    10.已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+eq \f(1,2)b2+eq \f(1,3)b3+…+eq \f(1,n)bn=bn+1-1(n∈N*).
    (1)求an与bn;
    (2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.
    解 (1)由a1=2,an+1=2an,
    得an=2n(n∈N*).
    由题意知:
    当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.
    当n≥2时,eq \f(1,n)bn=bn+1-bn.
    整理得eq \f(bn+1,n+1)=eq \f(bn,n),又eq \f(b2,2)=eq \f(b1,1),
    所以bn=n(n∈N*).
    (2)由(1)知anbn=n·2n,
    因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n,
    2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1,
    所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1.
    故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*).
    11.在等比数列{an}中,a1=4,q=5,则使Sn>107的最小正整数n的值是( )
    A.11 B.10
    C.12 D.9
    答案 A
    解析 由题意可知在等比数列{an}中,a1=4,q=5,
    ∴Sn=eq \f(4·1-5n,1-5)=5n-1.
    ∵Sn>107,
    ∴5n-1>107,
    ∴n>10.01,
    ∵n为正整数,∴n≥11,
    故n的最小值为11.
    12.等比数列{an}的首项为2,项数为奇数,其奇数项之和为eq \f(85,32),偶数项之和为eq \f(21,16),这个等比数列前n项的积为Tn(n≥2),则Tn的最大值为( )
    A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.1 D.2
    答案 D
    解析 设数列{an}共有(2m+1)项,由题意得
    S奇=a1+a3+…+a2m+1=eq \f(85,32),
    S偶=a2+a4+…+a2m=eq \f(21,16),
    因为项数为奇数时,eq \f(S奇-a1,S偶)=q,
    即2+eq \f(21,16)q=eq \f(85,32),
    所以q=eq \f(1,2).
    所以Tn=a1·a2·…·an
    =aeq \\al(n,1)q1+2+…+n-1=
    故当n=1或2时,Tn取最大值,为2.
    13.设数列{an}的前n项和为Sn,称Tn=eq \f(S1+S2+…+Sn,n)为数列a1,a2,a3,…,an的“理想数”,已知数列a1,a2,a3,a4,a5的理想数为2 014,则数列2,a1,a2,…,a5的“理想数”为( )
    A.1 673 B.1 675 C.eq \f(5 035,3) D.eq \f(5 041,3)
    答案 D
    解析 因为数列a1,a2,…,a5的“理想数”为2 014,
    所以eq \f(S1+S2+S3+S4+S5,5)=2 014,
    即S1+S2+S3+S4+S5=5×2 014,
    所以数列2,a1,a2,…,a5的“理想数”为eq \f(2+2+S1+2+S2+…+2+S5,6)
    =eq \f(6×2+5×2 014,6)=eq \f(5 041,3).
    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*),

    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.已知等差数列{an}满足a2=0,a6+a8=-10.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n-1)))的前n项和.
    解 (1)设等差数列{an}的公差为d,
    由已知条件可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1+d=0,,2a1+12d=-10,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=1,,d=-1.))
    故数列{an}的通项公式为an=2-n,n∈N*.
    (2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n-1)))的前n项和为Sn,
    即Sn=a1+eq \f(a2,2)+…+eq \f(an,2n-1),①
    eq \f(Sn,2)=eq \f(a1,2)+eq \f(a2,4)+…+eq \f(an-1,2n-1)+eq \f(an,2n).②
    所以,①-②得
    eq \f(Sn,2)=a1+eq \f(a2-a1,2)+…+eq \f(an-an-1,2n-1)-eq \f(an,2n)
    =1-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)+\f(1,4)+…+\f(1,2n-1)))-eq \f(2-n,2n)
    =1-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-\f(1,2n-1)))-eq \f(2-n,2n)=eq \f(n,2n).
    所以Sn=eq \f(n,2n-1),
    所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n-1)))的前n项和Sn=eq \f(n,2n-1),n∈N*.已知量
    首项、公比与项数
    首项、公比与末项
    求和公式
    Sn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11-qn,1-q)q≠1,,na1q=1))
    Sn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a1-anq,1-q)q≠1,,na1q=1))
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