《2026年步步高精准讲练高中数学选择性必修第二册人教版》

跟踪训练 3 已知数列$\{ a_n \}$满足$ a_{n + 1} = 3a_n + 2^{n + 1} $且$ a_1 = 1 $，求数列$\{ a_n \}$的通项公式.

答案： 解 令$a_{n+1}+A·2^{n+1}=3(a_n+A·2^n)$，
即$a_{n+1}=3a_n+A·2^n$，故$A=2$，
所以$a_{n+1}+2^{n+2}=3(a_n+2^{n+1})$，
又$a_1+2^2=5\neq0$，
所以$\{a_n+2^{n+1}\}$是以5为首项，3
为公比的等比数列，
所以$a_n+2^{n+1}=5×3^{n-1}$，
即$a_n=5×3^{n-1}-2^{n+1}$．

若等比数列$\{ a_{n}\}$的首项是$a_{1}$，公比是$q$，如何求该等比数列的前 $ n $ 项的和？

答案： 思路一：因为$S_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}$
$+·s+a_{n-1}+a_{n}$，
所以$S_{n}=a_{1}+a_{1}q+a_{1}q^{2}+·s+$
$a_{1}q^{n-2}+a_{1}q^{n-1}$，
上式中每一项都乘等比数列的公比可
得$qS_{n}=a_{1}q+a_{1}q^{2}+a_{1}q^{3}+·s+$
$a_{1}q^{n-1}+a_{1}q^{n}$，
发现上面两式中有很多相同的项，两
式相减可得$S_{n}-qS_{n}=a_{1}-a_{1}q^{n}$，
即$(1-q)S_{n}=a_{1}(1-q^{n})$，当$q\neq1$
时，有$S_{n}=\frac{a_{1}(1-q^{n})}{1-q}$，而当$q=1$时，
$S_{n}=na_{1}$.上述等比数列求前$n$项和
的方法，我们称为“错位相减法”.
思路二：当$q\neq1$时，由等比数列的定
义得$\frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{a_{3}}{a_{2}}=·s=\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=q$，
根据等比数列的性质，有
$\frac{a_{2}+a_{3}+·s+a_{n}}{a_{1}+a_{2}+·s+a_{n-1}}=\frac{S_{n}-a_{1}}{S_{n}-a_{n}}=q\Rightarrow$
$(1-q)S_{n}=a_{1}-a_{n}q$，
所以当$q\neq1$时，$S_{n}=\frac{a_{1}-a_{n}q}{1-q}$，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
们获得了等比数列前$n$项和的两种形
式，而这两种形式可以利用
$a_{n}=a_{1}q^{n-1}$相互转化.
思路三：$S_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+·s+a_{n}=$
$a_{1}+q(a_{1}+a_{2}+·s+a_{n-1})$，
所以有$S_{n}=a_{1}+qS_{n-1}\Rightarrow S_{n}=a_{1}+$
$q(S_{n}-a_{n})\Rightarrow(1-q)S_{n}=a_{1}-a_{n}q$，
所以当$q\neq1$时，$S_{n}=\frac{a_{1}-a_{n}q}{1-q}=$
$\frac{a_{1}(1-q^{n})}{1-q}$，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.

同学们，现在你能帮国王算一下他需要付出多少颗麦粒吗？

答案： $S_{64}=1+2+2^{2}+2^{3}+·s+2^{63}$
$=\frac{1-2^{64}}{1-2}=2^{64}-1$
$=18446744073709551615$，
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.

等比数列的前 $ n $ 项和公式

答案： $\begin{cases}\frac{a_{1}(1-q^{n})}{1-q}(q\neq1),\\na_{1}(q=1)\end{cases}$ $\begin{cases}\frac{a_{1}-a_{n}q}{1-q}(q\neq1),\\na_{1}(q=1)\end{cases}$

(1) 在等比数列$\{ a_{n}\}$中.
① $ a_{1} = 2 $，$ q = -\frac{1}{2} $，求 $ S_{10} $；
② $ q = \frac{1}{2} $，$ S_{100} = 150 $，求 $ a_{2} + a_{4} + a_{6} + ·s + a_{100} $的值.
(2) 在等比数列$\{ a_{n}\}$中.
① $ S_{2} = 30 $，$ S_{3} = 155 $，求 $ S_{n} $；
② $ a_{1} + a_{3} = 10 $，$ a_{4} + a_{6} = \frac{5}{4} $，求 $ S_{5} $；
③ $ a_{1} + a_{n} = 66 $，$ a_{2}a_{n - 1} = 128 $，$ S_{n} = 126 $，求公比 $ q $.
反思感悟：

答案：
(1)解 ①$S_{10}=\frac{a_{1}(1-q^{10})}{1-q}=$
$2×[1-(-\frac{1}{2})^{10}]$
$1-(-\frac{1}{2})=\frac{341}{256}$
②方法一 $S_{100}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+$
$·s+a_{99}+a_{100}$
$=2(a_{2}+a_{4}+·s+a_{100})+a_{2}+a_{4}+$
$·s+a_{100}$
$=3(a_{2}+a_{4}+·s+a_{100})=150$，
所以$a_{2}+a_{4}+a_{6}+·s+a_{100}=50$.
方法二 $S_{100}=\frac{a_{1}[1-(\frac{1}{2})^{100}]}{1-\frac{1}{2}}$
$=150$，
整理得$a_{1}[1-(\frac{1}{2})^{100}]=75$，
所以$a_{2}+a_{4}+·s+a_{100}=\frac{\frac{2}{3}a_{1}[1-(\frac{1}{2})^{100}]}{1-\frac{1}{4}}$
$=\frac{2}{3}×75=50$.
(2)解 ①由题意知
$\begin{cases}a_{1}(1+q)=30,\\a_{1}(1+q+q^{2})=155,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a_{1}=5,\\q=5.\end{cases}$或$\begin{cases}a_{1}=180,\\q=-\frac{5}{6}.\end{cases}$
从而$S_{n}=\frac{1}{4}×5^{n+1}-\frac{5}{4}$或
$S_{n}=1080×\frac{[1-(-\frac{5}{6})^{n}]}{11}$
②由题意知$\begin{cases}a_{1}+a_{1}q^{2}=10,\\a_{1}q^{3}+a_{1}q^{5}=\frac{5}{4},\end{cases}$
解得$\begin{cases}a_{1}=8,\\q=\frac{1}{2},\end{cases}$
从而$S_{5}=\frac{a_{1}(1-q^{5})}{1-q}=\frac{31}{2}$.
③因为$a_{2}a_{n-1}=a_{1}a_{n}=128$，
且$a_{1}+a_{n}=66$，
所以$a_{1},a_{n}$是方程$x^{2}-66x+128=0$
的两个根.
从而$\begin{cases}a_{1}=2,\\a_{n}=64,\end{cases}$或$\begin{cases}a_{1}=64,\\a_{n}=2.\end{cases}$
又$S_{n}=\frac{a_{1}-a_{n}q}{1-q}=126$，
所以$q=2$或$q=\frac{1}{2}$.