高二数学数列中裂项求和测试题

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数列裂项相消法求和

裂项相消法求和
（2012大纲卷高考理）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，
S5＝15，则数列
an
1 an1
的前100项和为?( )
A100 101
B 99 101
C 99 100
D. 101 100
（2012大纲卷高考理）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，
S5＝15，则数列
2(n 1)②
① ②得，an 2 n 1
= 2，所以an
2n ,因为a1 =2也适合上式，
所以an 2（ n n N ）
解： (1)因为a1
a2 2
a3 22
+ an 2 n 1
2n(n N )①
当n 1时，a1 2
当n
2时，a1
a2 2
a3 22
+
an 1 2n2
2(n 1)②
n
1
1
,
所以S 100
1
1 2
1 2
1 3
1 1 1 1 100 100 101 101 101
什么是裂项法?
把数列的通项拆成两项之差,则分母的每一项都可以按此法拆成两项之差,并在求和时一些正负项可以相互抵消,使前n项和变成首尾有限项之和.
例1：已知数列的通项公式an
=
1 n(n
1 anan1
1 (2n1)(2n1)
1 2
(1 2n1
1) 2n1
Sn
b1
b2
bn
1 2
(1
1 3
1 3
1 5
…
1 2n1
1) 2n1
1 2
(1
1) 2n1

裂项相消法在数列求和中的应用

c1 c2
cn =(1+
1 d
） (
1 b1
1 b2
)
(1 b2
1 b3
)
(1 bn2
1 )( 1
bn1
bn1
1 bn
）
(1+ 1 ） ( 1 1 ） (1+ 1 ） (1 1 ）
d b1 bn
d
bn
b1 1 0, d 0,bn 0
c1 c2
cn
(1+
1 ） (1 d
1 bn
1 16
二：裂项相消法与不等式的证明
（二）先放缩再求和
例6：已知an
n2
n (n 1)2
, 求证：a1
a2
an
1 2
总结：
1.三种常见裂项相消的通项特征
（一）等差型（一次函数）
（二）等比型
an
(2n
b)
1 (2n1
b)
=
1 2n
1
1
( 2 n b 2n1 b)
（三）无理式型
an
1
n
n 1 (
=
1 2
(11
1) 3
(
1 2
1 4
)
(1 3
1) 5
( 1 n 1
1) n 1
(1 n
n
1
2 )
=
1 2
1+
1 2
n
1 1
n
1
2
3 4
1 2
(
1 n
1
n
1
) 2
( 1 1) n2 n
裂项相消法在数列求和中的应用

高中数学-数列经典例题(裂项相消法)(1)

数列裂项相消求和的典型题型1．已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为()A ．100101B ．99101C ．99100D ．1011002．数列,)1(1+=n n a n 其前n 项之和为,109则在平面直角坐标系中，直线0)1(=+++n y x n 在y 轴上的截距为()A ．－10B ．－9C ．10D ．93．等比数列}{n a 的各项均为正数，且6223219,132a a a a a ==+．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++= 求数列}1{n b 的前n 项和．4．正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ；(Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T ．5．设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且12,4224+==n n a a S S ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设数列}{n b 满足,,211*2211N n a b a b a b n n n ∈-=+++ 求}{n b 的前n 项和n T ．6．已知等差数列}{n a 满足：26,7753=+=a a a ．}{n a 的前n 项和为n S ．(Ⅰ)求n a 及n S ；(Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T ．7．在数列}{n a 中n n a n a a 211)11(2,1,+==+．(Ⅰ)求}{n a 的通项公式；(Ⅱ)令,211n n n a a b -=+求数列}{n b 的前n 项和n S ；（Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n T ．8．已知等差数列}{n a 的前3项和为6，前8项和为﹣4．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设),,0()4(*1N n q q a b n n n ∈≠-=-求数列}{n b 的前n 项和n S ．9．已知数列}{n a 满足,2,021==a a 且对*,N n m ∈∀都有211212)(22n m a a a n m n m -+=+-+--．(Ⅰ)求53,a a ；(Ⅱ)设),(*1212N n a a b n n n ∈-=-+证明：}{n b 是等差数列；（Ⅲ）设),,0()(*11N n q q a a c n n n n ∈≠-=-+求数列}{n c 的前n 项和n S ．10．已知数列}{n a 是一个公差大于0的等差数列，且满足16,557263=+=a a a a ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)数列}{n a 和数列}{n b 满足等式),(2222*33221N n b b b b a n n n ∈++++= 求数列}{n b 的前n 项和n S ．11．已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等比数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)令,4)1(112+--=n n n a a n b 求数列}{n b 的前n 项和n T .12．正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足：0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ；(2)令,)2(122nn a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈∀都有645<n T .答案：1．A ；2．B3．解：(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ，由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42，∴q 2=．由条件可知各项均为正数，故q=．由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1，∴a 1=．故数列{a n }的通项式为a n =．（Ⅱ）b n =++…+=﹣（1+2+…+n ）=﹣，故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，∴数列{}的前n项和为﹣．4．解：(Ⅰ)由正项数列{a n}满足：﹣（2n﹣1）a n﹣2n=0，可有（a n﹣2n）（a n+1）=0∴a n=2n．(Ⅱ)∵a n=2n，b n=，∴b n===，T n===．数列{b n}的前n项和T n为．5．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2a n+1有：，解有a1=1，d=2．∴a n=2n﹣1，n∈N*．(Ⅱ)由已知++…+=1﹣，n∈N*，有：当n=1时，=，当n≥2时，=（1﹣）﹣（1﹣）=，∴，n=1时符合．∴=，n∈N*由（Ⅰ）知，a n=2n﹣1，n∈N*．∴b n=，n∈N*．又T n=+++…+，∴T n=++…++，两式相减有：T n=+（++…+）﹣=﹣﹣∴T n=3﹣．6．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，∵a3=7，a5+a7=26，∴有，解有a1=3，d=2，∴a n=3+2（n﹣1）=2n+1；S n==n2+2n；(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n=2n+1，∴b n====，∴T n===，即数列{b n}的前n项和T n=．7．解：(Ⅰ)由条件有，又n=1时，，故数列构成首项为1，公式为的等比数列．∴，即．(Ⅱ)由有，，两式相减，有：，∴．（Ⅲ）由有．∴T n=2S n+2a1﹣2a n+1=．8．解：(Ⅰ)设{a n}的公差为d，由已知有解有a1=3，d=﹣1故a n =3+（n ﹣1）（﹣1）=4﹣n ；(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有，b n =n •q n ﹣1，于是S n =1•q 0+2•q 1+3•q 2+…+n •q n ﹣1．若q ≠1，将上式两边同乘以q ，有qS n =1•q 1+2•q 2+3•q 3+…+n •q n ．上面两式相减，有（q ﹣1）S n =nq n ﹣（1+q+q 2+…+q n ﹣1）=nq n ﹣于是S n =若q=1，则S n =1+2+3+…+n=∴，S n =．9．解：(Ⅰ)由题意，令m=2，n=1，可有a 3=2a 2﹣a 1+2=6再令m=3，n=1，可有a 5=2a 3﹣a 1+8=20(Ⅱ)当n ∈N *时，由已知（以n+2代替m ）可有a 2n+3+a 2n ﹣1=2a 2n+1+8于是[a 2（n+1）+1﹣a 2（n+1）﹣1]﹣（a 2n+1﹣a 2n ﹣1）=8即b n+1﹣b n =8∴{b n }是公差为8的等差数列（Ⅲ）由(Ⅰ)(Ⅱ)解答可知{b n }是首项为b 1=a 3﹣a 1=6，公差为8的等差数列则b n =8n ﹣2，即a 2n+1﹣a 2n ﹣1=8n ﹣2另由已知（令m=1）可有a n =﹣（n ﹣1）2．∴a n+1﹣a n =﹣2n+1=﹣2n+1=2n 于是c n =2nq n ﹣1．当q=1时，S n =2+4+6++2n=n （n+1）当q ≠1时，S n =2•q 0+4•q 1+6•q 2+…+2n •q n ﹣1．两边同乘以q ，可有qS n =2•q 1+4•q 2+6•q 3+…+2n •q n ．上述两式相减，有（1﹣q ）S n =2（1+q+q 2+…+q n ﹣1）﹣2nq n =2•﹣2nq n =2•∴S n =2•综上所述，S n =．10．解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意可知d ＞0由a 2+a 7=16，有，2a 1+7d=16①由a 3a 6=55，有（a 1+2d ）（a 1+5d ）=55②由①②联立方程求，有d=2，a 1=1/d=﹣2，a 1=（排除）∴a n =1+（n ﹣1）•2=2n ﹣1(Ⅱ)令c n =，则有a n =c 1+c 2+…+c n a n+1=c 1+c 2+…+c n+1两式相减，有a n+1﹣a n =c n+1，由（1）有a 1=1，a n+1﹣a n =2∴c n+1=2，即c n =2（n ≥2），即当n ≥2时，b n =2n+1，又当n=1时，b 1=2a 1=2∴b n =于是S n =b 1+b 2+b 3+…+b n =2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n ≥2，．11．解(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)．当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T nn 为奇数，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1)12．(1)解由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0.所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明由a n ＝2n (n ∈N *)得b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝1161n 2－1(n ＋2)2T n…＝1161＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.。

2024年高考数学复习大题全题型专练：专题02 裂项相消求和(解析版)

专题2裂项相消求和1．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知数列 n a 的前n 项和为n S ，111a ，29a ，且 11222n n n S S S n ．(1)求数列 n a 的通项公式；(2)已知11n n n b a a，求数列 n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)213n a n (2)12122n n【解析】【分析】（1）根据1n n n a S S 以及 11222n n n S S S n 可得该数列是等差数列，然后根据等差数列的1a 、d 写出数列的通项公式即可.（2）有题意可知1213211n b n n，然后根据裂项求和即可求得n T .(1)由题意得：由题意知 112n n n n S S S S ，则 122n n a a n 又212a a ，所以 n a 是公差为2的等差数列，则 11213n a a n d n ；(2)由题知11112132112213211n b n n n n则1111111111211997213211211211n T n n n 12122n n2．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知正项数列 n a 满足2123232n a a a na n n ，且 211nn n n a b n n．(1)求数列 n a 的通项公式；(2)求数列 n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n n a n(2)(3)21n n n nS n【解析】【分析】（1）根据2123232n a a a na n n ，即可得到2123123(1)(1)2(1)n a a a n a n n （2n ），两式作差即可得解；（2）依题意可得1111n b n n n，利用分组求和及裂项相消法求和即可；(1)解：因为2123232n a a a na n n ，①当2n 时，2123123(1)(1)2(1)n a a a n a n n ．②① ②得21n na n ，所以21n n a n．当1n 时，13a ，也满足上式，所以21n n a n．(2)解：因为(2)(1)1n n a n n b n n，则221211111111(1)(1)1n n a n b n n n n n n n n n n n n n，则11111(3)2311223121n n n n S n n n n．3．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知数列 n a 的前n 项和为n S ，13a ，*112n n S n a n N .(1)求数列 n a 的通项公式n a 和前n 项和n S ；(2)设*22111k k k b k S SN ，数列 n b 的前n 项和记为n T ，证明：*16n T n N .【答案】(1)3,21,N 1,2n n k a k n k，2,21,N ,2n n n k S k n n k(2)证明见解析【解析】【分析】（1）根据11n n n S S a 代入整理得12n n a a ，结合13a 理解处理；（2）代入整理得11122123n b n n，利用裂项相消进行求和．(1)由 112n n S n a，得*111(1)12n n S n a n N 两式相减可得12n n a a ，因为13a ，得21a 数列 n a 为3，1 ，3，1 ，3，1 ，3，即3,21,N 1,2n n k a k n k，当n 为偶数时，[3(1)]2n nS n ；当n 为奇数时，1[3(1)]322n n S n；2,21,N ,2n n n k S k n n k(2)由*22111k k k b k S S N 则有 221111111(21)(23)22123n n n b S S n n n n所以1111111235572123n T n n，111123236n n T4．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（文））已知数列 n a 的前n 项和为n S ，且 222n n S n a .(1)求数列 n a 的通项公式；(2)若数列21n a的前n 项和为n T ，求证：23n T .【答案】(1)*1n a n n N(2)证明见解析【解析】【分析】(1)先根据 222n n S n a 和an ＝Sn －Sn －1(n ≥2)，推出数列{an }的递推公式，再求an .(2)根据21n a的通项公式的结构形式，结合裂项求和法进行适当放缩，再求和，即可证得结果.(1)当1n 时， 112122S a ，即12a .当2n 时， 222n n S n a ①，111212212n n n S n a n a ②，由①-②，得 1221n n n a n a n a ，即 11n n na n a .所以11n n a a n n ，且112a ，所以数列1n a n为常数列，所以11n a n ，即*1n a n n N .(2)证明：由（1）得*1n a n n N ，所以 22221144411221232123141411n a n n n n n n n，所以2222111111111111222223435577921231n T n n n111111111122235577921233233n n n.5．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）等比数列 n a 中，首项11a ，前n 项和为n S ，且满足 1344a a S ．(1)求数列 n a 的通项公式；(2)若31(1)log n n b n a ，求数列242n n b的前n 项和n T ．【答案】(1)13n (2)222(1)n【解析】【分析】（1）根据等比数列求解公比即可；（2）根据题意得22242112(1)n n b n n，再裂项求和即可.(1)设数列 n a 公比为q ，由11a ， 1344a a S ，可得32330q q q ，化简得2130q q ，即3q ，所以13 n n a ．(2)由（1）得3(1)log 3(1)n n b n n n ，所以222224242112(1)(1)n n n b n n n n所以22222111112122223(1)n T n n22222211111221222311n n n..6．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知数列{}n a 满足：12(1),=,2n n a n n a n n为奇数为偶数*()N n (1)求1a 、3a 、5a ；(2)将数列{}n a 中下标为奇数的项依次取出，构成新数列{}m b ()m *N ，①证明：m b m是等差数列；②设数列+11m b的前m 项和为m S ，求证：12m S ．【答案】(1)10a ；34a ；512a (2)①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据12(1),=,2n n a n n a n n为奇数为偶数求解；（2）①利用等差数列的定义证明；②利用裂项相消法求解.(1)由题意知：21222202a a ，23444442a a ，256666122a a ；(2)①当n 为奇数时，n +1为偶数，221111122n n n n a a n n，221211212m m m b a m m，2122m m m b m m m，当2m 时，1(22)[2(1)2]21m m b bm m m m ，m b m是以11011b a 为首项，2为公差的等差数列．②由①知12(1)(N )m b m m m，111111(2(1)21m b m m m m，11111111[(1)()((1)2223121m S m m m ，11122(1)2m .7．（2022·河南·模拟预测（文））已知数列{an }对任意的n ∈N *都满足312233333n n a a a a n ．(1)求数列{an }的通项公式；(2)令bn ＝3413431log log n n a a ，求数列{bn }的前n 项和为Tn ．【答案】(1)3n n a (2)1114343n T n【解析】【分析】（1）根据题干中的已知条件可得当1n 时，13a ，当2n 时，13nna ，即可求解数列 n a 的通项公式；（2）代入3n n a 化简数列 nb ，利用裂项相消法即可求解数列 n b 的前n 项和n T .(1)解：∵312233333n n a a a a n ，∴当1n 时，13a ，当2n 时，3-11223-113333n n a a a a n ，从而有13n na ，即当2n 时，3nna ，又13a 满足上式，故数列 n a 的通项公式为3n n a ．(2)解：由题可知， 414334134333111=log log log 3log 34143n n n n n b a a n n ，所以1111=414344143n b n n n n，111111111437471144143n T n n，所以1114343n T n.8．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））设数列 n a 的前n 项和为n S ，24n n S a n ．(1)证明：数列 1n a 是等比数列．(2)若数列12n n n a a的前m 项和170513m T，求m 的值．【答案】(1)证明见解析(2)8【解析】【分析】（1）根据n S 与n a 的关系式化简证明；（2）由（1）得数列 n a 的通项公式为21nn a ．所以112112121n n n n n a a ，继而求和计算.(1)当1n 时，1123a a ，13a ．当2n 时， 11214n n S a n ，两式相减得121n n a a ，即 1121n n a a ，112a ，则数列 1n a 是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由（1）得12n n a ，21n n a ，当1n 时，1213a ，数列 n a 的通项公式为21n n a ．111221121212121n n n n n n n n a a ，11111111111135599172121321m m m m T ，令111170321513m ，得121513m ，解得8m ．9．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））若n S 为数列 n a 的前n 项和，12a ，且*121n n S S n N ．(1)求数列 n a 的通项公式；(2)若*221log n n b a n N ，求数列11n n b b的前n 项和n T ．【答案】(1)2n n a (2)n T 21nn【解析】【分析】（1）由 121n n S S ，利用数列通项和前n 项和的关系结合等比数列的定义求解；（2）由（1）得到111(21)(21)n n b b n n 11122121n n，再利用裂项相消法求解.(1)解：因为 121n n S S ①，*n N ，当2n 时， 121n n S S ②，由①②可得 112121n n n n S S S S ，即12(2)n n a a n ．1n 时，122a a S 112222S a ，又12a ，所以24a ，所以*12n n a a n N ，所以12n na a ，所以数列 n a 是等比数列，且首项为2，公比为2．所以2n n a ．(2)由（1）知221log 21n n b a n ，所以111(21)(21)n n b b n n 11122121n n，所以12233411111n n n T b b b b b b b b ，1111111112335572121n n，111221n ，21n n ．10．（2022·重庆·模拟预测）已知数列 n a 的前n 项和为Sn ，111a ，29a =-，且11222n n n S S S n （）(1)求数列{an }的通项公式；(2)设11n n n b a a，数列{bn }的前n 项和为Tn ，求使得Tn ＞0的n 的最大值．【答案】(1)an ＝2n ﹣13(2)5【解析】【分析】（1）消去Sn 得到an +1﹣an ＝2，即可判断出{an }是公差为2的等差数列，求出通项公式；（2）利用裂项相消法求出111211211n T n，列不等式即可求解.(1)由题意知（Sn +1﹣Sn ）﹣（Sn ﹣Sn ﹣1）＝2，解得an +1﹣an ＝2（n ≥2），又a 2﹣a 1＝2，所以{an }是公差为2的等差数列，则an ＝a 1+（n ﹣1）d ＝2n ﹣13；(2)由题知1111((213)(211)2213211n b n n n n，则121111111211997213211111211211111211211n nT b b b n n n n由0n T 得11201121111(211)n n n ，解得1102n ，所以n 的最大值为5．11．（2022·广东·模拟预测）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）；(2)若 311log 3log 33n n n c S S，求 n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T ．【答案】(1)21263 S ，12312633 S ，133n n S (2)1122n T n ，证明见解析【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明.(1)由题意得，116512S ，217611512181263S ，2123187136171116512185412636312633S ，41981572013196231728112716215S 1218541622312636363 123126333 ，…12311263333(1)n n S n ，由等比数列的前n 项和公式可得， 113131263313n n n S ，所以 n S 的通项公式133n n S ．(2)由于133n n S ，所以 33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n，则1111111132432122n T n n n，因为n N ，所以102n ，所以111222n ，又n T 随n 的增大而减小，所以当1n 时，n T 取得最大值16，故1126n T ．12．（2022·四川·绵阳中学实验学校模拟预测（文））已知n S 是数列 n a 的前n 项和，且21n S n n ．(1)求 n a 的通项公式．(2)若11n n n b a a，n T 是 n b 的前n 项和，求5T ．【答案】(1)3,12,2n n a n n(2)16【解析】【分析】（1）由1(2)n n n a S S n 求通项公式，注意11a S ；（2）从第2项向后用裂项相消法求和．(1)2n 时，2211(1)(1)12n n n a S S n n n n n ，113a S ，所以3,12,2n n a n n ；(2)2n 时，1111()4(1)41n b n n n n，1121113412b a a ，所以11111111[()()(12423341n T n n11128(1)n n ，所以514112866T .13．（2022·江苏·扬州中学模拟预测）已知正项递增的等比数列 n a 满足1330a a ，29a .(1)求 n a 的通项公式；(2)设12311nn n n b a a ， n b 的前n 项和为n T ，求n T .【答案】(1)3nn a (2)111431n n T 【解析】【分析】（1）根据已知条件及等比数列通项公式即可求解；（2）根据（1）知3n n a ，得出数列n b ，利用裂项相消法即可求解.(1)设等比数列 n a 的公比为q ，则因为数列 n a 为正项递增等比数列，所以1q ，又1330a a ∵，29a ，∴ 2111309a q a q ，解得133a q ，或12713a q（舍）；所以等比数列 n a 的通项公式为111333n n n n a a q .(2)由（1）知3n n a ，所以 1112323111131313131n n n n n n n n n b a a ，所以122231111111313131313131n n n n T b b b111431n .所以 n b 的前n 项和为111431n .14．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学三模）已知数列 n a ， n b ，已知对于任意*n N ，都有1n n a ，数列{}n b 是等差数列，11b ，且25b ，41b ，63b 成等比数列．(1)求数列 n a 和 n b 的通项公式；(2)记 *2,21,2n n n a n k c k N b n k ．（ⅰ）求13213212log log n i i i c c ；（ⅱ）求211nk k k cc ．【答案】(1)3n n a ；21n b n (2)（ⅰ）1121n ；（ⅱ）175402591648n n【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质即可求解；（2）（ⅰ）利用裂项相消法求和即可，（ⅱ）将相邻两项合并成一项，再利用错位相减法求和即可.(1)设数列 n b 的公差为d ，∵25b ，41b ，63b 成等比数列，且11b ，∴ 2426153b b b ，即 223625d d d ，解得2d ，则 12121n b n n ，即13n n n n a ，(2)（ⅰ）由（1）可知，*3,211,2n n n k c k N n n k ，则335212113213213333332222=log log log 3log 3log 3log 3log 3log 3nn n i i i c c 22213352121n n 1111113352121n n1121n ；（ⅱ）由题意，对*n N ，21221212121211222213310213n n n n n n n n n n c c c c n n c c c 102193n n ，设219n n 的前n 项为 n R ，所以 2939219n n R n ，则 2319939219n n R n ，则 212311998929992199221919n n n n n R n n 14558944n n ，所以1458593232n n n R，即211110754025931648nn k k n k n c c R．15．（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）已知数列 n a 的前n 项和为n S ，114a ，且2*1,21n n n S a n n N ．(1)求2a 的值，并证明：数列21n a n是一个常数列；(2)设数列 n b满足n bn b 的前n 项和为n T，若2 k T ，求正整数k 的值．【答案】(1)234a，证明见解析．(2)1,2,3k ．【解析】【分析】（1）利用1n n n a S S 得到n a 与1n a 的关系，构造数列21n a n即可．（2）先求出n S ，得到8(1)n b n n，裂项求和得到n T ，代入解不等式．(1)当1n 时，1213S a 得：234a ．当2n 时，21(1)21 n n n S a n ，则221(1)2121n n n n n a a a n n ，得121212134n n a a a n n ，又1114a 符合上式，即数列21n a n是一个常数列．(2)由（1）可知：2121,44 n n n n a S ，即8118(1)1n b n n n n ．12188111k k k T b b b k k ，则8(1)21 k k T k k ，得：13k ．即1,2,3k ．16．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测）已知数列{}n a 满足11a ，1|121|n n n a a a ，*n N ．(1)求4a 的值并求数列{}n a 的通项公式；(2)若333432log log ...log n n b a a a ，求数列1{}nb 的前n 项和．【答案】(1)49a ，21,13,2n n n n a ;(2)21n n .【解析】【分析】（1）根据已知条件及数列的递推公式，取项数n 可得出数列的各项，再利用等比数列的通项公式即可求解；（2）根据对数的运算性质，再利用裂项相消法即可求解.(1)因为1|121|n n n a a a ，又11a ，所以2111211a a a －＋＋，3221213a a a －＋＋，4331219a a a －＋＋．当2n 时，12211n n a a a ，所以1n a ，从而11211213n n n n n n a a a a a a ＋－，所以数列{}n a 是以首项为21a ，公比为3的等比数列，于是有 221332n n n a n ，又因为11a ，不满足上式，所以数列{}n a 的通项公式为21,13,2n n n n a .(2)由（1）知， 221332n n n a n ，334323lo l 1og g 2n n b a a a n ＋＋＋l og ＋＝(1)2n n ，故1n b ＝22n n ＝1121n n．所以121111112212211113n n b n b b n n 所以数列1n b的前n 项和为21n n ．17．（2022·全国·高考真题）记n S 为数列 n a 的前n 项和，已知11,n n S a a 是公差为13的等差数列．(1)求 n a 的通项公式；(2)证明：121112na a a ．【答案】(1) 12n n n a(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得 121133n n S n n a ，得到 23n n n a S ，利用和与项的关系得到当2n 时， 112133n n n n n n a n a a S S ,进而得：111n n a n a n ，利用累乘法求得 12n n n a ，检验对于1n 也成立，得到 n a 的通项公式 12n n n a ；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211n a a a n，进而证得.(1)∵11a ，∴111S a ,∴111S a ,又∵n n S a 是公差为13的等差数列，∴ 121133n n S n n a ,∴ 23n n n a S ,∴当2n 时， 1113n n n a S，∴ 112133n n n n n n a n a a S S ,整理得： 111n n n a n a ,即111n n a n a n ,∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a1341123212n n n n n n ，显然对于1n 也成立，∴ n a 的通项公式 12n n n a；(2)12112,11n a n n n n ∴12111n a a a 1111112121222311n n n18．（2022·天津·耀华中学二模）已知 n a 为等差数列，前n 项和为n S ， *n N ， n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b ，335b a a ，6112b S .(1)求 n a 和 n b 的通项公式；(2)设10c ，11ln 1n n c c n，*n N ，求n c ；(3)设1113,21ln ,2n n n n n nc n k bd a a n k b ，其中*k N .求 n d 的前2n 项和2n T .【答案】(1)n a n ，2n n b ；(2)ln n c n ；(3)ln(21)4nn .【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式、前n 项和公式，结合等比数列的通项公式进行求解即可；（2）运用累和法，结合对数的运算性质进行求解即可；（3）根据（1）（2）的结论，结合裂项相消法进行求解即可.(1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为(0)q q ，由2231222122b b q q q ，或3q 舍去，所以1222n n n b ；35413428434a a b a d a a ，6111121111102642b S a d ，解得：11a d ，即1(1)1n a n n ，所以有n a n ，2n n b ；(2)因为111ln 1ln n n n c c n n，所以当*2,n n N 时，有112211()()()n n n n n c c c c c c c c 12(1)2ln ln ln ln ln 121(1)(2)1n n n n n n n n n ，显然当1n 时也适合，即ln n c n ；(3)由（1）（2）可知：n a n ，2n n b ，ln n c n .当21n k ，*k N 时，2123ln(21)2k k k d，当2n k ，*k N 时，2221ln 212k k k k d ，122221ln 3ln(21)4ln(21)ln(21)21224k k k k k k k k k k d d，21234ln1ln 34ln 3ln 54ln 5ln 74ln(21)ln(21)4444n n n n T112231ln 3ln 3ln 5ln 54ln 7ln(21)ln(21)04444444n n n nln(21)4nn .【点睛】关键点睛：运用裂项相消法是解题的关键.19．（2022·湖北省仙桃中学模拟预测）已知数列{}n a 为等比数列，且6431316,32a a a a (1)求{}n a 的通项公式；(2)若(1)(1)n n n a b n n ，{}n b 的前n 项和为n T ，求满足8n T 的最小正整数n 【答案】(1)2nn a (2)5（1）列方程组求得等比数列{}n a 首项、公比，进而求得其通项公式；（2）先化简{}n b 的通项公式，利用裂项相消法求得{}n b 的前n 项和为n T ，再解8n T ，即可求得满足不等式的最小正整数n .(1)设等比数列{}n a 首项为1a ，公比为q ，则531121131632a q a q a q a ，解之得122a q ，则等比数列{}n a 的通项公式2nn a (2)由2nn a ，可得1(1)2121222(1)111n n n n n n n a b a n n n n n n n n 则{}n b 的前n 项和232435411222222222222232435411n n n n T n n n由12281n n T n ，可得1210100n n 令 1()210101N x f x x x x ，，则1()2ln 2101N x f x x x ，由1()2ln 2100x f x ，可得210log 1 2.85ln 2x由1()2ln 2100x f x ，可得210log 1 2.85ln 2x则有()f x 在 1,2.85单调递减，在 2.85, 单调递增又2(1)21010160f ，5(4)24010180f ，6(5)2501040f 则0(1)(2)f f ，(3)(4)0(5)()f f f f n 即由不等式1210100n n ，可得5,Nn n 则满足8n T 的最小正整数为520．（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x ．(1)当1a 时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x 时，()1f x ，求a 的取值范围；(3)设n Nln(1)n ．【答案】(1) f x 的减区间为 ,0 ，增区间为 0, .(2)12a【分析】（1）求出()f x ¢，讨论其符号后可得 f x 的单调性.（2）设 e e 1ax x h x x ，求出 h x ，先讨论12a 时题设中的不等式不成立，再就102a 结合放缩法讨论 h x 符号，最后就0a 结合放缩法讨论 h x 的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12ln t tt 对任意的1t 恒成立，从而可得 ln 1ln n n*n N 恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.(1)当1a 时， 1e x f x x ，则 e x f x x ，当0x 时，()0f x ¢<，当0x 时，()0f x ¢>，故 f x 的减区间为 ,0 ，增区间为 0, .(2)设 e e 1ax x h x x ，则 00h ，又 1e e ax x h x ax ，设 1e e ax x g x ax ，则22e e ax x g x a a x ，若12a ，则 0210g a ，因为 g x 为连续不间断函数，故存在 00,x ，使得 00,x x ，总有()0g x ¢>，故 g x 在 00,x 为增函数，故 00g x g ，故 h x 在 00,x 为增函数，故 01h x h ，与题设矛盾.若102a ，则 ln 11e e e e ax ax ax x x h x ax ，下证：对任意0x ，总有 ln 1x x 成立，证明：设 ln 1S x x x ，故 11011x S x x x，故 S x 在 0, 上为减函数，故 00S x S 即 ln 1x x 成立.由上述不等式有 ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x ，故 0h x 总成立，即 h x 在 0, 上为减函数，所以 01h x h .当0a 时，有 e e e 1100ax x ax h x ax ，所以 h x 在 0, 上为减函数，所以 01h x h .综上，12a.(3)取12a ，则0x ，总有12e e 10x x x 成立，令12e x t ，则21,e ,2ln x t t x t ，故22ln 1t t t 即12ln t t t 对任意的1t 恒成立.所以对任意的*n N ，有整理得到：ln 1ln n nln 2ln1ln 3ln 2ln 1ln n n ln 1n ，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.。

高中数学裂项相消法例题

高中数学裂项相消法例题1．已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，前n 项和为4,10n S S =，且248,,a a a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）设()*21n n n b n N a a +=∈，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）n a n=（2）()()3234212n n T n n +=-++【分析】（1）结合等差数列前n 项、等差数列通项公式和等比数列性质，解关于1,a d 的方程即可求解n a ；（2）由（1）结合裂项公式得11122n b n n ⎛⎫- +⎝⎭=，采用累加法即可求解n T .（1）因为248,,a a a 成等比数列，则2428a a a =⋅，即()()()211137a d a d a d +=++，化简得：21d a d =，10,d d a ≠∴= ，①又410S =，则1434102a d ⨯+=，即1235a d +=，②联立①②解得：11a d ==，()11n a a n d n ∴=+-=.（2）当*n ∈N 时，()211111222n n n b a a n n n n +⎛⎫=== ++⎝⎭11111111111112324352112n T n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()()11113231.22124212n n n n n +⎛⎫=+--=- ⎪++++⎝⎭所以*n ∈N 时，()()3234212n n T n n +=-++.2．已知数列{}n a ，{}n b 满足112n n n a a b +-=，122n n n b b a +-=+，且11a =，14b =.（1）写出2a ，2b ，并求{}n a 的通项公式；（2）记数列1n n n b a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：4n n S T >.【答案】（1）23a =，28b =，21n n a =-（2）证明见解析【分析】（1）由两数列的关系，{}n b 的递推关系，得到数列{}n a 的递推关系，再从基本定义出发构造等比数列{}1n a +，得到通项公式；（2）利用裂项相消法求和n S ，由等比数列的前n 项和公式得n T 后可得不等式成立．（1）因为11a =，14b =，所以211132a ab =+=，211228b a b =++=.由112n n n a a b +-=得，()12n n n b a a +=-，又122n n n b b a +-=+，所以()()2112222n n n n n a a a a a +++---=+，得()21121n n a a +++=+，得()1121n n a a ++=+，所以数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，.所以12n n a +=，21n n a =-.（2）由（1）可知，12n n b +=.所以()()1111211221212121n n n n n n n n b a a ++++⎛⎫==- ⎪----⎝⎭，所以数列1n n n b a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭得前n 项和111111112121337212121n n n n S ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.数列1n b ⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和21112211112212n n n T ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-，所以14212n n T ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.易知()()1111112122142220221221221n n n n n n n n n n n S T ++++---⎛⎫-=-=⨯=⨯> ⎪---⎝⎭，所以4n n S T >.3．已知数列{}n a 的前n 和22,n S n n =+记[lg ],n n b a =其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]0,[lg 99] 1.==（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设11,n n n c a a +=求数列{}n c 的前n 项和;n T （3）求数列{}n b 的500项和.【答案】（1）21n a n =+；（2）n T =11646n -+；（3）948.【分析】（1）由22n S n n =+，可知当2n ≥时，21(1)2(1)n S n n -=-+-，再利用()12n n n a S S n -=-≥，即可求出数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）得，n c =1111((21)(23)22123n n n n =-++++，再利用裂项相消法即可求出n T ；（3）由（1）知[lg ]n n b a =[lg(21)]n =+，结合题意可求出12340b b b b ====，567491b b b b ===⋯==，505152534992b b b b b ====⋯==，5003b =，即可求出数列{}n b 的500项和.（1）解：22n S n n =+ ，①∴当2n ≥时，21(1)2(1)n S n n -=-+-，②由①-②得21(2)n a n n =+≥，当1n =时，113a S ==，满足上式，∴数列{}n a 的通项公式为：21n a n =+.（2）解：由（1）知，n c =1111()(21)(23)22123n n n n =-++++，所以数列{n c }前n 项和为：n T =1111111[()()()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+.（3）解：由（1）知[lg ]n n b a =[lg(21)]n =+，14549504995003,9,11,99,101,999,1001a a a a a a a ======= ，由于lg y x =在(0,)+∞上单调递增，且lg10,lg101,lg1002,lg10003,====∴12340b b b b ====，567491b b b b ===⋯==，505152534992b b b b b ====⋯==，5003b =，数列{}n b 的前500项和为：4045145023948⨯+⨯+⨯+=.4．在①550S =，②1S 、2S 、4S 成等比数列，③()6632S a =+.这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题.问题：已知等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，前n 项和为n S ，且满足___________.（1）求n a ；（2）若()122n n n b b a n --=≥，且111b a -=，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）条件选择见解析，42n a n =-（2）21n n T n =+【分析】（1）根据所选条件，得出关于1a 、d 的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出数列{}n a 的通项公式；（2）利用累加法可求得数列{}n b 的通项公式，再利用裂项相消法可求得n T .（1）解：①：因为1S 、2S 、4S 成等比数列，则2214S S S =，即()()2111246a d a a d +=+，因为0d ≠，可得12d a =.②：5151050S a d =+=，可得1210a d +=.③：()6632S a =+，可得()11615352a d a d +=++，可得12a =.若选①②，则有112210d a a d =⎧⎨+=⎩，可得124a d =⎧⎨=⎩，则()1142n a a n d n =+-=-；若选①③，则124d a ==，则()1142n a a n d n =+-=-；若选②③，则122210a d d +=+=，可得4d =，所以，()1142n a a n d n =+-=-.（2）解：()12284n n n b a n b n -=--=≥，且111b a -=，则13b =，所以，当2n ≥时，则有()()()121321n n n b b b b b b b b -=+-+-++- ()()()28412131220843412n n n n -+-=++++-=+=- ，13b =也满足241n b n =-，故对任意的n *∈N ，241n b n =-，则()()11111212122121n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以，11111111112335212122121n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.5．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()236n n S a n n *=-∈N （1）证明：数列{}3n a +为等比数列；（2）若数列{}n b 为等差数列，且31b a =，122b a =，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）证明见解析（2）44nn +【分析】（1）由n S 与n a 的关系，利用等比数列的定义证明即可；（2）由（1）求出n b ，再利用裂项相消法求解即可（1）当1n =时，11236a a =-，16a ∴=．()236n n S a n n N *=-∈ ，∴当2n ≥时，()112361n n S a n --=--，12336n n n a a a -∴=--，()1333n n a a -∴+=+，∴数列{}3n a +是以139a +=为首项、以3为公比的等比数列．（2）由（1）得，113933n n n a -++=⨯=，即133n n a +=-，316b a ∴==，31223324b a ==-=．设等差数列{}n b 的公差为d ，则126b d +=，11124b d +=，12b d ∴==，2n b n ∴=，()11111122141n n b b n n n n +⎛⎫∴==- ⎪⨯++⎝⎭，1111111412231n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1114144n n n ⎛⎫-= ⎪++⎝⎭6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，141n n S a +=+，设12n n n b a a +=-．（1）证明数列{}n b 是等比数列并求数列{}n b 的通项：（2）数列{}n c 满足1log3n nc b =+，设1223341n n n T c c c c c c c c +=++++ ，求n T ．【答案】（1）证明见解析，2n n b =（2）5(25)n n T n =+【分析】（1）当2n ≥时，由141n n S a +=+得出141n n S a -=+，两式相减得出1144n n n a a a +-=-，然后利用等比数列的定义可证明出数列{}n b 为等比数列，并求数列{}n b 的通项公式；（2）由数列{}n b 的通项公式，求出n c ，然后利用裂项相消法即求．（1）当2n ≥时，由141n n S a +=+①，得141n n S a -=+②①－②得1144n n n a a a +-=-，所以()11222n n n n a a a a +--=-，又12n n n b a a +=-，所以12n n b b -=．因为11a =，且12141a a a +=+，所以21314a a =+=，所以12122b a a =-=，故数列{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列，∴2n n b =.（2）由2n n b =，则()11log 323n n c n b n *==∈++N ，∴111111232522325n n c c n n n n +⎛⎫=⨯=- ⎪++++⎝⎭∴122334111111157792325n n n T c c c c c c c c n n +=++++=⨯+⨯++⨯++ 11111111112577923252525n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 5(25)nn =+∴5(25)n n T n =+.7．已知数列{}n a 满足()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈ .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111n n n n a b a a +=++，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）*1=12,2n n n a n n N ⎧=⎨≥∈⎩，且（2）131=1021n n S +-+【分析】（1）1n =时，可得11a =，2n ≥时，代入1n -，两式相减可得通项公式；（2）利用裂项相消法可求.（1）因为()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈ ，当1n =时，可得11121a a +==，；当2n ≥时，可得1231123(1)(2)22n n a a a n a n -++++-=-⋅+ ，()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈ 两式相减得1(1)2(2)22n n n n na n n n +=-⋅--⋅=⋅，即2(2)n n a n =≥，所以数列{}n a 的通项公式为*1=12,2n n n a n n N⎧=⎨≥∈⎩，且（2）当1n =时，()()()()112121*********a b a a ===++++，当2n ≥时，()()()()1112111121212121n n n n n n n n n a b a a +++===-++++++，则23341111111212121212121110n n n S +-+-++-+++=++++ 1111131()105211021n n ++=+-=-++.8．已知数列{}2n a 是公比为4的等比数列，且满足2a ，4a ，7a 成等比数列，n S 为数列{}n b 的前n 项和，且n b 是1和n S 的等差中项，记231(1)n n n n n a c a a ++=-，求数列{}n c 的前2n 项和.【答案】11466n -+【分析】先根据条件推出{}n a 是等差数列，求出{}n a 的通项公式，代入到231(1)n n n n n a c a a ++=-中，可以用裂项相消法求出{}n c 的前2n 项和【详解】∵数列{}2n a 是公比为4的等比数列∴1242n na a +=即124n n a a +-=∴12n n a a +-=∴{}n a 是等差数列，且公差为2∵2a ，4a ，7a 成等比数列∴2427a a a =则()()()21116212a a a +=++解得：16a =∴()62124n a n n =+-=+∴()()()()231(1)(1)(410251111242622322)(1)3n n n n n n n n n n n n a c n n n a a n ++++⎛⎫==⨯+ ⎪++++++-=-⎝--⎭=设数列{}n c 的前2n 项和为2n T ，21111111111111123424525622223466n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++++=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中11a =，满足121n n a a +=+．（1）证明数列{}1n a +为等比数列；（2）求数列1121n n n S S ++⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）证明见解析；（2）222423n n n n ++----．【分析】（1）由121n n a a +=+可得()1121n n a a ++=+，即可证明；（2）可得21n n a =-，12(2)n n S n +=-+，11121212121112(2)2(3)2(2)2(3)n n n n n n n n S S n n n n +++++++--==--+-+⎡⎤⎡⎤-+-+⎣⎦⎣⎦，然后可算出答案.【详解】（1）由121n n a a +=+可得()1121n n a a ++=+，因为11a =，所以112a +=所以数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列（2）根据（1）可得：()11112221n n n n n a a a -+=+⨯=⇒=-，所以()12122(2)12n n n S n n +-=-=-+-，所以11121212121112(2)2(3)2(2)2(3)n n n n n n n n S S n n n n +++++++--==--+-+⎡⎤⎡⎤-+-+⎣⎦⎣⎦，所以21222111111241144112(2)2(3)2(3)23n n n n n n n T n n n n +++++--=-+-+⋅⋅⋅+-=-=-+-+-+--．10．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若2929a a +=，48S a =．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）记11n n n b a a +=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，()331nn n c n T =+，求数列{}n c 的前n 项和n K ．【答案】（1）()*32n a n n N =-∈；（2）()1*313424n n n K n N +⎛⎫=+-⋅∈ ⎪⎝⎭.【分析】（1）根据已知条件可得出关于等差数列{}n a 的首项和公差的方程组，解出这两个量的值，即可求得等差数列{}n a 的通项公式；（2）利用裂项相消法可求得n T ，进而得出3nn c n =⋅，再利用错位相减法可求得数列{}n c 的前n 项和n K .【详解】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，由题意294829a a S a +=⎧⎨=⎩，得111292943472a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩，解得113a d =⎧⎨=⎩，所以，()()*1132n a a n d n n N =+-=-∈；（2）由（1）知()()111111323133231n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭，所以，11111111113447323133131n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-=⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以，()3313n nn n c n T n =+=⋅，则()1211323133n nn K n n -=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅①，()23131323133n n n K n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅②，①-②，得()2311131331233333331322n nn n n n K n n n +++--=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=-⎛⎪-+⋅⎫⎝⎭- ，解得()1*313424n n n K n N +⎛⎫=+-⋅∈ ⎪⎝⎭．11．已知首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11331n n n n n a S S a a +++=++．（1）求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列；（2）记数列()(){}323111n n a a -+++的前n 项和为n T ，求n T ．【答案】（1）证明见解析；（2）431=+n nT n .【分析】（1）由题可得+1111121n n aa =+++，利用等差数列的定义可证；（2）利用裂项相消法即求.【详解】（1）依题意，1131n n n n a a a a ++=++，则+113n n n a a a -=+，两边都加1可得，()+12113n n n a a a ++=+，故()+113121111212121n n n n n a aa a a ⎛⎫+==+=+ ⎪++++⎝⎭，则+1111112n n a a -=++，故数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是首项为12，公差为12的等差数列；（2）由（1）可知，112n na =+，故21n a n +=，则()()()()3231224411113231323133231n n a a n n n n n n -+⎛⎫++==- ⎪-+-+-+⎝⎭，故4111111414131447323133131n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭.12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且0n a >，6742021a =，()()612n n n S a a =++，*N n ∈.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足152n n n b b a --=+，2n ≥，*N n ∈，192b =，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）31n a n =-；（2）()()1232312n n T n n +=-++.【分析】（1）令1n =可求得11a =或12a =，当2n ≥时，可得2111623n n n S a a ---+=+与已知条件两式相减可得{}n a 是等差数列，再由6742021a =可确定1a 的值，进而可得{}n a 的通项公式；（2）利用累加法以及等差数列求和公式可得n b ，进而可得1nb ，利用裂项求和即可求解.【详解】（1）()()261232n n n n n S a a a a =++=++，当2n ≥时，可得2111623n n n S a a ---+=+，两式相减可得2211336n n n n n a a a a a ---+-=，化简得()()()1113n n n n n n a a a a a a ---+-=+.因为0n a >，则10n n a a -+≠，所以13n n a a --=，故数列{}n a 是以3为公差的等差数列.在2632n n n S a a =++中，令1n =，2111632a a a =++，即211320a a -+=，可得11a =或12a =.当11a =时，()13132n a n n =+-=-，674367422020a =⨯-=，不符合题意；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，6742021a =，符合题意.综上所述：31n a n =-.（2）因为152n n n b b a --=+，所以12152n n n b b a ----=+，23252n n n b b a ----=+，…21252b b a -=+，累加可得：()1122512n n n n b b a a a a n ---=+++⋅⋅⋅++-，故()()()()112313255912122222n n n n n n b S a n b n +-+=-+-+=-+-+=（2n ≥），经检验192b =也满足上式，所以()322n n n b +=，则()121113232n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭.所以1111111113324352n T n n ⎛⎫=-+-++⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭111113212n n ⎛⎫=+-- ⎪++⎝⎭()()1232312n n n +=-++.13．数列{}n a 对于任意*n N ∈，满足()()1428n n a a ++-=，且12a =．()1求n a ；()2若12n n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和．【答案】()1221n n a =-；()214421n +--．【分析】()1根据已知条件化简并凑项，即可得出21n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列，进而写出通项公式；()2由()1中221n n a =-，可得1111242121nn n n n n b a a ++⋅⎛⎫==- ⎪--⎝⎭，进而利用裂项相消法求数列{}n b 的前n 项和．【详解】解：()1由题意()()1428n n a a ++-=，即118428n n n n a a a a ++-+-=，1124n n n n a a a a ++-=，1241n na a +-=，1241n na a +=+，122211n n a a +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，122121n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭12a =，∴1212a +=则21n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列.∴212n na +=，则221n n a =-()2由()1中221n n a =-，可得()()1122222121n n n n n n n b a a ++⨯⋅⋅==--()()114211421212121n n n n n ++⨯⎛⎫==-⎪----⎝⎭.设数列{}n b 的前n 项和为n S ，则123n nS b b b b =++++ 121231111114212121212121n n +⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎡⎤⎛⎫=-+-++- ⎪⎢⎥------⎝⎭⎣⎭⎦ 114121n +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭14421n +=--.14．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项为1a ，且12nn S a a n-=．（1）证明：{}n a 为等差数列；（2）若{}n a 的首项和公差均为1，求数列()()122121n nn a a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）证明见解析；（2）11121n n T +=--.【分析】（1）利用1n n n a S S -=-消去n S ，利用等差中项法证明等差数列；（2）先求出n a n =，把()()122121n n n a a a +--转化为()()1121121212121n n n a n n a a ++=-----，利用裂项相消法求和.【详解】解：（1）由题意得()()11112211n nn n S na na S n a n a --=+⎧⎨=-+-⎩（2n ≥）两式相减得()()1121n n n a a n a --+=-从而()()()1111211n n n nn a a n a n a a na -+⎧-+=-⎪⎨-+=⎪⎩再两式相减得()()()111122n n n n a n a n a +--+-=-又10n -≠∴112n n n a a a +-+=，于是{}n a 为等差数列．（2）由（1）可得{}n a 为等差数列，又11a d ==，∴n a n =．于是()()()()1112211212121212121n n nn n n n n a a +++==-------则2231111111111212121212121n n n n T ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭．15．已知数列{}n a 是递增等比数列，n S 为其前n 项和，且1428a a +=，2327a a ⋅=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足212n n n n a b S S +++=⋅，求其前n 项和n T .【答案】（1）13-=n n a ；（2）212431n n T +=--.【分析】（1）由已知条件可得出关于1a 、4a 的方程组，解出这两个量的值，可求得等比数列{}n a 的公比，可求得等比数列{}n a 的通项公式；（2）求出312n n S -=，可得出121123131n n n b ++⎛⎫=- ⎪--⎝⎭。

裂项相消法求和附答案

裂项相消法利用列项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面剩两项，再就是通项公式列项后，有时需要调整前面的系数，使列项前后等式两边保持相等。

（1）若是{a n }等差数列，则)11.(1111++-=n n n n a a d a a ,)11.(21122n ++-=n n n a a d a a （2）11111+-=+n n n n ）（（3）)11(1)(1k n n k k n n +-=+ （4）)121121(2112)121+--=+-n n n n ）（（（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n （6）n n n n -+=++111（7）)(11n k n k k n n -+=++1.已知数列的前n 项和为，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和为．[解析] (1) ……………①时, ……………②①②得:即……………………………………3分在①中令, 有, 即，……………………………………5分故对2.已知{a n}是公差为d的等差数列，它的前n项和为S n，S4=2S2+8．（Ⅰ）求公差d的值；（Ⅱ）若a1=1，设T n是数列{}的前n项和，求使不等式T n≥对所有的n∈N*恒成立的最大正整数m的值；[解析]（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，∵ S4=2S2+8，即4a1+6d=2(2a1+d) +8，化简得：4d=8，解得d=2．……………………………………………………………………4分（Ⅱ）由a1=1，d=2，得a n=2n-1，…………………………………………5分∴ =．…………………………………………6分∴ T n===≥，…………………………………………8分又∵ 不等式T n≥对所有的n∈N*恒成立，∴ ≥，…………………………………………10分化简得：m2-5m-6≤0，解得：-1≤m≤6．∴ m的最大正整数值为6．……………………………………………………12分3.)已知各项均不相同的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)设T n为数列的前n项和,求T2 012的值.[答案] (Ⅰ)设公差为d,由已知得(3分)解得d=1或d=0(舍去),∴a1=2. (5分)故a n=n+1. (6分)(Ⅱ)==-,(8分)∴T n=-+-+…+-=-=. (10分)∴T2 012=. (12分)4.)已知数列{a n}是等差数列,-=8n+4,设数列{|a n|}的前n项和为S n,数列的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:≤T n<1.[答案] (1)设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d. (2分)∵-=8n+4,∴(a n+1+a n)(a n+1-a n)=d(2a1-d+2nd)=8n+4.当n=1时,d(2a1+d)=12;当n=2时,d(2a1+3d)=20.解方程组得或(4分)经检验知,a n=2n或a n=-2n都满足要求.∴a n=2n或a n=-2n. (6分)(2)证明:由(1)知:a n=2n或a n=-2n.∴|a n|=2n.∴S n=n(n+1). (8分)∴==-.∴T n=1-+-+…+-=1-. (10分)∴≤T n<1. (12分)5.已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.[答案] 查看解析[解析] (Ⅰ)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(Ⅱ)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为奇数时,T n=-+…-+++=1+= .所以T n=6. 已知点的图象上一点，等比数列的首项为，且前项和(Ⅰ) 求数列和的通项公式；(Ⅱ) 若数列的前项和为，问的最小正整数是多少？[解析]解：(Ⅰ) 因为，所以，所以，，，又数列是等比数列，所以，所以，又公比，所以，因为，又，所以，所以，所以数列构成一个首项为1，公差为1的等差数列，，所以，当时，，所以. （6分）(Ⅱ) 由(Ⅰ) 得，（10分）由得，满足的最小正整数为72. （12分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（）.（Ⅰ）求，，及，，，由此归纳出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅱ）证明：.[解析] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜测. （4分）用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立.②假设当时，结论成立，即，那么当时，.所以当时，结论也成立.由①②，可知对一切正整数都成立. （7分）（Ⅱ）因为.当时，由（Ⅰ）知.所以.综上所述，原不等式成立. (12分）8.已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，，求使成立的最小的正整数的值．[解析] （1）当时，，由， (1)分当时，∴是以为首项，为公比的等比数列．……………………4分故…………………6分（2）由（1）知，………………8分，故使成立的最小的正整数的值. ………………12分9. 己知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设T n为数列的前n项和，若T n≤¨对恒成立，求实数的最小值．[解析] 122. （Ⅰ）设公差为d. 由已知得……………………………3分解得，所以………………………………6分（Ⅱ），………………………………9分对恒成立，即对恒成立又∴的最小值为……………………………………………………………12分10. 已知数列前项和为，首项为，且，，成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（II）数列满足，求证：，[解析] （Ⅰ）成等差数列, ∴，，当时，,两式相减得： .所以数列是首项为，公比为2的等比数列，. （6分）(Ⅱ) ，（8分），. （12分）11.等差数列{a n}各项均为正整数, a1=3, 前n项和为S n, 等比数列{b n}中, b1=1, 且b2S2=64, {}是公比为64的等比数列.(Ⅰ) 求a n与b n;(Ⅱ) 证明:++…+<.[答案] (Ⅰ) 设{a n}的公差为d, {b n}的公比为q, 则d为正整数,a n=3+(n-1) d,b n=q n-1.依题意有①由(6+d) q=64知q为正有理数, 又由q=知, d为6的因子1, 2, 3, 6之一, 解①得d=2, q=8.故a n=3+2(n-1) =2n+1, b n=8n-1.(Ⅱ) 证明:S n=3+5+…+(2n+1) =n(n+2) ,所以++…+=+++…+==<.12. 等比数列{a n}的各项均为正数, 且2a1+3a2=1, =9a2a6.(Ⅰ) 求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ) 设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n, 求数列的前n项和.[答案] (Ⅰ) 设数列{a n}的公比为q. 由=9a2a6得=9, 所以q2=.因为条件可知q>0, 故q=.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1, 所以a1=.故数列{a n}的通项公式为a n=.(Ⅱ) b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-,故=-=-2,++…+=-2++…+=-.所以数列的前n项和为-.13.等差数列{a n}的各项均为正数,a1=3,其前n项和为S n,{b n}为等比数列,b1=1,且b2S2=16,b3S3=60.(Ⅰ)求a n和b n;(Ⅱ)求++…+.[答案] (Ⅰ)设{a n}的公差为d,且d为正数,{b n}的公比为q,a n=3+(n-1)d,b n=q n-1,依题意有b2S2=q·(6+d)=16,b3S3=q2·(9+3d)=60,(2分)解得d=2,q=2.(4分)故a n=3+2(n-1)=2n+1,b n=2n-1.(6分)(Ⅱ)S n=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),(8分)所以++…+=+++…+=(10分)==-.(12分)14.设数列{a n}的前n项和S n满足:S n=na n-2n(n-1). 等比数列{b n}的前n项和为T n,公比为a1,且T5=T3+2b5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为M n,求证:≤M n<.[答案](1)∵T5=T3+2b5,∴b4+b5=2b5,即(a1-1)b4=0,又b4≠0,∴a1=1. n≥2时,a n=S n-S n-1=na n-(n-1)a n-1-4(n-1),即(n-1)a n-(n-1)a n-1=4(n-1).∵n-1≥1,∴a n-a n-1=4(n≥2),∴数列{a n}是以1为首项,4为公差的等差数列,∴a n=4n-3. (6分)(2)证明:∵==·,(8分)∴M n=++…+==<,(10分)又易知M n单调递增,故M n≥M1=.综上所述,≤M n<. (12分)。

高中数学数列中裂项求和测试题及答案-精选文档

高中数学数列中裂项求和测试题及答案数列中裂项求和的几种常见模型数列问题是高考的一大热点，而且综合性较强，既注重基础知识的掌握，又注重数学思想与方法的运用。

而此类问题大多涉及数列求和，所以数列求和方法是学生必须掌握的，主要的求和方法有：公式法、拆项重组法、并项求和法，裂项相消法、错位相加法、倒序相加法等等，而裂项相消法是其中较为基础、较为灵活的一种，也是出现频率最高，形式最多的一种。

下面就例举几种裂项求和的常见模型，以供参考。

模型一：数列是以d为公差的等差数列，且，则例1已知二次函数的图像经过坐标原点，其导函数为，数列的前n项和为，点均在函数的图像上。

（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前n项和，求使得对所有都成立的最小正整数m；（2019年湖北省数学高考理科试题）解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.又因为点均在函数的图像上，所以＝3n2－2n.当n2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－＝6n－5.当n＝1时，a1＝S1＝312－2＝61－5，所以，an＝6n－5 （）（Ⅱ）由（Ⅰ）得知＝＝，故Tn＝＝＝（1－）.因此，要使（1－）（）成立的m,必须且仅须满足，即m10，所以满足要求的最小正整数m为10..例2在xoy平面上有一系列点，…，，…，（nN*），点Pn 在函数的图象上，以点Pn为圆心的圆Pn与x轴都相切，且圆Pn与圆Pn+1又彼此外切. 若 .（I）求数列的通项公式；（II）设圆Pn的面积为解：（I）圆Pn与Pn+1彼此外切，令rn为圆Pn的半径，两边平方并化简得由题意得，圆Pn的半径为首项，以2为公差的等差数列，所以（II），所以，模型二：分母有理化，如：例3已知，的反函数为，点在曲线上，且(I)证明数列{ }为等差数列；(Ⅱ)设 ,记，求解(I)∵点An( )在曲线y=g(x)上(nN+)，点( )在曲线y=f(x)上(nN+) ,并且an0，，数列{ }为等差数列(Ⅱ)∵数列{ }为等差数列，并且首项为 =1，公差为4，=1+4（n1），，∵an0，，bn＝ = ,Sn＝b1＋b2+…＋bn= =例4设，则不超过的最大整数为。

数列求和裂项相消法例题

专题7.20数列大题（裂项相消求和2）1．在递增等差数列{}n a 中，248a a +=，1a ，3a ，7a 成等比数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）解：设递增等差数列{}n a 的公差为(0)d d >．由，248a a +=，1a ，3a ，7a 成等比数列，得11211138(2)(6)a d a d a d a a d +++=⎧⎨+=⋅+⎩，解得12a =，1d =或0，(0舍去），∴*2(1)11()n a n n n N =+-⨯=+∈．（Ⅱ）证明：设13n n n b a a +=，由（Ⅰ）知133113((1)(2)12n n n b a a n n n n +===-++++，12111111111111113333()3()3(3()3()23341223341222222n n T b b b n n n n n n ∴=+++=-+-++-=-+-++-=-=-<++++++ 2．已知各项均为正数的数列{}n a 满足：11(1)(1)n n n n a a a a ++-=+，11a =．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；解：(11)(1)(1)n n n n I a a a a ++-=+ ，∴2211n n n n a a a a ++-=+，即111()()n n n n n n a a a a a a +++-+=+，10n n a a ++≠ ，所以11n n a a +-=，11a = ，∴数列{}n a 是首项为1、公差为1的等差数列，n a n ∴=．证明：()II 由()I 知，22222212232311(1)(2)(1)(2)n n n n a n b a a n n n n ++++===-++++，∴222222*********()()[]2334(1)(2)4(2)n S n n n =-+-++-=+++ ．2114(2)n S n =-+在*n N ∈上单调递增，且210(2)n >+，∴51364n S < ．3．已知数列{}n a 中，121a a ==，且212n n n a a a ++=+，记1n n n b a a +=+，求证：（1）{}n b是等比数列；证明：（1）212n n n a a a ++=+，可得2112()n n n n a a a a ++++=+，记1n n n b a a +=+，可得12n n b b +=，又1122b a a =+=，可得{}n b 是首项和公比均为2的等比数列；（2）2n n b =，12(12)2212n n n T +-==--，11121122(22)(22)2(21)(21)n nn n n n n n n b T T ++++++==⋅----1111(22121n n +=---，所以312223112231111111(122121212121n n n n n b b b T T T T T T +++++⋯+=-+-+⋯+-⋅⋅⋅-----1111(1)2212n +=-<-．4．在公差不为零的等差数列{}n a 中，38a =，且3a ，11a ，43a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）由题意，设等差数列{}n a 的公差为(0)d d ≠，则11388(1)a a d d =+=+，433408(51)a a d d =+=+，3a ，11a ，43a 成等比数列，∴211343a a a =，即264(1)88(51)d d +=⨯+，化简整理，得230d d -=，解得0d =（舍去），或3d =，83(3)31n a n n ∴=+⨯-=-，*n N ∈，（2）由（1），可得212n n n b a a =+-21(31)(31)2n n =-+--21932n n =--1(32)(31)n n =-+111()33231n n =--+，12n nS b b b ∴=++⋯+11111111(1)((3434733231n n =⨯-+⨯-+⋯+⨯--+111111(1)34473231n n =⨯-+-+⋯+--+11(1)331n =⨯-+31n n =+．5．已知等差数列{}n a 满足438a a -=，且1a ，4a ，13a 成等比数列．（1）求{}n a 的通项公式；解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为438a a -=，所以8d =．又因为1a ，4a ，13a 成等比数列，所以24113a a a =⋅，即2111(3)(12)a d a a d +=⋅+，解得112a =，所以84n a n =+．（2）根据等差数列的前n 项和公式可得248n S n n =+，所以2111111()3483(21)(23)22123n n c S n n n n n n ====-+++++++，所以1111111111(()235572123232369n n T n n n n =-+-+⋅⋅⋅+-=-=++++6．已知数列{}n a 是等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，35a =，749S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）因为74749S a ==，所以47a =，而35a =，设数列{}n a 的公差为d ，则432d a a =-=，11a =，所以12(1)21n a n n =+-=-；（2）由21(121)2n S n n n =+-=，由1(1)n n b a +=-，可得(1)(21)11(1)((1)1n n n n b n n n n -+==-+++，211111111211223342212121n n T n n n n =--++--+⋯⋯++=-=-+++．7．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项的和，且{}n a 为递增数列．已知24a =，314S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则212312322414a a q a S a a a a a q q ==⎧⎪⎨=++=++=⎪⎩，解得122a q =⎧⎨=⎩或1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，因为数列{}n a 为递增数列，所以只有122a q =⎧⎨=⎩符合题意，故2n n a =；（2）由题意，11222121(1)(1)(1)(1)log 2log 2(1)1n n nn n n n n n b n n n n ++++--=-=-=-⋅++，1223112(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)...[][]...[]1122311n n nn n T b b b n n n +-------∴=+++=-+-++-=-+．（1）求数列{}n b 的通项公式；解：（1）因为25a =，且4a 、51a +、71a +成等比数列，所以2475(1)(1)a a a +=+．所以2222(2)(51)(31)a d a d a d +++=++，整理得222410d a d d a +---=，得260d d +-=，解得3d =-或2d =，由于{}n a 是正项等差数列，舍去3d =-，即2d =．所以13a =，1113a b ==．1-=，所以数列是以1=为首项，1为公差的等差数列，1n n =+-=，即2n b n =．（2）因为25a =，2d =，所以2(2)21n a a n d n =+-=+，所以22222222121(1)11(1)(1)(1)n n n n a n n n c b b n n n n n n +++-====-+++，故22222222111111211223(1)(1)(1)n n n S n n n n +=-+-+⋯+-=-=+++．。

数列裂项相消法求和专题讲解附答案(高中数学)

微专题1 裂项相消法题型1 等差型数列求和d N n d a b b a d b a c n n n nn n n ,,,1111*∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==为常数。

例1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 5＝25，S 5＝55. (1) 求数列{a n }的通项公式； (2) 设a n b n ＝131-n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

方法总结：1.定义：如果一个数列的通项为“分式或根式”的形式，且能拆成结构相同的两式之差，通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩首尾有限项的求和方法叫做裂项相消法．2.适用数列：d N n d a b b a d b a c n n n n n n n ,,,1111*∈=-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==为常数。

3.常见的裂项技巧： (1)⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+k n n k k n n 111)(1，特别地，当k ＝1时，111)1(1+-=+n n n n ； (2)⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-12112121)12)(12(11412n n n n n ；(3)()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=++22222114121n n n n n 。

1.在等比数列{b n }中，已知b 1＋b 2＝43，且b 2＋b 3＝83. (1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 若数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a n 是首项为b 1，公差为b 2的等差数列，求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前n 项和．题型2 “无理型”数列求和：()n k n kn k n -+=++11。

例2.若数列{a n }满足a 1＝1，22+n a ＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n 2}是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若12++=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项和．方法总结：含有无理式常见的裂项有： (1)()n k n kn k n -+=++11。

高二数学数列求和试题答案及解析

高二数学数列求和试题答案及解析1.数列的通项公式，则数列的前10项和为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，所以数列的前项和，所以，选B.【考点】数列求和.2.已知函数的图像在点A(1，f(1))处的切线与直线平行，若数列的前项和为，则的值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为，所以，所以【考点】裂项相消求和3.已知数列的相邻两项，是关于方程的两根，且.（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的前项和；（3）设函数，若对任意的都成立，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析（2）（3）【解析】（1）由一元二次方程根与系数的关系可得数列的递推公式：，设，易求得：，，并注意到: ,可知数列是公比为的等比数列.（2）由（1）的结果得数列的通项公式,于是: ,的拆项法,将数列的前项和化为两个等比数列的前和.（3）由韦达定理：=所以，采用分离变量法求将求实数的取值范围问题，转变成求关于的函数的最值问题.试题解析：（1）∵，∴，∵，∴，∴是首项为，公比为的等比数列。

且 4分（2）由（1）得=8分（注：未分奇偶写也得8分）（3）∵，∴,∴,∴.∴当为奇数时，，∴对任意的为奇数都成立，∴。

11分∴当为偶数时，，∴，∴对任意的为偶数都成立，∴ 13分综上所述，实数的取值范围为。

14分【考点】1、一元二次方程根与系数的关系；2、等比数列的前项和；3、等价转化的思想.4.若数列满足，设，，类比课本中推导等比数列前项和公式的方法，可求得 .【答案】【解析】由题意，Sn ＝a1＋a2×4＋a3×42＋…＋an×4n－1，①两边同乘以4，得4Sn ＝a1×4＋a2×42＋…＋an－1×4n－1＋a n×4n，②由①＋②，得5Sn ＝a1＋(a1＋a2)×4＋(a2＋a3)×42＋…＋(an－1＋a n)×4n－1＋a n×4n，又a1＝1，an＋an＋1＝()n，所以a1＋a2＝，a2＋a3＝()2，…，所以5Sn ＝1＋1＋1＋…＋1,\s\do4(共n个))＋an×4n，故5Sn－4n an＝n.【考点】类比推理.5.数列的通项公式为，，是数列的前项和，则的最大值为( )A．280B．300C．310D．320【答案】C【解析】由题可知数列是递减数列. 从第5项开始就为负的.所以对数列而言从第5项开始都为负数.所以的最大值即为数列的前4项的和..所以答案为C.【考点】数列求和6.对正整数,设曲线在处的切线与轴交点的纵坐标为,则数列的前项和的公式是。

高二数学数列求和练习题及答案

高二数学数列求和练习题及答案一、选择题：1. 若数列的首项为4，公差为2，它的n（n≥1）项求和为96，则n 的值为：A. 12B. 14C. 16D. 182. 已知数列的前n项和为Sn=n^2+2n，则数列的首项是：A. -1B. 0C. 1D. 23. 数列{an}满足公差d=3，如果a1=4，a2=8，a4=16，求a7和数列的前7项和S7。

A. a7=28，S7=112B. a7=18，S7=108C. a7=26，S7=110D. a7=24，S7=1044. 已知等差数列的前n项和为Sn=n^2+5n+6，则此数列的公差为：A. 1B. 2C. 3D. 4二、计算题：1. 求等差数列{an}的前5项和S5，已知数列的首项a1=2，公差d=3。

2. 求等差数列{an}的前10项和S10，已知数列的首项a1=1，公差d=2。

三、应用题：1. 一等差数列的首项为10，公差为2，它的前n项和为Sn=3n^2+5n，求该数列的首项和公差。

2. 若等差数列的前n项和为Sn=n^2+4n，已知数列的首项为a1=3，求该数列的公差和前7项的和S7。

四、解答题：1. 解释等差数列的概念，并给出一个等差数列的例子。

2. 推导出等差数列前n项和的公式，并证明其正确性。

答案：一、选择题：1. A2. C3. A4. D二、计算题：1. 数列的前5项和S5=552. 数列的前10项和S10=110三、应用题：1. 数列的首项为a1=1，公差为d=2二、计算题：1. 数列的前5项和S5=552. 数列的前10项和S10=110三、应用题：1. 数列的首项为a1=1，公差为d=22. 公差为d=3，首项为a1=4a7=28，S7=112四、解答题：1. 等差数列是指数列中的每一项与它的前一项之差都相等的数列。

例如，1，3，5，7，9...是一个等差数列，公差为2。

2. 等差数列的前n项和公式为Sn=n(a1+an)/2，其中a1为首项，an为第n项。

裂项相消法求和附答案

裂项相消法利用列项相消法求与时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项与最后一项,也有可能前面剩两项,后面剩两项,再就就是通项公式列项后，有时需要调整前面得系数,使列项前后等式两边保持相等。

(1)若就是｛a n｝等差数列,则,(２)(３)（4）（5)(６)(7)1、已知数列得前n项与为, .(1)求数列得通项公式；(２)设,求数列得前ｎ项与为.［解析] (1)……………①时, ……………②①②得:即……………………………………3分在①中令, 有, 即,……………………………………5分故对2、已知{ａn}就是公差为d得等差数列，它得前ｎ项与为Ｓn,S４＝2S2+8．(Ⅰ)求公差d得值;(Ⅰ)若a1＝1,设T n就是数列{}得前n项与,求使不等式Ｔｎ≥对所有得nⅠN*恒成立得最大正整数m得值；[解析](Ⅰ）设数列{a n}得公差为d,Ⅰ S4＝2S2＋8，即4a1+6d=2(2a１+d) +８,化简得：4d＝8,解得ｄ=2.……………………………………………………………………4分(Ⅰ)由a1＝1,d＝2,得aｎ=2n－１,…………………………………………５分Ⅰ=.…………………………………………６分Ⅰ T n===≥,…………………………………………８分又Ⅰ 不等式Ｔn≥对所有得nⅠＮ＊恒成立，Ⅰ ≥，…………………………………………10分化简得:m２-５m-6≤0，解得：-１≤m≤6.Ⅰ m得最大正整数值为6.……………………………………………………1２分３、)已知各项均不相同得等差数列{a n}得前四项与S４=14,且ａ1,a3，a7成等比数列、(Ⅰ)求数列{ａn｝得通项公式;(Ⅰ）设T n为数列得前n项与,求T2 012得值、[答案] (Ⅰ)设公差为d,由已知得（3分)解得d=1或d=0（舍去),Ⅰa１=２、(5分)故aｎ＝n+1、(６分)(Ⅰ)==－,(8分）ⅠT n=－＋-+…+-=-=、(10分)ⅠＴ2 01２=、（12分)4、)已知数列｛ａｎ}就是等差数列,-=8ｎ+4,设数列{｜ａｎ|}得前ｎ项与为S n,数列得前n项与为Tｎ、(1)求数列{a n}得通项公式;(2)求证:≤Ｔn<1、［答案](1)设等差数列{ａｎ｝得公差为d,则ａn=a1+(n-1)d、（2分）Ⅰ－=8n+4,Ⅰ(a n＋１+aｎ)(a n＋1-aｎ)=d（2a1-ｄ+2nd)=８ｎ＋４、当ｎ＝1时,ｄ(2a１+d）=12;当ｎ=２时，d(2a1+3ｄ）=20、解方程组得或（4分)经检验知,a n=2n或ａn＝-2n都满足要求、Ⅰa n＝２n或a n=-2n、(6分)(2)证明:由(１)知：ａｎ=２ｎ或a n＝-2n、Ⅰ｜aｎ|=2ｎ、ⅠS n=n(n＋1）、（8分)Ⅰ=＝-、ⅠT n＝１－+-+…+-=１-、(10分)Ⅰ≤Ｔn<1、（１２分)5、已知等差数列｛aｎ｝得公差为2,前ｎ项与为Ｓn,且S1，S2,S４成等比数列、（Ⅰ)求数列{a n}得通项公式；（Ⅰ)令ｂn=（-1)ｎ－１,求数列{b n}得前n项与Ｔn、[答案］查瞧解析[解析](Ⅰ)因为Ｓ1=a1,S2=2a1+×2＝2a１+2,S4=４ａ1+×2=4a１+12,由题意得(2a1+2)2=a１(4a１+１2)，解得a1=１，所以ａn=2n-１、(Ⅰ)b n＝（-1)n-1=(-1)n-1=（－1）n-１、当n为偶数时,T n=－＋…+-=１-＝、当n为奇数时,T n＝-+…－+＋＋＝1+=、所以T n=6、已知点得图象上一点，等比数列得首项为,且前项与（Ⅰ)求数列与得通项公式;(Ⅰ) 若数列得前项与为，问得最小正整数就是多少？[解析]解:(Ⅰ)因为,所以，所以，,,又数列就是等比数列，所以，所以,又公比,所以，因为,又,所以,所以,所以数列构成一个首项为１，公差为１得等差数列,,所以，当时,,所以、(6分)(Ⅰ）由(Ⅰ）得,(1０分)由得,满足得最小正整数为７２、（12分）7、在数列,中,，,且成等差数列,成等比数列（)、（Ⅰ)求，,及,,,由此归纳出,得通项公式,并证明您得结论;(Ⅰ)证明:、[解析］(Ⅰ）由条件得，由此可得、猜测、（4分)用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立、②假设当时,结论成立,即,那么当时,、所以当时,结论也成立、由①②,可知对一切正整数都成立、(7分)(Ⅰ)因为、当时,由（Ⅰ)知、所以、综上所述,原不等式成立、(1２分）8、已知数列得前项与就是，且.(Ⅰ)求数列得通项公式;(Ⅰ）设，，求使成立得最小得正整数得值.[解析］(１)当时,,由, ……………………１分当时，Ⅰ就是以为首项,为公比得等比数列．……………………４分故…………………６分（2）由(1)知,………………8分,故使成立得最小得正整数得值、………………12分9、己知各项均不相等得等差数列{aｎ}得前四项与S4＝1４,且ａ１,ａ3,a7成等比数列.（I)求数列｛a n｝得通项公式;（ＩI)设Tｎ为数列得前n项与,若T n≤¨对恒成立,求实数得最小值.［解析] 12２、(Ⅰ）设公差为d、由已知得……………………………3分解得，所以………………………………6分(Ⅰ),………………………………9分对恒成立,即对恒成立又Ⅰ得最小值为 (2)10、已知数列前项与为，首项为,且，,成等差数列、(Ⅰ)求数列得通项公式;(IＩ)数列满足,求证:,[解析］（Ⅰ)成等差数列，Ⅰ,,当时,，两式相减得: 、所以数列就是首项为，公比为2得等比数列，、(６分)(Ⅰ）,(8分),、（1２分)11、等差数列{ａn}各项均为正整数,a1＝3, 前n项与为Ｓn，等比数列｛b n}中，ｂ１=1,且ｂ2S2＝6４,{}就是公比为64得等比数列、(Ⅰ) 求a n与b n;(Ⅰ) 证明：++…+<、［答案](Ⅰ）设｛a n｝得公差为ｄ,{b n}得公比为ｑ，则d为正整数,a n=３+(ｎ-１)d，b n＝ｑｎ-１、依题意有①由(6＋d) q＝6４知q为正有理数，又由q=知，d为6得因子１, 2，3，６之一，解①得d＝２, ｑ=8、故a n=３+2（n-１）=2ｎ+1, ｂn=8n-1、(Ⅰ) 证明:S n=3+5+…+(2ｎ+1）=ｎ(n+２) ,所以＋+…＋=+＋＋…+＝=<、1２、等比数列{aｎ｝得各项均为正数, 且２a1+3a2＝１，=9a2ａ6、(Ⅰ) 求数列{a n}得通项公式;(Ⅰ）设ｂn＝log3a1+lｏg３a2+…＋lｏg3aｎ, 求数列得前n项与、[答案] (Ⅰ) 设数列{a n}得公比为q、由=9a2a6得＝9,所以ｑ２＝、因为条件可知q>0, 故q=、由2a１+3a2=1得２a1＋3ａ１q=１, 所以a1＝、故数列{a n}得通项公式为aｎ=、(Ⅰ) b n=log3a1+ｌog３a2+…+lｏｇ３a n=-(１＋2+…+n)＝-,故=-=-2，+＋…＋=-２+＋…+=－、所以数列得前n项与为－、13、等差数列{ａn}得各项均为正数，a１=3,其前n项与为Sｎ,｛b n}为等比数列，b１=1,且b２Ｓ2=16,b3Ｓ3=60、(Ⅰ)求a n与bｎ；（Ⅰ)求＋＋…＋、[答案] （Ⅰ)设{a n}得公差为d,且d为正数,｛ｂn}得公比为q,ａn=3+(ｎ-1)ｄ,b n=q n-１，依题意有b２S2=q·(６+d)=1６,b3S3=ｑ2·(9+3d）=60，(2分）解得d＝２,q=2、(４分）故a n=3+２(ｎ-1)=2n+1,bｎ＝2n-1、(6分)(Ⅰ)Sｎ=3+5+…＋（2ｎ+1)=n(n+2),（8分)所以+＋…+＝+++…+=(１０分)＝=-、（12分)１4、设数列{aｎ}得前n项与S n满足：S n=na n-2n(n-1)、等比数列{ｂｎ｝得前n项与为T n,公比为ａ１，且T５=Ｔ3＋２ｂ５、（1)求数列｛aｎ}得通项公式;(２)设数列得前n项与为Ｍｎ，求证:≤M n<、[答案］（1)ⅠT5=T3+2b5,Ⅰb4+ｂ5=2ｂ5,即（ａ1－１）b4＝0,又b4≠0,Ⅰa1=1、n≥2时,a n=S n－S n-１=na n-(n-1)aｎ-1-4(n-1），即(ｎ－1)a n-(ｎ-１)a n－1＝４（n-１)、Ⅰｎ－1≥1,Ⅰａn-a n-１=4(n≥２）,Ⅰ数列｛a n}就是以1为首项,4为公差得等差数列,Ⅰａn＝4n-3、(6分)(2)证明:Ⅰ＝=·，（8分）ⅠM n=++…＋==＜,(10分)又易知Ｍn单调递增,故M n≥Ｍ1=、综上所述,≤Ｍｎ<、(12分）。

数列求和裂项相消法例题

数列求和裂项相消法例题摘要：1.引言：裂项相消法求和2.裂项相消法的基本原理3.裂项相消法在数列求和中的应用4.裂项相消法求和的例题解析5.结论：裂项相消法的优点和局限性正文：一、引言：裂项相消法求和数列求和是数学中一个重要的研究领域，它是指将一个数列按照一定规则进行求和。

在数列求和中，裂项相消法是一种常用的求和方法，它通过将数列中的项进行裂项处理，再利用相消法进行求和，从而简化求和过程。

本文将介绍裂项相消法的基本原理，以及它在数列求和中的应用。

二、裂项相消法的基本原理裂项相消法的基本原理是将数列中的项进行裂项处理，使得相邻的项可以相互抵消，从而简化求和过程。

具体来说，对于一个数列a1, a2, a3,..., an，我们可以将其拆分为两个数列，如：a1 + a2 + a3 +...+ an= (a1 + a2) + (a2 + a3) + (a3 + a4) +...+ (an-1 + an)在这个过程中，我们可以发现，每个括号内的两项之和等于下一项，即：a1 + a2 = a2 + a3a2 + a3 = a3 + a4...an-1 + an = an + a1通过这样的裂项处理，我们可以将原数列中的项相互抵消，从而得到一个新的数列，其求和过程更加简单。

三、裂项相消法在数列求和中的应用裂项相消法在数列求和中的应用非常广泛，它可以用于各种类型的数列求和。

下面我们通过一个具体的例题，来看一下裂项相消法在数列求和中的应用。

例题：求和数列1, 2, 4, 7, 11,...这个数列的通项公式为：an = (n - 1) * n，其中n 表示项的位置。

我们可以使用裂项相消法来求解这个数列的和。

首先，我们将数列进行裂项处理，得到：1 = 0 + 12 = 1 + 14 = 2 + 27 = 3 + 411 = 4 + 7接下来，我们可以将相邻的项进行相消，得到：1 +2 = 32 + 4 = 63 + 7 = 104 + 11 = 15最后，我们将这些相消后的项进行求和，得到：3 + 6 + 10 + 15 = 44因此，原数列的和为44。

(完整版)裂项相消法求和附答案

（1）若是{a n }等差数列，则)11.(1111++-=n n n n a a d a a ,)11.(21122n ++-=n n n a a d a a（2）11111+-=+n n n n ）（（3）)11(1)(1kn n k k n n +-=+（4）)121121(2112)121+--=+-n n n n ）（（（5）])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n（6）n n n n -+=++111（7）)(11n k n kkn n -+=++ 1.已知数列的前n 项和为，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n 项和为．[解析] (1) ……………①时, ……………②①②得:即……………………………………3分在①中令, 有, 即，……………………………………5分故对2.已知{a n}是公差为d的等差数列，它的前n项和为S n，S4=2S2+8．（Ⅰ）求公差d的值；（Ⅰ）若a1=1，设T n是数列{}的前n项和，求使不等式T n≥对所有的nⅠN*恒成立的最大正整数m的值；[解析]（Ⅰ）设数列{a n}的公差为d，Ⅰ S4=2S2+8，即4a1+6d=2(2a1+d) +8，化简得：4d=8，解得d=2．……………………………………………………………………4分（Ⅰ）由a1=1，d=2，得a n=2n-1，…………………………………………5分Ⅰ =．…………………………………………6分Ⅰ T n===≥，…………………………………………8分又Ⅰ 不等式T n≥对所有的nⅠN*恒成立，Ⅰ ≥，…………………………………………10分化简得：m2-5m-6≤0，解得：-1≤m≤6．Ⅰ m的最大正整数值为6．……………………………………………………12分3.)已知各项均不相同的等差数列{a n}的前四项和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ)设T n为数列的前n项和,求T2 012的值.[答案] (Ⅰ)设公差为d,由已知得(3分)解得d=1或d=0(舍去),Ⅰa1=2. (5分)故a n=n+1. (6分)(Ⅰ)==-,(8分)ⅠT n=-+-+…+-=-=. (10分)ⅠT2 012=. (12分)4.)已知数列{a n}是等差数列,-=8n+4,设数列{|a n|}的前n项和为S n,数列的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:≤T n<1.[答案] (1)设等差数列{a n}的公差为d,则a n=a1+(n-1)d. (2分)Ⅰ-=8n+4,Ⅰ(a n+1+a n)(a n+1-a n)=d(2a1-d+2nd)=8n+4.当n=1时,d(2a1+d)=12;当n=2时,d(2a1+3d)=20.解方程组得或(4分)经检验知,a n=2n或a n=-2n都满足要求.Ⅰa n=2n或a n=-2n. (6分)(2)证明:由(1)知:a n=2n或a n=-2n.Ⅰ|a n|=2n.ⅠS n=n(n+1). (8分)Ⅰ==-.ⅠT n=1-+-+…+-=1-. (10分)Ⅰ≤T n<1. (12分)5.已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列. (Ⅰ)求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.[答案] 查看解析[解析] (Ⅰ)因为S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(Ⅰ)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=6. 已知点的图象上一点，等比数列的首项为，且前项和(Ⅰ) 求数列和的通项公式；(Ⅰ) 若数列的前项和为，问的最小正整数是多少？[解析]解：(Ⅰ) 因为，所以，所以，，，又数列是等比数列，所以，所以，又公比，所以，因为，又，所以，所以，所以数列构成一个首项为1，公差为1的等差数列，，所以，当时，，所以. （6分）(Ⅰ) 由(Ⅰ) 得，（10分）由得，满足的最小正整数为72. （12分）7. 在数列，中，，，且成等差数列，成等比数列（）.（Ⅰ）求，，及，，，由此归纳出，的通项公式，并证明你的结论；（Ⅰ）证明：.[解析] （Ⅰ）由条件得，由此可得.猜测. （4分）用数学归纳法证明：①当时，由上可得结论成立.②假设当时，结论成立，即，那么当时，.所以当时，结论也成立.由①②，可知对一切正整数都成立. （7分）（Ⅰ）因为.当时，由（Ⅰ）知.所以.综上所述，原不等式成立. (12分）8.已知数列的前项和是，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅰ）设，，求使成立的最小的正整数的值．[解析] （1）当时，，由，……………………1分当时，Ⅰ是以为首项，为公比的等比数列．……………………4分故…………………6分（2）由（1）知，………………8分，故使成立的最小的正整数的值.………………12分9. 己知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设T n为数列的前n项和，若T n≤¨对恒成立，求实数的最小值．[解析] 122.（Ⅰ）设公差为d. 由已知得……………………………3分解得，所以………………………………6分（Ⅰ），………………………………9分对恒成立，即对恒成立又Ⅰ的最小值为……………………………………………………………12分10. 已知数列前项和为，首项为，且，，成等差数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（II）数列满足，求证：，[解析] （Ⅰ）成等差数列, Ⅰ，，当时，,两式相减得：.所以数列是首项为，公比为2的等比数列，.（6分）(Ⅰ) ，（8分），.（12分）11.等差数列{a n}各项均为正整数, a1=3, 前n项和为S n, 等比数列{b n}中, b1=1, 且b2S2=64, {}是公比为64的等比数列.(Ⅰ) 求a n与b n;(Ⅰ) 证明:++…+<.[答案] (Ⅰ) 设{a n}的公差为d, {b n}的公比为q, 则d为正整数,a n=3+(n-1) d,b n=q n-1.依题意有①由(6+d) q=64知q为正有理数, 又由q=知, d为6的因子1, 2, 3, 6之一, 解①得d=2, q=8. 故a n=3+2(n-1) =2n+1, b n=8n-1.(Ⅰ) 证明:S n=3+5+…+(2n+1) =n(n+2) ,所以++…+=+++…+==<.12. 等比数列{a n}的各项均为正数, 且2a1+3a2=1, =9a2a6.(Ⅰ) 求数列{a n}的通项公式;(Ⅰ) 设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n, 求数列的前n项和.[答案] (Ⅰ) 设数列{a n}的公比为q. 由=9a2a6得=9, 所以q2=.因为条件可知q>0, 故q=.由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1, 所以a1=.故数列{a n}的通项公式为a n=.(Ⅰ) b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-,故=-=-2,++…+=-2++…+=-.所以数列的前n项和为-.13.等差数列{a n}的各项均为正数,a1=3,其前n项和为S n,{b n}为等比数列,b1=1,且b2S2=16,b3S3=60.(Ⅰ)求a n和b n;(Ⅰ)求++…+.[答案] (Ⅰ)设{a n}的公差为d,且d为正数,{b n}的公比为q,a n=3+(n-1)d,b n=q n-1,依题意有b2S2=q·(6+d)=16,b3S3=q2·(9+3d)=60,(2分)解得d=2,q=2.(4分)故a n=3+2(n-1)=2n+1,b n=2n-1.(6分)(Ⅰ)S n=3+5+…+(2n+1)=n(n+2),(8分)所以++…+=+++…+=(10分)==-.(12分)14.设数列{a n}的前n项和S n满足:S n=na n-2n(n-1). 等比数列{b n}的前n项和为T n,公比为a1,且T5=T3+2b5.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为M n,求证:≤M n<.[答案](1)ⅠT5=T3+2b5,Ⅰb4+b5=2b5,即(a1-1)b4=0,又b4≠0,Ⅰa1=1. n≥2时,a n=S n-S n-1=na n-(n-1)a n-1-4(n-1),即(n-1)a n-(n-1)a n-1=4(n-1).Ⅰn-1≥1,Ⅰa n-a n-1=4(n≥2),Ⅰ数列{a n}是以1为首项,4为公差的等差数列,Ⅰa n=4n-3. (6分)(2)证明:Ⅰ==·,(8分)ⅠM n=++…+==<,(10分)又易知M n单调递增,故M n≥M1=.综上所述,≤M n<. (12分)。

裂项法求和典型例题10道

裂项法求和典型例题10道嘿，同学们，今天咱就来好好讲讲裂项法求和典型例题 10 道哈。

第一道题，计算1/(1×2)+1/(2×3)+1/(3×4)+……+1/(99×100)。

咱来分析一下，这每一项都可以写成两项之差，比如1/(1×2)=1-1/2，1/(2×3)=1/2-1/3，以此类推，然后就能相互抵消一些项，最后求出结果是99/100。

再看第二道题，计算1/2+1/6+1/12+1/20+……+1/90。

同样的道理，把每一项都进行裂项，1/2=1-1/2，1/6=1/2-1/3，1/12=1/3-1/4，这样就能简便计算啦，答案是 9/10。

接着第三道，求数列1/(3×5)+1/(5×7)+1/(7×9)+……+1/(19×21)的和。

每一项裂项后可得1/2×(1/3-1/5)+1/2×(1/5-1/7)……，提个 1/2 出来，再进行计算，结果是 10/21。

第四道题，计算1/1+2/(1+2)+3/(1+2+3)+……+9/(1+2+……+9)。

先求出分母的和，再进行裂项，这道题就迎刃而解啦，答案是 9/5。

来第五道，求1/4+1/12+1/24+1/40+……+1/180 的和。

把各项都进行合适的裂项处理，最后可得结果是 5/9。

第六道，计算3/(1×4)+3/(4×7)+3/(7×10)+……+3/(97×100)。

每一项提个 3 出来，再裂项计算，答案是 33/100。

第七道，求2/(2×4)+2/(4×6)+2/(6×8)+……+2/(98×100)。

类似前面的方法，裂项后计算可得结果是 49/100。

第八道，计算1/(1×3)+1/(3×5)+1/(5×7)+……+1/(99×101)。

数列求和练习题高二

数列求和练习题高二数列求和是高中数学中的重要概念，也是常见的考点之一。

通过练习数列求和来巩固理论知识和提高解题能力能够在高二阶段为学生打下坚实的数学基础。

本文将为大家提供一些高二数学数列求和的练习题，并提供详细的解题步骤和解析，希望能够帮助大家更好地掌握这一概念。

练习题一：求下列数列的前n项和，并给出求和公式。

1) 1，3，5，7，9...2) 2，4，8，16，32...解答一：1) 这是一个公差为2的等差数列。

根据等差数列求和的公式Sn=n(a1+an)/2（其中Sn表示前n项和，a1表示首项，an表示末项，n表示项数），代入相应的值可得：Sn = n(1+1+2(n-1))/2 = n(1+2n-2)/2 = n(2n)/2 = n^2所以，该等差数列的前n项和可以用公式Sn=n^2来表示。

2) 这是一个公比为2的等比数列。

根据等比数列求和的公式Sn=a1(1-q^n)/(1-q)（其中Sn表示前n项和，a1表示首项，q表示公比，n表示项数），代入相应的值可得：Sn = 2(1-2^n)/(1-2) = 2 - 2^n所以，该等比数列的前n项和可以用公式Sn=2-2^n来表示。

练习题二：求下列数列的前n项和，并给出求和公式。

1) 1，4，7，10，13...2) 1，2，4，8，16，32...解答二：1) 这是一个公差为3的等差数列。

根据等差数列求和的公式Sn=n(a1+an)/2，代入相应的值可得：Sn = n(1+3+3(n-1))/2 = n(1+3+3n-3)/2 = n(6n)/2 = 3n^2所以，该等差数列的前n项和可以用公式Sn=3n^2来表示。

2) 这是一个公比为2的等比数列。

根据等比数列求和的公式Sn=a1(1-q^n)/(1-q)，代入相应的值可得：Sn = 1(1-2^n)/(1-2) = -2^n+1所以，该等比数列的前n项和可以用公式Sn=-2^n+1来表示。

专题09 数列求和方法之裂项相消法(原卷版)

专题09数列求和方法之裂项相消法一、单选题1 .己知数列｛4｝的前〃项和S 〃满足S 〃=亚则数列］」一|的前10项的和为（）89 10 11 A.- B.— C.— D.— 9 10 11 122 .谈祥柏先生是我国著名的数学科普作家，在他的《好玩的数学》一书中，有一篇文章《五分钟挑出埃及分数》，文章告诉我们‘古埃及人喜欢使用分子为1的分数（称为埃及分数）.则下列埃及分数/ --------------- ，…， -- 的和是5x7 ---------- 2019x2021 则数列｛44川｝的前〃项和7；=（）6 .己知数列｛〃〃｝的前〃项和为，6=2,3S 〃=（〃+2”〃.（1）求｛%｝的通项公式;（2）设b 〃=——,求数列也｝的前F 项和 a n 巳 2020A. ------- 2021 1009C. ------- 2019 B. 101020212018D. ------- 20192 1 1 13 .设等差数列｛%｝的前〃项和为且$4=彳55,56=21,若3不+不不+…+穴-恒成立，则九3 的最小值为（）A.1B.2C.3D.44 .定义 -------------- 四+生+…+2为〃个正数月，P2，…,P 〃的“均倒数”，若已知数列｛%｝的前〃项的“均倒数”为—， ci 1 1又则…+2 姑b2b3 她10A. 817 10 B.— 21 11C.—23 5. A. 2/?-1 二、解答n B. --------- 2,?+ 1 2〃 C. -------- 2〃+ 1 nD. ---------4〃+ 27.数列｛4｝各项都为正数，前〃项和为S〃，％=2,%=5,当时，S〃=S“_2+!（Q；—Q；T）.（1）求〃〃;（2）求数歹“一!一|的前〃项和[4%+1J8.等差数列｛%｝各项都为正数，4=2,4=5,当〃之3时，邑=S〃_2+；（a〃2-Hi）.（1）求。

”;（2）求数歹八一!一）的前〃项和丁“.匕4+】J9.已知数列｛4｝是等差数列，若q=2,且。