数列经典例题(裂项相消法)

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数列求和之裂项相消(含解析)

1．已知数列{a n}的前n项的积记为T n，且满足．（1）证明：数列{T n}为等差数列；（2）设，求数列{b n}的前n项和S n．2．已知等差数列{a n}的公差为正数，且a1＝1，若a2，a6﹣2a1，a14分别是等比数列{b n}的前三项．（1）分别求数列{a n}、{b n}的通项公式；（2）求数列的前n项之和S n．3．已知数列{a n}的首项a1＝4，且a n+1＝2a n﹣3．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记b n＝log2（a n+1﹣3），求数列的前n项和T n．4．在①a8＝9，②S5＝20，③a2+a9＝13这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，并进行解答．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，n∈N*，_____，_____．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，证明数列{b n}的前n项和解析1．已知数列{a n}的前n项的积记为T n，且满足．（1）证明：数列{T n}为等差数列；（2）设，求数列{b n}的前n项和S n．分析：（1）根据数列的递推式和等差数列的定义，即可证明结论；（2）由（1）得T n＝2n+1，则，利用裂项相消法，即可得出答案．解答：解：（1）证明：∵，∴当n＝1时，，解得T1＝a1＝3，当n≥2时，，∴，即T n﹣T n﹣1＝2，∴数列{T n}是以3为首项，2为公差的等差数列；（2）由（1）得T n＝2n+1，则，∴．点评：本题考查数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．2．已知等差数列{a n}的公差为正数，且a1＝1，若a2，a6﹣2a1，a14分别是等比数列{b n}的前三项．（1）分别求数列{a n}、{b n}的通项公式；（2）求数列的前n项之和S n．分析：（1）设等差数列{a n}的公差为d（d＞0），由已知可得（5d﹣a1）2＝（a1+d）（a13+13d），可求d；（2）由（1）得，可求数列的前n项之和S n．解答：解：（1）设等差数列{a n}的公差为d（d＞0），因为a2，a6﹣2a1，a14是等比数列{b n}的前三项，所以（a6﹣2a1）2＝a2a14，即（5d﹣a1）2＝（a1+d）（a13+13d），化简得d＝2a1，又a1＝1，所以d＝2．得a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．由（1）可得数列{b n}的前三项分别为b1＝3，b2＝9，b3＝27，显然该等比数列{b n}的公比为3，首项为3，所以．综上，两数列的通项公式分别为a n＝2n﹣1，．（2）由（1）得．．点评：本题考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，注意裂项求和法的合理运用，属中档题．3．已知数列{a n}的首项a1＝4，且a n+1＝2a n﹣3．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记b n＝log2（a n+1﹣3），求数列的前n项和T n．分析：（1）由递推关系构造等比数列{a n﹣3}，利用等比数列通项公式求解即可；（2）求出b n，再由裂项相消法求解．解答：解：（1）由a n+1＝2a n﹣3得a n+1﹣3＝2（a n﹣3），且a1﹣3＝1≠0，则数列{a n﹣3}是以1为首项，以2为公比的等比数列，可得，从而；（2），故，故．点评：本题考查由数列的递推式求数列的通项公式，利用裂项相消法求数列的前n项和，属中档题．4．在①a8＝9，②S5＝20，③a2+a9＝13这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，并进行解答．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，n∈N*，_____，_____．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，证明数列{b n}的前n项和．分析：（1）利用等差数列的通项公式及求和公式直接求解；（2）利用裂项相消法求和即可得证．解答：解：（1）由于{a n}是等差数列，设公差为d，当选①②时：a8＝a1+7d＝9，S5＝5a1+10d＝20，解得a1＝2，d＝1，所以{a n}的通项公式a n＝2+（n﹣1）×1＝n+1，n∈N*．选①③时，a8＝a1+7d＝9，a2+a9＝2a1+9d＝13，解得a1＝2，d＝1，所以{a n}的通项公式a n＝2+（n﹣1）×1＝n+1，n∈N*．选②③时，S5＝5a1+10d＝20，a2+a9＝2a1+9d＝13，解得a1＝2，d＝1，所以{a n}的通项公式a n＝2+（n﹣1）×1＝n+1，n∈N*．（2）证明：由（1）知a n＝n+1，n∈N*，所以，所以，∵n∈N*，∴．点评：本题主要考查数列的通项公式的求法，数列的求和，裂项求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．。

数列裂项相消法例子

数列裂项相消法数列裂项相消法是一种常用的数学技巧，用于求解一些复杂的数列求和问题。

以下是几个例子，说明该方法的应用。

例1：已知等差数列{an}，其中a1=1，d=2，求前n项和Sn。

解：首先，我们可以将等差数列的通项公式表示为an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1。

然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。

接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相加，得到：Sn=(1+3)+(3+5)+...+[(2n-3)+(2n-1)]=2+4+ (2)=n(n+1)例2：已知等比数列{an}，其中a1=1，q=2，求前n项和Sn。

解：首先，我们可以将等比数列的通项公式表示为an=a1*q^(n-1)=2^(n-1)。

然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。

接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相减，得到：Sn=(1-2)+(2-4)+...+[2^(n-2)-2^(n-1)]+2^(n-1)=-1-1-...-1+2^(n-1)=-(n-1)+2^(n-1)=(2^n)-1-(n-1)=(2^n)-n例3：已知数列{an}，其中an=n^2，求前n项和Sn。

解：首先，我们可以将数列的通项公式表示为an=n^2。

然后，我们可以将前n项和表示为Sn=a1+a2+...+an。

接下来，我们使用裂项相消法，将相邻两项相减，得到：Sn=(1^2-0^2)+(2^2-1^2)+...+[n^2-(n-1)^2]=1+3+5+...+(2n-1)=n^2通过以上例子可以看出，裂项相消法是一种非常实用的数学技巧，可以用于求解各种复杂的数列求和问题。

需要注意的是，在使用该方法时，需要根据具体的数列类型和题目要求来选择合适的裂项方式。

高一数学必修5数列经典例题(裂项相消法)

2．（2014•成都模拟）等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=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．解：（Ⅰ）设数列{a n}的公比为q，由a32=9a2a6有a32=9a42，∴q2=．由条件可知各项均为正数，故q=．由2a1+3a2=1有2a1+3a1q=1，∴a1=．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﹣．7．（2013•江西）正项数列{a n}满足﹣（2n﹣1）a n﹣2n=0．（1）求数列{a n}的通项公式a n；（2）令b n=，求数列{b n}的前n项和T n．解：（1）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．（2）∵a n=2n，b n=，∴b n===，T n===．数列{b n}的前n项和T n为．6．（2013•山东）设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S4=4S2，a2n=2a n+1．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{b n}满足=1﹣，n∈N*，求{b n}的前n项和T n．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﹣．28．（2010•山东）已知等差数列{a n}满足：a3=7，a5+a7=26．{a n}的前n项和为S n．（Ⅰ）求a n及S n；（Ⅱ）令（n∈N*），求数列{b n}的前n项和T n．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=．25．（2008•四川）在数列{a n}中，a1=1，．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{b n}的前n项和S n；（Ⅲ）求数列{a n}的前n项和T n．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=．3．（2010•四川）已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．解：（1）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；（2）由（1）的解答有，b n=n•q n﹣1，于是S n=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n．上面两式相减，有（q﹣1）S n=nq n﹣（1+q+q2+…+q n﹣1）=nq n﹣于是S n=若q=1，则S n=1+2+3+…+n=∴，S n=．4．（2010•四川）已知数列{a n}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2a m+n﹣1+2（m﹣n）2（1）求a3，a5；（2）设b n=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{b n}是等差数列；（3）设c n=（a n+1﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{c n}的前n项和S n．解：（1）由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20（2）当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8即b n+1﹣b n=8∴{b n}是公差为8的等差数列（3）由（1）（2）解答可知{b n}是首项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则b n=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣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•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1．两边同乘以q，可有qS n=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n．上述两式相减，有（1﹣q）S n=2（1+q+q2+…+q n﹣1）﹣2nq n=2•﹣2nq n=2•∴S n=2•综上所述，S n=．16．（2009•湖北）已知数列{a n}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6=55，a2+a7=16（1）求数列{a n}的通项公式；（2）数列{a n}和数列{b n}满足等式a n=（n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．解：（1）设等差数列{a n}的公差为d，则依题意可知d＞0由a2+a7=16，有，2a1+7d=16①由a3a6=55，有（a1+2d）（a1+5d）=55②由①②联立方程求，有d=2，a1=1/d=﹣2，a1=（排除）∴a n=1+（n﹣1）•2=2n﹣1（2）令c n=，则有a n=c1+c2+…+c na n+1=c1+c2+…+c n+1两式相减，有a n+1﹣a n=c n+1，由（1）有a1=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，b1=2a1=2∴b n=于是S n=b1+b2+b3+…+b n=2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n≥2，．。

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 ++⎛⎫=- ⎪--⎝⎭。

数列经典例题（裂项相消法）

数列经典例题（裂项相消法）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 ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．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{nb 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(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈?都有6451．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?q0+2?q1+3?q2+…+n?q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qS n=1?q1+2?q2+3?q3+…+n?q n．上⾯两式相减，有（q﹣1）S n=nq n﹣（1+q+q2+…+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a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣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b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则b n=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣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?q0+4?q1+6?q2+…+2n?q n﹣1．两边同乘以q，可有qS n=2?q1+4?q2+6?q3+…+2n?q n．上述两式相减，有（1﹣q）S n=2（1+q+q2+…+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+ (2)n+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 n ＝ 2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n 2n ＋1，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)2 T n ＝116?? ????1－132＋122－142＋132－152＋… ?＋? ????1(n －1)2－1(n ＋1)2＋? ????1n 2－1(n ＋2)2 ＝1161＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<1161＋122＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.。

数列经典例题(裂项相消法)60574

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 ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．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 +++=Λ求数列}1{nb 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 ∈-=+++Λ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 na 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 ∈++++=Λ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(122n n 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•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n．上面两式相减，有（q﹣1）S n=nq n﹣（1+q+q2+…+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a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣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b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则b n=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣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•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1．两边同乘以q，可有qS n=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n．上述两式相减，有（1﹣q）S n=2（1+q+q2+…+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a2+a7=16，有，2a1+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 n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n 2n ＋1，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＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2 T n ＝116⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－152＋… ⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.。

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 +=-+-+⋯+-=-=+++．。

数列典范例题(裂项相消法)

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 ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．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{nb 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 na 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 nb 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(122n n 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2a1+3a2=1有2a1+3a1q=1，∴a1=．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•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n．上面两式相减，有（q﹣1）S n=nq n﹣（1+q+q2+…+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a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8 于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣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b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则b n=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣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•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1．两边同乘以q，可有qS n=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n．上述两式相减，有（1﹣q）S n=2（1+q+q2+…+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a2+a7=16，有，2a1+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 na 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 －14na 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＝2n2n ＋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 n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，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＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2 T n ＝116⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.。

数列经典例题(裂项相消法)知识讲解

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 ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．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 +++=Λ求数列}1{nb 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 ∈-=+++Λ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 na 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 ∈++++=Λ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 nb 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(122n n 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•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n．上面两式相减，有（q﹣1）S n=nq n﹣（1+q+q2+…+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a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣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b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则b n=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣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•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1．两边同乘以q，可有qS n=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n．上述两式相减，有（1﹣q）S n=2（1+q+q2+…+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 na 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＝2n2n ＋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 n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，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＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2T n ＝116⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫1－132＋⎝⎛⎭⎫122－142＋⎝⎛⎭⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.。

数列经典例题(裂项相消法)

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