数列经典例题(裂项相消法)20392

合集下载

高一数学必修5数列经典例题(裂项相消法)

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,.--。

裂项相消法数列求和例题

裂项相消法数列求和例题

裂项相消法数列求和例题
裂项相消法(Telescoping Series)是一种在数列求和中常用的技巧。

它适用于一些特定的数列,能够简化数列求和的过程。

下面我将通过一个例题来说明裂项相消法的应用。

考虑以下数列,\[1 \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \frac{1}{3} + \frac{1}{3} \frac{1}{4} + \ldots + (-
1)^{n+1}\frac{1}{n}.\]
我们可以观察到每两项之间的部分可以相消,留下一个简化后的表达式。

具体来说,我们可以将相邻的两项相加,然后相减,这样中间的部分就会相消掉,只留下首尾两项的和。

这个过程可以写成如下形式:
\[S_n = \left(1 \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} \frac{1}{4}\right) + \ldots + \left(\frac{1}{n-1} \frac{1}{n}\right) +
\left(\frac{1}{n} \frac{1}{n+1}\right).\]
观察上式,中间部分的项都相消了,只剩下了首项1和尾项\(-
1/n\)。

因此,数列的部分和可以简化为\[S_n = 1
\frac{1}{n+1}.\]
这个例子展示了裂项相消法在数列求和中的应用。

通过巧妙地调整数列中各项的组合方式,我们可以简化数列求和的过程,得到一个更加简洁的表达式。

希望这个例题能够帮助你理解裂项相消法的应用。

如果你还有其他关于数列求和或者裂项相消法的问题,欢迎继续提问。

数列裂项相消法例子

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。

数列经典例题(裂项相消法)(新)

数列经典例题(裂项相消法)(新)

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 .-10 3(Ⅰ)(Ⅱ)设b 4(Ⅰ)(Ⅱ)令b 5(Ⅰ)(Ⅱ)6(Ⅰ)求a (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 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)得[S n -(由于{a n 所以S n n ≥2n =1∴a n =2n (2)证明 T n =116⎣⎡=116⎣⎢⎡1。

数列裂项相消典型例题

数列裂项相消典型例题

一个典型的数列裂项相消的例题如下:
例题:考虑数列{1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...},其中每一项等于前两项的和。

给定一个正整数N,计算数列的前N项之和。

解题思路:
这个数列是著名的斐波那契数列,它的定义是F(1) = 1,F(2) = 1,F(n) = F(n-1) + F(n-2)(n >= 3)。

我们可以使用裂项相消的方法来解决这个问题。

首先,我们可以设S为数列的前N项和。

那么S的表达式可以写为:
S = 1 + 1 + 2 + 3 + 5 + 8 + ... + F(N-1) + F(N)
然后,我们观察数列中每一项与它前一项的关系,即F(n) = F(n-1) + F(n-2)。

根据这个关系,我们可以发现S的表达式中的一些项可以相互抵消,通过相消的方式简化求解过程。

具体来说,我们可以将S的表达式中的项分为两组,一组是从F(1)到F(N-2)的项,另一组是F(N-1)和F(N)。

对于第一组,我们可以看到F(n)等于它的前两项之和,所以这些项可以两两抵消。

因此,我们可以得到:
S = F(N-1) + F(N)
对于第二组,我们可以看到F(N)等于F(N-1)和F(N-2)的和,所以这两项仍然保留在S中。

综合上述分析,我们可以得到以下简化后的表达式:
S = F(N) + F(N-1)
因此,这个问题的答案就是数列中第N项和第N-1项的和,即F(N) + F(N-1)。

我们可以通过计算斐波那契数列的第N项和第N-1项的值,然后求和来得到最终的答案。

希望这个解题思路能够帮助到你解决数列裂项相消的典型例题!。

裂项相消法例题

裂项相消法例题

裂项相消法例题
裂项相消法是一种用于求解分式方程的方法,通过消去分式的分子或分母的某些项来简化方程。

下面是一个例题:
求解方程:\frac{a}{a+1} - \frac{2}{a} = \frac{1}{a-1} - \frac{4}{a}
我们可以将等式两边的分式通分,得到:
\frac{a}{a+1} - \frac{2}{a} = \frac{1}{a-1} - \frac{4}{a} = \frac{a \cdot a}{a(a+1)} - \frac{2(a+1)}{a(a+1)} =
\frac{a-1}{a-1} \cdot \frac{1}{a-1} - \frac{4(a+1)}{a(a+1)} = \frac{a^2 - 2(a+1)}{a(a+1)} = \frac{1}{a-1} -
\frac{4(a+1)}{a(a+1)}
接下来,我们可以使用裂项相消法来简化方程。

我们发现分式的分母中含有(a+1)和a,所以我们可以通过消去分子中的(a+1)和a来简化方程。

现在将等式两边的分子进行分解,得到:
a^2 - 2(a+1) = 1 - 4(a+1)
a^2 - 2a - 2 = 1 - 4a - 4
a^2 - 2a - 2 = -4a - 3
将方程整理为一元二次方程的标准形式,得到:
a^2 - 2a + 4a + 1 = 0
a^2 + 2a + 1 = 0
(a+1)^2 = 0
a+1 = 0
a = -1
方程的解为a = -1。

数列求和裂项相消法例题

数列求和裂项相消法例题

数列求和裂项相消法例题摘要:一、引言二、数列求和的基本概念三、裂项相消法的原理四、裂项相消法求和实例解析五、总结与展望正文:一、引言数列求和是数学中的一个基本概念,裂项相消法是求解数列和的一种常用方法。

本文将详细介绍数列求和裂项相消法的原理,并通过实例解析帮助读者理解和掌握这种方法。

二、数列求和的基本概念数列求和是将一个数列中所有项相加得到的总和。

常见的数列求和方法有等差数列求和公式、等比数列求和公式等。

裂项相消法是求解数列和的一种方法,尤其适用于部分和容易计算的数列。

三、裂项相消法的原理裂项相消法是将数列中的相邻两项相互抵消,从而简化求和过程。

具体操作是,将数列{a_n}的相邻两项a_n 和a_(n+1) 相减,得到一个新的数列{b_n},使得b_n = a_n - a_(n+1)。

这样,原数列的和就可以表示为b_1 + b_2 + ...+ b_n 的形式,从而简化求和过程。

四、裂项相消法求和实例解析下面我们通过一个具体的例子来说明裂项相消法的应用。

例题:求数列1, 2, 3, 4, ...的前n 项和。

解析:我们可以使用裂项相消法来求解这个数列的和。

首先,将相邻两项相减,得到新数列-1, -1, -1, ...,可以发现这个新数列是一个公差为-1 的等差数列。

接下来,我们可以利用等差数列求和公式求解这个新数列的和,即:S_n = n * (2 * (-1) + (n - 1) * (-1)) / 2 = n^2 - n所以,原数列1, 2, 3, 4, ...的前n 项和为n^2 - n。

五、总结与展望裂项相消法是一种求解数列求和的简便方法,尤其适用于部分和容易计算的数列。

数列经典例题(裂项相消法)知识讲解

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.。

最新数列经典例题(裂项相消法)

最新数列经典例题(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 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 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 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=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. 修辞作用的答题格式。

数列典范例题(裂项相消法)

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.。

数列裂项相消法求和专题讲解附答案(高中数学)

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。

裂项相消法求数列的前n项和ppt课件

裂项相消法求数列的前n项和ppt课件
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,有 2Sn=n2+n (n∈N*). (1)求数列的通项公式 an; (2)若 bn=(-1)n+1a1n+an1+1,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
11
最新版整理ppt
归纳总结

2裂

12
最新版整理ppt

课后作业
1.已知正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 2a2=S2+12, a3=2. (Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
裂项法求数列的前n项和
1
最新版整理ppt
回顾
数列求和的常见方法
公式法 裂项相消法 错位相减法 分组求和法 并项求和法 倒序相加法
2
最新版整理ppt
回顾
裂项相消法
裂项法,是分解与组合思想在数列求和中的具体 应用。是将数列中的每项(通项)分解,然后重 新组合,使之能消去一些项,最终达到求和的目 的。
15
最新版整理ppt
谢谢!
16
最新版整理ppt
明:Tn<12.
14
最新版整理ppt
课后作业
3.正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足S2n-(n2+n-1)Sn-(n2+n) =0. (1)求数列{an}的通项公式 an;
n+1 (2)令 bn=(n+2)2a2n,数列的前 n 项和为 Tn.证明:对于任意的 n∈N*,都有 Tn<654.
3
最新版整理ppt
回顾
常见的裂项求和
an=n(n1+1)=1n-n+1 1 an=n(n1+k)=1k1n-n+1 k an=n(n+11)(n+2) =n(n1+1)-(n+1)1(n+2)
an=
1 n+ n+1

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 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 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 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.Welcome To Download !!!欢迎您的下载,资料仅供参考!。

数列经典例题(裂项相消法)之欧阳法创编

数列经典例题(裂项相消法)之欧阳法创编

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{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(1nna nb +=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 na ab -=+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nS 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(122nna n nb ++=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a 1,公差为d ,由S 4=4S 2,a 2n =2a n +1有:,解有a 1=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 , ∵a 3=7,a 5+a 7=26, ∴有,解有a 1=3,d=2,∴a n =3+2(n ﹣1)=2n+1; S n ==n 2+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 +2a 1﹣2a n+1=.8.解:(Ⅰ)设{a n }的公差为d , 由已知有解有a 1=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 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.。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

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 .101100 2.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 -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=2n 2n +1. 当n 为奇数时,1 3)-(13+15)+…-(12n-3+12n-1)+(12n-1+12n+1)=1+12n+1=2n+22n+1.T n=(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.如有侵权请联系告知删除,感谢你们的配合!。

相关文档
最新文档