高中一年级数学必修5数列经典例题(裂项相消法)

2．（2014•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•）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•）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•）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•）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•）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•）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•）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 n
a 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，
．。