高一数学必修5数列经典例题(裂项相消法)

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裂项相消法求和附答案

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)。

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 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+ (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=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.。

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。

裂项相消法求和附答案

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)(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)分分在①中令, 有, 即, (5)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)分分∴=. (6)∴ 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an 和bn;(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·=q·(6+d)=16,(6+d)=16,b3S3=q2·(9+3d)=60,(2分)解得d=2,q=2.(4分)故an=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.(2)设数列的前n项和为M n,求证:≤M n<.(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,.。

高中数学裂项相消法例题

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)60574

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.。

高一数学必修5数列经典例题(裂项相消法)之欧阳法创编

高一数学必修5数列经典例题(裂项相消法)之欧阳法创编

2.(2014•成都模拟)等比数列{a n }的各项均为正数,且2a 1+3a 2=1,a 32=9a 2a 6, 时间:2021.03.09创作:欧阳法(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式;(Ⅱ)设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ,求数列{}的前n 项和.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﹣. 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S 4=4S 2,a 2n =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﹣. 28.(2010•山东)已知等差数列{a n }满足:a 3=7,a 5+a 7=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 ,∵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 =. 25.(2008•四川)在数列{a n }中,a 1=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 +2a 1﹣2a 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a 1=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•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 =.4.(2010•四川)已知数列{a n }满足a 1=0,a 2=2,且对任意m 、n∈N *都有a 2m ﹣1+a 2n ﹣1=2a m+n ﹣1+2(m ﹣n )2(1)求a 3,a 5;(2)设b n =a 2n+1﹣a 2n ﹣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a 3=2a 2﹣a 1+2=6再令m=3,n=1,可有a 5=2a 3﹣a 1+8=20(2)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(3)由(1)(2)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 =. 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a 3a 6=55,a 2+a 7=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(2)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,. 时间:2021.03.09创作:欧阳法。

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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.
(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:
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
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,
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,
.。

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