裂项相消法求和附标准答案

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专题07 数列求和-错位相减、裂项相消(解析版)

专题07数列求和-错位相减、裂项相消◆错位相减法错位相减法是求解由等差数列{}n a 和等比数列{}n b 对应项之积组成的数列{}n c (即n n n c a b =)的前n 项和的方法.这种方法运算量较大,要重视解题过程的训练.在讲等比数列的时候,我们推导过等比数列的求和公式,其过程正是利用错位相减的原理,等比数列的通项n b 其实可以看成等差数列通项()1n n a a =与等比数列通项n b 的积.公式秒杀:()n n S A n B q B =⋅+-(错位相减都可化简为这种形式,对于求解参数A 与B ,可以采用将前1项和与前2项和代入式中,建立二元一次方程求解.此方法可以快速求解出结果或者作为检验对错的依据.)【经典例题1】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若111,1n n a S a +==-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设1n n nb a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()12n n a n -*=∈N ；(2)222n nn T +=-.【解析】(1)因为111,1n n a S a +==-．所以121S a =-，解得22a =．当2n ≥时，11n n S a -=-，所以11n n n n n a S S a a -+=-=-，所以12n n a a +=，即12n na a +=．因为212a a =也满足上式，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以()12n n a n -*=∈N ．(2)由（1）知12n n a +=，所以2n nn b =，所以2311111232222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭…①2311111112(1)22222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…②①-②得231111*********n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 11112211212nn n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-⨯ ⎪⎝⎭-11122nn ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以222n n n T +=-．【经典例题2】已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且111a b ==，32312S b ==．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若1n n n c a b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T n +=+-【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，由题意得：13312a d +=，解得：3d =，所以()13132n a n n =+-=-，由2312b =得：24b =，所以214a q a ==，所以14n n b -=(2)()1324nn n n c a b n +==-⋅，则()2344474324nn T n =+⨯+⨯++- ①，()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++- ②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯-- ()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯-=-+--，所以()1414n n T n +=+-【经典例题3】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =，314S =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若21n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q-=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q =或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n n n n T ---=+++++L ①，则234111352321222222n n n n n T +--=+++++ ②，①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-L 234111111212222222n n n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭L 1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯=--n n n n n ．所以2332n nn T +=-．【练习1】已知数列{}n a 满足11a =，()121n n a a n *+=+∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列(){}1n n a +的前n 项和n S .【答案】(1)21nn a =-(2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由121n n a a +=+得：()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，21n n a ∴=-.(2)由（1）得：()12nn n a n +=⋅；()1231122232122n n n S n n -∴=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()23412122232122n n n S n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()()2311121222222212212n nn n n n S n n n +++-∴-=++++-⋅=-⋅=-⋅--，()1122n n S n +∴=-⋅+.【练习2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)12n n a -=(2)(1)21n n T n =-⋅+【解析】(1)令1n =得11121S a a ==-，∴11a =，当2n ≥时，1121n n S a --=-，则1122n n n n n a S S a a --=-=-，整理得12n n a a -=，∴12nn a a -=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，∴12n n a -=；(2)由（1）得12n n n b na n -==⋅，则01211222322n n T n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，12321222322n n T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，两式相减得0123112222222212n n nn n T n n ---=++++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅-，化简得122(1)21n n nn T n n =-+⋅=-⋅+．【练习3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且342n n S a =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)212n n a -=(2)234065299n n n T +-=+⨯【解析】(1)当1n =时，1113423S a a =-=，解得12a =．当2n ≥时，()113334242n n n n n a S S a a --=-=---，整理得14n n a a -=，所以{}n a 是以2为首项，4为公比的等比数列，故121242n n n a --=⨯=．(2)由（1）可知，()2112log 212n n n n b a a n ++=⋅=-⨯，则()35211232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯L ，()572341232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯L ，则()368222332222212n n n T n ++-=++++--⨯L ()62432323224065221221433n n n n n +++--=+--⨯=--⨯-．故234065299n n n T +-=+⨯．【练习4】已知数列{}n a 满足11a =，1122n nn n n a a a ++=+（n +∈N ）.(1)求证数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；(2)设()1n n b n n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析(2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由已知可得1122n n n n n a a a ++=+，即11221n n n n a a ++=+，即11221n nn n a a ++-=，2n n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是等差数列.(2)由（1）知，()122111n n n n a a =+-⨯=+，21n n a n ∴=+，2nn b n ∴=⋅231222322=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅nn S n ()23121222122n n n S n n +=⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅相减得，()23111121222222222212nn n n n n n S n n n ++++--=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=--⋅-()1122n n S n +∴=-⋅+◆裂项相消法把数列的通项拆成相邻两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.在消项时要注意前面保留第几项,最后也要保留相对应的倒数几项.例如消项时保留第一项和第3项,相应的也要保留最后一项和倒数第三项.常见的裂项形式:(1)1111()n n k k n n k⎛⎫=-⎪++⎝⎭;(2)1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭;(3)1k=;(4)22222111(1)(1)n n n n n +=-++;(5)()()1121121212121nn n nn ++=-----;(6)12(41)22(1)1n n n n n n n n+-=-++;(7)12111(21)(21)2(21)2(21)2n n n n n n n n +++=--+-+;(8)1(1)(1)1(1)(1)(21)(23)42123n n n n n n n n +⎛⎫-+--=- ⎪++++⎝⎭(9)(1)(1)(1)nn n n -⎡=-=--⎣(10)1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦.(11)()!1!!n n n n ⋅=+-(12)()()111!!1!k k k k =-++【经典例题1】已知正项数列{}n a 中，11a =，2211n n a a +-=，则数列11n n a a +⎧⎫⎨+⎩⎭的前99项和为（）A ．4950B ．10C ．9D ．14950【答案】C 【解析】因为2211n n a a +-=且211a =，所以，数列{}2n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，211na n n =+-=，因为数列{}n a为正项数列，则n a =，则11n na a +=-+，所以，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前99项和为11019-=-= .故选：C.【经典例题2】数列{}n a 的通项公式为()()*22211n n a n n n +=∈+N ，该数列的前8项和为__________．【答案】8081【解析】因为()22222111(1)1n n a n n n n +==-++，所以822222*********((1223898181S =-+-++-=-= ．故答案为：8081．【经典例题3】已知数列{}n a 的前n 项和为2n S n =，若11n n n b a a+=，则数列{}n b 的前n 项和为________．【答案】21n n +【解析】当1n =时，21111a S ===，当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，且当1n =时，1211n a -==，故数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，111111(21)(21)22121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭，则数列{}n b 的前n 项和为：1111111113352215721n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦11122121n n n ⎡⎤=-=⎢++⎣⎦.故答案为：21nn +【练习1】数列的前2022项和为（）A．12B．12C1D1【答案】B 【解析】=记的前n 项和为n T ，则202212T =+ )112=；故选：B【练习2】数列{}n a 的各项均为正数，n S 为其前n 项和，对于任意的*N n ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列，又记21231n n n b a a ++=⋅，数列{}n b 的前n 项和n T =______．【答案】69n n +【解析】由对于任意的*N n ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列可得：22n n n S a a =+，当2n ≥时可得21112n n n S a a ---=+，所以22111222n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+--，所以22110n n n n a a a a -----=，所以11()(1)0n n n n a a a a --+--=，由数列{}n a 的各项均为正数，所以11n n a a --=，又1n =时20n n a a -=，所以11a =，所以n a n =，212311111()(21)(23)22123n n n b a a n n n n ++===-⋅++++，1111111111()(235572123232369n n T n n n n =-+-+-=-=++++ .故答案为：69nn +.【练习3】()1232!3!4!1!n n +++⋅⋅⋅+=+_______.【答案】()111!n -+【解析】()()()11111!1!!1!k k k k k k +-==-+++ ，()()()12311111111112!3!4!1!2!2!3!3!4!1!!!1!n n n n n n ∴+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-+-+-+()111!n =-+.故答案为：()111!n -+.【练习4】设数列{}n a 满足124(32)3n a a n a n +++-= .(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列31n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【答案】(1)332n a n =-(2)331=+n n T n 【解析】(1)解：数列{}n a 满足124(32)3n a a n a n +++-= ，当1n =时，得13a =，2n ≥时，1214(35)3(1)n a a n a n -+++-=- ，两式相减得：(32)3n n a -=，∴332n a n =-，当1n =时，13a =，上式也成立.∴332n a n =-；(2)因为331(32)(31)n a n n n =+-+，113231n n =--+，∴11111114473231n T n n =-+-++--+ ，1313131nn n =-=++.【练习5】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()21n n S a n *=-∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设13log n n b a =，n C ={}n C 的前n 项和nT 【答案】(1)13n na =(2)1n T =【解析】(1)当1n =时，111221a S a =-=，解得：113a =；当2n ≥时，1122211n n n n n a S S a a --=-=--+，即113n n a a -=，∴数列{}n a 是以13为首项，13为公比的等比数列，1133nn n a ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭.(2)由（1）得：131log 3nn b n ⎛⎫== ⎪⎝⎭，n C ∴==11n T ∴=⋅⋅⋅+=【练习6】已知数列{}n a 中，1122222n n nn a a a n -+++=⋅ ．(1)证明：{}n a 为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)设(1)(1)nn n a b n n -=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析；()1*2n n a n -=∈N (2)211nn -+【解析】(1)解：1122222n n nn a a a n -+++=⋅ ，即为21122n n a a a n -+++= ·······①，又1212122n n a a a n --+++=- ，········②，①-②得112nn a -=，即12(2)n n a n -= ，又当1n =时，11112a -==，故()1*2n n a n -=∈N ；从而()*11222nn n n a n a +-==∈N ，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列；(2)由（1）得11(1)222(1)1n n n n n b n n n n---==-++，所以1021122222221321-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n S n n 211=-+nn .【练习7】记n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，若36S =，3a 是1a 和9a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记121n n n n b a a a ++=⋅⋅，求数列{}n b 的前20项和.【答案】(1)n a n =，*N n ∈(2)115462【解析】(1)由题意知2319a a a =⋅，设等差数列{}n a 的公差为d ，则()()211182a a d a d +=+，因为0d ≠，解得1a d=又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以()11n a a n d n =+-=，*N n ∈(2)由（1）可知()()()()()1111122112n b n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭，设数列{}n b 的前n 和为n T ，则()()()1111111212232334112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯+++⎝⎭()()1112212n n ⎛⎫=- ⎪ ⎪++⎝⎭，所以20111115222122462T ⎛⎫=⨯-=⎪⨯⎝⎭所以数列{}n b 的前20和为115462【练习8】已知等差数列{}n a 满足37a =，5726a a +=，211=-n n b a （n +∈N ）．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n b 的前n 项和为n S ，求n S ．【答案】(1)21n a n =+，()141n b n n =+(2)()41n n S n =+【解析】(1)由题意，可设等差数列{}n a 的公差为d ，则112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13a =，d ＝2，∴()32121n a n n =+-=+；∴()()222111114441211n n b a n n n n n ====-+++-；(2)∵()11114141n b n n n n ⎛⎫==- ++⎝⎭，()1111111111422314141n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．【练习9】已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4、1n a +、n S 成等比数列，其中n *∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设14nn n n S b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)21n a n =-(2)21n n T n n =++【解析】(1)解：对任意的N n *∈，0n a >，由题意可得()224121n n n n S a a a =+=++.当1n =时，则211114421a S a a ==++，解得11a =，当2n ≥时，由2421n n n S a a =++可得2111421n n n S a a ---=++，上述两个等式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，即()()1120n n n n a a a a --+--=，因为10n n a a ->+，所以，12n n a a --=，所以，数列{}n a 为等差数列，且首项为1，公差为2，则()12121n a n n =+-=-.(2)解：()21212n n n S n +-==，则()()()()()()2214441111111121212121212122121n n n n S n n b a a n n n n n n n n +-+⎛⎫====+=+- ⎪-+-+-+-+⎝⎭，因此，11111112335212121n nT n n n n n ⎛⎫=+-+-++-=+ ⎪-++⎝⎭ .【练习10】已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，___________.①n *∀∈N ，14n n a a n ++=；②数列n S n ⎧⎫⎨⎩⎭为等差数列，且n S n ⎧⎫⎨⎩⎭的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：(1)求n a ；(2)设()121n n n n n a a b a a +++=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)条件选择见解析，21n a n =-(2)()()22121n n n T n +=+【解析】(1)解：选条件①：n *∀∈N ，14n n a a n ++=，得()1241n n a a n +++=+，所以，()24144n n a a n n +-=+-=，即数列{}21k a -、{}()2N k a k *∈均为公差为4的等差数列，于是()()21141432211k a a k k k -=+-=-=--，又124a a +=，23a =，()()224141221k a a k k k =+-=-=⋅-，所以21n a n =-；选条件②：因为数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前3项和为6，得3122361232S S S S ++=⨯=，所以222S=，所以n S n ⎧⎫⎨⎩⎭的公差为2121121S S d =-=-='，得到()11nS n n n=+-=，则2n S n =，当2n ≥，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-.又11a =满足21n a n =-，所以，对任意的N n *∈，21n a n =-.(2)解：因为()()()()()12222214111221212121n n n n n a a nb a a n n n n ++⎡⎤+===-⎢⎥⋅-+-+⎢⎥⎣⎦，所以()()122222*********213352121n n T b b b n n ⎡⎤=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦()()()222111122121n n n n ⎡⎤+=-=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦.【过关检测】一、单选题1．1232482n n nS =++++= （）A ．22n nn -B ．1222n nn +--C ．1212n n n +-+D ．1222n nn +-+【答案】B 【解析】由1232482n n n S =++++ ，得23411111112322222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减得234111111112222222nn n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111222211222212n n n n n n n n n ++++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-.所以1222n n nn S +--=.故选：B.2．数列{}2⋅nn 的前n 项和等于（）．A ．222n n n ⋅-+B ．11222n n n ++⋅-+C ．122n n n +⋅-D ．1122n n n ++⋅-【答案】B 【解析】解：设{}2⋅nn 的前n 项和为n S ，则1231222322nn S n =⨯+⨯+⨯++⋅ ，①所以()23121222122n n n S n n +=⨯+⨯++-⋅+⋅ ，②①－②，得()231121222222212nn n n n S n n ++--=++++-⋅=-⋅-L ，所以11222n n n S n ++=⋅-+．3．已知等比数列{an }的前n 项和为Sn ，若S 3=7，S 6=63，则数列{nan }的前n 项和为（）A ．-3+(n +1)×2nB ．3+(n +1)×2nC ．1+(n +1)×2nD ．1+(n -1)×2n【答案】D 【解析】设等比数列{an }的公比为q ，易知q ≠1，所以由题设得()()3136161711631a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩，两式相除得1+q 3=9，解得q =2，进而可得a 1=1，所以an =a 1qn -1=2n -1，所以nan =n ×2n -1.设数列{nan }的前n 项和为Tn ，则Tn =1×20+2×21+3×22+…+n ×2n -1，2Tn =1×21+2×22+3×23+…+n ×2n ，两式作差得-Tn =1+2+22+…+2n -1-n ×2n =1212n---n ×2n =-1+(1-n )×2n ，故Tn =1+(n -1)×2n .故选：D.4．已知等差数列{}n a ，23a =，56a =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前8项和为（）．A ．15B ．25C ．35D ．45【答案】B 【解析】由23a =，56a =可得公差5213a a d -==，所以()221n a a n d n =+-=+，因此()()111111212n n a a n n n n +==-++++，所以前8项和为11111111223349102105⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()241n n S a n +=++．记128n n n b a a ++=，数列的前n 项和为n T ，则n T 的取值范围为（）A ．84,637⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．191,7⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．4,7⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．11,97⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A 【解析】因为数列{}n a 中，24(1)n n S a n +=++，所以()21142n n S a n +++=++，所以()144n n S S ++-+=123n n a a n +-++，所以23n a n =+．因为128n n n b a a ++=，所以()()811425272527n b n n n n ⎛⎫==- ++++⎝⎭，所以1111111144799112527727n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．因为数列{}n T 是递增数列，当1n =时，863n T =，当n →+∞时，1027n →+，47n T →，所以84637n T ≤<，所以n T 的取值范围为84,637⎡⎫⎪⎢⎣⎭．故选：A ．6．已知数列满足212323na a a na n ++++= ，设n nb na =，则数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2022项和为（）A ．40424043B ．20214043C ．40444045D ．20224045【答案】D 【解析】因为212323n a a a na n ++++= ①，当1n =时，11a =；当2n ≥时，()21231231(1)n a a a n a n -++++-=- ②，①-②化简得21n n a n-=，当1n =时：1121111a ⨯-===，也满足21n n a n -=，所以21n n a n-=，21n n b na n ==-，111111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭所以11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2022项和1111111120221123352202212202212220224045⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪⨯-⨯+⨯+⎝⎭⎝⎭ .故选:D.7．已知数列{}n a 满足11a =，且()11n n n a a a +=+，*n ∈N ，则12233420202021a a a a a a a a ++++= （）A ．2021B ．20202021C ．202112D ．20212【答案】B 【解析】∵()11n n n a a a +=+，即11n n n a a a +=+，则11111n n n na a a a ++==+∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以首项111a =，公差1d =的等差数列则111n n n a =+-=，即1n a n=∴()111111n n a a n n n n +==-++则122334202020211111120201 (223202*********)a a a a a a a a ++++=-+-++-= 故选：B ．8．等差数列{}n a 中，375,9a a ==，设n b =，则数列{}n b 的前61项和为（）A．7-B ．7C．8D ．8【答案】C 【解析】解：因为等差数列满足375,9a a ==，所以73173a a d -==-，所以()323n a a n d n =+=+-，所以n b ={}n b 的前n 项和为n S ，所以数列{}n b 的前n项和n S =--++618S =．故选：C ．9．设数列()()22121n n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-+⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则（）A ．25<S 100<25.5B ．25.5<S 100<26C ．26<S 100<27D ．27<S 100<27.5【答案】A 【解析】由22214(21)(21)441n n n n n =⋅-+-211(1)441n =+-111()]42(21)(21)n n =+-+1111()482121n n =+--+，∴11111111(1)(1)(1)48335212148212(21)n nn n n S n n n n +=+-+-+⋅⋅⋅+-=+-=-+++，∴10010010125.122(21001)S ⨯=≈⨯+，故选：A ．10．已知数列{}n a 满足11242n n a -=++++ ，则数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前5项和为（）A ．131B ．163C ．3031D ．6263【答案】D 【解析】因为111124221,21n n n n n a a -++=++++=-=- ，所以()()()()()()1111121212211212121212121n n n n n n n n n n n n a a +++++---===-------.所以12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭前5项和为1223561611111111162121212121212121216363⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-=-= ⎪ ⎪ ⎪--------⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故选：D11．已知数列{}n a 的首项11a =，且满足()*12n n n a a n +-=∈N ，记数列()()1122n n n a a a +⎧⎫+⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，若对于任意*n ∈N ，不等式n T λ>恒成立，则实数λ的取值范围为（）A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】解：因为()*12n n n a a n +-=∈N ，所以1212a a -=，2322a a -=，3432a a -=，……，112n n n a a ---=，所以()()1121121222222212n n nn a a n ----=+++==-≥- ，，又11a =，即21nn a =-，所以12n n a +=，所以()()()()11112112221212121n n n n n n n n a a a ++++==-++++++，所以1223111111111112121212121213213n n n n T ++=-+-++-=-<+++++++ 所以λ的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：C12．在数列{}n a 中，23a =，其前n 项和n S 满足12n n a S n +⎛⎫= ⎪⎝⎭，若对任意n ∈+N 总有12111414141n S S S λ+++≤--- 恒成立，则实数λ的最小值为（）A ．1B ．23C ．12D ．13【答案】C 【解析】当2n ≥时，2n n S na n =+，()()11211n n S n a n --=-+-，两式相减，整理得()112(1)n n n a n a --=--①，又当3n ≥时，()()12321n n n a n a ---=--②，①-②，整理得()()()21224n n n n a a n a ---+=-，又因20n -≠，得212n n n a a a --+=，从而数列{}n a 为等差数列，当1n =时，1112a S +=即1112a a +=，解得11a =，所以公差212d a a =-=，则21n a n =-，21(1)2n n n S na d n -=+=，故当2n ≥时，()22212111111414141214121n S S S n +++=+++------ ()()11111111111111335212123352121221n n n n n ⎡⎤⎛⎫=+++=-+-++-=- ⎪⎢⎥⨯⨯-+-++⎣⎦⎝⎭，易见111221n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭随n 的增大而增大，从而11112212n ⎛⎫-< ⎪+⎝⎭恒成立，所以12λ≥，故λ的最小值为12，故选：C ．二、填空题13．已知正项数列{an }满足a 1＝2且an +12﹣2an 2﹣anan +1＝0，令bn ＝（n +2）an ，则数列{bn }的前8项的和等于__．【答案】4094【解析】由221120n n n n a a a a ++--=，得（an +1+an ）（an +1−2an ）＝0，又an ＞0，所以an +1+an ＞0，所以an +1−2an ＝0，所以12n na a +=，所以数列{an }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1222n n n a -=⨯=，所以()()222n n n b n a n =+=+⋅，令数列{bn }的前n 项的和为Tn ，1288324292T =⨯+⨯++⨯ ，则23982324292T =⨯+⨯++⨯ ，()23898622292T -=++++-⨯ ()27921269212-=+-⨯-＝2−8×29＝−4094，则T 8＝4094，故答案为：4094．14．已知数列{an }的前n 项和为Sn ，且Sn ＝2an ﹣2，则数列{nn a }的前n 项和Tn ＝__．【答案】222n n +-.【解析】解：∵Sn ＝2an ﹣2，∴Sn ﹣1＝2an ﹣1﹣2（n ≥2），设公比为q ，两式相减得：an ＝2an ﹣2an ﹣1，即an ＝2an ﹣1，n ≥2，又当n ＝1时，有S 1＝2a 1﹣2，解得：a 1＝2，∴数列{an }是首项、公比均为2的等比数列，∴an ＝2n ，2n n n n a =，又Tn 1231232222n n =++++ ，12Tn 2311212222n n n n +-=++++ ，两式相减得：12Tn 231111[1)111122122222212n n n n n n ++⎛⎤- ⎥⎝⎦=++++-=-- ，整理得：Tn ＝222nn +-．故答案为：Tn ＝222nn +-．15．将()1n x +（n +∈N ）的展开式中2x 的系数记为n a ，则232015111a a a ++⋅⋅⋅+=__________．【答案】40282015【解析】()1n x +的展开式的通项公式为1C k k k n T x +=，令2k =可得()21C 2n n n n a -==；()1211211n a n n n n ⎛⎫== ⎪--⎝⎭；所以23201511111111212222320142015a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 140282120152015⎛⎫=-= ⎪⎝⎭.故答案为：40282015.16．数列{}n a 的前项n 和为n S ，满足112a =-，且()*1222n n a a n n n ++=∈+N ，则2n S =______．【答案】221n n +【解析】由题意，数列{}n a 满足1222n n a a n n ++=+，可得21222(21)2(21)n n a a n n -+=-+-211(21)(21)2121n n n n ==-+-+，所以2n S =1113-+1135-+…+112121n n --+1212121n n n =-=++，故答案为：221nn +三、解答题17．已知数列{}n a 满足11a =，1120n n n n a a a a +++-=.(1)求证：数列1n a 禳镲睚镲铪为等差数列；(2)求数列{}1n n a a +的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析；(2)21n n S n =+.【解析】(1)令1n n b a =，因为1111112n n n n n n n n a a b b a a a a ++++--=-==⋅，所以数列{}n b 为等差数列，首项为1，公差为2；(2)由（1）知：21n b n =-；故121n a n =-；所以()()11111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭；所以()()1223111113352121n n n S a a a a a a n n +=+++=+++⨯⨯-+ 11111112335212121n n n n ⎛⎫=-+-++-= ⎪-++⎝⎭ ；18．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*13n n a a n +-=∈N ，且318S =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)3n a n=(2)99n n T n =+【解析】(1)∵13n n a a +-=，∴数列{}n a 是以公差为3的等差数列.又318S =，∴13918a +=，13a =，∴3n a n =.(2)由（1）知()()111133191n b n n n n ⎛⎫==⨯- ⎪⨯++⎝⎭，于是12311111111111192233419199n n n T b b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦19．已知数列{}n a 的首项为3，且()()1122n n n n a a a a ++-=--．(1)证明数列12n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若()11n n n a b n =-+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析；12n a n =+(2)()1111n n -+-+【解析】(1)因为()()1122n n n n a a a a ++-=--，所()()()()112222n n n n a a a a ++---=--，则111122n n a a +-=--，所以数列12n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以1132=-为首项，公差等于1的等差数列，∴()1112n n n a =+-=-，即12n a n=+；(2)()()()()12111111111n n n n n a b n n n n n n ⎡⎤⎛⎫=-=-+=-+⎢⎥ ⎪++++⎝⎭⎣⎦，则()()1111111111112233411n n n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++⋅⋅⋅+-+=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；综上，12n a n =+，()1111n n S n =-+-+.20．已知数列{}n a 中，11a =-，且满足121n n a a +=-.(1)求证：数列{}1n a -是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若111n n n b a ++=-，求数列{}n b 的前n 项和为n T .【答案】(1)证明见解析，21n n a =-+(2)13322n n n T ++=-【解析】（1）解：对任意的N n *∈，121n n a a +=-，所以()1121n n a a +-=-，且112a -=-，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 -=-，所以21n n a =-+．（2）解：由已知可得111112n n n n n b a ++++==-，则234123412222n n n T ++=++++ ，所以，3412123122222n n n n n T +++=++++ ，两式相减得1231221118212111111222222212n n n n n n n T -+++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭++⎢⎥⎣⎦=+++-=+-- 1223113342242n n n n n +++++=--=-，因此，13322n n n T ++=-.21．已知等比数列{}n a ，12a =，532a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 为正项数列（各项均为正），求数列{}(21)n n a +⋅的前n 项和n T .【答案】(1)2n n a =或()12·2n n a -=-；(2)12(21)2n n T n +=+-⋅.【解析】(1)等比数列{}n a 的公比为q ，12a =，532a =，则45116a q a ==，解得2q =±，所以当2q =时，2n n a =，当2q =-时，12(2)n n a -=⋅-.(2)由（1）知，2n n a =，则有(21)(21)2n n n a n +⋅=+⋅，则123325272(21)2n n T n =⨯+⨯+⨯+++⋅ ，于是得23123252(21)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅++⋅ ，两式相减，得23162(222)(21)2n n n T n +-=+⨯+++-+⋅ 211121262(21)2(21)212()2n n n n n -++-=+⨯+---⋅=⋅-⨯，所以12(21)2n n T n +=+-⋅.22．已知等差数列{}n a 满足11a =，2318a a a a ⋅=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且32n n S b =.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b 的前n 项和n T .【答案】(1)1n a =或21n a n =-；3n n b =；(2)若1n a =，则()3313n n T -=；若21n a n =-，则()1133n n T n +=-+.【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ， 11a =，2318a a a a ⋅=⋅，∴()()11217d d d ++=+，化简得2240d d -=，解得：0d =或2d =，若0d =，则1n a =；若2d =，则21n a n =-；由数列{}n b 的前n 项和为3322n n S b =-①，当1n =时，得13b =，当2n ≥时，有113322n n S b --=-②；①-②有13322n n n b b b -=-，即13n n b b -=，2n ≥，所以数列{}n b 是首项为3，公比为3的等比数列，所以3n n b =，综上所述：1n a =或21n a n =-；3n n b =；(2)若1n a =，则3n n n n a b b ==，则()()2313331333132nn n n T --=+++==- ，若21n a n =-，则()213n n n a b n =-，则()21333213n n T n =⨯+⨯++-⨯ ③；③×3得()23131333213n n T n +=⨯+⨯++-⨯ ④；③-④得：()23123232323213n n n T n +-=+⨯+⨯++⨯--⨯ 2113(13)32(21)313n n n -+-=+⨯--⨯-整理化简得：()1133n n T n +=-+，综上所述：若1n a =，则()3313n n T -=；若21n a n =-，则()1133n n T n +=-+.。

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．。

专题02 裂项相消求和(解析版)

专题2 裂项相消求和1．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，111a =-，29a =-，且()11222n n n S S S n +-+=+≥． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)已知11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)213n a n =- (2)12122nn-【解析】【分析】（1）根据1n n n a S S -=-以及()11222n n n S S S n +-+=+≥可得该数列是等差数列，然后根据等差数列的1a 、d 写出数列的通项公式即可. （2）有题意可知()()1213211n b n n =--，然后根据裂项求和即可求得n T .(1)由题意得：由题意知()()112n n n n S S S S +----=，则()122n n a a n +-=≥ 又212a a -=，所以{}n a 是公差为2的等差数列，则()11213n a a n d n =+-=-； (2)由题知()()11112132112213211n b n n n n ⎛⎫==- ⎪----⎝⎭则1111111111211997213211211211n T n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-+++-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 12122nn=-2．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知正项数列{}n a 满足2123232n a a a na n n ++++=+，且()()211nn n n a b n n+-=++． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n n a n+= (2)(3)21n n n nS n +=-+ 【解析】【分析】（1）根据2123232n a a a na n n ++++=+，即可得到2123123(1)(1)2(1)n a a a n a n n -++++-=-+-（2n ≥），两式作差即可得解；（2）依题意可得1111n b n n n ⎛⎫=+-- ⎪+⎝⎭，利用分组求和及裂项相消法求和即可；(1)解：因为2123232n a a a na n n ++++=+，①当2n ≥时，2123123(1)(1)2(1)n a a a n a n n -++++-=-+-．①①-①得21n na n =+，所以21n n a n+=．当1n =时，13a =，也满足上式，所以21n n a n+=． (2)解：因为(2)(1)1n n a n n b n n+-=++，则221211111111(1)(1)1n n a n b n n n n n n n n n n n n n +⎛⎫=++-=++-=+-=+-- ⎪++++⎝⎭，则11111(3)2311223121n n n n S n n n n +⎛⎫=++++--+-++-=- ⎪++⎝⎭． 3．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，()()*112n n S n a n -=+∈N . (1)求数列{}n a 的通项公式n a 和前n 项和n S ； (2)设()()*22111k k k b k S S +=∈+⋅N ，数列{}n b 的前n 项和记为n T ，证明：()*16n T n <∈N .【答案】(1)3,21,N 1,2n n k a k n k *=-⎧=∈⎨-=⎩，2,21,N ,2n n n k S k n n k *+=-⎧=∈⎨=⎩ (2)证明见解析【解析】【分析】（1）根据11n n n S S a ++-=代入整理得12n n a a ++=，结合13a =理解处理；（2）代入整理得11122123n b n n ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，利用裂项相消进行求和．(1) 由()112n n S n a -=+，得()()*111(1)12n n S n a n ++-+=+∈N 两式相减可得12n n a a ++=，因为13a =，得21a =-数列{}n a 为3，1-，3，1-，3，1-，3，即3,21,N 1,2n n k a k n k*=-⎧=∈⎨-=⎩，当n 为偶数时，[3(1)]2n nS n =+-=；当n 为奇数时，1[3(1)]322n n S n -=+-+=+； 2,21,N ,2n n n k S k n n k *+=-⎧=∈⎨=⎩(2)由()()*22111k k k b k S S +=∈+⋅N则有()221111111(21)(23)22123n n n b S S n n n n +⎛⎫===- ⎪+⋅++++⎝⎭所以1111111235572123n T n n ⎛⎫=-+-+- ⎪++⎝⎭，111123236n n T ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭ 4．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()222n n S n a =+-. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：23n T <.【答案】(1)()*1n a n n =+∈N(2)证明见解析【解析】【分析】(1)先根据()222n n S n a =+-和an ＝Sn －Sn －1(n ≥2)，推出数列{an }的递推公式，再求an .(2)根据21n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的通项公式的结构形式，结合裂项求和法进行适当放缩，再求和，即可证得结果.(1)当1n =时，()112122S a =+-，即12a =. 当2n ≥时，()222n n S n a =+-①，()()111212212n n n S n a n a ---=-+-=+-①，由①-①，得()()1221n n n a n a n a -=+-+，即()11n n na n a -=+. 所以11n n a a n n -=+，且112a =，所以数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为常数列，所以11na n =+，即()*1n a n n =+∈N . (2)证明：由（1）得()*1n a n n =+∈N ，所以()()()()()22221144411221232123141411n a n n n n n n n ⎛⎫==<==- ⎪++++⎝⎭+++-，所以()222211*********1222223435577921231n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+<-+-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭+111111111122235577921233233n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.5．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）等比数列{}n a 中，首项11a =，前n 项和为n S ，且满足()1344a a S +=．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若31(1)log +=+⋅n n b n a ，求数列242n n b ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1)13n - (2)222(1)n -+【解析】【分析】（1）根据等比数列求解公比即可；（2）根据题意得22242112(1)n n b n n ⎡⎤+=-⎢⎥+⎣⎦，再裂项求和即可. (1)设数列{}n a 公比为q ，由11a =，()1344a a S +=，可得32330q q q -+-=，化简得()()2130q q +-=，即3q =，所以13-=n n a ． (2)由（1）得3(1)log 3(1)n n b n n n =+=+，所以222224242112(1)(1)n n n b n n n n ⎡⎤++==-⎢⎥++⎣⎦所以22222111112122223(1)n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎣⎦()()22222211111221222311n n n ⎡⎤=-+-++-=-⎢⎥++⎢⎥⎣⎦.. 6．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知数列{}n a 满足：12(1),=,2n n a n n a n n +-+⎧⎪⎨⎪⎩为奇数为偶数*()N n ∈ (1)求1a 、3a 、5a ；(2)将数列{}n a 中下标为奇数的项依次取出，构成新数列{}m b ()m ∈*N ，①证明：m b m ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列；①设数列+11m b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前m 项和为m S ，求证：12m S <．【答案】(1)10a = ；34a = ；512a = (2)①证明见解析；①证明见解析【解析】【分析】（1）根据12(1),=,2n n a n n a n n +-+⎧⎪⎨⎪⎩为奇数为偶数求解；（2）①利用等差数列的定义证明；①利用裂项相消法求解. (1)由题意知：21222202a a =-=-=，23444442a a =-=-=，256666122a a =-=-=；(2)①当n 为奇数时，n +1为偶数， ∴()()()221111122n n n n a a n n ++-=-+=-+=，∴()()221211212m m m b a m m ---===-，∴()2122m m m b m m m-==-，当2m ≥时，1(22)[2(1)2]21m m b b m m m m --=----=-， m b m ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以11011b a ==为首项，2为公差的等差数列．①由①知12(1)(N )m b m m m *+=+∈，111111()2(1)21m b m m m m +∴==-++，11111111[(1)()()](1)2223121m S m m m =-+-++-=-++， 11122(1)2m =-<+.7．（2022·河南·模拟预测（文））已知数列{an }对任意的n ①N *都满足312233333nna a a a n ++++=． (1)求数列{an }的通项公式； (2)令bn ＝3413431log log n n a a -+，求数列{bn }的前n 项和为Tn ．【答案】(1)3nn a =(2)1114343n T n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭【解析】【分析】（1）根据题干中的已知条件可得当1n =时，13a =，当2n ≥时，13nn a =，即可求解数列{}n a 的通项公式；（2）代入3nn a =化简数列{}n b ，利用裂项相消法即可求解数列{}n b 的前n 项和n T .(1) 解：①312233333n n a a a a n +++⋅⋅⋅+=，①当1n =时，13a =，当2n ≥时，3-11223-113333n n a a a a n +++⋅⋅⋅+=-，从而有13nn a =，即当2n ≥时，3n n a =，又13a =满足上式，故数列{}n a 的通项公式为3nn a =．(2)解：由题可知，()()414334134333111=log log log 3log 34143n n n n n b a a n n -+-+==⋅-+，所以()()1111=414344143n b n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭，111111111437471144143n T n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以1114343n T n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭. 8．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））设数列{}n a 的前n 项和为n S ，24n n S a n =+-． (1)证明：数列{}1n a -是等比数列．(2)若数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前m 项和170513m T =，求m 的值．【答案】(1)证明见解析 (2)8 【解析】【分析】（1）根据n S 与n a 的关系式化简证明；（2）由（1）得数列{}n a 的通项公式为21nn a =+．所以112112121n n n n n a a ++=-++，继而求和计算. (1)当1n =时，1123a a =-，13a =．当2n ≥时，()11214n n S a n --=+--，两式相减得121n n a a -=-，即()1121n n a a --=-，112a -=，则数列{}1n a -是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由（1）得12nn a -=，21n n a =+，当1n =时，1213a =+=，数列{}n a 的通项公式为21nn a =+．()()111221121212121n n n n n n n n a a +++==-++++， 11111111111135599172121321m m m m T ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令111170321513m +-=+，得121513m ++=，解得8m =．9．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））若n S 为数列{}n a 的前n 项和，12a =，且()()*121n n S S n +=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()*221log n n b a n -=∈N ，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】(1)2n n a = (2)n T 21nn =+ 【解析】【分析】（1）由()121n n S S +=+，利用数列通项和前n 项和的关系结合等比数列的定义求解；（2）由（1）得到111(21)(21)n n b b n n +=-+11122121n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，再利用裂项相消法求解. (1)解：因为()121n n S S +=+①，*n ∈N ，当2n ≥时，()121n n S S -=+①，由①①可得()()112121n n n n S S S S +--=+-+，即12(2)n n a a n +=≥．1n =时，122a a S +==112222S a +=+，又12a =，所以24a =，所以()*12n n a a n +=∈N ，所以12n na a +=，所以数列{}n a 是等比数列，且首项为2，公比为2．所以2n n a =．(2)由（1）知221log 21n n b a n -==-，所以111(21)(21)n n b b n n +=-+11122121n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，所以12233411111n n n T b b b b b b b b +=++++， 1111111112335572121n n ⎛⎫=-+-+-++- ⎪-+⎝⎭， 111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，21nn =+． 10．（2022·重庆·模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为Sn ，111a =-，29a =-，且 11222n n n S S S n +-+-=≥（）(1)求数列{an }的通项公式； (2)设11n n n b a a +=，数列{bn }的前n 项和为Tn ，求使得Tn ＞0的n 的最大值．【答案】(1)an ＝2n ﹣13 (2)5 【解析】【分析】（1）消去Sn 得到an +1﹣an ＝2，即可判断出{an }是公差为2的等差数列，求出通项公式；（2）利用裂项相消法求出111211211n T n ⎛⎫=-+ ⎪-⎝⎭，列不等式即可求解.(1)由题意知（Sn +1﹣Sn ）﹣（Sn ﹣Sn ﹣1）＝2，解得an +1﹣an ＝2（n ≥2），又a 2﹣a 1＝2，所以{an }是公差为2的等差数列，则an ＝a 1+（n ﹣1）d ＝2n ﹣13； (2)由题知1111()(213)(211)2213211n b n n n n ==-----，则121111111211997213211111211211111211211n nT b b b n n n n =+++⎛⎫=-+-++- ⎪------⎝⎭⎛⎫=- ⎪--⎝⎭⎛⎫=-+ ⎪-⎝⎭由0n T >得11201121111(211)n n n +=<--，解得1102n <<，所以n 的最大值为5． 11．（2022·广东·模拟预测）定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n 阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n 阶和数列各项和为n S ．(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，并猜想n S 的通项公式（无需证明）； (2)若()()311log 3log 33n n n c S S +=--⋅-，求{}n c 的前n 项和n T ，并证明：1126n T -<≤-．【答案】(1)21263=+⨯S ，()12312633=+⨯+S ，133n n S +=+(2)1122=-+n T n ，证明见解析【解析】【分析】(1)根据定义求出{1,5}的二阶和数列各项和2S 与三阶和数列各项和3S ，由此归纳出n S ，(2)由(1)化简n c ，再由裂项相消法求其前n 项和，并完成证明. (1) 由题意得， 116512S =++=，217611512181263S =++++=+=+⨯，()2123187136171116512185412636312633S =++++++++=++=+⨯+⨯=+⨯+，41981572013196231728112716215S =++++++++++++++++121854162=+++2312636363=+⨯+⨯+⨯()123126333=+⨯++，…()12311263333(1)n n S n -=+⨯++++≥，由等比数列的前n 项和公式可得，()113131263313n n n S -+-=+⨯=+-，所以{}n S 的通项公式133n n S +=+．(2)由于133n n S +=+，所以()()33111111log 3log 31221n n n c S S n n n n +⎛⎫=-=--=- ⎪-⋅-++++⎝⎭，则1111111132432122n T n n n =-+-++-=-+++，因为n *∈N ，所以102n >+，所以111222n ->-+，又n T 随n 的增大而减小，所以当1n =时，n T 取得最大值16-，故1126n T -<≤-．12．（2022·四川·绵阳中学实验学校模拟预测（文））已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且21n S n n =++．(1)求{}n a 的通项公式． (2)若11n n n b a a +=，n T 是{}n b 的前n 项和，求5T ．【答案】(1)3,12,2n n a n n =⎧=⎨≥⎩ (2)16【解析】【分析】（1）由1(2)n n n a S S n -=-≥求通项公式，注意11a S =；（2）从第2项向后用裂项相消法求和． (1)2n ≥时，2211(1)(1)12n n n a S S n n n n n -=-=++-----=，113a S ==，所以3,12,2n n a n n =⎧=⎨≥⎩；(2)2n ≥时，1111()4(1)41n b n n n n ==-++，1121113412b a a ===⨯，所以11111111[()()()]12423341n T n n =+-+-++-+11128(1)n n -=++，所以514112866T =+=⨯. 13．（2022·江苏·扬州中学模拟预测）已知正项递增的等比数列{}n a 满足1330a a +=，29a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()12311nn n n b a a +⋅=++，{}n b 的前n 项和为n T ，求n T .【答案】(1)3nn a =(2)111431n n T +=-+ 【解析】【分析】（1）根据已知条件及等比数列通项公式即可求解；（2）根据（1）知3nn a =，得出数列n b ，利用裂项相消法即可求解.(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，则因为数列{}n a 为正项递增等比数列，所以1q >，又1330a a +=，29a =，①()2111309a q a q ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，解得133a q =⎧⎨=⎩，或12713a q =⎧⎪⎨=⎪⎩（舍）；所以等比数列{}n a 的通项公式为111333n n nn a a q --==⨯=.(2)由（1）知3nn a =，所以()()()()1112323111131313131n n nn n n n n n b a a +++⋅⋅===-++++++，所以122231111111313131313131n n n n T b b b +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭111431n +=-+. 所以{}n b 的前n 项和为111431n +-+. 14．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学三模）已知数列{}n a ，{}n b ，已知对于任意*n N ∈，都有1n n a +=，数列{}n b 是等差数列，11b =，且25b +，41b +，63b -成等比数列． (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)记()*2,21,2n n n a n k c k N b n k =-⎧⎪=∈⎨=⎪⎩．（①）求13213212log log ni i i c c =-+⋅∑；（①）求211nk k k c c +=∑．【答案】(1)3nn a =；21n b n =-(2)（①）1121n -+ ；（①）175402591648n n +-+⋅ 【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质即可求解；（2）（①）利用裂项相消法求和即可，（①）将相邻两项合并成一项，再利用错位相减法求和即可. (1)设数列{}n b 的公差为d ，①25b +，41b +，63b -成等比数列，且11b =，①()()()2426153b b b +=+-，即()()()223625d d d +=+-+，解得2d =，则()12121n b n n =+-=-，即13n nn n a +==，(2)（①）由（1）可知，()*3,211,2n n n k c k N n n k⎧=-=∈⎨-=⎩，则335212113213213333332222=log log log 3log 3log 3log 3log 3log 3nn n i i i c c -+=-+++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅∑()()22213352121n n =++⋅⋅⋅+⨯⨯-+1111113352121n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1121n =-+；（①）由题意，对*n N ∀∈，()()()()21221212121211222213310213n n n n n n n n n n c c c c n n c c c -+-+-+-+=+=-+=-⋅()102193n n =-⋅，设(){}219nn -⋅的前n 项为{}n R ，所以()2939219n n R n =+⨯++-⨯，则()2319939219n n R n +=+⨯++-⨯，则()()()212311998929992199221919n nn n n R n n +++--=++++--⨯=+⋅--⨯-14558944n n +-=-+⋅，所以1458593232n n n R +-=+⋅，即211110754025931648nn k k n k n c c R ++=-==+⋅∑． 15．（2022·浙江省杭州学军中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，114a =，且2*1,21n n n S a n n +=⋅∈+N ． (1)求2a 的值，并证明：数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是一个常数列；(2)设数列{}n b满足n b {}n b 的前n 项和为n T，若2-≥k T ，求正整数k 的值．【答案】(1)234a =，证明见解析． (2)1,2,3k =．【解析】【分析】（1）利用1n n n a S S -=-得到n a 与1n a -的关系，构造数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭即可．（2）先求出n S ，得到8(1)n b n n =+，裂项求和得到n T ，代入解不等式．(1)当1n =时，1213=S a 得：234a =．当2n ≥时，21(1)21--=-n n n S a n ，则221(1)2121+-=-+-n n n n n a a a n n ，得121212134n n a a a n n +==⋅⋅⋅==+-，又1114a =符合上式，即数列21n a n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是一个常数列． (2)由（1）可知：2121,44++==n n n n a S ，即8118(1)1⎛⎫==- ⎪++⎝⎭n b n n n n ．12188111⎛⎫=+++=-= ⎪++⎝⎭k k k T b b b k k，则8(1)21-=-+≥+k k T k k ，得：13k ≤≤．即1,2,3k =．16．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =-，1|121|n n n a a a +=-++，*n ∈N ． (1)求4a 的值并求数列{}n a 的通项公式；(2)若333432log log ...log n n b a a a +=+++，求数列1{}nb 的前n 项和．【答案】(1)49a =，21,13,2n n n n a --==≥⎧⎨⎩; (2)21nn +. 【解析】【分析】（1）根据已知条件及数列的递推公式，取项数n 可得出数列的各项，再利用等比数列的通项公式即可求解；（2）根据对数的运算性质，再利用裂项相消法即可求解. (1)因为1|121|n n n a a a +=-++，又 11a =-，所以2111211a a a ==－＋＋， 3221213a a a ==－＋＋，4331219a a a ==－＋＋．当2n ≥时，12211n n a a a +>+>=，所以1n a ≥，从而11211213n n n n n n a a a a a a +=++-+==＋－，所以数列{}n a 是以首项为21a =，公比为3的等比数列，于是有()221332n n n a n --=⨯=≥，又因为11a =-，不满足上式，所以数列{}n a 的通项公式为21,13,2n n n n a --==≥⎧⎨⎩. (2)由（1）知，()221332n n n a n --=⨯=≥，334323lo l 1og g 2n n b a a a n +⋯+==+＋＋＋log ＋＝(1)2n n +，故1n b ＝22n n +＝1121n n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭．所以121111112212211113n n b n b b n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣+⎦++所以数列1n b ⎧⎫⎪⎨⎬⎪⎭⎩的前n 项和为21n n +．17．（2022·全国·高考真题）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列．(1)求{}n a 的通项公式； (2)证明：121112na a a +++<．【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133n n S n n a +=+-=，得到()23n n n a S +=，利用和与项的关系得到当2n ≥时，()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,进而得：111n n a n a n -+=-，利用累乘法求得()12n n n a +=，检验对于1n =也成立，得到{}n a 的通项公式()12n n n a +=；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211n a a a n ⎛⎫+++=- ⎪+⎝⎭，进而证得. (1)①11a =，①111S a ==,①111S a =, 又①n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列，①()121133n n S n n a +=+-=,①()23n n n a S +=, ①当2n ≥时，()1113n n n a S --+=，①()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得：()()111n n n a n a --=+, 即111n n a n a n -+=-, ①31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯ ()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--，显然对于1n =也成立， ①{}n a 的通项公式()12n n n a +=；(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭ ①12111na a a +++1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 18．（2022·天津·耀华中学二模）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为n S ，()*n ∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，335b a a =+，6112b S =-.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设10c =，11ln 1n n c c n +⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，*n ∈N ，求n c ；(3)设1113,21ln ,2nn n n n nc n k bd a an k b +-+⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，其中*k ∈N .求{}n d 的前2n 项和2n T .【答案】(1)n a n =，2nn b =；(2)ln n c n =； (3)ln(21)4nn +-. 【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式、前n 项和公式，结合等比数列的通项公式进行求解即可；（2）运用累和法，结合对数的运算性质进行求解即可；（3）根据（1）（2）的结论，结合裂项相消法进行求解即可. (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为(0)q q >，由2231222122b b q q q +=⇒+=⇒=，或3q =-舍去，所以1222n nn b -=⋅=；35413428434a a b a d a a ⇒=⇒=+=⇒=+，6111121111102642b S a d =-⇒+⨯⨯-=，解得：11a d ==，即1(1)1n a n n =+-⋅=，所以有n a n =，2nn b =；(2)因为111ln 1ln n n n c c n n ++⎛⎫-=+= ⎪⎝⎭，所以当*2,n n ≥∈N 时，有112211()()()n n n n n c c c c c c c c ---=-+-++-+12(1)2lnln lnln ln 121(1)(2)1n n n n n n n n n --=+++==----，显然当1n =时也适合，即ln n c n =； (3)由（1）（2）可知：n a n =，2nn b =，ln n c n =.当21n k =-，*k ∈N 时，2123ln(21)2k kk d --=，当2n k =，*k ∈N 时，2221ln 212k kk k d -+=， 122221ln3ln(21)4ln(21)ln(21)21224k k kk kk k k k k d d -----+++=+=， 21234ln1ln 34ln 3ln 54ln 5ln 74ln(21)ln(21)4444n nn n T -----+=++++112231ln 3ln 3ln 5ln 54ln 7ln(21)ln(21)04444444n nn n --+=-+-+-++- ln(21)4nn +=-. 【点睛】关键点睛：运用裂项相消法是解题的关键.19．（2022·湖北省仙桃中学模拟预测）已知数列{}n a 为等比数列，且6431316,32a a a a =+=+ (1)求{}n a 的通项公式； (2)若(1)(1)nn n a b n n -=+ ，{}n b 的前n 项和为n T ，求满足8n T >的最小正整数n【答案】(1)2n n a = (2)5 【解析】【分析】（1）列方程组求得等比数列{}n a 首项、公比，进而求得其通项公式；（2）先化简{}n b 的通项公式，利用裂项相消法求得{}n b 的前n 项和为n T ，再解8n T >，即可求得满足不等式的最小正整数n . (1)设等比数列{}n a 首项为1a ，公比为q ，则531121131632a q a q a q a ⎧=+⎨=+⎩，解之得122a q =⎧⎨=⎩，则等比数列{}n a 的通项公式2n n a =(2)由2nn a =，可得1(1)2121222(1)111n n n n n n n a b a n n n n n n n n +-⎛⎫⎛⎫==-=-=- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭则{}n b 的前n 项和232435411222222222222232435411n n n n T n n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭由12281n n T n +=->+，可得1210100n n +--> 令()1()210101N x f x x x x +=--≥∈，，则()1()2ln 2101N x f x x x +'=-≥∈，由1()2ln 2100x f x +'=->，可得210log 1 2.85ln 2x ⎛⎫>-≈ ⎪⎝⎭由1()2ln 2100x f x +'=-<，可得210log 1 2.85ln 2x ⎛⎫<-≈ ⎪⎝⎭则有()f x 在[]1,2.85单调递减，在()2.85,+∞单调递增又2(1)21010160f =--=-<， 5(4)24010180f =--=-<，6(5)2501040f =--=> 则0(1)(2)f f >>，(3)(4)0(5)()f f f f n <<<<<即由不等式1210100n n +-->，可得5,N n n ≥∈ 则满足8n T >的最小正整数为520．（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-． (1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N21ln(1)n n +>++．【答案】(1)()f x 的减区间为(),0-∞，增区间为()0,+∞. (2)12a ≤(3)见解析【解析】【分析】（1）求出fx ，讨论其符号后可得()f x 的单调性.（2）设()e e 1ax xh x x =-+，求出()h x ''，先讨论12a >时题设中的不等式不成立，再就102a <≤结合放缩法讨论()h x '符号，最后就0a ≤结合放缩法讨论()h x 的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得12ln t tt<-对任意的1t >恒成立，从而可得()ln 1ln n n +-<*n N ∈恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. (1)当1a =时，()()1e x f x x =-，则()e xf x x '=，当0x <时，0fx，当0x >时，0fx，故()f x 的减区间为(),0-∞，增区间为()0,+∞. (2)设()e e 1ax xh x x =-+，则()00h =，又()()1e e ax x h x ax '=+-，设()()1e e ax xg x ax =+-，则()()22e e ax xg x a a x '=+-，若12a >，则()0210g a '=->，因为()g x '为连续不间断函数，故存在()00,x ∈+∞，使得()00,x x ∀∈，总有0g x ，故()g x 在()00,x 为增函数，故()()00g x g >=，故()h x 在()00,x 为增函数，故()()01h x h >=-，与题设矛盾.若102a <≤，则()()()ln 11e e ee ax ax ax xx h x ax ++'=+-=-，下证：对任意0x >，总有()ln 1x x +<成立，证明：设()()ln 1S x x x =+-，故()11011x S x x x-'=-=<++，故()S x 在()0,+∞上为减函数，故()()00S x S <=即()ln 1x x +<成立. 由上述不等式有()ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x +++-<-=-≤，故()0h x '≤总成立，即()h x 在()0,+∞上为减函数，所以()()01h x h <=-.当0a ≤时，有()e e e 1100ax x axh x ax '=-+<-+=，所以()h x 在()0,+∞上为减函数，所以()()01h x h <=-. 综上，12a ≤. (3) 取12a =，则0x ∀>，总有12e e 10x x x -+<成立，令12e x t =，则21,e ,2ln x t t x t >==，故22ln 1t t t <-即12ln t t t<-对任意的1t >恒成立.所以对任意的*n N ∈，有整理得到：()ln 1ln n n +-<()21ln 2ln1ln 3ln 2ln 1ln n n n n++>-+-+++-+()ln 1n =+，故不等式成立. 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.。

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

数列求和--裂项相消法(含解析)

《数列求和--裂项相消法》考查内容：主要考查裂项相消法进行数列求和一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．数列{}n b 中，若()11n b n n =+，数列{}n b 的前n 项和n T ，则2020T 的值为（）A ．20202021B ．12021 C ．12020D ．199920202．11111447710(32)(31)n n ++++=⨯⨯⨯-+（）A ．31+nn B ．331nn + C ．111n -+ D ．1331n -+ 3．已知在等差数列{}n a 中，5=5a ，3=3a ，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2019项和是（） A ．20202019B ．20192020C ．20182019D ．201920184．已知数列{}n a ：112,233+，123444++，12345555+++，…，又1114n n n b a a +=⋅，则数列{}n b 的前n 项的和n S 为（） A ．1411n ⎛⎫-⎪+⎝⎭B ．11421n ⎛⎫-⎪+⎝⎭C ．111n -+ D ．1121n -+ 5．已知222n a n n=+，则6S =（） A ．6956B ．78C ．6928D ．7166．设数列2141n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和为n S ，则10S =（） A ．1021 B ．2021 C ．919D ．18197．求和111112123123n +++++++++++的值为（）A ．12n-B ．111n -+ C ．221n n -D ．221n -+ 8．已知n a =*n N ∈.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则2020S =（）A1 B1C1D1-9．已知数列{}n a 为:12，1233+，123444++，12345555+++，…，那么数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为（） A ．1411n ⎛⎫-⎪+⎝⎭ B ．11421n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭C ．111n -+ D ．1121n -+ 10．已知函数()a f x x 的图象过点()4,2，令*1,(1)()n a n f n f n =∈++N .记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则2021S =（）A1-BCD111．已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且20,2,n n n n a S a a n >=+∈*N ,1121(2)(2)n n n n n n b a a +++=++，对任意的*,n n N k T ∈>恒成立，则k 的最小值是（） A ．13B ．12C ．16D ．112．已知数列{}n a ，对任意*n N ∈，总有123232n a a a na n +++⋯+=成立，设()128(1)41n n nb n a +=--，则数列{}n b 的前10项的和为（）A ．2221B ．4041C ．2021D ．4241二．填空题13．设数列{}n a 满足11a =，且()*11n n a a n n N +-=+∈，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭前2020项的和为________．14．已知数列{}n a的通项公式为n a =，则数列{}n a 的前n 项和n S =__15．设正项数列{}n a 的前n 项和n S 满足2+1441n n S a n =--，*n N ∈，且2a ，5a ，14a 成等比数列，则1111++⋅⋅⋅++=______.16．已知数列{}n a 与{}n b 前n 项和分别为n S ，n T ，且0n a >，22n n n S a a =+，n *∈N ，()()112122n n n n n n b a a +++=++，对任意的n *∈N ，n k T >恒成立，则k 的取值范围是_____.三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，()()*21n n S n a n N =+∈．（1）求{}n a 的通项公式；（2）令()()1422n n n b a a +=++，求数列{}n b 的前n项和n T ．18．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且23a =，636S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足2142n n b a n =+-（*n N ∈），求数列{}n b 的前n 项和n T .19．正项数列{}n a 的前项和n S 满足：242n n n S a a =+，()*n ∈N，（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令()2212n nn b n a+=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：对于任意的*n ∈N 都有564n T <.20．已知等差数列{}n a 中，13212a a +=，12421a a a +=+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，证明：121112123n S S S n +++<+++.21．已知数列{}n a 满足15a =，2123n n a a n +=+-.（1）求证：数列{}22n a n n --为等比数列；（2）若数列{}n b 满足2nn n b a =-，求12111n nT b b b =++⋅⋅⋅+.22．在数列{}n a 中，1114,340n n a a a +=-+=．（1）证明：数列{}2n a -是等比数列．（2）设()()1(1)3131n nn n n a b +-=++，记数列{}n b 的前n 项和为n T ，若对任意的*,n n N m T ∈≥恒成立，求m 的取值范围．《数列求和--裂项相消法》解析1.【解析】因为111n b n n =-+，所以20201111112020112232020202120212021…T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.故选：A 2.【解析】由题得1111()(32)(31)32313n n n n =-⨯-+-+所以11111447710(32)(31)n n ++++⨯⨯⨯-+11111111(1)34477103231n n =-+-+-++--+1113(1)=33133131n nn n n =-⨯=+++.故选：A. 3.【解析】设{}n a 的公差为d ，由5353a a =⎧⎨=⎩得114523a d a d +=⎧⎨+=⎩解得111a d =⎧⎨=⎩，则n a n =．则()1111n n a a n n +==+111n n -+．故前2019项和2019111111112232018201920192020S =-+-++-+-12019120202020=-=，故选：B ． 4.【解析】因为数列{}n a 为:12，1233+，123444++，12345555+++，… 所以(1)1232112n n n n n a n n +++++===++，所以1111114(1)1n n n b a a n n n n +=⋅==-++，所以{}n b 的前n 项和为11111111112233411n n n -+-+-++-=-++故选：C. 5.【解析】由题意()21221222n a n n n n n n ===-+++，所以612611111111111132435465768S a a a =++⋅⋅⋅+=-+-+-+-+-+-6.【解析】()()21111141212122121n n n n n ⎛⎫==- ⎪--+-+⎝⎭，因此，101111111012335192121S ⎛⎫=-+-++-= ⎪⎝⎭.故选：A. 7.【解析】()()1121121123112n n nn n n n ⎛⎫∴===- ⎪+++++++⎝⎭，因此，111112123123n+++++++++++111111121222223341n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1221211n n ⎛⎫=-=- ⎪++⎝⎭.故选：D.8.【解析】由题意na===所以20201S ==. 故选：D.9.【解析】因为数列{}n a 为:12，1233+，123444++，12345555+++，… 所以(1)1232112n n n n n a n n +++++===++，所以114114()(1)1n n a a n n n n +==-++ 所以11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为111111114(1)412233411n n n ⎛⎫-+-+-++-=- ⎪++⎝⎭故选：A10.【解析】由()42f =，可得42a =，解得12a =，则12()f x x =.∴1(1)()n a fn f n ===++，202111S ∴==，故选：D11.【解析】因为22n n n S a a =+，所以当2,n n N *≥∈时，21112n n n S a a ---=+，两由0n a > 知，10n n a a -+≠，从而110n n a a ---=，即当2,n n N *≥∈时，11n n a a --=，当1n =时，21112a a a =+，解得11a =或0（舍），则{}n a 首项为1，公差为1的等差数列，则()111n a n n =+-⨯=.所以112111(2)(21)221n n n n n n b n n n n +++==-++++++，则1211111111111 (366112213213)n n n n n T b b b n n n ++=+++=-+-++-=-<+++++，所以13k ≥.则k 的最小值是13.故选:A12.【解析】数列{}n a ，对任意*n N ∈，总有123232n a a a na n +++⋯+=成立. 当1n =时，12a =.当2n ≥时，()()123123121n a a a n a n -+++⋯+-=-. 又123232n a a a na n +++⋯+=，两式相减可得2n na =，即2n a n=，当1n =时也成立. ()()()11122288(1)(1)(1)24141414n n n n n n b n a n n n+++=-=-=----⋅111212(1)1n n n +=-⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭所以数列{}n b 的前10项的和为123101111111+1+335571921b b b b ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+-+++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 12012121=-=，故选：C 13.【解析】因为()*11n n a a n n N+-=+∈,所以1122321,1,2,...,2------=-=--=--=n n n n n n a a n a a n a a n a a ，左右分别相加得()()112234 (2)-+=++++=-n n n n a a ，所以2n n a +=，所以1211=2⎛⎫=-，所以20201111111140402 (2122320202021120212021)⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭S ，故答案为：4040202114.【解析】由题可知：n a =，则2n a =所以12n n S a a a =+++，则122n n S =++，所以112n S=，故答案为：11215.【解析】由2+1441n n S a n =--,可得21443(2)n n S a n n -=-+≥,以上两式相减可得:22144n n n a a a +=--,即222144(2)n n n n a a a a +=++=+,又∵{}n a 为正项数列,∴12n n a a +-=,由等差数列的定义可知数列{}n a 从第二项开始是公差为2的等差数列,又2a ,5a ,14a 成等比数列,所以22514a a a =,即()()2222624a a a +=+,∴23a =,∴()212n a n n =-≥,当1n =时,2112445S a a ==-,∴11a =,满足通项公式,∴21n a n =-,∴122320182019201920201111a a a a a a a a ++⋅⋅⋅++1111111201921335403740394039⎛⎫=⨯-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪⎝⎭ 16.【解析】因为22n n n S a a =+，所以当2,n n N *≥∈时，21112n n n S a a ---=+，两式相减得:22112n n n n n a a a a a --=+-- ，整理得，()()1101n n n n a a a a --+--=，由0n a > 知，10n n a a -+≠，从而110n n a a ---=，当1n =时，21112a a a =+，解得11a =或0（舍），则{}n a 首项为1，公差为1的等差数列，则()111n a n n =+-⨯=.所以112111(2)(21)221n n n n n n b n n n n +++==-++++++，则121111111 (36611221)n n n n T b b b n n +=+++=-+-++-+++ 11311213n n +=<++-，所以13k ≥.故答案为：13k ≥. 17.【解析】（1）因为()()*21n n S n a n N=+∈，所以112n n S na --=()2n ≥，两式作差可得()()1212n n n a n a na n -=+-≥，整理得()()112n n n a na n -=-≥，则()121n n a nn a n -=≥-，故()32112123222121n n n a a a na a n n a a a n -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=≥-，当1n =时，12a =满足上式，故2n a n =．（2）由（1）可知()()()()()()1441112222241212n n n b a a n n n n n n +====-++++++++，则1231111111123344512n n T b b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 112224nn n =-=++． 18.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为23a =，636S =，所以113656362a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，所以()()1112121n a a n d n n =+-=+-=-；（2）由题意()()()221114221212142n n b a n n n n n ===+-+--+-所以1231111111233557112121n n T b b b b n n ⎛⎫=+++⋅⋅⋅+=-+-+-⋅⋅⋅+ ⎪⎝-+⎭-11122121n n n ⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭. 19.【解析】（1）解：∵正项数列{}n a 的前项和n S 满足：242n n n S a a =+，()*n ∈N ① 则211142n n n S a a ---=+，()2n ≥②①-②得()22114222n n n n n a a a a a n --=-+≥-即()2211222n n n n a a a a n --+=-≥即()()()()11122n n n n n n a a a a a a n ---+=+-≥ 又10n n a a ->+，12n n a a --=，()2n ≥.又12a =，所以数列{}n a 是以2为首项2为公差的等差数列.所以2n a n =. （2）证明：由于2n a n =，()2212n nn b n a +=+则()()2222111116422n n b n n n n ⎡⎤+==-⎢⎥++⎢⎥⎣⎦()()()222222222111111111111632435112n T n n n n ⎡⎤=-+-+-+⋅⋅⋅+-+-⎢⎥-++⎢⎥⎣⎦()()22221111115111621626412n T n n ⎡⎤⎛⎫=+--<+=⎢⎥ ⎪⎝⎭++⎢⎥⎣⎦. 20.【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得()()111112212231a a d a a d a d ⎧++=⎪⎨++=++⎪⎩，解得12a =，3d =，故数列{}n a 的通项公式为()23131n a n n =+-=-.（2）由（1）知()2313222n n n n nS n -+=+=，所以()231322n n n n n S n n +++=+=，所以()122113131nS n n n n n ⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭，所以1211121111111232231n S S S n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦2121313n ⎛⎫=-< ⎪+⎝⎭. 21.【解析】（1）设22n n c a n n =-- ，2123n n a a n +=+-，则()()21121212n n n n a n n cc a n n++-+-+=-- ()2222222212222223n n n n a n n n n n a n n a a n nn -------===--+---，所以{}22n a n n --是以2为首项，以2为公比的等比数列.（2）由（1）可得222nn a n n --=，所以222n n a n n =++所以()2222nn n b a n n n n =-=+=+，所以()1211111111324352n n T b b b n n =++⋅⋅⋅+=+++⨯⨯⨯+11111111111112324352112n n n n n n ⎛⎫=-+-+-+-+-+- ⎪--++⎝⎭()()211113512212412n n n n n n +⎛⎫=+--=⎪++++⎝⎭. 22.【解析】（1）证明：因为1340n n a a +-+=，所以134n n a a +=-，所以()1232n n a a +-=-，即()*1232n n a n N a +-=∈-．因为114a =，所以1212a -=，故数列{}2n a -是以12为首项，3为公比的等比数列．（2）解：由（1）可得1212343n n n a --=⨯=⨯，即432n n a =⨯+，则()()()()()111(1)432(1)11(1)313131313131n n n n n n n n n n n n a b +++-⨯+-⎛⎫===-+ ⎪++++++⎝⎭．当n 为偶数时，22311111111113131313131313131n n n n n T -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--++++--++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111113131431n n ++=-+=-++++，因为111431n n T +=-++是递减的，所以13414n T -<≤-．当n 为奇数时，22311111111113131313131313131n n n n n T -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--++++++-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111113131431n n ++=--=--+++，因为11031n +>+，所以14nT <-．要使对任意的*,n n N m T ∈≥恒成立，只需()max n m T ≥，即314m ≥-，故m 的取值范围是3,14⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭．。

裂项相消法求数列前n项和(学生)

裂项相消法求数列前n 项和1设数列a n 的前n 项和S n =3n +12-32，数列b n 满足b n =1n +1 log 3a n ．(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)若数列b n 的前n 项和T n ，c n =a n1-T n，求数列c n 的前n 项和R n ．2在公差不为零的等差数列a n 中，a 1=2且a 1，a 3，a 11成等比数列．(1)求通项公式a n ；(2)令b n =1a 2n +a n -2，求数列b n 的前n 项和S n ；3已知等差数列a n 前n 项和为S n ,a 3=5,S 6-S 3=27，数列b n 前n 项积为T n =3n n +12.(1)求a n ,b n 的通项公式；(2)设c n =a n bn n 2+n，求数列c n 的前n 项和Q n .4已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =n 2+2n .(1)求证：数列a n 是等差数列；(2)设b n =1a n a n +1，求数列b n 的前n 项和.5设a n 是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，b n 为等比数列，公比大于1．已知a 1=1，b 1=4，b 2+S 2=11，b 3+S 3=22．(1)求a n 和b n 的通项公式；(2)设c n =-1 n 3a n +1-1a n a n +1b n，求c n 的前2n 项和；(3)设d n =a n b n ，求证：1d 2-d 1+1d 3-d 2+1d 4-d 3+⋯+1d n +1-d n<14．6已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足a 1=12，a n +S n -1S n=0(n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列(2n +1)a 2n 的前n 项和.7已知在等差数列a n 中，a 1+a 5=18,a 6=15.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列1a n -1a n的前n 项和S n .8记S n为数列a n的前n项和，已知a1=1，2S n na n是公差为2的等差数列．(1)求a n的通项公式；(2)证明：ni=1[(i+1)a i a i+1]<1．9记S n为数列a n的前n项和，已知2S n=na n，且a2=1．(1)求证：数列a n是等差数列，并求a n的通项公式；(2)从下列三个条件中选一个填在横线上，并完成下列问题．若，求数列b n的前n项和T n．①b n=a n⋅2n；②b n=(-1)n a n+2n；③b n=2(n+2)a n+1．10设S n为数列a n的前n项和，a n>0，a2n+2a n+1=4S n.(1)求数列a n的通项公式；(2)求数列-1n4na n a n+1的前n项和Tn.11已知数列a n 中，a 1=1，a n +1=(n +1)a nn +2a n，数列b n 的前n 项和为B n ，2B n +3=b n +1，b 1=3．(1)求证：数列n a n为等差数列，并求a n ，b n 的通项公式；(2)若c n =4a n an +1nb n，且数列c n 的前n 项和为T n ，求T n ．12从①a n +1 2=a 2n -1+4a n +2a n -1+1n ≥2 ,a n >0，②na n +1=n +1 a n +1，③前n 项和S n 满足nS n +1S n +n=n +1中任选一个，补充在下面的横线上，再解答.已知数列a n 的首项a 1=1，且.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =2a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.13已知在等差数列a n 中，a 1+a 5=7,a 6=132.(1)求a n 的通项公式；(2)求数列1a n a n +1的前n 项和S n .14记S n为数列a n的前n项和．(1)从下面三个条件中选一个，证明：数列a n是等差数列；①S n=n a n+12n∈N*；②数列S nn是等差数列；③数列2a n是等比数列．(2)若数列a n为等差数列，且a1=1，a3=5，求数列nn+2S n的前n项和T n．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．15设数列a n前n项和S n满足S n+a n=n-1n2+n，n∈N*．(1)证明：数列S n-1n+1为等比数列；(2)记1b n =1n+1-S n，求数列b nb n-1b n+1-1的前n项和Tn．16设正项数列a n的前n项和为S n，已知a3=5，且a2n+1=4S n+4n+1.(1)求a n的通项公式；(2)若b n=(-1)n⋅2na n a n+1，求数列b n的前n项和T n.17已知S n 为数列a n 的前n 项和，a 1=1，且na n -S n =n 2-n ,n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =2a n2a n-1 2an +1-1，求数列b n 的前n 项和T n ．18记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3=5,S 9=81，数列{b n }满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n an +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .19已知数列a n ,b n 满足b n =a n +n 2,a 1+b 1=3,a 2+b 2=8，且数列a n 是等差数列.(1)求数列b n 的通项公式；(2)记数列1b n的前n 项和为S n ，求证：12≤S n <1.20已知数列a n 是公差为d d ≠0 的等差数列，且满足a 1=1,a n +1=xa n +2.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =(-1)n ⋅4na n a n +1，求数列b n 的前10项和S 10.21已知数列a n 、b n ，满足a 1=100，a n +1=a 2n ，b n =lg a n .(1)求数列b n 的通项公式；(2)若c n =log 2b n +log 2b n +1+⋯+log 2b 2n ，求数列1c n的前n 项和S n .22已知数列a n 满足a 1=3，2a n +1-a n a n +1=1．(1)记b n =1a n -1求数列b n 的通项公式；(2)求数列1b n b n +1 的前n 项和．23已知正数数列a n ，a 1=1，且满足a 2n -n -1 a n a n -1-na 2n -1=0n ≥2 ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =n -1a n，求数列b n 的前n 项和S n ．24在①c n =a n +1-a n 2n，②c n =1a n +1这两个条件中任选一个，补充在下面问题中并解答．问题：已知数列a n 为递增数列且满足a 2n +1-2a n +1a n +a 2n =4n 2，a 1=0且，求数列c n 的前n 项和S n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．25进行独立重复试验，设每次成功的概率为p 0<p <1 ，则失败的概率为1-p ，将试验进行到恰好出现r 次成功时结束试验，以X 表示试验次数，则称X 服从以r ，p 为参数的帕斯卡分布或负二项分布，记为X ∼NB r ,p ．(1)若X ∼NB 3,13 ，求P X =5 ；(2)若X ∼NB 2,12 ，n ∈N *，n ≥2．①求ni =2 P X =i ；②要使得在n 次内结束试验的概率不小于34，求n 的最小值．26已知递增等比数列a n 的前n 项和为S n ，S 6S 3=9，b n =a n a n -1 a n +1-1，且b 1=23．(1)求a n 的通项公式；(2)求数列b n 的前n 项和T n ．27已知数列a n 满足：a 1=12，3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证：1a n +1是等比数列，并求出数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n ⋅a n a n +1，求数列b n 的前n 项和S n .28已知数列a n ，a 1=2，且满足a n +1+2a n =2n +2，n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =nk =1a 2k -a k ，求数列a nb n前n 项的和S n ．29①数列a n 中，已知a 1=12，对任意的p ，q ∈N *都有a p +q =a p +a q ，令b n =1a n a n +1. ②函数f x 对任意x ∈R 有f x +f 1-x =1，数列a n 满足a n =f 0 +f 1n +f 2n +⋯+f n -1n+f 1 ，令b n =1a n -12 a n +1-12 .在①、②中选取一个作为条件，求解如下问题.(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)(1)数列a n 是等差数列吗？请给予证明.(2)求数列b n 的前n 项和T n .30已知数列a n 为等差数列，a 5=6，a 11=12；b n 为等比数列，其前n 项和S n =2n +1-2.(1)求a n ，b n 的通项公式；(2)c n =1a n ⋅log 2b n，求c n 的前n 项和T n .31已知数列a n 中，a 1=1，a n =a n +12n ，n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 2a 2n +3n ，数列1b n的前n 项和S n ，求证：S n <34．32设数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 1=1，且数列3-2S n a n 是公比为13的等比数列．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n a n +1-1 a n +2-1，数列b n 的前n 项和为T n ，证明：T n <14．33已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，且1，a 2，a 5成等比数列，S 5=a 13.(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =1a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .34已知数列a n 中，a 1=13，a n +1=a n 2-a n．(1)记b n =1a n -1，证明：数列b n 为等比数列；(2)求数列a n 的通项公式；(3)记c n =2n a n a n +1，求数列c n 的前n 项和S n ．35已知正项数列a n 满足:a n a n +1-a n +1-3a n +4=0,且2a 22-3a 2-5=0.(1)证明数列1a n -2 是等差数列;(2)若b n =a n 2n 2+3n +1,求数列b n 的前n 项和.36设正项数列a n 的前n 项和为S n ，已知a 2n +a n =2S n n ∈N * ．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1a n+a n a n +1，求数列b n 的前n 项和．37公比为q 的等比数列a n 满足a 1+a 5=17,a 4+a 8=136.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =log 2a n ，记b n 的前n 项和为T n ，求1T 2+1T 3+⋯+1T n +1.38已知数列a n 是公差为2的等差数列，其前3项的和为12，b n 是公比大于0的等比数列，b 1=3，b 3-b 2=18.(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)若数列c n 满足c n =4a n a n +1+b n ，求c n 的前n 项和T n .39已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足a 1=2，S n +1=2S n +2．(1)求数列a n 的通项公式．(2)记b n =na n n +1 n +2，求数列b n 的前n 项和T n ．40将正奇数数列1，3，5，7，9⋯的各项按照上小下大、左小右大的原则写成如图的三角形数表．(1)设数表中每行的最后一个数依次构成数列a n ，求数列a n 的通项公式；(2)设b n =2n 1-n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．。

裂项法求和典型例题10道

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

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

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

再看第二道题，计算1/2+1/6+1/12+1/20+……+1/90。

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

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

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

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

先求出分母的和，再进行裂项，这道题就迎刃而解啦，答案是 9/5。

来第五道，求1/4+1/12+1/24+1/40+……+1/180 的和。

把各项都进行合适的裂项处理，最后可得结果是 5/9。

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

每一项提个 3 出来，再裂项计算，答案是 33/100。

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

类似前面的方法，裂项后计算可得结果是 49/100。

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

裂项相消法求和附答案

（1）若是{a n }等差数列，则)11.(1111++-=n n n n a a d a a ,)11.(21122n ++-=n n n a a d a a （2）11111+-=+n n n n ）（（3）)11(1)(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)。

裂项相消法求和附答案知识讲解

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 kn 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)。

裂项相消法求和附答案解析.docx

.裂项相消法利用列相消法求和，注意抵消后并不一定只剩下第一和最后一，也有可能前面剩两，后面剩两，再就是通公式列后，有需要整前面的系数，使列前后等式两保持相等。

（ 1 ）若是 {a n }等差数列，1 1 .( 11) ,1 1 .( 1 1 )a n a n 1 d a n a n 1a n a n 22d a n a n 2（ 2 ）111 n（n1） n n1（ 3 ）1k)1 ( 1n1)n(n k n k（ 4 ）1 1 (11)（2n 1（)2n 1） 2 2n 1 2n 1（ 5 ）n(n12)1[1(n1] 1)( n2n(n 1)1)(n2)（ 6 ）1n1nn n1（ 7 ）11n k n) n n k(k1. 已知数列的前n和，．（1 ）求数列的通公式；（2 ），求数列的前n和．[ 解析 ] (1)⋯⋯⋯⋯⋯①.,⋯⋯⋯⋯⋯②①②得 :即⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分在①中令, 有, 即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分故2. 已知 {a n} 是公差 d 的等差数列，它的前n 和 S n， S4=2S 2 +8 ．（Ⅰ）求公差 d 的；（Ⅱ）若 a 1 =1 ， T n是数列 {} 的前 n 和，求使不等式T n≥所有的n ∈N* 恒成立的最大正整数m 的；[ 解析 ] （Ⅰ）数列{a n }的公差 d ，∵ S4 =2S 2 +8 ，即 4a 1 +6d=2(2a 1 +d) +8，化得：4d=8，解得 d=2 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（Ⅱ）由 a 1=1 ， d=2 ，得 a n =2n-1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分∴=．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分.∴ T n ===≥ ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分又∵ 不等式n所有的 n ∈ N* 恒成立，T ≥∴ ≥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分化得： m 2 -5m-6≤0 ，解得： -1 ≤m ≤6 ．∴ m 的最大正整数 6 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分3.) 已知各均不相同的等差数列{a n } 的前四和S4 =14, 且 a 1 ,a3 ,a7成等比数列 . ( Ⅰ) 求数列 {a n } 的通公式 ;( Ⅱ)T n数列的前n和,求T2 012的.[ 答案 ] ( Ⅰ ) 公差 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 )∴T 2 012 =. (12分)4.) 已知数列 {a}是等差数列 ,- =8n+4, 数列 {|an |} 的前 n 和 S ,数列的前 nn n 和 T n .(1)求数列 {a n }的通公式 ;(2)求 : ≤T n <1.[ 答案 ] (1) 等差数列 {a n }的公差d,a n =a 1 +(n-1)d. (2分)∵- =8n+4,∴(a n+1 +a n )(a n+1 -a n )=d(2a 1 -d+2nd)=8n+4.当n=1,d(2a 1 +d)=12;当n=2,d(2a 1 +3d)=20.解方程得或(4 分)知 ,a n =2n或a n=-2n都足要求.∴a n =2n或a n=-2n. (6分)(2) 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2, 前 n 和 S n ,且 S1,S2 ,S4成等比数列 .( Ⅰ) 求数列 {a n } 的通公式 ;( Ⅱ) 令 b n =(-1)n-1,求数列 {b n }的前 n 和 T n .[ 答案 ] 看解析[ 解析 ] ( Ⅰ ) 因 S1 =a 1 ,S2=2a 1 +×2=2a1+2,S =4a1+×2=4a1+12,4由意得 (2a 1+2) 2 =a 1 (4a 1+12),解得 a 1 =1,所以 a n =2n-1.( Ⅱ)b n =(-1)n-1=(-1)n-1=(-1) n-1当 n 偶数 , T n =-=1-=.当 n 奇数 , T n =-.所以 T n =..+ ⋯ +-+ ⋯ -+++=1+=6.已知点的象上一点，等比数列的首，且前和( Ⅰ) 求数列和的通项公式；( Ⅱ) 若数列[ 解析 ] 解： (Ⅰ )因为的前项和为，问，所以的最小正整数，是多少？所以，，，又数列是等比数列，所以，所以，又公比，所以，因为，又所以数列所以所以，所以，所以构成一个首项为 1 ，公差为，当时，. （ 6 分），1 的等差数列，，，( 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．[ 解析 ]（1）当，，由，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分当，∴是以首，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.⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分.9.己知各均不相等的等差数列 {a n } 的前四和 S4=14 ，且 a 1， a 3， a 7成等比数列．（I）求数列 {a n } 的通公式；（ II ） T n数列的前n和，若T n≤¨ 恒成立，求数的最小．[ 解析 ] 122.解得（Ⅰ）公差 d. 由已知得⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯，所以3 分⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（Ⅱ），⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分恒成立，即恒成立10.又∴的最小⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯已知数列前和，首，且，，成等差数列.12 分.（Ⅰ）求数列的通公式；（ II ）数列足，求：，[ 解析 ] （Ⅰ）成等差数列,∴，，当，,两式相减得：.所以数列是首，公比 2 的等比数列，.（6分）( Ⅱ)，（ 8 分），.（ 12 分）11. 等差数列 {a n } 各均正整数, a 1 =3,前n和S n,等比数列{b n}中, b1=1,且b 2 S2 =64, {} 是公比64 的等比数列 .( Ⅰ) 求 a n与 b n ;( Ⅱ) 明 : + + ⋯ + <.. [ 答案 ] ( Ⅰ ){a n } 的公差d, {b n }的公比q, d 正整数 ,a n =3+(n-1) d,b n =q n-1.依意有①由(6+d) q=64知q正有理数,又由q=知, d 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) 明 :S n =3+5+⋯+(2n+1) =n(n+2) ,所以+ + ⋯+ =+++ ⋯+==<.12.等比数列{a n}的各均正数, 且 2a 1+3a 2 =1,=9a 2a 6.( Ⅰ) 求数列 {a n }的通公式 ;( Ⅱ) b n =log 3 a 1+log3a 2 +⋯+log 3 a n ,求数列的前n和.[ 答案 ] ( Ⅰ ) 数列 {a n} 的公比q.由=9a 2 a 6得=9 , 所以 q 2=.因条件可知q>0,故q=..由 2a 1 +3a 2 =1 得 2a 1 +3a 1 q=1,所以a1=.故数列 {a n } 的通公式 a n=.( Ⅱ) b n =log 3 a 1+log3a 2 +⋯+log 3 a n=-(1+2+⋯+n)=-,故=-=-2,+ + ⋯+ =-2++ ⋯ +=-.所以数列的前 n 和 -.13. 等差数列 {a n } 的各均正数,a 1=3, 其前 n 和 S n ,{b n } 等比数列 ,b 1 =1, 且b 2 S2 =16,b3 S3 =60.( Ⅰ) 求 a n和 b n ;( Ⅱ) 求+ + ⋯ +.[ 答案 ] ( Ⅰ ) {a n }的公差d, 且 d 正数 ,{b n }的公比q,a n =3+(n-1)d,b n=q n-1 ,依意有 b 2 S2 =q ·(6+d)=16,b 3 S3 =q 2·(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. 数列 {a n } 的前 n 和 S n足 :S n =na n -2n(n-1).等比数列{b n}的前n和T n,公比a 1 ,且 T5 =T 3 +2b 5 .(1)求数列 {a n }的通公式 ;(2) 数列的前n和M n,求:≤M n<.[ 答案 ](1) ∵T5 =T 3+2b 5 ,∴b 4+b 5=2b 5,即 (a 1 -1)b 4 =0, 又 b 4≠0, ∴a1 =1.n ≥2,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 首 ,4 公差的等差数列,∴a n =4n-3. (6分)(2) 明 : ∵==·,(8 分 )∴M n =++ ⋯+==< ,(10 分 )又易知 M n增 ,故 M n≥M 1=.上所述 , ≤M n < . (12分)。

微专题数列求和—裂项相消法求和学案(含答案)

微专题：数学求和—裂项相消法求和1、常见的裂项公式(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n （n ＋1）（n ＋2）＝12[1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）]. (4)1a ＋b ＝1a －b(a －b ). (5)n （n ＋1）！＝1n ！－1（n ＋1）！. (6)C m －1n ＝C m n ＋1－C m n .(7)n ·n ！＝(n ＋1)！－n ！. (8)a n ＝S n －S n －1(n ≥2).2、裂项相消求和问题是常考题型. 裂项是通分的逆变形，裂项时需要注意的两点：一是要注意裂项时对系数的调整；二是裂项后，从哪里开始相互抵消，前面留下哪些项，后面对应留下哪些项，应做好处理. 其中等差数列相邻项乘积的倒数裂项是最常见的，即1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)，其中a n ≠0，d ≠0. 除此之外，下面三种也比较常见. 指数型：（a －1）a n （a n ＋b ）（a n ＋1＋b ）＝1a n ＋b －1a n ＋1＋b . 对数型：log n a n ＋1a n ＝log n a n ＋1－log n a n (a n >0).无理型：1a ＋b ＝1a －b(a －b )(a >0，b >0). 典例1．已知数列{}n a 满足()121n n na n a +=+（n +∈N ），且12a =．（1）证明：数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等比数列，并求出数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足22(1)2nn na b n n =+，{}n b 的前n 项和为n S ，证明：2n S <．．（1）证明见解析；2nn a n =；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）由已知可得121n n a a n n +=+，可得n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，从而可求出通项公式；（2）由（1）可得22112(1)21n n n a b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，然后利用裂项相消求和法可求出n S ，再利用放缩法可证得结论【详解】证明：（1）∵12(1)n n n a n a +=+， ∵121n n a an n+=+．设nn a c n =，则12c =，12n nc c +=，数列{}n c 为首项为2，公比为2的等比数列．即n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列．∵111222n n n n c c q --===， ∵2n n a n =．（2）由题意得222222112(1)2(1)2(1)1n n n n n a n b n n n n n n n n ⎛⎫====- ⎪++++⎝⎭，∵12+n n S b b b =++1111121222231n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111221222311n n n ⎛⎫=-+-++-=-⎪++⎝⎭， ∵n +∈N ， ∵201n >+，则2221n S n =-<+，得证．典例2．已知数列{}n a 满足()112323?··122n n a a a na n +++++=-+．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列2221log log n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：34n T <．2．（1）2n n a =；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）得到当2n ≥时，()()1231231222n n a a a n a n -++++-=-+，然后与原式联立，可得2n n a =，然后验证1n =是否满足即可.（2）根据（1）中条件可得2221111log log 22n n a a n n +⎛⎫=- ⎪⋅+⎝⎭，然后使用裂项相消求和并简单判断即可. 【详解】（1）由题意：()112323122n n a a a na n +++++=-+ ∵当2n ≥时，()()1231231222n n a a a n a n -++++-=-+ ∵∵－∵得()()11222n n n na n n +=---，即2n n a =，当1n =时，12a =满足上式，所以2n n a =．（2）因为22log log 2n n a n ==，所以()22211111log log 222n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭，所以11111111111232435112n T n n n n ⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪-++⎝⎭()()1111323122124212n n n n n +⎛⎫=+--=- ⎪++++⎝⎭ 又()()230212n n n +>++，所以34n T <．典例3．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()()11,114n n n a a a a S n +=++=+，n *∈N ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若234,,a a a 为等差数列，求证：()21223157231222nn n n n N a a a a a a *+++++<∈．3．（1）22,21,21,2,n n a n k k N a n n k k N **⎧+-=-∈=⎨-=∈⎩；（2）证明过程见解析. （1）根据前n 项和与第n 项的关系，结合等差数列的定义进行求解即可；（2）根据等差数列的性质，结合裂项相消法进行证明即可. 【详解】（1）当1n =时，()()()1211141a a S ++=+，解得23a =，当2,n n N *≥∈时，()()()111141n n n a a S n --++=+-，所以有()()()()()()1111111441n n n n n n a a a a S n S n +--++-++=+-+-，由题意可知：0n a >，化简得：114n n a a +--=，所以2114(1)44k a a k k a -=+-=+-，224(1)4441k a a k k a k =+-=+-=-，因此22,21,21,2,n n a n k k N a n n k k N **⎧+-=-∈=⎨-=∈⎩；（2）由（1）可知：23a =，34a a =+，47a =，因为234,,a a a 为等差数列，所以32422(4)371a a a a a =+⇒+=+⇒=，因此21()n a n n *=-∈N ，因为1123231122(21)(21)2(21)2(21)n n n n n n n n a a n n n n -+++==--+-+，因此有： 212231215723222111111()()[]112323252(21)2(21)1112(21)n n n n n n n a a a a a a n n n +-++++=-+-++-⨯⨯⨯⨯-+=-<+.【双基达标】1．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足n a=2n ≥，*n ∈N ），11a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设1cosπn n n nb n a a +=⋅，求数列{}n b 的前2n 项和2nT 的表达式. （1）正项数列{}n a 的前n 项和为n S，满足n a =2n ≥，*n∈N ），所以1n n SS --=整理得：)10=，1（常数），所以1==为首项，1为公差的等差数列， ()11n n =+-=，所以121n a n n n ==+-=-，易见11a =也适合该式. 故21n a n =-. （2）由于()1111cos π142121nn n n n b n a a n n +⎡⎤⎛⎫=⋅=-⨯+ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎣⎦，所以2123212n n n T b b b b b -=+++++11111111111141343545744141n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦1111111114335574141n n ⎛⎫=--+-+-+++ ⎪-+⎝⎭ 11144141n n n ⎛⎫=-+=- ⎪++⎝⎭. 2．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知3412S a a =-，且12a +，22a ，3a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足11n n n n n S na b S S ++-=，求数列{}n b 的前n 项和n T .解析（1）设等比数列{}n a 的公比是q ，由3412S a a =-得()23211q q q ++=-，解得3q =.∵12a +，22a ，3a 成等差数列，∵211142a q a a q =++，解得11a =.∵()1*3n n a n N -=∈.（2）∵数列{}n a 是以1为首项，以3为公比的等比数列， ∵()1312nn S =-. ∵11111(1)1n n n n n n n n n n nS na n S nS n nb S S S S S S +++++-+-+===-，∵231121231121n n n n n n n n n T S S S S S S S S +-⎛⎫⎛⎫+-=++++-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭11111112(1)23313131n n n n n n n S S +++++++-=-=-=--. 【高分突破】1．已知等差数列{}n a 的前n 项和为254,12,16n S a a S +==． (1)求{}n a 的通项公式； (2)数列{}n b 满足141n n n b T S =-，为数列{}n b 的前n 项和，是否存在正整数m ，()1k m k <<，使得23k m T T =?若存在，求出m ，k 的值；若不存在，请说明理由．解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由2541216a a S +=⎧⎨=⎩得112512238a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得112a d =⎧⎨=⎩，()*12121,n a n n n N ∴=+-=-∈；（2）()2122n n n S n n -=+⨯=，211114122121n b n n n ⎛⎫∴==- ⎪--+⎝⎭，1211111111111123352321212122121n n n T b b b n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，若23k m T T =，则()2232121k m k m =++，整理得223412m k m m =+-，又1k m >>，2234121m m m m m ⎧>⎪∴+-⎨⎪>⎩，整理得222104121m m m m m ⎧-->⎪+-⎨⎪>⎩，解得11m << 又*m N ∈，2m ∴=，12k ∴=， ∵存在2,12m k ==满足题意．2．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()22N n n S a n ++=∈.(1)证明：数列{}2n S +是等比数列；(2)设数列()()1211n n n a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：213n T ≤<.18．（1）证明：当1n =时，1122S a +=∵112S a ==当2n ≥时，()122n n n S S S -+=-122n n S S -=+，()1222n n S S -+=+∵1222n n S S -+=+∵数列{}2n S +是以2为公比，首项124S +=的等比数列（2）由（1）知1242n n S -+=⨯，122n n S +=-，代入22n n S a +=得2nn a =()()1121121212121n n n n n ++=-----∵2231111111212121212121n n n T +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭111121n +=-<-由1n ≥，124n +≥，1213n +-≥111213n +≤-，所以111213n +-≥--∵1121213n +-≥-综上所述213n T ≤< 3．在数列{}n a 中，121,3a a ==，且对任意的*N n ∈，都有2132n n n a a a ++=-. (1)证明：数列{}1n n a a +-是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设1221nn n n b n a a +=-+，求数列{}n b 的前n 项和n S .（1）由2132n n n a a a ++=-，可得()2112.n n n n a a a a +++-=-又11a =，23a =，所以212a a -=.所以{}1n n a a +-首项为2，公比为2的等比数列.所以12nn n a a +-=.所以()()1211n n n a a a a a a -=+-++-()2112122221212n n n n --=++++==-≥-.又11a =满足上式，所以21nn a =-（2）由（1）得()()()()()()11121212212121212121n n nn n n n n b n n +++---=-+=-+----111212121n n n +=--+--，所以12n nS b b b =+++2231111111()[(1)(3)(21)]212121212121n n n +⎛⎫⎛⎫=-+-++-+-+-+⋅⋅⋅+-+ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭11(112)1212n n n +-+-=-+-211121n n +=---4．已知函数()()()4log 101x f x x x +=>+的图象上有一点列()()*,n n n P x y n N ∈，点n P 在x 轴上的射影是(),0n n Q x 且()*1432,n n x x n n N -=+≥∈，13x =．（∵）求数列{}n x 的通项公式；（∵）对任意的正整数n ，当[]1,1m ∈-时，不等式21334n t mt y -+>恒成立，求实数t 的取值范围；（∵）设四边形11n n n n P Q Q P ++的面积是n S ，求证：12111823n S S nS ++⋅⋅⋅+<．（∵）∵143n n x x -=+，∵()1141n n x x -+=+，又13x =，∵{}1n x +是以4为首项4为公比的等比数列，∵14nn x +=，∵()*41n n N x n =-∈.（∵）()4log 44114n n n nn n y f x ===-+，∵不等式21334n t mt y -+>对正整数n 恒成立， ∵()2max 1334n t mt y -+>，而111143n n y n n y n n n +++==<+， ∵{}n y 是一个减数列，()1max 14n y y ==，故2113344t mt -+>，∵2330t mt ->对[]1,1m ∈-恒成立，故223303+30t t t t ⎧->⎨>⎩，解得1t >或1t <-.（∵）()()()111111122n n n n n n n n n n n S P Q P Q Q Q y y x x +++++=+⨯=+- ()()1111344512448n n n n n n n +++⎛⎫=+-=+ ⎪⎝⎭， ∵()()18401401135135513551n nS n n n n n n ⎛⎫==⨯=- ⎪+++⎝⎭ 4011811355531n n n n ⎛⎫⎛⎫<-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，∵1211181111181811232231313n S S nS n n n ⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+-=-< ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭. 5．数列{}n a 中，112a =-，()*1212,n n a a n n n -=--≥∈N ，设n n b a n =+．（1）求证：数列{}n b 是等比数列；（2）求数列{}n nb 的前n 项和n T ；（3）若12n n n c a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，n P 为数列212n n n n c c c c +⎧⎫+⎨⎬+⎩⎭的前n 项和，求不超过2021P 的最大的整数．（1）将121n n a a n -=--两边都加2n ，得()()121n n a n a n -+=+-，而1112a +=，即有()1112n n a n a n -+=+-，又n n b a n =+，则()*112,2n n b n n b -=≥∈N ，11112b a =+=，所以数列{}n b 是首项为12，公比为12的等比数列；（2）由（1）知，1()2nn b =，则1()22n n n n nb n =⋅=，234112341222222n n n n nT --=++++++， 234511123412222222n n n n nT +-=++++++，因此，2341111111111222222222n n n n n n nT ++=+++++-=--，所以222n nnT +=-；（3）由（2）知1()2nn b =，于是得1()2n n n a b n n =-=-，则n c n =，因此，()2212211111111n n n n c c n n c c n n n n n n ++++==+=+-++++，20211111111111(1)(1)(1)(1)(1)1223342020202120212022P =+-++-++-+++-++-120222022=-所以不超过2021P 的最大的整数是2021．6.(2016年山东省高考真题)已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124,,S S S 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令()1141n n n n nb a a -+=-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．（1）∵等差数列{an }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1、S 2、S 4成等比数列． ∵S n ＝na 1+n （n ﹣1）（2a 1+2）2＝a 1（4a 1+12），a 1＝1，∵an ＝2n ﹣1；（2）∵由（1）可得()()111411112121n n n n n n b a a n n --+⎛⎫=-=-+ ⎪-+⎝⎭，当n 为偶数时，T n ＝11111111113355723212121n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1212121n n n =-=++．当n 为奇数时，11111111113355723212121n T n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+++-⋯-+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12212121n n n +=+=++ ． 2,2122,21n nn n T n n n ⎧⎪⎪+∴=⎨+⎪⎪+⎩为偶数为奇数．。

裂项相消与错位相减求和(含答案解析)

=
1 4
(
1 n
−
1 n+1
)，
所以Tn
=
1 4
(1
−
1 2
+
1 2
−
1 3
+
⋯
+
1 n
−
1 n+1
)
=
1 4
(1
−
1 n+1
)
=
n，
4(n+1)
即数列{bn}的前
n
项和Tn
=
n
4(n+1).
考点：等差数列的通项公式，前 n 项和公式。裂项求和
3．已知数列 an 的前 n 项和 Sn ，且满足： Sn 2an 2 ， n N* .
1 2
Sn
4 ( 1 )4 2
[( 1 )3 2
(1)n5] 2
(5
n)
(1)n4 2
4 16
( 1 )3[1 ( 1 )n1]
2
2
1 1
(5
n)
(
1) 2
n4
64
16[1
( 1 )n1] 2
(5
n)
( 1 )n4 2
2
48
(n
3)
( 1 )n4 2
所以
Sn
96
n
3 25n
.
【点睛】
等比数列前 n 项积达到最大，主要是根据各项与 1 的大小进行比较；错位相减法进行求和时，要注意最后
试卷第 2页，总 13页
法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
5．已知数列an 满足 a1
1 4
,
an1

数列裂项相消法求和专题讲解附答案(高中数学)

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

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

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

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

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

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

高考数学专题复习《等比数列求和,裂项相消思想》知识梳理及典型例题讲解课件(含答案)

-
等比数列求和
——裂项相消思想
高考分析
纵观近几年高考命题，数列求和是高考中每年必考的内容之一.
全国卷经常以等差数列、等比数列为基础考查程序化计算类的数
列求和，近几年侧重于新的情境，考查内容更加灵活多变.
2020年全 2020年
2021年新 2021年全 2022年全国甲 2022年新高
卷
考Ⅰ卷
国Ⅰ卷
∙ = ∙
前面学习了等差数列的前n项和，那么
如何求等比数列的前n项和呢？
忆一忆
等比数列的前n项和公式的推导
采用了什么方法？
等比数列前n项和：Sn=a1+a2+a3+ ···+an
即：Sn=a1+a1q+a1q2+······+a1qn-2+a1qn-1
qSn= a1q+a1q2+a1q3+······+ a1qn-1+a1qn
例：数列{an }的通项公式an n2，数列{bn }的通项公式bn 2n
求数列{anbn }的前n项和
解：anbn n2.2n cn
Sn c1 c2 c3 cn
Sn 1.21 4.22 9.23 n2.2n
2S n
1.22 4.23 (n 1)2 2n n2.2n1
S n bn 1
1 qn
b1 a1 (
)
1 q
例：数列{an }的通项公式an n，数列{b n }的通项公式b n 2 n
求数列{an bn }的前n项和
解：设anbn n.2 bn 1 bn
n

裂项相消法求和

即a11(5 a1－ a1)＝3，即 4 a1＝3a1．因为 a1＞0，所以 a1＝196．
点击对应数字即可跳转到对应题目
1
2
3
研题型·通法悟道随堂内化
3．(2024·嘉兴期初)设Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝3，Sn＝nan－n2＋n．
(1)求数列{an}的通项公式；【解答】因为Sn＝nan－n2＋n，可得Sn＋1＝(n＋1)an＋1－(n＋1)2＋n＋1，两式相减得 an＋1＝(n＋1)an＋1－(n＋1)2＋n＋1－nan＋n2－n，整理得an＋1－an＝2，可知数列{an} 是以3为首项，2为公差的等差数列，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1．
研题型·通法悟道举题说法
1 (2023·日照一模)在数列{an}中，a21＋a32＋a43＋…＋n＋an1＝n2＋n． (2)求证：31a1＋42a2＋…＋n＋n2an＜14．
【解析】因为n＋n2an＝2nn＋1nn＋2＝2n＋11n＋2＝12n＋1 1－n＋1 2，所以31a1＋
2 4a2
＋
( C)
A．n＋1 1
B．2n3＋n21＋n5＋n 2
C．4nn＋1
D．8n3＋n21＋n5＋n 2
【解析】由题知 f′(x)＝n＋1x，则 an＝f′1n＝2n，所以ana1n＋1＝2n21n＋2＝141n－n＋1 1，所以 Sn＝141－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1＝141－n＋1 1＝4nn＋1．
【解析】设等差数列{an}的公差为 d，由 S3＝2(S2＋S1)，S5＝35，可得 3a1＋3d＝2(3a1
＋d)，5a1＋10d＝35，即 d＝3a1，a1＋2d＝7，解得 d＝3，a1＝1，则 an＝1＋3(n－1)

裂项相消法求和附答案

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

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

专题07 数列求和-错位相减、裂项相消(解析精编版)

专题07 数列求和-错位相减、裂项相消答案◆错位相减法【经典例题1】【答案】(1)()12n n a n -*=∈N ； (2)222n nn T +=-. 【解析】(1)因为111,1n n a S a +==-．所以121S a =-，解得22a =．当2n ≥时，11n n S a -=-，所以11n n n n n a S S a a -+=-=-，所以12n n a a +=，即12n na a +=．因为212a a =也满足上式，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以()12n n a n -*=∈N ．(2)由（1）知12nn a +=，所以2n n n b =，所以2311111232222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭…①2311111112(1)22222n n n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…②①-②得231111111222222n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11112211212nn n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-⨯ ⎪⎝⎭-11122n n ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以222n nn T +=-．【经典例题2】【答案】(1)32n a n =-，14n n b -= (2)()1414n n T n +=+-【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，由题意得：13312a d +=，解得：3d =，所以()13132n a n n =+-=-，由2312b =得：24b =，所以214a q a ==，所以14n n b -= (2)()1324n n n n c a b n +==-⋅，则()2344474324n n T n =+⨯+⨯++-①，()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++-②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯--()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯--=-+--，所以()1414n n T n +=+-【经典例题3】【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q -=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q 或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n nn n T ---=+++++①，则234111352321222222n nn n n T +--=+++++②， ①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-234111111212222222nn n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯-=--n n n n n ．所以2332n n n T +=-．【练习1】【答案】(1)21nn a =- (2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由121n n a a +=+得：()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，21n n a ∴=-.(2)由（1）得：()12nn n a n +=⋅；()1231122232122n n n S n n -∴=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()23412122232122n n n S n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()()2311121222222212212n n n n n n S n n n +++-∴-=++++-⋅=-⋅=-⋅--，()1122n n S n +∴=-⋅+.【练习2】【答案】(1)12n na (2)(1)21n n T n =-⋅+【解析】(1)令1n =得11121S a a ==-，∴11a =，当2n ≥时，1121n n S a --=-，则1122n n n n n a S S a a --=-=-，整理得12n n a a -=，∴12nn a a -=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，∴12n na ；(2)由（1）得12n n n b na n -==⋅，则01211222322n n T n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，12321222322nn T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，两式相减得0123112222222212n n nn n T n n ---=++++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅-，化简得122(1)21n n nn T n n =-+⋅=-⋅+．【练习3】【答案】(1)212n n a -= (2)234065299n n n T +-=+⨯ 【解析】(1)当1n =时，1113423S a a =-=，解得12a =．当2n ≥时，()113334242n n n n n a S S a a --=-=---，整理得14n n a a -=，所以{}n a 是以2为首项，4为公比的等比数列，故121242n n n a --=⨯=．(2)由（1）可知，()2112log 212n n n n b a a n ++=⋅=-⨯，则()35211232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯，()572341232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯，则()368222332222212n n n T n ++-=++++--⨯()62432323224065*********n n n n n +++--=+--⨯=--⨯-．故234065299n n n T +-=+⨯．【练习4】【答案】(1)证明见解析 (2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由已知可得1122n n n n n a a a ++=+，即11221n n n n a a ++=+，即11221n nn n a a ++-=，2n n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是等差数列. (2)由（1）知，()122111n n n n a a =+-⨯=+，21n n a n ∴=+，2nn b n ∴=⋅231222322=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅n n S n()23121222122n n n S n n +=⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅相减得，()23111121222222222212n n n n n n n S n n n ++++--=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=--⋅-()1122n n S n +∴=-⋅+◆裂项相消法【经典例题1】【答案】C 【解析】因为2211n n a a +-=且211a =，所以，数列{}2n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，211na n n =+-=，因为数列{}n a 为正项数列，则n a n 则()()1111111n n n nn n a an n n nn n ++-==-+++++++-11n n a a +⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前99项和为1223991001019--+=-=.故选：C.【经典例题2】【答案】8081【解析】因为()22222111(1)1n n a n n n n +==-++，所以822222111111801()()1223898181S =-+-++-=-=．故答案为：8081．【经典例题3】【答案】21n n +【解析】当1n =时，21111a S ===，当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，且当1n =时，1211n a -==，故数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，111111(21)(21)22121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭，则数列{}n b 的前n 项和为：1111111113352215721n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦11122121n n n ⎡⎤=-=⎢⎥++⎣⎦.故答案为：21n n +【练习1】【答案】B 【解析】()()21212121212121212121n n n n n n n n n n +--+--==++-++-+--记2121n n ⎨++-⎩的前n 项和为n T ，则(20221315375404540432T =+)1404512=；故选：B【练习2】【答案】69n n +【解析】由对于任意的*N n ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列可得：22n n n S a a =+，当2n ≥时可得21112n n n S a a ---=+，所以22111222n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+--，所以22110n n n n a a a a -----=，所以11()(1)0n n n n a a a a --+--=，由数列{}n a 的各项均为正数，所以11n n a a --=，又1n =时20n n a a -=，所以11a =，所以n a n =，212311111()(21)(23)22123n n n b a a n n n n ++===-⋅++++，1111111111()()235572123232369n nT n n n n =-+-+-=-=++++.故答案为：69n n +. 【练习3】【答案】()111!n -+【解析】()()()11111!1!!1!k k k k k k +-==-+++，()()()12311111111112!3!4!1!2!2!3!3!4!1!!!1!n n n n n n ∴+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-+-+-+()111!n =-+.故答案为：()111!n -+.【练习4】【答案】(1)332n a n =-(2)331=+n nT n 【解析】(1)解：数列{}n a 满足124(32)3n a a n a n +++-=，当1n =时，得13a =，2n ≥时，1214(35)3(1)n a a n a n -+++-=-，两式相减得：(32)3n n a -=，∴332n a n =-，当1n =时，13a =，上式也成立.∴332n a n =-； (2)因为331(32)(31)n a n n n =+-+113231n n =--+， ∴11111114473231n T n n =-+-++--+1313131nn n =-=++.【练习5】【答案】(1)13n na =(2)11n T n =+【解析】(1)当1n =时，111221a S a =-=，解得：113a =；当2n ≥时，1122211n n n n n a S S a a --=-=--+，即113n n a a -=，∴数列{}n a 是以13为首项，13为公比的等比数列，1133nn n a ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭. (2)由（1）得：131log 3nn b n ⎛⎫== ⎪⎝⎭，()111n n n C n n n n +-∴==++1122334111n T n n n n n ∴=⋅⋅⋅=-++ 【练习6】【答案】(1)证明见解析；()1*2n n a n -=∈N (2)211nn -+【解析】(1)解：1122222n n n n a a a n -+++=⋅，即为21122nn a a a n -+++=·······①，又1212122n n a a a n --+++=-，········②， ①-②得112nn a -=，即12(2)n n a n -=，又当1n =时，11112a -==，故()1*2n n a n -=∈N ；从而()*11222nn n n a n a +-==∈N ，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列； (2)由（1）得11(1)222(1)1n n n n n b n n n n---==-++，所以1021122222221321-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n S n n 211=-+n n . 【练习7】【答案】(1)n a n =，*N n ∈ (2)115462【解析】(1)由题意知2319a a a =⋅，设等差数列{}n a 的公差为d ，则()()211182a a d a d +=+，因为0d ≠，解得1a d =又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以()11n a a n d n =+-=，*N n ∈ (2)由（1）可知()()()()()1111122112n b n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭，设数列{}n b 的前n 和为n T ，则()()()1111111212232334112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯+++⎝⎭ ()()1112212n n ⎛⎫=- ⎪ ⎪++⎝⎭，所以20111115222122462T ⎛⎫=⨯-=⎪⨯⎝⎭ 所以数列{}n b 的前20和为115462【练习8】【答案】(1)21n a n =+，()141n b n n =+ (2)()41n n S n =+【解析】(1)由题意，可设等差数列{}n a 的公差为d ，则112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13a =，d ＝2，∴()32121n a n n =+-=+；∴()()222111114441211n nb a n n n n n ====-+++-； (2)∴()11114141n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，()1111111111422314141n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+-=-=⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．【练习9】【答案】(1)21n a n =- (2)21n nT n n =++ 【解析】(1)解：对任意的N n *∈，0n a >，由题意可得()224121n n n n S a a a =+=++.当1n =时，则211114421a S a a ==++，解得11a =，当2n ≥时，由2421n n n S a a =++可得2111421n n n S a a ---=++，上述两个等式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，即()()1120n n n n a a a a --+--=，因为10n n a a ->+，所以，12n n a a --=，所以，数列{}n a 为等差数列，且首项为1，公差为2，则()12121n a n n =+-=-. (2)解：()21212n n n S n +-==，则()()()()()()2214441111111121212121212122121n n n n S n n b a a n n n n n n n n +-+⎛⎫====+=+- ⎪-+-+-+-+⎝⎭，因此，11111112335212121n nT n n n n n ⎛⎫=+-+-++-=+ ⎪-++⎝⎭. 【练习10】【答案】(1)条件选择见解析，21n a n =- (2)()()22121n n n T n +=+【解析】(1)解：选条件①：n *∀∈N ，14n n a a n ++=，得1241n n a a n ，所以，()24144n n a a n n +-=+-=，即数列{}21k a -、{}()2N k a k *∈均为公差为4的等差数列，于是()()21141432211k a a k k k -=+-=-=--，又124a a +=，23a =，()()224141221k a a k k k =+-=-=⋅-，所以21n a n =-；选条件②：因为数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前3项和为6，得3122361232S S S S ++=⨯=，所以222S=，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的公差为2121121S S d =-=-='，得到()11nS n n n=+-=，则2n S n =，当2n ≥，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-.又11a =满足21n a n =-，所以，对任意的N n *∈，21n a n =-. (2)解：因为()()()()()12222214111221212121n n n n n a a nb a a n n n n ++⎡⎤+===-⎢⎥⋅-+-+⎢⎥⎣⎦，所以()()122222*********213352121n n T b b b n n ⎡⎤=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦ ()()()222111122121n n n n ⎡⎤+=-=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦.。

(完整版)裂项相消法求和附答案

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

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