数列经典例题(裂项相消法)
高考数学解答题(新高考)数列求和(裂项相消法)(典型例题+题型归类练)(解析版)
专题06 数列求和（裂项相消法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍常见的裂项技巧 类型一：等差型类型二：无理型类型三：指数型①11(1)11()()n n n n n a a a k a k a k a k++-=-++++如：11211(2)(2)22n n n n n k k k k++=-++++类型四：通项裂项为“+”型如：①()()()21111111nn n n n n n +⎛⎫-⋅=-+ ⎪++⎝⎭ ②()()131222(1)(11)1n nn n nn n n n n +⎛⎫++⋅-=+- ⎝+⎪⎭本类模型典型标志在通项中含有(1)n -乘以一个分式.二、典型例题类型一：等差型例题1．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，0n a >，315S =，公差1d >，且___________.从①21a -为11a -与31a +等比中项，②等比数列{}n b 的公比为3q =，1124,b a b a ==这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列{}n a 存在并作答. (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：16nT <. 【答案】(1)选择条件见解析，21n a n =+(2)证明见解析 (1)若选①，21a -为11a -与31a +的等比中项，则()()()2132111a a a -+=-，由{}n a 为等差数列，315S =，得2315a =，∴25a =，把25a =代入上式，可得()()4616d d -+=，解得2d =或4d =-（舍） ∴13a =，21n a n =+；若选②，3q =为等比数列{}n b 的公比，且1124,b a b a ==， 可得213b b =，即413a a =，即有113)3a d a +=（，即123a d =； 又315S =，可得11332152a d +⨯⨯=，即15a d +=，解得12,3d a ==， 此时21n a n =+；第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，设，则，典型的裂项相消的特征，可将通项裂项为：解答过程：由题意知：；(2)∵()()111111212322123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭， ∴11111111112355721232323n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭； ∴16n T <，得证 例题2．（2022·广东佛山·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)122212nn -(1)解：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 =+-=-；感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的等差型，注意裂项，是裂通项，裂项的过程中注意前面的系数不要忽略了.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的特征，可将通项裂项为：解答过程：由题意知：；(2)由题知()()11112132112213211n b n n n n ⎛⎫==- ⎪----⎝⎭则1111111111211997213211211211n T n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-+++-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 122212n n-=类型二：无理型例题3．（2022·重庆八中模拟预测）已知各项均为正数的等差数列{}n a 满足11a =，22112()n n n n a a a a ++=++．(1)求{}n a 的通项公式； (2)记11n n n b a a +=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n a n =-(2)1(211)2n +-(1)解：各项均为正数的等差数列{}n a 满足11a =，22112()n n n n a a a a ++=++，整理得()()()1112n n n n n n a a a a a a ++++-=+，由于10n n a a ++≠， 所以12n n a a +-=， 故数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列．所以21n a n =-．(2)解：由（1）可得111212122121n n n n n b a a n n ++--===+-++，所以11(3153...2121)(211)22n S n n n =⨯-+-+++--=+-．例题4．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，3518a a +=，648S =.第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的无理型特征，可将通项分母有理化为：解答过程：由题意知：；(1)求{}n a 的通项公式； (2)设112n n n b a a +-=+，求数列{}n b 的前n 项和为n T .【答案】(1)21n a n =+；(2)证明见解析﹒(1)由题可知，11261861548a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得132a d =⎧⎨=⎩，∴21n a n =+；(2)1122232122321n n n n n b a a n n +-+--===+++-，()()()()()1517395212323212n T n n n n ⎡⎤=-+-+-+++--++--⎣⎦12123132n T n n ⎡⎤=+++--⎣⎦感悟升华（核心秘籍）本例是裂项相消法的无理型，具有明显的特征，其技巧在于分母有理化，注意裂项相消的过程中，是连续相消，还是隔项相消，计算注意细节.类型三：指数型第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，典型的裂项相消的无理型特征，可将通项分母有理化为：解答过程：由题意知：；例题5．（2022·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 满足()*10n n a a n +->∈N ，且141015a a a ++=，2a ，4a ，8a 成等比数列．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若122n a n n n n a b a a ++⋅=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)n a n =(2)n S 1212n n +=-++(1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，因为2a ，4a ，8a 成等比数列，所以()()()211137a d a d a d +=++，整理得()10d a d -=，又因为10n n a a +->，所以0d >，1a d =，又1410131215a a a a d ++=+=，即15d ＝15， 所以11a d ==，所以n a n =；感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，具有明显的裂项相消法的特征，但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得通分，逆向求裂项求和．(2)解：由（1）知，n a n =， 所以()()12221221n n nn n b n n n n +⋅==-++++，2324312112222222222223243541121n n n n n n n S n n n n n n ---+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1212n n +=-++．例题6．（2022·江西·临川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21,*=-∈n n S a n N .(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足22,(1)*++=∈⋅⋅+n n n b n N a n n ，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)12n na ；(2)1112(1)2n n T n +=-+⋅. (1)因为21n n S a =-，当1n =时，1121S a =-，解得11a =，当2n ≥时，1121n n S a --=-，所以()()111212122n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-，即12(2)n n a a n -=≥，所以数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列.故11122n n n a --=⨯=.(2)，1122211(1)(1)22(1)2n n n n n n n b a n n n n n n +++++===-⋅⋅++⋅+⋅于是12231111111111122222322(1)22(1)2n n n n T n n n ++=-+-++-=-⋅⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅类型四：通项裂项为“+”型第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，具有明显的裂项相消法的特征，但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得通分，逆向求裂项求和例题7．（2022·吉林辽源·高二期末）已知等差数列{}n a 的前n 项和21,3n S n an b a =++=，数列{}n b 的前n 项和23n n n T b +=，12b =. (1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)令(1)nnn na cb =-，求数列{}nc 的前n 项和n P .【答案】(1)21n a n =+，()1n b n n =+ (2)2,?1,?1n n n n P n n n +⎧-⎪⎪+=⎨⎪-⎪+⎩为奇数为偶数感悟升华（核心秘籍）第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，注意通项中含有明显的裂项的两个特征，①含有分式②含有（注意通项中含有是裂项为“”型的重要标志），但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得则：，注意到通项中含有，需分奇偶讨论通分，逆向求当为偶数（为正），（注意此时为偶数，代入偶数的结论中）当为奇数（为偶数）综上：(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，则22113222n n n n d d S na d n n n a b -⎛⎫=+=+-=++ ⎪⎝⎭， 所以1,23,20,dd a b ⎧=⎪⎪⎪-=⎨⎪=⎪⎪⎩所以2,2,0,d a b =⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以数列{}n a 的通项公式为()32121n a n n =+-=+. 因为23n n n T b +=，当2n ≥时，1113n n n T b --+=， 所以112133n n n n n n n b T T b b --++=-=-， 所以11133n n n n b b --+=，即111n n b n b n -+=-. 所以1232112321n n n n n n n b b b b b b b b b b b b -----=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯()11432112321n n n n n n n n +-=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=+---. (2)()()()()()11111111nn n n n n n n a c b n n n n ++⎛⎫=-=-⋅=-+ ⎪++⎝⎭， 当n 为奇数时，11111111223341n P n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++⋅⋅⋅-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12111n n n +=--=-++. 当n 为偶数时，11111111223341n P n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++⋅⋅⋅++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111n n n =-+=-++. 综上所述，数列{}n c 的前n 项和2,1,1n n n n P n n n +⎧-⎪⎪+=⎨⎪-⎪+⎩为奇数为偶数.例题8．（2022·陕西·长安一中高二期中（文））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 ．【答案】（1）21n a n =-；（2）2,2122,21n nn n T n n n ⎧⎪⎪+=⎨+⎪⎪+⎩为偶数为奇数 第（2）问解题思路点拨：由（1）知：，，则，注意通项中含有明显的裂项的两个特征，①含有分式②含有（注意通项中含有是裂项为“”型的重要标志），但是裂项是难点，在裂项时要把握住“型”，再结合待定系数法解答过程：用待定系数法裂通项：与对比，得，通分，逆向求当为奇数（为正），（注意此时为奇数，代入奇数的结论中）当为偶数（为奇数）综上：（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 ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪---+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1212121nn 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． 三、题型归类练1．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心模拟预测（理））已知在等差数列{}n a 中，25a =，1033a a =． (1)求数列{}n a 的通项公式; (2)设()21n n b n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n a n =+(2)1n n + (1)设等差数列{}n a 的公差为d ， 由210353a a a =⎧⎨=⎩，可得()1115932a d a d a d ⎧+=⎪⎨+=+⎪⎩解得13,2a d==，所以()13122n a n n -⨯=++= (2)由（1）可得2111(1)(22)(1)12n n b n a n n n n n n ====-++++所以111111 (22311)n n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-= ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 2．（2022·山西运城·模拟预测（理））已知单调递增的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，512340,,1,S a a a =-成等比数列，正项等比数列{}n b 满足11631,23b a S b =+=+. (1)求{}n a 与{}n b 的通项公式； (2)设()3123log n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】(1)31n a n =-，3nn b =(2)64n nT n =+ (1)设数列{}n a 的公差为d ，则0d >， 由540S =得1545402a d ⨯+=，即128a d +=①， 又123,1,a a a -成等比数列，所以()22131a a a -=，所以()()211112a d a a d +-=+，所以21(1)2d a -=②，联立①②及0d >解得12,3a d ==. 所以2(1)331n a n n =+-⨯=-. 所以161653,6572b S a d ⨯==+=， 所以35723b =+，解得327b =，又231,0b b q q =>，所以3q =，所以3nn b =.(2)由（1）得()311111(31)23log (31)(32)33132n n c n b n n n n ⎛⎫===- ⎪-+-+-+⎝⎭，所以121111111111325583132323264n n n T c c c n n n n ⎛⎫⎛⎫=+++=-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭. 3．（2022·河南·模拟预测（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()222220n n S n n S n n -+--+=．(1)求1a 的值和数列{}n a 的通项公式； (2)设21n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】(1)12a =；2n a n =；(2)()()32316812n n T n n +=-++. (1)由()()222220n n S n n S n n -+--+=得：()()()220n n S S n n +-+=；{}n a 为正项数列，0n S ∴>，2n S n n ∴=+；当1n =时，112a S ==；当2n ≥时，()()221112n n n a S S n n n n n -=-=+----=；经检验：12a =满足2n a n =；()2n a n n N *∴=∈.(2)由（1）得：()()111112224282n b n n n n n n ⎛⎫===- ⎪⋅+++⎝⎭，11111111111832435112n T n n n n ⎛⎫∴=⨯-+-+-+⋅⋅⋅+-+- ⎪-++⎝⎭()()()()1111132332318212821216812n n n n n n n n ⎛⎫++⎛⎫=⨯+--=⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭. 4．（2022·河北保定·一模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1332n n S +-=． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设3314log log n n n b a a +=⋅，求{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)3nn a =；(2)41n nT n =+. (1)因为1332n n S +-=，故当1n =时，13a =，当2n ≥时，1332n n S --=，则()132nn n n a S S n -=-=≥，当1n =时，13a =满足上式，所以3nn a =.(2)由（1）得()33144114log log 11n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪⋅++⎝⎭，所以12311111144141223111n n n T b b b b n n n n ⎛⎫⎛⎫=++++=⨯-+-++-=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭. 故数列{}n b 的前n 项和41n nT n =+. 5．（2022·安徽·北大培文蚌埠实验学校高三开学考试（文））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，525S =，且()*1232n n n n S a S S n ++-=+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设n b =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)21n a n =-(2)n T )112=(1)由1232n n n n S a S S ++-=+得：121211223222n n n n n n n n n n a S S S S S S S a a +++++++-=-+=-+-=-+即122n n n a a a ++=+， 所以数列{}n a 为等差数列， 由53525S a ==得35a =，设公差为d ，315212a a d d ==+=+，得2d =， 所以()11221n a n n =+-⨯=-， 故数列{}n a 的通项公式为21n a n =-．(2)12n b =，所以1122n Tn =++)112=．6．（2022·江苏盐城·三模）已知正项等比数列{}n a 满足1330a a +=，请在①4120S =，②481a =，③2211120n n n n a a a a --+-=，2n ≥，*n N ∈中选择一个填在横线上并完成下面问题：(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()12311n n n n b a a +⋅=++，{}n b 的前n 和为n S ，求证：14n S <．【答案】(1)选择见解析；3nn a =(2)证明见解析(1)设正项等比数列{}n a 公比为q ，又1330a a +=，选①，()()41234131120S a a a a a a q =+++=++=，所以3q =；选②，13431130a a a q q ⎛⎫+=+= ⎪⎝⎭，所以()()2310390,3q q q q -++==；选③，()()22111112340n n n n n n n n a a a a a a a a ----+-=-+=，所以13n n a a -=，∴3q =；又1311191030a a a a a +=+==，∴13a =，则3nn a =．(2)因为()()()()1112323111131313131n n n n n n n n n b a a +++⋅⋅===-++++++，所以122231111111313131313131n n n n S b b b +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭11114314n +=-<+． 7．（2022·浙江金华·模拟预测）已知数列{}{},n n a b ，其中{}n a 为等差数列，且满足11211,,32a b b ===，21141,2n n n n nn a b a b n N *++-=+∈. (1)求数列{}{},n n a b 的通项公式； (2)设212n n nn n a c a a ++=，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：1n T <【答案】(1)21n a n =-，131(21)22n n b n -⎛⎫=-- ⎪⎝⎭(2)证明见解析(1)解：由数列{}n a 为等差数列，{}n b 且满足11211,,32a b b ===，211412n n n n nn a b a b ++-=+，当1n =时，可得122132a b a b =+，即213322a =⨯+，解得23a =； 因为{}n a 是等差数列，所以21n a n =-，所以2141(21)(21)2n n nn n b n b +--=++，所以1121212n n n b b n n +-=+-， 所以12132121131532123n n n b b b b b b b b n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭11211112211111311222222212n n n ---⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎛⎫⎝⎭=++++=+=- ⎪⎝⎭-所以131(21)22n n b n -⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.(2)解：由（1）得12311(21)(21)22(21)2(21)n n n n n c n n n n -+==--+-+，所以12n n T c c c =+++211111112323252(21)2(21)n n n n -=-+-++-⋅⋅⋅-+ 1112(21)n n =-<+.8．（2022·湖北·二模）已知正项等差数列{}n a 满足：()33n n a a n *=∈N ，且1382,1,a a a +成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设()()1121212n n n a n a a c ++=++，n R 是数列{}n c 的前n 项和，若对任意n *∈N 均有n R λ<恒成立，求λ的最小值． 【答案】(1)n a n =(2)最小值为23(1)解：设等差数列的公差为d ，由33n n a a =得[]11(31)3(1)a n d a n d +-=+-，则1a d =， 所以1(1)n a a n d nd =+-=．因为12a 、31a +、8a 成等比数列，所以()231812a a a +=⋅，即2(31)28d d d +=⋅， 所以27610d d --=，解得1d =或17d =-，因为{}n a 为正项数列，所以0d >，所以1d =，所以n a n =．(2)解：由（1）可得()()()()1111122112121212121212n n n a n n nn a a n n c +++++⎛⎫===- ⎪++++++⎝⎭， 所以1223111111111122121212121212312n n n n R ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪⎪ ⎪⎢⎥+++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 因为对任意n *∈N 均有23n R <，所以23λ≥，所以实数λ的最小值为239．（2022·江西·临川一中高二期末（理））已知数列{}n a ，0n a >，11a =，n S 为其前n 项和，且满足()()()1112n n n n S S S S n --+-=≥.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()11nnn a b =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)=n a ()1nn T =-(1)由题可知()22112n n S S n --=≥⇒数列是{}2n S 等差数列，所以()2211n S S n n =+-=，)12n n n n S a S S n -=-=≥，又因为11a ==，所以n a(2)()()11nnnnnb a -===-．所以()()311nnn T =-=+-故答案为：n a ()1n- .10．（2022·重庆八中模拟预测）已知n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，36S =，2319a a a =⋅.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设数列()()24141nn n a b n n +=-∈-N ，数列化{}n b 的前2n 项和为2n T ，若2112022n T +<，求正整数n 的最小值. 【答案】(1)*,N na n n =∈(2)505(1)公差d 不为零的等差数列{}n a ，由2319a a a =⋅， ()()211182a a d a d +=+，解得1a d =.又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差的等差数列， 所以*,N na n n =∈.(2)解：由（1）可知()()241111412121nn n n b n n n ⎛⎫=-=-+ ⎪--+⎝⎭， 211111111113355743414141n T n n n n ∴=--++--+--++---+1141n =-++，2111412020n T n +=<+，20194n ∴>所以n 的最小值为505.11．（2022·天津市武清区杨村第一中学二模）已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且114342131,2,2,a b a b b b a a ====+．(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式；(2)记{}n b 的前n 项和为n S ，证明：()n n n S a b n *≤⋅∈N ；(3)记()311(1)*++⋅=-∈⋅n n n nnn a b c n a a N ，求数列{}n c 的前2n 项和． 【答案】(1)(),2nn n a n b n *=∈=N ；(2)证明见解析；(3)2212221n n T n +=-+(1)设等差数列公差为d ，等比数列公比为q ，所以()2311111132132222222d q d a d b q b q q d q b q a d⎧+==+=⎧⎧⇒⇒⎨⎨⎨=+==+⎩⎩⎩，所以,2n n na b n ==， (2){}n b 的前n 项和为 248222222n n n n n n n n n S n a b =++++≤++++=⋅=⋅，(当1n =时，取等号)命题得证.(3)由（1）得，()()131131222(1)(1)(1)11n nn n n n nn n n n n n a b c a n n a n +++⎛⎫+ ⎪+⋅⋅=-=-=-+⎝+⎭⋅， 所以数列{}n c 的前2n 项和2212244881616122()3222241334522nn n n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-⎝⎭，2212221n n T n +=-+12．（2022·黑龙江实验中学模拟预测（理））已知数列{}n a 满足11a =，11n n n n a a a a --=-，且0n a ≠. (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若()()11121n n n n b n a a ++=-+，数列{}n b 前n 项和为nT，求2022T .【答案】(1)1n a n =；(2)20222023. (1)由11n n n n a a a a --=-，0n a ≠得：1111n n a a --=，又111a ，∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1为首项，1为公差的等差数列，1n n a ∴=，1n a n ∴=；(2)由（1）知：()()()()1121111111n n n n b n n n n +++=-=-+++；20221111111111223342021202220222023T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=++--+++⋅⋅⋅+++-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭12022120232023=-=.13．（2022·湖北·蕲春县第一高级中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中1215a S ==，，当2n ≥时，1124n n n a S S +-，，成等差数列. (1)求数列{}n a 的通项公式.(2)记数列()()2123211n n n a a ++⎧⎫⋅⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和n T ，求证：121855n T ≤<.【答案】(1)14n n a -=；(2)证明见解析．(1)依题意，当2n ≥时，1144n n n a S S +-+=， 故11444n n n n a S S a +-=-=， 由1215a S ==，得22144a a a ==，，故数列{}n a 是以1为首项，4为公比的等比数列，则14n n a -=；(2)依题意，()()()()2211123232111141414141n n n n n n n n a a ++++⋅⋅==-++++++，故12231111111111414141414141541n n n n T ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪+++++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴n *∈N ，∴1112111855415n T +=≤-<+，即121855n T ≤<．。
30 数列求和-裂项相消法专题训练精选全文
可编辑修改精选全文完整版专题30数列求和-裂项相消法专题训练【方法总结】裂项相消法求和裂项相消法裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和． 常用的裂项公式(1)若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋2； (2)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ； (3)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； (4)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； (5)2n ＋1n 2(n ＋1)2＝1n 2－1(n ＋1)2(6)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n )； (7)log a ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＝log a (n ＋1)－log a n ； (8)2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1，2n －k (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12k ⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋1＋1； (9)n ＋2(n 2＋n )2n ＋1＝1n ·2n －1(n ＋1)2n ＋1； (10)k ·2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1； (11) (－1)n n (n －1)(n ＋1)＝(－1)n 12⎝⎛⎭⎫1n －1＋1n ＋1． 注意：(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．(2)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．【高考真题】1．(2022·新高考Ⅰ)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 +++<． 【题型突破】1．在数列{a n }中，a 1＝4，na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ． 2．已知数列{a n }满足a 1＝12，且a n ＋1＝2a n 2＋a n． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)若b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n ．3．(2017·全国Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ．(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． 4．(2015·全国Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3．(1)求{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． 5．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，求数列{b n }的前n 项和为T n ． 6．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝lg a n ＋2a n，求数列{b n }的前n 项和S n ． 7．已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *， n ≥2．(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和T n ． 8．(2018·天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1， a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明：∑k ＝1n (T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)． 9．已知数列{a n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 2n －1＝a 2n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ，求数列{b n }的前n 项和T n ． 10．在等差数列{a n }中，已知a 6＝16，a 18＝36．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ．在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2a n ·a n 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解． 注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．11．在①b n ＝na n ，②b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数，③b n ＝1(log 2a n ＋1)(log 2a n ＋2)这三个条件中任选一个，补充在下 面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }是等比数列，且a 1＝1，其中a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记________，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．12．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5．(1)求{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，求证：T n ≤49． 13．在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，又设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34． 14．已知数列{a n }为等比数列，数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1＝1，b 2＝a 1＋a 2，a 3＝2b 3－6．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：15≤T n <13． 15．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1．(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2()a n ·a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2． 16．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝32，2S n ＝(n ＋1)a n ＋1(n ≥2)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1(a n ＋1)2(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <710(n ∈N *)． 17．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1前n 项的和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值． 18．设函数f (x )＝23＋1x (x ＞0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f (1a n －1)，n ∈N *，且n ≥2． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，设S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1，若S n ≥3t 4n 恒成立，求实数t 的取值范围． 19．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 1＋12a 2＋13a 3＋ (1)a n ＝a n ＋1－1(n ∈N *)，数列{a n }的前n 项和为S n ． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1S n ，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m 10对所有n ∈N *都成立的最小正整数m ． 20．已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1＝2，且a 1＋1，a 2＋1，a 4＋1成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，n ∈N *，S n 是数列{b n }的前n 项和，求使S n <319成立的最大的正整数n ．。
高考数学数列求和错位相减裂项相消(解析版)全
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a n 和等比数列b n 对应项之积组成的数列c n (即c n =a n b n )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b n 其实可以看成等差数列通项a n a n =1 与等比数列通项b n 的积.公式秒杀:S n =(A ⋅n +B )q n -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a n 的前n 项和为S n ，若a 1=1,S n =a n +1-1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =na n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1n ∈N ∗ ； (2)T n =2-n +22n.【解析】(1)因为a 1=1,S n =a n +1-1．所以S 1=a 2-1，解得a 2=2．当n ≥2时，S n -1=a n -1，所以a n =S n -S n -1=a n +1-a n ，所以2a n =a n +1，即a n +1a n=2．因为a 2a 1=2也满足上式，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n =2n -1n ∈N ∗ ．(2)由(1)知a n +1=2n ，所以b n =n2n ，所以T n =1×12+2×12 2+3×12 3+⋯+n ×12 n⋯①12T n =1×12 2+2×12 3+⋯+(n -1)×12 n +n ×12n +1⋯②①-②得12T n =12+12 2+12 3+⋯+12 n -n ×12 n +1=121-12 n1-12-n ×12 n +1=1-1+n 2 12 n ，所以T n =2-n +22n．【经典例题2】已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等比数列，且a 1=b 1=1，S 3=3b 2=12．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)若c n =a n b n +1，求数列c n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n -2，b n =4n -1(2)T n =4+n -1 4n +1【解析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由题意得：3a 1+3d =12，解得：d =3，所以a n =1+3n -1 =3n -2，由3b 2=12得：b 2=4，所以q =a2a 1=4，所以b n =4n -1(2)c n =a n b n +1=3n -2 ⋅4n ，则T n =4+4×42+7×43+⋯+3n -2 4n ①，4T n =42+4×43+7×44+⋯+3n -2 4n +1②，两式相减得：-3T n =4+3×42+3×43+3×44+⋯+3×4n -3n -2 4n +1=4+3×16-4n +11-4-3n -2 4n +1=-12+3-3n 4n +1，所以T n =4+n -1 4n +1【经典例题3】已知各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和为S n ，且S 2=6，S 3=14．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =2n -1a n，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n n ∈N * (2)T n =3-2n +32n 【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q ，当q =1时，S n =na 1，所以S 2=2a 1=6，S 3=3a 1=14，无解．当q ≠1时，S n =a 11-q n 1-q ，所以S 2=a 11-q 21-q =6,S 3=a 11-q 31-q=14.解得a 1=2，q =2或a 1=18，q =-23(舍)．所以a n =2×2n -1=2n n ∈N * ．(2)b n =2n -1a n =2n -12n ．所以T n =12+322+523+⋯+2n -32n -1+2n -12n ①，则12T n=122+323+524+⋯+2n -32n+2n -12n +1②，①-②得，12T n =12+222+223+224+⋯+22n -2n -12n +1=12+2122+123+124+⋯+12n -2n -12n +1=12+2×141-12n -1 1-12-2n -12n +1=32-2n +32n +1．所以T n =3-2n +32n．【练习1】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +1n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n -1(2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由a n +1=2a n +1得：a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2，∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2n ，∴a n =2n -1.(2)由(1)得：n a n +1 =n ⋅2n ；∴S n =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n -1+n ⋅2n ，2S n =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1，∴-S n =2+22+23++2n-n ⋅2n +1=21-2n1-2-n ⋅2n +1=1-n ⋅2n +1-2，∴S n =n -1 ⋅2n +1+2.【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =na n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =(n -1)⋅2n +1【解析】(1)令n =1得S 1=a 1=2a 1-1，∴a 1=1，当n ≥2时，S n -1=2a n -1-1，则a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1，整理得a n =2a n -1，∴an a n -1=2，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n =2n -1；(2)由(1)得b n =na n =n ⋅2n -1，则T n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -1，2T n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n ，两式相减得-T n =20+21+22+23+⋅⋅⋅+2n -1-n ⋅2n =1-2n1-2-n ⋅2n ，化简得T n =1-2n +n ⋅2n =(n -1)⋅2n +1．【练习3】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且3S n =4a n -2．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1⋅log 2a n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =22n -1(2)T n =409+6n -59×22n +3【解析】(1)当n =1时，3S 1=4a 1-2=3a 1，解得a 1=2．当n ≥2时，3a n =3S n -3S n -1=4a n -2-4a n -1-2 ，整理得a n =4a n -1，所以a n 是以2为首项，4为公比的等比数列，故a n =2×4n -1=22n -1．(2)由(1)可知，b n =a n +1⋅log 2a n =2n -1 ×22n +1，则T n =1×23+3×25+⋯+2n -1 ×22n +1，4T n =1×25+3×27+⋯+2n -1 ×22n +3，则-3T n =23+26+28+⋯+22n +2-2n -1 ×22n +3=23+26-22n +41-4-2n -1 ×22n +3=-403-6n -53×22n +3．故T n =409+6n -59×22n +3．【练习4】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2n +1a na n +2n(n ∈N +).(1)求证数列2n a n 为等差数列；(2)设b n =n n +1 a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析 (2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由已知可得a n +12n +1=a n a n +2n ，即2n +1a n +1=2n a n +1，即2n +1a n +1-2n a n =1，∴2n a n 是等差数列.(2)由(1)知，2n a n =2a 1+n -1 ×1=n +1，∴a n =2nn +1，∴b n =n ⋅2nS n =1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n2S n =1⋅22+2⋅23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1相减得，-S n=2+22+23+⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1=2n+1-2-n⋅2n+1∴S n=n-1⋅2n+1+2◆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)1n(n+k)=1k1n-1n+k;(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;(3)1n+k+n=1k(n+k-n);(4)2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2;(5)2n2n-12n+1-1=12n-1-12n+1-1;(6)2n(4n-1)n(n+1)=2n+1n+1-2nn;(7)n+1(2n-1)(2n+1)2n =1(2n-1)2n+1-1(2n+1)2n+2;(8)(-1)n(n+1)(2n+1)(2n+3)=14(-1)n2n+1-(-1)n+12n+3(9)(-1)nn-n-1=(-1)n(n+n-1)=(-1)n n-(-1)n-1n-1(10)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2).(11)n⋅n!=n+1!-n!(12)kk+1!=1k!-1k+1!【经典例题1】已知正项数列a n中，a1=1，a2n+1-a2n=1，则数列1a n+1+a n的前99项和为( )A.4950B.10C.9D.14950【答案】C【解析】因为a2n+1-a2n=1且a21=1，所以，数列a2n是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，a2n=1+n-1=n，因为数列a n为正项数列，则a n=n，则1a n+1+a n=1n+1+n=n+1-nn+1+nn+1-n=-n+n+1，所以，数列1a n+1+a n的前99项和为-1+2-2+3-⋯-99+100=10-1=9.故选：C.【经典例题2】数列a n 的通项公式为a n =2n +1n 2n +12n ∈N *，该数列的前8项和为__________．【答案】8081【解析】因为a n =2n +1n 2n +12=1n 2-1(n +1)2，所以S 8=1-122+122-132 +⋯+182-192 =1-181=8081．故答案为：8081．【经典例题3】已知数列a n 的前n 项和为S n =n 2，若b n =1a n a n +1，则数列{b n }的前n 项和为________．【答案】n 2n +1【解析】当n =1时，a 1=S 1=12=1，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1，且当n =1时，2n -1=1=a 1，故数列a n 的通项公式为a n =2n -1，b n =1a n a n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，则数列{b n }的前n 项和为：121-13 +13-15 +15-17 +⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1.故答案为：n2n +1【练习1】数列12n +1+2n -1的前2022项和为( )A.4043-12B.4045-12C.4043-1D.4045-1【答案】B 【解析】解：12n +1+2n -1=2n +1-2n -12n +1+2n -1 2n +1-2n -1=2n +1-2n -12记12n +1+2n -1 的前n 项和为T n ，则T 2022=123-1+5-3+7-5+⋯+4045-4043=124045-1 ；故选：B 【练习2】数列a n 的各项均为正数，S n 为其前n 项和，对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，又记b n =1a 2n +1⋅a 2n +3，数列b n 的前n 项和T n =______．【答案】n6n +9【解析】由对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列可得：2S n =a 2n +a n ，当n ≥2时可得2S n -1=a 2n -1+a n -1，所以2a n =2S n -2S n -1=a 2n +a n -a 2n -1-a n -1，所以a 2n -a n -a 2n -1-a n -1=0，所以(a n +a n -1)(a n -a n -1-1)=0，由数列a n 的各项均为正数，所以a n -a n -1=1，又n =1时a 2n -a n =0，所以a 1=1，所以a n =n ，b n =1a 2n +1⋅a 2n +3=1(2n +1)(2n +3)=1212n +1-12n +3 ，T n =1213-15+15-17+⋯12n +1-12n +3 =1213-12n +3 =n 6n +9.故答案为：n6n +9.【练习3】12!+23!+34!+⋅⋅⋅+nn +1 !=_______.【答案】1-1n +1 !【解析】∵k k +1 !=k +1-1k +1 !=1k !-1k +1 !，∴12!+23!+34!+⋅⋅⋅+n n +1 !=1-12!+12!-13!+13!-14!+⋅⋅⋅+1n -1 !-1n !+1n !-1n +1 !=1-1n +1 !.故答案为：1-1n +1 !.【练习4】设数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列a n3n +1 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =33n -2(2)T n =3n3n +1【解析】(1)解：数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n ，当n =1时，得a 1=3，n ≥2时，a 1+4a 2+⋯+(3n -5)a n -1=3(n -1)，两式相减得：(3n -2)a n =3，∴a n =33n -2，当n =1时，a 1=3，上式也成立.∴a n =33n -2；(2)因为a n 3n +1=3(3n -2)(3n +1)，=13n -2-13n +1，∴T n =11-14+14-17+⋯+13n -2-13n +1，=1-13n +1=3n3n +1.【练习5】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =1-a n n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 13a n ，C n =n +1-nb n b n +1，求数列C n 的前n 项和T n【答案】(1)a n =13n (2)T n =1-1n +1【解析】(1)当n =1时，2a 1=2S 1=1-a 1，解得：a 1=13；当n ≥2时，2a n =2S n -2S n -1=1-a n -1+a n -1，即a n =13a n -1，∴数列a n 是以13为首项，13为公比的等比数列，∴a n =13 n =13n .(2)由(1)得：b n =log 1313 n =n ，∴C n =n +1-n n n +1=1n -1n +1，∴T n =1-12+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n -1-1n +1n -1n +1=1-1n +1.【练习6】已知数列a n 中，2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ．(1)证明：a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)设b n =(n -1)a nn (n +1)，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =2n -1n ∈N *(2)2n n +1-1【解析】(1)解：2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ，即为a 1+a 22+⋯+a n2n -1=n ·······①，又a 1+a 22+⋯+a n -12n -2=n -1，········②，①-②得a n2n -1=1，即a n =2n -1(n ≥2)，又当n =1时，a 1=1=21-1，故a n =2n -1n ∈N * ；从而a n +1a n =2n2n -1=2n ∈N * ，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列；(2)由(1)得b n =(n -1)2n -1n (n +1)=2n n +1-2n -1n ，所以S n =212-201 +223-212 +⋯+2n n +1-2n -1n =2nn +1-1.【练习7】记S n 是公差不为零的等差数列a n 的前n 项和，若S 3=6，a 3是a 1和a 9的等比中项.(1)求数列a n 的通项公式；(2)记b n =1a n ⋅a n +1⋅a n +2，求数列b n 的前20项和.【答案】(1)a n =n ，n ∈N *(2)115462【解析】(1)由题意知a 23=a 1⋅a 9，设等差数列a n 的公差为d ，则a 1a 1+8d =a 1+2d 2，因为d ≠0，解得a 1=d又S 3=3a 1+3d =6，可得a 1=d =1，所以数列a n 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以a n =a 1+n -1 d =n ，n ∈N *(2)由(1)可知b n =1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2，设数列b n 的前n 和为T n ，则T n =1211×2-12×3+12×3-13×4+⋅⋅⋅+1n n +1 -1n +1 n +2=1212-1n +1 n +2，所以T 20=12×12-121×22 =115462所以数列b n 的前20和为115462【练习8】已知等差数列a n 满足a 3=7，a 5+a 7=26，b n =1a 2n -1(n ∈N +)．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)数列b n 的前n 项和为S n ，求S n ．【答案】(1)a n =2n +1，b n =14n n +1(2)S n =n 4n +1【解析】(1)由题意，可设等差数列a n 的公差为d ，则a 1+2d =72a 1+10d =26，解得a 1=3，d =2，∴a n =3+2n -1 =2n +1；∴b n =1a 2n -1=12n +1 2-1=14n 2+4n =14n n +1 ；(2)∵b n =14n n +1=141n -1n +1 ，S n =141-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =141-1n +1 =n 4n +1．【练习9】已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且4、a n +1、S n 成等比数列，其中n ∈N ∗．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =4S na n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =n +n2n +1【解析】(1)解：对任意的n ∈N ∗，a n >0，由题意可得4S n =a n +1 2=a 2n +2a n +1.当n =1时，则4a 1=4S 1=a 21+2a 1+1，解得a 1=1，当n ≥2时，由4S n =a 2n +2a n +1可得4S n -1=a 2n -1+2a n -1+1，上述两个等式作差得4a n =a 2n -a 2n -1+2a n -2a n -1，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0，因为a n +a n -1>0，所以，a n -a n -1=2，所以，数列a n 为等差数列，且首项为1，公差为2，则a n =1+2n -1 =2n -1.(2)解：S n =n 1+2n -12=n 2，则b n =4S n a n a n +1=4n 22n -1 2n +1 =4n 2-1+12n -1 2n +1 =1+12n -1 2n +1=1+1212n -1-12n +1，因此，T n =n +121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n +n2n +1.【练习10】已知S n 是数列a n 的前n 项和，a 1=1，___________.①∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ；②数列S n n 为等差数列，且S nn 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a n ；(2)设b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)条件选择见解析，a n =2n -1(2)T n =2n n +12n +12【解析】(1)解：选条件①：∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ，得a n +1+a n +2=4n +1 ，所以，a n +2-a n =4n +1 -4n =4，即数列a 2k -1 、a 2k k ∈N ∗ 均为公差为4的等差数列，于是a 2k -1=a 1+4k -1 =4k -3=22k -1 -1，又a 1+a 2=4，a 2=3，a 2k =a 2+4k -1 =4k -1=2⋅2k -1，所以a n =2n -1；选条件②：因为数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6，得S 11+S 22+S 33=3×S 22=6，所以S 22=2，所以S n n 的公差为d=S 22-S 11=2-1=1，得到Sn n =1+n -1 =n ，则S n =n 2，当n ≥2，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1.又a 1=1满足a n =2n -1，所以，对任意的n ∈N ∗，a n =2n -1.(2)解：因为b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2=4n 2n -1 22n +1 2=1212n -1 2-12n +1 2，所以T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =12112-132+132-152+⋅⋅⋅+12n -1 2-12n +1 2 =121-12n +1 2 =2n n +1 2n +12.【过关检测】一、单选题1.S n=12+24+38+⋯+n2n=( )A.2n-n2n B.2n+1-n-22nC.2n-n+12n+1D.2n+1-n+22n【答案】B 【解析】由S n=12+24+38+⋯+n2n，得12S n=1×122+2×123+3×124+⋯+n⋅12n+1，两式相减得12S n=12+122+123+124+⋯+12n-n⋅12n+1=121-12n1-12-n12 n+1=1-12n-n⋅12 n+1=2n+1-n-22n+1.所以S n=2n+1-n-22n.故选：B.2.数列n⋅2n的前n项和等于( )．A.n⋅2n-2n+2B.n⋅2n+1-2n+1+2C.n⋅2n+1-2nD.n⋅2n+1-2n+1【答案】B【解析】解：设n⋅2n的前n项和为S n，则S n=1×21+2×22+3×23+⋯+n⋅2n， ①所以2S n=1×22+2×23+⋯+n-1⋅2n+n⋅2n+1， ②①-②，得-S n=2+22+23+⋯+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1，所以S n=n⋅2n+1-2n+1+2．故选:B．3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=7，S6=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S3=a11-q31-q=7S6=a11-q61-q=63 ，两式相除得1+q3=9，解得q=2，进而可得a1=1，所以an=a1qn-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 =1-2n1-2-n ×2n =-1+(1-n )×2n ，故Tn =1+(n -1)×2n .故选：D .4.已知等差数列a n ，a 2=3，a 5=6，则数列1a n a n +1的前8项和为( )．A.15B.25C.35D.45【答案】B 【解析】由a 2=3，a 5=6可得公差d =a 5-a 23=1 ，所以a n =a 2+n -2 d =n +1，因此1a n a n +1=1n +1 n +2 =1n +1-1n +2 ，所以前8项和为12-13 +13-14 +⋯+19-110 =12-110=25故选：B 5.已知数列a n 的前n 项和为S n ，S n +4=a n +n +1 2．记b n =8a n +1a n +2，数列的前n 项和为T n ，则T n 的取值范围为( )A.863,47 B.19,17C.47,+∞D.19,17【答案】A 【解析】因为数列a n 中，S n +4=a n +(n +1)2，所以S n +1+4=a n +1+n +2 2，所以S n +1+4-S n +4 =a n +1-a n +2n +3，所以a n =2n +3．因为b n =8a n +1a n +2，所以b n =82n +5 2n +7=412n +5-12n +7 ，所以T n =417-19+19-111+⋅⋅⋅+12n +5-12n +7=417-12n +7 ．因为数列T n 是递增数列，当n =1时，T n =863，当n →+∞时，12n +7→0，T n →47，所以863≤T n <47，所以T n 的取值范围为863,47 ．故选：A ．6.已知数列满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2，设b n =na n ，则数列1b n b n +1的前2022项和为( )A.40424043B.20214043C.40444045D.20224045【答案】D【解析】因为a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2①，当n =1时，a 1=1；当n ≥2时，a 1+2a 2+3a 3+⋯+n -1 a n -1=(n -1)2②，①-②化简得a n =2n -1n ，当n =1时：a 1=2×1-11=1=1，也满足a n =2n -1n，所以a n =2n -1n ，b n =na n =2n -1，1b n b n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 所以1b n b n +1的前2022项和121-13+13-15+⋯+12×2022-1-12×2022+1 =121-12×2022+1 =20224045.故选:D .7.已知数列a n 满足a 1=1，且a n =1+a n a n +1，n ∈N *，则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=( )A.2021 B.20202021C.122021D.22021【答案】B 【解析】∵a n =1+a n a n +1，即a n +1=a n 1+a n ，则1a n +1=1+a n a n =1a n +1∴数列1a n是以首项1a 1=1，公差d =1的等差数列则1a n =1+n -1=n ，即a n =1n∴a n a n +1=1n n +1=1n -1n +1则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=1-12+12-13+...+12020-12021=20202021故选：B ．8.等差数列a n 中，a 3=5,a 7=9，设b n =1a n +1+a n，则数列b n 的前61项和为( )A.7-3B.7C.8-3D.8【答案】C 【解析】解：因为等差数列满足a 3=5,a 7=9，所以d =a 7-a 37-3=1，所以a n =a 3+n -3 d =n +2，所以b n =1n +3+n +2=n +3-n +2，令数列b n 的前n 项和为S n ，所以数列b n 的前n 项和S n =4-3+5-4+⋯+n +3-n +2=n +3-3，所以S 61=8-3．故选：C ．9.设数列n 22n -1 2n +1的前n 项和为S n ，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n 2(2n -1)(2n +1)=14⋅4n 24n 2-1=141+14n 2-1 =141+121(2n -1)(2n +1)=14+1812n -1-12n +1，∴S n =n 4+181-13+13-15+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1 =n 4+181-12n +1 =n (n +1)2(2n +1)，∴S 100=100×1012(2×100+1)≈25.12，故选：A ．10.已知数列a n 满足a n =1+2+4+⋯+2n -1，则数列2n a n a n +1 的前5项和为( )A.131B.163C.3031D.6263【答案】D 【解析】因为a n =1+2+4+⋯+2n -1=2n -1,a n +1=2n +1-1，所以2n a n a n +1=2n 2n -1 2n +1-1 =2n +1-1 -2n-1 2n -1 2n +1-1=12n -1-12n +1-1.所以2n a n a n +1 前5项和为121-1-122-1 +122-1-123-1 +⋯+125-1-126-1 =121-1-126-1=1-163=6263故选：D 11.已知数列a n 的首项a 1=1，且满足a n +1-a n =2n n ∈N * ，记数列a n +1a n +2 a n +1+2的前n 项和为T n ，若对于任意n ∈N *，不等式λ>T n 恒成立，则实数λ的取值范围为( )A.12,+∞ B.12,+∞C.13,+∞D.13,+∞【答案】C 【解析】解：因为a n +1-a n =2n n ∈N * ，所以a 2-a 1=21，a 3-a 2=22，a 4-a 3=23，⋯⋯，a n -a n -1=2n -1，所以a n -a 1=21+22+⋯+2n -1=21-2n -1 1-2=2n -2，n ≥2 ，又a 1=1，即a n =2n -1，所以a n +1=2n ，所以a n +1a n +2 a n +1+2 =2n 2n +1 2n +1+1=12n +1-12n +1+1，所以T n =121+1-122+1+122+1-123+1+⋯+12n +1-12n +1+1=13-12n +1+1<13所以λ的取值范围是13,+∞ .故选：C 12.在数列a n 中，a 2=3，其前n 项和S n 满足S n =n a n +12 ，若对任意n ∈N +总有14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1≤λ恒成立，则实数λ的最小值为( )A.1B.23C.12D.13【答案】C 【解析】当n ≥2时，2S n =na n +n ，2S n -1=n -1 a n -1+n -1 ，两式相减，整理得n -2 a n =(n -1)a n -1-1①，又当n ≥3时，n -3 a n -1=n -2 a n -2-1②，①-②，整理得n -2 a n +a n -2 =2n -4 a n -1，又因n -2≠0，得a n +a n -2=2a n -1，从而数列a n 为等差数列，当n =1时，S 1=a 1+12即a 1=a 1+12，解得a 1=1，所以公差d =a 2-a 1=2，则a n =2n -1，S n =na 1+n (n -1)2d =n 2，故当n ≥2时，14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1=122-1+142-1+⋯+12n 2-1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 ，易见121-12n +1 随n 的增大而增大，从而121-12n +1 <12恒成立，所以λ≥12，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a 2n +1-2a 2n -a n a n +1=0，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an +1a n=2，所以数列{an }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n =2×2n -1=2n ，所以b n =n +2 a n =n +2 ⋅2n ，令数列{bn }的前n 项的和为Tn ，T 8=3×21+4×22+⋯+9×28，则2T 8=3×22+4×23+⋯+9×29，-T 8=6+22+23+⋯+28 -9×29=6+221-271-2-9×29=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n a n的前n 项和Tn =__．【答案】2-n +22n.【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 ，n a n =n2n ，又Tn =121+222+323+⋯+n2n ，12Tn =122+223+⋯+n -12n +n 2n +1，两式相减得：12Tn =12+122+123+⋯+12n -n 2n +1=121-12n1-12-n2n +1，整理得：Tn =2-n +22n．故答案为：Tn =2-n +22n ．15.将1+x n (n ∈Ν+)的展开式中x 2的系数记为a n ，则1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=__________．【答案】40282015【解析】1+xn的展开式的通项公式为T k +1=C k n x k ，令k =2可得a n =C 2n =n n -12；1a n =2n n -1=21n -1-1n ；所以1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=21-12 +212-13 +⋯+212014-12015=21-12015 =40282015.故答案为：40282015.16.数列a n 的前项n 和为S n ，满足a 1=-12，且a n +a n +1=2n 2+2nn ∈N * ，则S 2n =______．【答案】2n 2n +1【解析】由题意，数列{a n }满足a n +a n +1=2n 2+2n，可得a 2n -1+a 2n =2(2n -1)2+2(2n -1)=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1，所以S 2n =11-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1=1-12n +1=2n2n +1，故答案为：2n2n +1三、解答题17.已知数列a n 满足a 1=1，2a n +1a n +a n +1-a n =0.(1)求证：数列1a n 为等差数列；(2)求数列a n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析；(2)S n =n2n +1.【解析】(1)令b n =1a n ，因为b n +1-b n =1a n +1-1a n =a n -a n +1a n ⋅a n +1=2，所以数列b n 为等差数列，首项为1，公差为2；(2)由(1)知：b n =2n -1；故a n =12n -1；所以a n a n +1=12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；所以S n =a 1a 2+a 2a 3+⋯+a n a n +1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n 2n +1；18.已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，a n +1-a n =3n ∈N * ，且S 3=18.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =3n (2)T n =n9n +9【解析】(1)∵a n +1-a n =3，∴数列a n 是以公差为3的等差数列.又S 3=18，∴3a 1+9=18，a 1=3，∴a n =3n .(2)由(1)知b n =13n ×3n +1=19×1n -1n +1 ，于是T n =b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n =191-12 +12-13 +13-14 +⋅⋅⋅+1n -1n +1 =191-1n +1 =n 9n +919.已知数列a n 的首项为3，且a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ．(1)证明数列1a n -2 是等差数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =-1 n an n +1，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =1n+2(2)-1+-1 n1n +1【解析】(1)因为a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ，所a n -2 -a n +1-2 =a n +1-2 a n -2 ，则1a n +1-2-1a n -2=1，所以数列1a n -2 是以13-2=1 为首项，公差等于1的等差数列，∴1a n -2=1+n -1 =n ，即a n =1n+2；(2)b n =-1 n a n n +1=-1 n 1n n +1+2n +1 =-1 n 1n +1n +1 ，则S n =-1+12 +12+13 -13+14 +⋅⋅⋅+-1 n 1n +1n +1 =-1+-1 n 1n +1；综上，a n =1n +2，S n =-1+-1 n 1n +1 .20.已知数列a n 中，a 1=-1，且满足a n +1=2a n -1.(1)求证：数列a n -1 是等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =n +11-a n +1，求数列b n 的前n 项和为T n .【答案】(1)证明见解析，a n=-2n+1(2)T n=32-n+32n+1【解析】(1)解：对任意的n∈N∗，a n+1=2a n-1，所以a n+1-1=2a n-1，且a1-1=-2，所以数列a n-1是以-2为首项，2为公比的等比数列．所以a n-1=-2n，所以a n=-2n+1．(2)解：由已知可得b n=n+11-a n+1=n+12n+1，则T n=222+323+424+⋯+n+12n+1，所以，12T n=223+324+⋯+n 2n+1+n+12n+2，两式相减得12T n=222+123+⋯+12n+1-n+12n+2=12+181-12n-11-12-n+12n+2=34-1 2n+1-n+12n+2=34-n+32n+2，因此，T n=32-n+32n+1.21.已知等比数列a n，a1=2，a5=32.(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列a n为正项数列(各项均为正)，求数列(2n+1)⋅a n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n或a n=2·-2n-1；(2)T n=2+(2n-1)⋅2n+1.【解析】(1)等比数列a n的公比为q，a1=2，a5=32，则q4=a5a1=16，解得q=±2，所以当q=2时，a n=2n，当q=-2时，a n=2⋅(-2)n-1.(2)由(1)知，a n=2n，则有(2n+1)⋅a n=(2n+1)⋅2n，则T n=3×21+5×22+7×23+⋯+(2n+1)⋅2n，于是得2T n=3×22+5×23+⋯+(2n-1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，两式相减，得-T n=6+2×(22+23+⋯+2n)-(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1-2n-1)1-2-(2n+1)⋅2n+1=-2-(2n-1)⋅2n+1，所以T n=2+(2n-1)⋅2n+1.22.已知等差数列a n满足a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，数列b n的前n项和为S n，且S n=32b n.(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)求数列a n b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.【解析】(1)设等差数列a n的公差为d，∵a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，∴1+d1+2d=1+7d，化简得2d2-4d=0，解得：d=0或d=2，若d=0，则a n=1；若d=2，则a n=2n-1；由数列b n的前n项和为S n=32b n-32①，当n=1时，得b1=3，当n≥2时，有S n-1=32b n-1-32②；①-②有b n=32b n-32b n-1，即b nb n-1=3，n≥2，所以数列b n是首项为3，公比为3的等比数列，所以b n=3n，综上所述：a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则a n b n=b n=3n，则T n=3+32+⋯+3n=31-3n1-3=33n-12，若a n=2n-1，则a n b n=2n-13n，则T n=1×3+3×32+⋯+2n-1×3n③；③×3得3T n=1×32+3×33+⋯+2n-1×3n+1④；③-④得：-2T n=3+2×32+2×33+⋯+2×3n-2n-1×3n+1=3+2×32(1-3n-1)1-3-(2n-1)×3n+1整理化简得：T n=n-13n+1+3，综上所述：若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.。
高中数学裂项相消法例题
高中数学裂项相消法例题1．已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，前n 项和为4,10n S S =，且248,,a a a 成等比数列.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）设()*21n n n b n N a a +=∈，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）n a n=（2）()()3234212n n T n n +=-++【分析】（1）结合等差数列前n 项、等差数列通项公式和等比数列性质，解关于1,a d 的方程即可求解n a ；（2）由（1）结合裂项公式得11122n b n n ⎛⎫- +⎝⎭=，采用累加法即可求解n T .（1）因为248,,a a a 成等比数列，则2428a a a =⋅，即()()()211137a d a d a d +=++，化简得：21d a d =，10,d d a ≠∴= ，①又410S =，则1434102a d ⨯+=，即1235a d +=，②联立①②解得：11a d ==，()11n a a n d n ∴=+-=.（2）当*n ∈N 时，()211111222n n n b a a n n n n +⎛⎫=== ++⎝⎭11111111111112324352112n T n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()()11113231.22124212n n n n n +⎛⎫=+--=- ⎪++++⎝⎭所以*n ∈N 时，()()3234212n n T n n +=-++.2．已知数列{}n a ，{}n b 满足112n n n a a b +-=，122n n n b b a +-=+，且11a =，14b =.（1）写出2a ，2b ，并求{}n a 的通项公式；（2）记数列1n n n b a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n S ，数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，证明：4n n S T >.【答案】（1）23a =，28b =，21n n a =-（2）证明见解析【分析】（1）由两数列的关系，{}n b 的递推关系，得到数列{}n a 的递推关系，再从基本定义出发构造等比数列{}1n a +，得到通项公式；（2）利用裂项相消法求和n S ，由等比数列的前n 项和公式得n T 后可得不等式成立．（1）因为11a =，14b =，所以211132a ab =+=，211228b a b =++=.由112n n n a a b +-=得，()12n n n b a a +=-，又122n n n b b a +-=+，所以()()2112222n n n n n a a a a a +++---=+，得()21121n n a a +++=+，得()1121n n a a ++=+，所以数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，.所以12n n a +=，21n n a =-.（2）由（1）可知，12n n b +=.所以()()1111211221212121n n n n n n n n b a a ++++⎛⎫==- ⎪----⎝⎭，所以数列1n n n b a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭得前n 项和111111112121337212121n n n n S ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥---⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.数列1n b ⎧⎫⎨⎩⎭的前n 项和21112211112212n n n T ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎡⎤⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦==-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-，所以14212n n T ⎡⎤⎛⎫=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.易知()()1111112122142220221221221n n n n n n n n n n n S T ++++---⎛⎫-=-=⨯=⨯> ⎪---⎝⎭，所以4n n S T >.3．已知数列{}n a 的前n 和22,n S n n =+记[lg ],n n b a =其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]0,[lg 99] 1.==（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设11,n n n c a a +=求数列{}n c 的前n 项和;n T （3）求数列{}n b 的500项和.【答案】（1）21n a n =+；（2）n T =11646n -+；（3）948.【分析】（1）由22n S n n =+，可知当2n ≥时，21(1)2(1)n S n n -=-+-，再利用()12n n n a S S n -=-≥，即可求出数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）得，n c =1111((21)(23)22123n n n n =-++++，再利用裂项相消法即可求出n T ；（3）由（1）知[lg ]n n b a =[lg(21)]n =+，结合题意可求出12340b b b b ====，567491b b b b ===⋯==，505152534992b b b b b ====⋯==，5003b =，即可求出数列{}n b 的500项和.（1）解：22n S n n =+ ，①∴当2n ≥时，21(1)2(1)n S n n -=-+-，②由①-②得21(2)n a n n =+≥，当1n =时，113a S ==，满足上式，∴数列{}n a 的通项公式为：21n a n =+.（2）解：由（1）知，n c =1111()(21)(23)22123n n n n =-++++，所以数列{n c }前n 项和为：n T =1111111[()()()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+.（3）解：由（1）知[lg ]n n b a =[lg(21)]n =+，14549504995003,9,11,99,101,999,1001a a a a a a a ======= ，由于lg y x =在(0,)+∞上单调递增，且lg10,lg101,lg1002,lg10003,====∴12340b b b b ====，567491b b b b ===⋯==，505152534992b b b b b ====⋯==，5003b =，数列{}n b 的前500项和为：4045145023948⨯+⨯+⨯+=.4．在①550S =，②1S 、2S 、4S 成等比数列，③()6632S a =+.这三个条件中任选两个，补充到下面问题中，并解答本题.问题：已知等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，前n 项和为n S ，且满足___________.（1）求n a ；（2）若()122n n n b b a n --=≥，且111b a -=，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）条件选择见解析，42n a n =-（2）21n n T n =+【分析】（1）根据所选条件，得出关于1a 、d 的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出数列{}n a 的通项公式；（2）利用累加法可求得数列{}n b 的通项公式，再利用裂项相消法可求得n T .（1）解：①：因为1S 、2S 、4S 成等比数列，则2214S S S =，即()()2111246a d a a d +=+，因为0d ≠，可得12d a =.②：5151050S a d =+=，可得1210a d +=.③：()6632S a =+，可得()11615352a d a d +=++，可得12a =.若选①②，则有112210d a a d =⎧⎨+=⎩，可得124a d =⎧⎨=⎩，则()1142n a a n d n =+-=-；若选①③，则124d a ==，则()1142n a a n d n =+-=-；若选②③，则122210a d d +=+=，可得4d =，所以，()1142n a a n d n =+-=-.（2）解：()12284n n n b a n b n -=--=≥，且111b a -=，则13b =，所以，当2n ≥时，则有()()()121321n n n b b b b b b b b -=+-+-++- ()()()28412131220843412n n n n -+-=++++-=+=- ，13b =也满足241n b n =-，故对任意的n *∈N ，241n b n =-，则()()11111212122121n b n n n n ⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，所以，11111111112335212122121n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦.5．已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()236n n S a n n *=-∈N （1）证明：数列{}3n a +为等比数列；（2）若数列{}n b 为等差数列，且31b a =，122b a =，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）证明见解析（2）44nn +【分析】（1）由n S 与n a 的关系，利用等比数列的定义证明即可；（2）由（1）求出n b ，再利用裂项相消法求解即可（1）当1n =时，11236a a =-，16a ∴=．()236n n S a n n N *=-∈ ，∴当2n ≥时，()112361n n S a n --=--，12336n n n a a a -∴=--，()1333n n a a -∴+=+，∴数列{}3n a +是以139a +=为首项、以3为公比的等比数列．（2）由（1）得，113933n n n a -++=⨯=，即133n n a +=-，316b a ∴==，31223324b a ==-=．设等差数列{}n b 的公差为d ，则126b d +=，11124b d +=，12b d ∴==，2n b n ∴=，()11111122141n n b b n n n n +⎛⎫∴==- ⎪⨯++⎝⎭，1111111412231n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-+⋅⋅⋅+-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1114144n n n ⎛⎫-= ⎪++⎝⎭6．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，141n n S a +=+，设12n n n b a a +=-．（1）证明数列{}n b 是等比数列并求数列{}n b 的通项：（2）数列{}n c 满足1log3n nc b =+，设1223341n n n T c c c c c c c c +=++++ ，求n T ．【答案】（1）证明见解析，2n n b =（2）5(25)n n T n =+【分析】（1）当2n ≥时，由141n n S a +=+得出141n n S a -=+，两式相减得出1144n n n a a a +-=-，然后利用等比数列的定义可证明出数列{}n b 为等比数列，并求数列{}n b 的通项公式；（2）由数列{}n b 的通项公式，求出n c ，然后利用裂项相消法即求．（1）当2n ≥时，由141n n S a +=+①，得141n n S a -=+②①－②得1144n n n a a a +-=-，所以()11222n n n n a a a a +--=-，又12n n n b a a +=-，所以12n n b b -=．因为11a =，且12141a a a +=+，所以21314a a =+=，所以12122b a a =-=，故数列{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列，∴2n n b =.（2）由2n n b =，则()11log 323n n c n b n *==∈++N ，∴111111232522325n n c c n n n n +⎛⎫=⨯=- ⎪++++⎝⎭∴122334111111157792325n n n T c c c c c c c c n n +=++++=⨯+⨯++⨯++ 11111111112577923252525n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 5(25)nn =+∴5(25)n n T n =+.7．已知数列{}n a 满足()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈ .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()()111n n n n a b a a +=++，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）*1=12,2n n n a n n N ⎧=⎨≥∈⎩，且（2）131=1021n n S +-+【分析】（1）1n =时，可得11a =，2n ≥时，代入1n -，两式相减可得通项公式；（2）利用裂项相消法可求.（1）因为()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈ ，当1n =时，可得11121a a +==， ；当2n ≥时，可得1231123(1)(2)22n n a a a n a n -++++-=-⋅+ ，()1123123(1)22n n a a a na n n N +*++++=-⋅+∈ 两式相减得1(1)2(2)22n n n n na n n n +=-⋅--⋅=⋅，即2(2)n n a n =≥，所以数列{}n a 的通项公式为*1=12,2n n n a n n N⎧=⎨≥∈⎩，且（2）当1n =时，()()()()112121*********a b a a ===++++，当2n ≥时，()()()()1112111121212121n n n n n n n n n a b a a +++===-++++++，则23341111111212121212121110n n n S +-+-++-+++=++++ 1111131()105211021n n ++=+-=-++.8．已知数列{}2n a 是公比为4的等比数列，且满足2a ，4a ，7a 成等比数列，n S 为数列{}n b 的前n 项和，且n b 是1和n S 的等差中项，记231(1)n n n n n a c a a ++=-，求数列{}n c 的前2n 项和.【答案】11466n -+【分析】先根据条件推出{}n a 是等差数列，求出{}n a 的通项公式，代入到231(1)n n n n n a c a a ++=-中，可以用裂项相消法求出{}n c 的前2n 项和【详解】∵数列{}2n a 是公比为4的等比数列∴1242n na a +=即124n n a a +-=∴12n n a a +-=∴{}n a 是等差数列，且公差为2∵2a ，4a ，7a 成等比数列∴2427a a a =则()()()21116212a a a +=++解得：16a =∴()62124n a n n =+-=+∴()()()()231(1)(1)(410251111242622322)(1)3n n n n n n n n n n n n a c n n n a a n ++++⎛⎫==⨯+ ⎪++++++-=-⎝--⎭=设数列{}n c 的前2n 项和为2n T ，21111111111111123424525622223466n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++++=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，其中11a =，满足121n n a a +=+．（1）证明数列{}1n a +为等比数列；（2）求数列1121n n n S S ++⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）证明见解析；（2）222423n n n n ++----．【分析】（1）由121n n a a +=+可得()1121n n a a ++=+，即可证明；（2）可得21n n a =-，12(2)n n S n +=-+，11121212121112(2)2(3)2(2)2(3)n n n n n n n n S S n n n n +++++++--==--+-+⎡⎤⎡⎤-+-+⎣⎦⎣⎦，然后可算出答案.【详解】（1）由121n n a a +=+可得()1121n n a a ++=+，因为11a =，所以112a +=所以数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列（2）根据（1）可得：()11112221n n n n n a a a -+=+⨯=⇒=-，所以()12122(2)12n n n S n n +-=-=-+-，所以11121212121112(2)2(3)2(2)2(3)n n n n n n n n S S n n n n +++++++--==--+-+⎡⎤⎡⎤-+-+⎣⎦⎣⎦，所以21222111111241144112(2)2(3)2(3)23n n n n n n n T n n n n +++++--=-+-+⋅⋅⋅+-=-=-+-+-+--．10．已知n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若2929a a +=，48S a =．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）记11n n n b a a +=，数列{}n b 的前n 项和为n T ，()331nn n c n T =+，求数列{}n c 的前n 项和n K ．【答案】（1）()*32n a n n N =-∈；（2）()1*313424n n n K n N +⎛⎫=+-⋅∈ ⎪⎝⎭.【分析】（1）根据已知条件可得出关于等差数列{}n a 的首项和公差的方程组，解出这两个量的值，即可求得等差数列{}n a 的通项公式；（2）利用裂项相消法可求得n T ，进而得出3nn c n =⋅，再利用错位相减法可求得数列{}n c 的前n 项和n K .【详解】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，由题意294829a a S a +=⎧⎨=⎩，得111292943472a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩，解得113a d =⎧⎨=⎩，所以，()()*1132n a a n d n n N =+-=-∈；（2）由（1）知()()111111323133231n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭，所以，11111111113447323133131n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=-=⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以，()3313n nn n c n T n =+=⋅，则()1211323133n nn K n n -=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅①，()23131323133n n n K n n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅②，①-②，得()2311131331233333331322n nn n n n K n n n +++--=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=-⎛⎪-+⋅⎫⎝⎭- ，解得()1*313424n n n K n N +⎛⎫=+-⋅∈ ⎪⎝⎭．11．已知首项为1的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11331n n n n n a S S a a +++=++．（1）求证：数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭为等差数列；（2）记数列()(){}323111n n a a -+++的前n 项和为n T ，求n T ．【答案】（1）证明见解析；（2）431=+n nT n .【分析】（1）由题可得+1111121n n aa =+++，利用等差数列的定义可证；（2）利用裂项相消法即求.【详解】（1）依题意，1131n n n n a a a a ++=++，则+113n n n a a a -=+，两边都加1可得，()+12113n n n a a a ++=+，故()+113121111212121n n n n n a aa a a ⎛⎫+==+=+ ⎪++++⎝⎭，则+1111112n n a a -=++，故数列11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是首项为12，公差为12的等差数列；（2）由（1）可知，112n na =+，故21n a n +=，则()()()()3231224411113231323133231n n a a n n n n n n -+⎛⎫++==- ⎪-+-+-+⎝⎭，故4111111414131447323133131n nT n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪-+++⎝⎭⎝⎭.12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且0n a >，6742021a =，()()612n n n S a a =++，*N n ∈.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足152n n n b b a --=+，2n ≥，*N n ∈，192b =，求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】（1）31n a n =-；（2）()()1232312n n T n n +=-++.【分析】（1）令1n =可求得11a =或12a =，当2n ≥时，可得2111623n n n S a a ---+=+与已知条件两式相减可得{}n a 是等差数列，再由6742021a =可确定1a 的值，进而可得{}n a 的通项公式；（2）利用累加法以及等差数列求和公式可得n b ，进而可得1nb ，利用裂项求和即可求解.【详解】（1）()()261232n n n n n S a a a a =++=++，当2n ≥时，可得2111623n n n S a a ---+=+，两式相减可得2211336n n n n n a a a a a ---+-=，化简得()()()1113n n n n n n a a a a a a ---+-=+.因为0n a >，则10n n a a -+≠，所以13n n a a --=，故数列{}n a 是以3为公差的等差数列.在2632n n n S a a =++中，令1n =，2111632a a a =++，即211320a a -+=，可得11a =或12a =.当11a =时，()13132n a n n =+-=-，674367422020a =⨯-=，不符合题意；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，6742021a =，符合题意.综上所述：31n a n =-.（2）因为152n n n b b a --=+，所以12152n n n b b a ----=+，23252n n n b b a ----=+，…21252b b a -=+，累加可得：()1122512n n n n b b a a a a n ---=+++⋅⋅⋅++-，故()()()()112313255912122222n n n n n n b S a n b n +-+=-+-+=-+-+=（2n ≥），经检验192b =也满足上式，所以()322n n n b +=，则()121113232n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭.所以1111111113324352n T n n ⎛⎫=-+-++⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭111113212n n ⎛⎫=+-- ⎪++⎝⎭()()1232312n n n +=-++.13．数列{}n a 对于任意*n N ∈，满足()()1428n n a a ++-=，且12a =．()1求n a ；()2若12n n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和．【答案】()1221n n a =-；()214421n +--．【分析】()1根据已知条件化简并凑项，即可得出21n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列，进而写出通项公式；()2由()1中221n n a =-，可得1111242121nn n n n n b a a ++⋅⎛⎫==- ⎪--⎝⎭，进而利用裂项相消法求数列{}n b 的前n 项和．【详解】解：()1由题意()()1428n n a a ++-=，即118428n n n n a a a a ++-+-=，1124n n n n a a a a ++-=，1241n na a +-=，1241n na a +=+，122211n n a a +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，122121n n a a +⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭12a =，∴1212a +=则21n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2为公比的等比数列.∴212n na +=，则221n n a =-()2由()1中221n n a =-，可得()()1122222121n n n n n n n b a a ++⨯⋅⋅==--()()114211421212121n n n n n ++⨯⎛⎫==-⎪----⎝⎭.设数列{}n b 的前n 项和为n S ，则123n nS b b b b =++++ 121231111114212121212121n n +⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎡⎤⎛⎫=-+-++- ⎪⎢⎥------⎝⎭⎣⎭⎦ 114121n +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭14421n +=--.14．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，首项为1a ，且12nn S a a n-=．（1）证明：{}n a 为等差数列；（2）若{}n a 的首项和公差均为1，求数列()()122121n nn a a a +⎧⎫⎪⎪⎨⎬--⎪⎪⎩⎭的前n 项和n T ．【答案】（1）证明见解析；（2）11121n n T +=--.【分析】（1）利用1n n n a S S -=-消去n S ，利用等差中项法证明等差数列；（2）先求出n a n =，把()()122121n n n a a a +--转化为()()1121121212121n n n a n n a a ++=-----，利用裂项相消法求和.【详解】解：（1）由题意得()()11112211n nn n S na na S n a n a --=+⎧⎨=-+-⎩（2n ≥）两式相减得()()1121n n n a a n a --+=-从而()()()1111211n n n nn a a n a n a a na -+⎧-+=-⎪⎨-+=⎪⎩再两式相减得()()()111122n n n n a n a n a +--+-=-又10n -≠∴112n n n a a a +-+=，于是{}n a 为等差数列．（2）由（1）可得{}n a 为等差数列，又11a d ==，∴n a n =．于是()()()()1112211212121212121n n nn n n n n a a +++==-------则2231111111111212121212121n n n n T ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪------⎝⎭⎝⎭⎝⎭．15．已知数列{}n a 是递增等比数列，n S 为其前n 项和，且1428a a +=，2327a a ⋅=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列{}n b 满足212n n n n a b S S +++=⋅，求其前n 项和n T .【答案】（1）13-=n n a ；（2）212431n n T +=--.【分析】（1）由已知条件可得出关于1a 、4a 的方程组，解出这两个量的值，可求得等比数列{}n a 的公比，可求得等比数列{}n a 的通项公式；（2）求出312n n S -=，可得出121123131n n n b ++⎛⎫=- ⎪--⎝⎭。
数列经典例题（裂项相消法）
数列经典例题（裂项相消法）数列裂项相消求和的典型题型1．已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( ) A ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．1011002．数列,)1(1+=n n a n 其前n 项之和为,109则在平⾯直⾓坐标系中，直线0)1(=+++n y x n 在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．93．等⽐数列}{n a 的各项均为正数，且6223219,132a a a a a ==+． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++= 求数列}1{nb 的前n 项和． 4．正项数列}{n a 满⾜02)12(2=---n a n a n n ． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ；(Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T ． 5．设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且12,4224+==n n a a S S ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设数列}{n b 满⾜,,211*2211N n a b a b a b n n n ∈-=+++ 求}{n b 的前n 项和n T ． 6．已知等差数列}{n a 满⾜：26,7753=+=a a a ．}{n a 的前n 项和为n S ．(Ⅰ)求n a 及n S ；(Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T ． 7．在数列}{n a 中n n a n a a 211)11(2,1,+==+． (Ⅰ)求}{n a 的通项公式；(Ⅱ)令,211n n n a a b -=+求数列}{n b 的前n 项和n S ；（Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n T ．8．已知等差数列}{n a 的前3项和为6，前8项和为﹣4．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设),,0()4(*1N n q q a b n n n ∈≠-=-求数列}{n b 的前n 项和n S ．9．已知数列}{n a 满⾜,2,021==a a 且对*,N n m ∈?都有211212)(22n m a a a n m n m -+=+-+--．(Ⅰ)求53,a a ；(Ⅱ)设),(*1212N n a a b n n n ∈-=-+证明：}{n b 是等差数列；（Ⅲ）设),,0()(*11N n q q a a c n n n n ∈≠-=-+求数列}{n c 的前n 项和n S ．10．已知数列}{n a 是⼀个公差⼤于0的等差数列，且满⾜16,557263=+=a a a a ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)数列}{n a 和数列}{n b 满⾜等式),(2222*33221N n b b b b a n n n ∈++++= 求数列}{n b 的前n 项和n S ． 11．已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等⽐数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)令,4)1(112+--=n n n a a n b 求数列}{n b 的前n 项和n T . 12．正项数列}{n a 的前n 项和n S 满⾜：0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ；(2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈?都有6451．A ；2．B3．解：(Ⅰ)设数列{a n }的公⽐为q ，由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42，∴q 2=．由条件可知各项均为正数，故q=．由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1，∴a 1=．故数列{a n }的通项式为a n =．（Ⅱ）b n =++…+=﹣（1+2+…+n ）=﹣，故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，∴数列{}的前n项和为﹣．4．解：(Ⅰ)由正项数列{a n}满⾜：﹣（2n﹣1）a n﹣2n=0，可有（a n﹣2n）（a n+1）=0∴a n=2n．(Ⅱ)∵a n=2n，b n=，∴b n===，T n===．数列{b n}的前n项和T n为．5．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的⾸项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2a n+1有：，解有a1=1，d=2．∴a n=2n﹣1，n∈N*．(Ⅱ)由已知++…+=1﹣，n∈N*，有：当n=1时，=，当n≥2时，=（1﹣）﹣（1﹣）=，∴，n=1时符合．∴=，n∈N*由（Ⅰ）知，a n=2n﹣1，n∈N*．∴b n=，n∈N*．⼜T n=+++…+，∴T n=++…++，两式相减有：T n=+（++…+）﹣=﹣﹣∴T n=3﹣．6．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，∵a3=7，a5+a7=26，∴有，解有a1=3，d=2，∴a n=3+2（n﹣1）=2n+1；S n==n2+2n；(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n=2n+1，∴b n====，∴T n===，即数列{b n}的前n项和T n=．7．解：(Ⅰ)由条件有，⼜n=1时，，故数列构成⾸项为1，公式为的等⽐数列．∴，即．(Ⅱ)由有，，两式相减，有：，∴．（Ⅲ）由有．∴T n=2S n+2a1﹣2a n+1=．8．解：(Ⅰ)设{a n}的公差为d，由已知有解有a1=3，d=﹣1故a n=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有，b n=n?q n﹣1，于是S n=1?q0+2?q1+3?q2+…+n?q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qS n=1?q1+2?q2+3?q3+…+n?q n．上⾯两式相减，有（q﹣1）S n=nq n﹣（1+q+q2+…+q n﹣1）=nq n﹣于是S n=若q=1，则S n=1+2+3+…+n=∴，S n=．9．解：(Ⅰ)由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8即b n+1﹣b n=8∴{b n}是公差为8的等差数列（Ⅲ）由(Ⅰ) (Ⅱ)解答可知{b n}是⾸项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则b n=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知（令m=1）可有a n=﹣（n﹣1）2．∴a n+1﹣a n=﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是c n=2nq n﹣1．当q=1时，S n=2+4+6++2n=n（n+1）当q≠1时，S n=2?q0+4?q1+6?q2+…+2n?q n﹣1．两边同乘以q，可有qS n=2?q1+4?q2+6?q3+…+2n?q n．上述两式相减，有（1﹣q）S n=2（1+q+q2+…+q n﹣1）﹣2nq n=2?﹣2nq n=2?∴S n=2?综上所述，S n =．10．解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意可知d ＞0由a 2+a 7=16，有，2a 1+7d=16①由a 3a 6=55，有（a 1+2d ）（a 1+5d ）=55②由①②联⽴⽅程求，有d=2，a 1=1/d=﹣2，a 1=（排除）∴a n =1+（n ﹣1）?2=2n ﹣1(Ⅱ)令c n =，则有a n =c 1+c 2+…+c n a n+1=c 1+c 2+…+c n+1两式相减，有a n+1﹣a n =c n+1，由（1）有a 1=1，a n+1﹣a n =2∴c n+1=2，即c n =2（n ≥2），即当n ≥2时，b n =2n+1，⼜当n=1时，b 1=2a 1=2∴b n =于是S n =b 1+b 2+b 3+...+b n =2+23+24+ (2)n+1=2n+2﹣6，n ≥2，． 11．解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2， S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)．当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n ＝ 2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n 2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1) 12．(1)解由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)． n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明由a n ＝2n (n ∈N *)得b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝1161n 2－1(n ＋2)2 T n ＝116?? ????1－132＋122－142＋132－152＋… ?＋? ????1(n －1)2－1(n ＋1)2＋? ????1n 2－1(n ＋2)2 ＝1161＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<1161＋122＝564(n ∈N *)．即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.。
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 ．。
数列经典例题(裂项相消法)60574
数列裂项相消求和的典型题型1．已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( ) A ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．1011002．数列,)1(1+=n n a n 其前n 项之和为,109则在平面直角坐标系中，直线0)1(=+++n y x n 在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．93．等比数列}{n a 的各项均为正数，且6223219,132a a a a a ==+． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++=Λ求数列}1{nb 的前n 项和． 4．正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n ． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ；(Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T ． 5．设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且12,4224+==n n a a S S ． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设数列}{n b 满足,,211*2211N n a b a b a b n n n ∈-=+++Λ求}{n b 的前n 项和n T ． 6．已知等差数列}{n a 满足：26,7753=+=a a a ．}{n a 的前n 项和为n S ． (Ⅰ)求n a 及n S ；(Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T ． 7．在数列}{n a 中n n a na a 211)11(2,1,+==+． (Ⅰ)求}{n a 的通项公式；(Ⅱ)令,211n n n a a b -=+求数列}{n b 的前n 项和n S ； （Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n T ．8．已知等差数列}{n a 的前3项和为6，前8项和为﹣4．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设),,0()4(*1N n q q a b n n n ∈≠-=-求数列}{n b 的前n 项和n S ．9．已知数列}{n a 满足,2,021==a a 且对*,N n m ∈∀都有211212)(22n m a a a n m n m -+=+-+--．(Ⅰ)求53,a a ；(Ⅱ)设),(*1212N n a a b n n n ∈-=-+证明：}{n b 是等差数列；（Ⅲ）设),,0()(*11N n q q a a c n n n n ∈≠-=-+求数列}{n c 的前n 项和n S ．10．已知数列}{n a 是一个公差大于0的等差数列，且满足16,557263=+=a a a a ． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)数列}{n a 和数列}{n b 满足等式),(2222*33221N n b b b b a n n n ∈++++=Λ求数列}{n b 的前n 项和n S ． 11．已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等比数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)令,4)1(112+--=n n n a a n b 求数列}{n b 的前n 项和n T . 12．正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足：0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ；(2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈∀都有645<n T . 答案：1．A ；2．B3．解：(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ，由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42，∴q 2=． 由条件可知各项均为正数，故q=．由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1，∴a 1=．故数列{a n}的通项式为a n=．（Ⅱ）b n=++…+=﹣（1+2+…+n）=﹣，故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，∴数列{}的前n项和为﹣．4．解：(Ⅰ)由正项数列{a n}满足：﹣（2n﹣1）a n﹣2n=0，可有（a n﹣2n）（a n+1）=0∴a n=2n．(Ⅱ)∵a n=2n，b n=，∴b n===，T n===．数列{b n}的前n项和T n为．5．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2a n+1有：，解有a1=1，d=2．∴a n=2n﹣1，n∈N*．(Ⅱ)由已知++…+=1﹣，n∈N*，有：当n=1时，=，当n≥2时，=（1﹣）﹣（1﹣）=，∴，n=1时符合．∴=，n∈N*由（Ⅰ）知，a n=2n﹣1，n∈N*．∴b n=，n∈N*．又T n=+++…+，∴T n=++…++，两式相减有：T n=+（++…+）﹣=﹣﹣∴T n=3﹣．6．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，∵a3=7，a5+a7=26，∴有，解有a1=3，d=2，∴a n=3+2（n﹣1）=2n+1；S n==n2+2n；(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n=2n+1，∴b n====，∴T n===，即数列{b n}的前n项和T n=．7．解：(Ⅰ)由条件有，又n=1时，，故数列构成首项为1，公式为的等比数列．∴，即．(Ⅱ)由有，，两式相减，有：，∴．（Ⅲ）由有．∴T n=2S n+2a1﹣2a n+1=．8．解：(Ⅰ)设{a n}的公差为d，由已知有解有a1=3，d=﹣1故a n=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有，b n=n•q n﹣1，于是S n=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n．上面两式相减，有（q﹣1）S n=nq n﹣（1+q+q2+…+q n﹣1）=nq n﹣于是S n=若q=1，则S n=1+2+3+…+n=∴，S n=．9．解：(Ⅰ)由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8即b n+1﹣b n=8∴{b n}是公差为8的等差数列（Ⅲ）由(Ⅰ) (Ⅱ)解答可知{b n}是首项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则b n=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知（令m=1）可有a n=﹣（n﹣1）2．∴a n+1﹣a n=﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是c n=2nq n﹣1．当q=1时，S n=2+4+6++2n=n（n+1）当q≠1时，S n=2•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1．两边同乘以q，可有qS n=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n．上述两式相减，有（1﹣q）S n=2（1+q+q2+…+q n﹣1）﹣2nq n=2•﹣2nq n=2•∴S n=2•综上所述，S n=．10．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，则依题意可知d＞0由a2+a7=16，有，2a1+7d=16①由a 3a 6=55，有（a 1+2d ）（a 1+5d ）=55②由①②联立方程求，有d=2，a 1=1/d=﹣2，a 1=（排除）∴a n =1+（n ﹣1）•2=2n﹣1(Ⅱ)令c n =，则有a n =c 1+c 2+…+c n a n+1=c 1+c 2+…+c n+1两式相减，有a n+1﹣a n =c n+1，由（1）有a 1=1，a n+1﹣a n =2∴c n+1=2，即c n =2（n≥2），即当n≥2时，b n =2n+1，又当n=1时，b 1=2a 1=2∴b n =于是S n =b 1+b 2+b 3+…+b n =2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n≥2，．11．解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2， S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时， T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n 2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1) 12．(1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0.所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *)得b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2 T n ＝116⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－152＋… ⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564(n ∈N *)． 即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.。
数列求和裂项相消法例题
专题7.20数列大题（裂项相消求和2）1．在递增等差数列{}n a 中，248a a +=，1a ，3a ，7a 成等比数列．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅰ）解：设递增等差数列{}n a 的公差为(0)d d >．由，248a a +=，1a ，3a ，7a 成等比数列，得11211138(2)(6)a d a d a d a a d +++=⎧⎨+=⋅+⎩，解得12a =，1d =或0，(0舍去），∴*2(1)11()n a n n n N =+-⨯=+∈．（Ⅱ）证明：设13n n n b a a +=，由（Ⅰ）知133113((1)(2)12n n n b a a n n n n +===-++++，12111111111111113333()3()3(3()3()23341223341222222n n T b b b n n n n n n ∴=+++=-+-++-=-+-++-=-=-<++++++ 2．已知各项均为正数的数列{}n a 满足：11(1)(1)n n n n a a a a ++-=+，11a =．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；解：(11)(1)(1)n n n n I a a a a ++-=+ ，∴2211n n n n a a a a ++-=+，即111()()n n n n n n a a a a a a +++-+=+，10n n a a ++≠ ，所以11n n a a +-=，11a = ，∴数列{}n a 是首项为1、公差为1的等差数列，n a n ∴=．证明：()II 由()I 知，22222212232311(1)(2)(1)(2)n n n n a n b a a n n n n ++++===-++++，∴222222*********()()[]2334(1)(2)4(2)n S n n n =-+-++-=+++ ．2114(2)n S n =-+在*n N ∈上单调递增，且210(2)n >+，∴51364n S < ．3．已知数列{}n a 中，121a a ==，且212n n n a a a ++=+，记1n n n b a a +=+，求证：（1）{}n b是等比数列；证明：（1）212n n n a a a ++=+，可得2112()n n n n a a a a ++++=+，记1n n n b a a +=+，可得12n n b b +=，又1122b a a =+=，可得{}n b 是首项和公比均为2的等比数列；（2）2n n b =，12(12)2212n n n T +-==--，11121122(22)(22)2(21)(21)n nn n n n n n n b T T ++++++==⋅----1111(22121n n +=---，所以312223112231111111(122121212121n n n n n b b b T T T T T T +++++⋯+=-+-+⋯+-⋅⋅⋅-----1111(1)2212n +=-<-．4．在公差不为零的等差数列{}n a 中，38a =，且3a ，11a ，43a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）由题意，设等差数列{}n a 的公差为(0)d d ≠，则11388(1)a a d d =+=+，433408(51)a a d d =+=+，3a ，11a ，43a 成等比数列，∴211343a a a =，即264(1)88(51)d d +=⨯+，化简整理，得230d d -=，解得0d =（舍去），或3d =，83(3)31n a n n ∴=+⨯-=-，*n N ∈，（2）由（1），可得212n n n b a a =+-21(31)(31)2n n =-+--21932n n =--1(32)(31)n n =-+111()33231n n =--+，12n nS b b b ∴=++⋯+11111111(1)((3434733231n n =⨯-+⨯-+⋯+⨯--+111111(1)34473231n n =⨯-+-+⋯+--+11(1)331n =⨯-+31n n =+．5．已知等差数列{}n a 满足438a a -=，且1a ，4a ，13a 成等比数列．（1）求{}n a 的通项公式；解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为438a a -=，所以8d =．又因为1a ，4a ，13a 成等比数列，所以24113a a a =⋅，即2111(3)(12)a d a a d +=⋅+，解得112a =，所以84n a n =+．（2）根据等差数列的前n 项和公式可得248n S n n =+，所以2111111()3483(21)(23)22123n n c S n n n n n n ====-+++++++，所以1111111111(()235572123232369n n T n n n n =-+-+⋅⋅⋅+-=-=++++6．已知数列{}n a 是等差数列，n S 是数列{}n a 的前n 项和，35a =，749S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）因为74749S a ==，所以47a =，而35a =，设数列{}n a 的公差为d ，则432d a a =-=，11a =，所以12(1)21n a n n =+-=-；（2）由21(121)2n S n n n =+-=，由1(1)n n b a +=-，可得(1)(21)11(1)((1)1n n n n b n n n n -+==-+++，211111111211223342212121n n T n n n n =--++--+⋯⋯++=-=-+++．7．记n S 为等比数列{}n a 的前n 项的和，且{}n a 为递增数列．已知24a =，314S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；解：（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，则212312322414a a q a S a a a a a q q ==⎧⎪⎨=++=++=⎪⎩，解得122a q =⎧⎨=⎩或1812a q =⎧⎪⎨=⎪⎩，因为数列{}n a 为递增数列，所以只有122a q =⎧⎨=⎩符合题意，故2n n a =；（2）由题意，11222121(1)(1)(1)(1)log 2log 2(1)1n n nn n n n n n b n n n n ++++--=-=-=-⋅++，1223112(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)...[][]...[]1122311n n nn n T b b b n n n +-------∴=+++=-+-++-=-+．（1）求数列{}n b 的通项公式；解：（1）因为25a =，且4a 、51a +、71a +成等比数列，所以2475(1)(1)a a a +=+．所以2222(2)(51)(31)a d a d a d +++=++，整理得222410d a d d a +---=，得260d d +-=，解得3d =-或2d =，由于{}n a 是正项等差数列，舍去3d =-，即2d =．所以13a =，1113a b ==．1-=，所以数列是以1=为首项，1为公差的等差数列，1n n =+-=，即2n b n =．（2）因为25a =，2d =，所以2(2)21n a a n d n =+-=+，所以22222222121(1)11(1)(1)(1)n n n n a n n n c b b n n n n n n +++-====-+++，故22222222111111211223(1)(1)(1)n n n S n n n n +=-+-+⋯+-=-=+++．。
数列典范例题(裂项相消法)
数列裂项相消求和的典型题型1．已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( ) A ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．1011002．数列,)1(1+=n n a n 其前n 项之和为,109则在平面直角坐标系中，直线0)1(=+++n y x n 在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．93．等比数列}{n a 的各项均为正数，且6223219,132a a a a a ==+．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++= 求数列}1{nb 的前n 项和． 4．正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ； (Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T ．5．设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且12,4224+==n n a a S S ． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式； (Ⅱ)设数列}{n b 满足,,211*2211N n a b a b a b n n n ∈-=+++ 求}{n b 的前n 项和n T ． 6．已知等差数列}{n a 满足：26,7753=+=a a a ．}{n a 的前n 项和为n S ． (Ⅰ)求n a 及n S ； (Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T ． 7．在数列}{n a 中n n a na a 211)11(2,1,+==+． (Ⅰ)求}{n a 的通项公式；(Ⅱ)令,211n n n a a b -=+求数列}{n b 的前n 项和n S ； （Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n T ．8．已知等差数列}{n a 的前3项和为6，前8项和为﹣4． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设),,0()4(*1N n q q a b n n n ∈≠-=-求数列}{n b 的前n 项和n S ．9．已知数列}{n a 满足,2,021==a a 且对*,N n m ∈∀都有211212)(22n m a a a n m n m -+=+-+--．(Ⅰ)求53,a a ；(Ⅱ)设),(*1212N n a a b n n n ∈-=-+证明：}{n b 是等差数列；（Ⅲ）设),,0()(*11N n q q a a c n n n n ∈≠-=-+求数列}{n c 的前n 项和n S ．10．已知数列}{n a 是一个公差大于0的等差数列，且满足16,557263=+=a a a a ． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)数列}{n a 和数列}{n b 满足等式),(2222*33221N n b b b b a n n n ∈++++=求数列}{n b 的前n 项和n S ． 11．已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等比数列． (1)求数列}{n a 的通项公式； (2)令,4)1(112+--=n n n a a nb 求数列}{n b 的前n 项和n T .12．正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足：0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ； (2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈∀都有645<n T . 答案： 1．A ；2．B3．解：(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ，由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42，∴q 2=． 由条件可知各项均为正数，故q=．由2a1+3a2=1有2a1+3a1q=1，∴a1=．故数列{a n}的通项式为a n=．（Ⅱ）b n=++…+=﹣（1+2+…+n）=﹣，故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，∴数列{}的前n项和为﹣．4．解：(Ⅰ)由正项数列{a n}满足：﹣（2n﹣1）a n﹣2n=0，可有（a n﹣2n）（a n+1）=0∴a n=2n．(Ⅱ)∵a n=2n，b n=，∴b n===，T n===．数列{b n}的前n项和T n为．5．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2a n+1有：，解有a1=1，d=2．∴a n=2n﹣1，n∈N*．(Ⅱ)由已知++…+=1﹣，n∈N*，有：当n=1时，=，当n≥2时，=（1﹣）﹣（1﹣）=，∴，n=1时符合．∴=，n∈N*由（Ⅰ）知，a n=2n﹣1，n∈N*．∴b n=，n∈N*．又T n=+++…+，∴T n=++…++，两式相减有：T n=+（++…+）﹣=﹣﹣∴T n=3﹣．6．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，∵a3=7，a5+a7=26，∴有，解有a1=3，d=2，∴a n=3+2（n﹣1）=2n+1；S n==n2+2n；(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n=2n+1，∴b n====，∴T n===，即数列{b n}的前n项和T n=．7．解：(Ⅰ)由条件有，又n=1时，，故数列构成首项为1，公式为的等比数列．∴，即．(Ⅱ)由有，，两式相减，有：，∴．（Ⅲ）由有．∴T n=2S n+2a1﹣2a n+1=．8．解：(Ⅰ)设{a n}的公差为d，由已知有解有a1=3，d=﹣1故a n=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有，b n=n•q n﹣1，于是S n=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n．上面两式相减，有（q﹣1）S n=nq n﹣（1+q+q2+…+q n﹣1）=nq n﹣于是S n=若q=1，则S n=1+2+3+…+n=∴，S n=．9．解：(Ⅰ)由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8 于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8即b n+1﹣b n=8∴{b n}是公差为8的等差数列（Ⅲ）由(Ⅰ) (Ⅱ)解答可知{b n}是首项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则b n=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知（令m=1）可有a n=﹣（n﹣1）2．∴a n+1﹣a n=﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是c n=2nq n﹣1．当q=1时，S n=2+4+6++2n=n（n+1）当q≠1时，S n=2•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1．两边同乘以q，可有qS n=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n．上述两式相减，有（1﹣q）S n=2（1+q+q2+…+q n﹣1）﹣2nq n=2•﹣2nq n=2•∴S n=2•综上所述，S n=．10．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，则依题意可知d＞0由a2+a7=16，有，2a1+7d=16①由a 3a 6=55，有（a 1+2d ）（a 1+5d ）=55② 由①②联立方程求，有d=2，a 1=1/d=﹣2，a 1=（排除）∴a n =1+（n ﹣1）•2=2n ﹣1 (Ⅱ)令c n =，则有a n =c 1+c 2+…+c na n+1=c 1+c 2+…+c n+1 两式相减，有a n+1﹣a n =c n+1，由（1）有a 1=1，a n+1﹣a n =2 ∴c n+1=2，即c n =2（n ≥2）， 即当n ≥2时，b n =2n+1，又当n=1时，b 1=2a 1=2 ∴b n =于是S n =b 1+b 2+b 3+…+b n =2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n ≥2，．11．解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)b n＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1)12．(1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0， 由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)． (2)证明 由a n＝2n (n ∈N *)得b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2 T n ＝116⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564(n ∈N *)． 即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.。
数列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。
(完整版)裂项相消法专项高考真题训练
裂项相消法专题1．（2014•成都模拟）等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1+3a 2=1，a 32=9a 2a 6， （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ，求数列{}的前n 项和．【答案】（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42，∴q 2=． 由条件可知各项均为正数，故q=． 由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1，∴a 1=． 故数列{a n }的通项式为a n =．（Ⅱ）b n =++…+=﹣（1+2+…+n）=﹣，故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣， ∴数列{}的前n 项和为﹣．,2，（2013•江西）正项数列{a n }满足﹣（2n ﹣1）a n ﹣2n=0．（1）求数列{a n }的通项公式a n ； （2）令b n =，求数列{b n }的前n 项和T n ．【答案】（1）由正项数列{a n }满足：﹣（2n ﹣1）a n ﹣2n=0，可有（a n ﹣2n ）（a n +1）=0 ∴a n =2n ． （2）∵a n =2n ，b n =，∴b n == =，T n ===．数列{b n }的前n 项和T n 为．3．（2013•山东）设等差数列{an }的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设数列{bn }满足=1﹣，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn．【答案】（Ⅰ）设等差数列{an }的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2an+1有：，解有a1=1，d=2．∴an=2n﹣1，n∈N*．（Ⅱ）由已知++…+=1﹣，n∈N*，有：当n=1时，=，当n≥2时，=（1﹣）﹣（1﹣）=，∴，n=1时符合．∴=，n∈N*由（Ⅰ）知，an=2n﹣1，n∈N*．∴bn=，n∈N*．又Tn=+++…+，∴Tn=++…++，两式相减有：Tn=+（++…+）﹣=﹣﹣∴Tn=3﹣．4.（2010•山东）已知等差数列{an }满足：a3=7，a5+a7=26．{an}的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an 及Sn；（Ⅱ）令（n∈N*），求数列{bn }的前n项和Tn．【答案】（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，∵a3=7，a5+a7=26，∴有，解有a1=3，d=2，∴an=3+2（n﹣1）=2n+1；Sn==n2+2n；（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n+1，∴bn====，∴Tn===，即数列{bn }的前n项和Tn=．5.（2008•四川）在数列{an }中，a1=1，．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{bn }的前n项和Sn；（Ⅲ）求数列{a n}的前n项和T n．【答案】（Ⅰ）由条件有，又n=1时，，故数列构成首项为1，公式为的等比数列．∴，即．（Ⅱ）由有，，两式相减，有：，∴．（Ⅲ）由有．∴Tn =2Sn+2a1﹣2an+1=．6.（2010•四川）已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn =（4﹣an）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．【答案】（1）设{an}的公差为d，由已知有解有a1=3，d=﹣1故an=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；（2）由（1）的解答有，bn=n•q n﹣1，于是Sn=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qSn=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n．上面两式相减，有（q﹣1）Sn=nq n﹣（1+q+q2+…+q n﹣1）=nq n﹣于是Sn=若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=∴，Sn=．7.（2010•四川）已知数列{an }满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2am+n﹣1+2（m﹣n）2（1）求a3，a5；（2）设bn =a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{bn}是等差数列；（3）设cn =（an+1﹣an）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{cn}的前n项和Sn．【答案】（1）由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20（2）当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a 2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8即bn+1﹣bn=8∴{bn}是公差为8的等差数列（3）由（1）（2）解答可知{bn }是首项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则bn =8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知（令m=1）可有an=﹣（n﹣1）2．∴an+1﹣an=﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是cn=2nq n﹣1．当q=1时，Sn=2+4+6++2n=n（n+1）当q≠1时，Sn=2•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1．两边同乘以q，可有qSn=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n．上述两式相减，有（1﹣q）Sn=2（1+q+q2+…+q n﹣1）﹣2nq n=2•﹣2nq n=2•∴Sn=2•综上所述，Sn=．8.（2009•湖北）已知数列{an }是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6=55，a2+a7=161）求数列{an}的通项公式；2）数列{an }和数列{bn}满足等式an=（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．【答案】（1）设等差数列{an}的公差为d，则依题意可知d＞0由a2+a7=16，有，2a1+7d=16①由a3a6=55，有（a1+2d）（a1+5d）=55②由①②联立方程求，有d=2，a1=1/d=﹣2，a1=（排除）∴an=1+（n﹣1）•2=2n﹣1（2）令cn =，则有an=c1+c2+…+cnan+1=c1+c2+…+cn+1两式相减，有a n+1﹣an=cn+1，由（1）有a1=1，an+1﹣an=2∴cn+1=2，即cn=2（n≥2），即当n≥2时，b n =2n+1，又当n=1时，b1=2a1=2∴bn=于是Sn =b1+b2+b3+…+bn=2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n≥2，．。
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裂项相消法专题1．（2014•成都模拟）等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1+3a 2=1，a 32=9a 2a 6，（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）设b n=log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n，求数列{}的前n 项和．【答案】（Ⅰ）设数列{a n}的公比为q，由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42，∴q 2=．由条件可知各项均为正数，故q=．由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1，∴a 1=．故数列{a n}的通项式为a n=（Ⅱ）b n=故则=﹣++…+++…+=﹣2（﹣．=﹣（1+2+…+n）=﹣））]=﹣，，=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣．,∴数列{}的前n 项和为﹣2，（2013•江西）正项数列{a n}满足（1）求数列{a n}的通项公式a n；（2）令b n=﹣（2n﹣1）a n﹣2n=0．，求数列{b n}的前n 项和T n．﹣（2n﹣1）a n﹣2n=0，【答案】（1）由正项数列{a n}满足：可有（a n ﹣2n）（a n+1）=0∴a n=2n．（2）∵a n=2n，b n=T n===．．，∴b n== =，数列{b n}的前n 项和T n为3．（2013•山东）设等差数列{an }的前n项和为Sn，且S4=4S2，a2n=2an+1．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设数列{bn }满足=1﹣，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn．【答案】（Ⅰ）设等差数列{an }的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2an+1有：，解有a1=1，d=2．∴an=2n﹣1，n∈N*．（Ⅱ）由已知++…+=1﹣，n∈N*，有：当n=1时，=，当n≥2时，=（1﹣）﹣（1﹣）=，∴，n=1时符合．∴=，n∈N*由（Ⅰ）知，an=2n﹣1，n∈N*．∴bn=，n∈N*．又Tn=+++…+，∴Tn=++…++，两式相减有：Tn=+（++…+）﹣=﹣∴Tn =3﹣﹣．4.（2010•山东）已知等差数列{an }满足：a3=7，a5+a7=26．{an}的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an 及Sn；（Ⅱ）令（n∈N*），求数列{bn }的前n项和Tn．【答案】（Ⅰ）设等差数列{a n}的公差为d，∵a 3=7，a 5+a 7=26，∴有，解有a 1=3，d=2，∴a n=3+2（n﹣1）=2n+1；S n==n 2+2n；（Ⅱ）由（Ⅰ）知a n=2n+1，∴b n=∴T n=即数列{b n}的前n 项和T n====．．==，，5.（2008•四川）在数列{a n}中，a 1=1，（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{b n}的前n 项和S n；（Ⅲ）求数列{a n }的前n 项和T n ．【答案】（Ⅰ）由条件有，又n=1时，，故数列构成首项为1，公式为的等比数列．∴，即．（Ⅱ）由两式相减，有：（Ⅲ）由∴T n=2S n+2a 1﹣2a n+1=有，，∴有．．，．6.（2010•四川）已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n =（4﹣a n ）q n﹣1（q≠0，n∈N *），求数列{b n }的前n 项和S n．【答案】（1）设{a n}的公差为d，由已知有解有a1=3，d=﹣1故an =3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；（2）由（1）的解答有，bn =n•q n﹣1，于是Sn =1•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qSn =1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n．上面两式相减，有（q﹣1）Sn=nq n﹣（1+q+q2+…+q n﹣1）=nq n﹣于是Sn=若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=∴，Sn=．7.（2010•四川）已知数列{an }满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2am+n﹣1+2（m﹣n）2（1）求a3，a5；（2）设bn =a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{bn}是等差数列；n﹣1（3）设cn =（an+1﹣an）q（q≠0，n∈N*），求数列{cn}的前n项和Sn．【答案】（1）由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20（2）当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8即bn+1﹣bn=8∴{bn }是公差为8的等差数列（3）由（1）（2）解答可知{bn }是首项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则bn =8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知（令m=1）可有an=∴an+1﹣an=﹣（n﹣1）2．﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是cn =2nq n﹣1．当q=1时，Sn =2+4+6++2n=n（n+1）当q≠1时，Sn =2•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1．两边同乘以q，可有qSn=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n．上述两式相减，有（1﹣q）Sn=2（1+q+q2+…+q n﹣1）﹣2nq n=2•﹣2nq n=2•∴Sn=2•综上所述，Sn=．8.（2009•湖北）已知数列{an }是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6=55，a2+a7=161）求数列{an}的通项公式；2）数列{an }和数列{bn}满足等式an=【答案】（1）设等差数列{an }的公差为d，则依题意可知d＞0由a2+a7=16，有，2a1+7d=16①由a3a6=55，有（a1+2d）（a1+5d）=55②由①②联立方程求，有d=2，a1=1/d=﹣2，a1=（排除）（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．∴an=1+（n﹣1）•2=2n﹣1（2）令cn =，则有an=c1+c2+…+cnan+1=c1+c2+…+cn+1两式相减，有an+1﹣an=cn+1，由（1）有a1=1，an+1﹣an=2∴cn+1=2，即cn=2（n≥2），即当n≥2时，bn =2n+1，又当n=1时，b1=2a1=2∴bn=于是Sn =b1+b2+b3+…+bn=2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n≥2，．。
数列裂项相消及错位相减习题练习
数列裂项相消及错位相减习题练习17.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=a1+a2+a3=3a1+3d，S5=a1+a2+。
+a5=5a1+10d= -5.1) 求{an}的通项公式；2) 求数列{an}的前n项和S_n，已知an>0.Ⅰ) 求{an}的通项公式：解：设公差为d，则有a3=a1+2d，a5=a1+4d。
将S5/S3=5/3带入，得到。
5a1+10d)/(3a1+3d)=-5/1，解得a1=-8，d=3.所以{an}的通项公式为an=-8+(n-1)3=-5+3n。
Ⅱ) 求数列{an}的前n项和S_n，已知an>0：解：由an=-5+3n可得a1= -2，代入Sn的通项公式得。
S_n=n(2a1+(n-1)d)/2= n(4-3n)/2=2n(2-n)/2=n(2-n)。
18.已知公差不为零的等差数列{an}中，a3=7，且a1，a4，a13成等比数列。
1) 求数列{an}的通项公式；2) 令bn=1/(2an-1)，求数列{bn}的前n项和Sn。
解：设公差为d，则a4=a1+3d，a13=a1+12d。
因为a1，a4，a13成等比数列，所以(a4/a1)^2=a13/a1，即(7+d)/(7-d)=(a1+12d)/(a1+d)，解得a1=-3，d=2.所以{an}的通项公式为an=-3+(n-1)2=-1+2n。
令bn=1/(2an-1)，则bn=1/(2(-1+2n)-1)=1/(4n-3)。
所以Sn的通项公式为Sn=1-1/3+1/5-。
+(-1)^(n-1)/(2n-1)=ln2n。
17.已知递增的等差数列{an}，a2，a4是方程x^2-5x+6=0的两根。
I）求{an}的通项公式；II）求数列{an}的前n项和Sn。
解：设公差为d，则a2=a1+d，a4=a1+3d。
由a2，a4是方程x^2-5x+6=0的两根，得到a2+a4=10/2=5，即2a1+4d=5，解得a1=5/2-d。
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数列裂项相消求和的典型题型1．已知等差数列}{n a 的前n 项和为,15,5,55==S a S n 则数列}1{1+n n a a 的前100项和为( ) A ．100101 B ．99101 C ．99100 D ．1011002．数列,)1(1+=n n a n 其前n 项之和为,109则在平面直角坐标系中，直线0)1(=+++n y x n 在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．93．等比数列}{n a 的各项均为正数，且6223219,132a a a a a ==+． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设,log log log 32313n n a a a b +++= 求数列}1{nb 的前n 项和． 4．正项数列}{n a 满足02)12(2=---n a n a n n ． (Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式n a ；(Ⅱ)令,)1(1nn a n b +=求数列}{n b 的前n 项和n T ． 5．设等差数列}{n a 的前n 项和为n S ，且12,4224+==n n a a S S ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设数列}{n b 满足,,211*2211N n a b a b a b n n n ∈-=+++ 求}{n b 的前n 项和n T ． 6．已知等差数列}{n a 满足：26,7753=+=a a a ．}{n a 的前n 项和为n S ．(Ⅰ)求n a 及n S ；(Ⅱ)令),(11*2N n a b n n ∈-=求数列}{n b 的前n 项和n T ． 7．在数列}{n a 中n n a n a a 211)11(2,1,+==+． (Ⅰ)求}{n a 的通项公式；(Ⅱ)令,211n n n a a b -=+求数列}{n b 的前n 项和n S ；（Ⅲ）求数列}{n a 的前n 项和n T ．8．已知等差数列}{n a 的前3项和为6，前8项和为﹣4．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)设),,0()4(*1N n q q a b n n n ∈≠-=-求数列}{n b 的前n 项和n S ．9．已知数列}{n a 满足,2,021==a a 且对*,N n m ∈∀都有211212)(22n m a a a n m n m -+=+-+--．(Ⅰ)求53,a a ；(Ⅱ)设),(*1212N n a a b n n n ∈-=-+证明：}{n b 是等差数列；（Ⅲ）设),,0()(*11N n q q a a c n n n n ∈≠-=-+求数列}{n c 的前n 项和n S ．10．已知数列}{n a 是一个公差大于0的等差数列，且满足16,557263=+=a a a a ．(Ⅰ)求数列}{n a 的通项公式；(Ⅱ)数列}{n a 和数列}{n b 满足等式),(2222*33221N n b b b b a n n n ∈++++= 求数列}{n b 的前n 项和n S ． 11．已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且421,,S S S 成等比数列．(1)求数列}{n a 的通项公式；(2)令,4)1(112+--=n n n a a n b 求数列}{n b 的前n 项和n T . 12．正项数列}{n a 的前n 项和n S 满足：0)()1(222=+--+-n n S n n S n n .(1)求数列}{n a 的通项公式n a ；(2)令,)2(122n n a n n b ++=数列}{n b 的前n 项和为n T ，证明：对于,*N n ∈∀都有645<n T . 答案：1．A ；2．B3．解：(Ⅰ)设数列{a n }的公比为q ，由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42，∴q 2=．由条件可知各项均为正数，故q=．由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1，∴a 1=．故数列{a n }的通项式为a n =． （Ⅱ）b n =++…+=﹣（1+2+…+n ）=﹣，故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，∴数列{}的前n项和为﹣．4．解：(Ⅰ)由正项数列{a n}满足：﹣（2n﹣1）a n﹣2n=0，可有（a n﹣2n）（a n+1）=0∴a n=2n．(Ⅱ)∵a n=2n，b n=，∴b n===，T n===．数列{b n}的前n项和T n为．5．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由S4=4S2，a2n=2a n+1有：，解有a1=1，d=2．∴a n=2n﹣1，n∈N*．(Ⅱ)由已知++…+=1﹣，n∈N*，有：当n=1时，=，当n≥2时，=（1﹣）﹣（1﹣）=，∴，n=1时符合．∴=，n∈N*由（Ⅰ）知，a n=2n﹣1，n∈N*．∴b n=，n∈N*．又T n=+++…+，∴T n=++…++，两式相减有：T n=+（++…+）﹣=﹣﹣∴T n=3﹣．6．解：(Ⅰ)设等差数列{a n}的公差为d，∵a3=7，a5+a7=26，∴有，解有a1=3，d=2，∴a n=3+2（n﹣1）=2n+1；S n==n2+2n；(Ⅱ)由(Ⅰ)知a n=2n+1，∴b n====，∴T n===，即数列{b n}的前n项和T n=．7．解：(Ⅰ)由条件有，又n=1时，，故数列构成首项为1，公式为的等比数列．∴，即．(Ⅱ)由有，，两式相减，有：，∴．（Ⅲ）由有．∴T n=2S n+2a1﹣2a n+1=．8．解：(Ⅰ)设{a n}的公差为d，由已知有解有a1=3，d=﹣1故a n=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有，b n=n•q n﹣1，于是S n=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•q n﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qS n=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•q n．上面两式相减，有（q﹣1）S n=nq n﹣（1+q+q2+…+q n﹣1）=nq n﹣于是S n=若q=1，则S n=1+2+3+…+n=∴，S n=．9．解：(Ⅰ)由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2﹣a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3﹣a1+8=20(Ⅱ)当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n﹣1=2a2n+1+8于是[a2（n+1）+1﹣a2（n+1）﹣1]﹣（a2n+1﹣a2n﹣1）=8即b n+1﹣b n=8∴{b n}是公差为8的等差数列（Ⅲ）由(Ⅰ) (Ⅱ)解答可知{b n}是首项为b1=a3﹣a1=6，公差为8的等差数列则b n=8n﹣2，即a2n+1﹣a2n﹣1=8n﹣2另由已知（令m=1）可有a n=﹣（n﹣1）2．∴a n+1﹣a n=﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是c n=2nq n﹣1．当q=1时，S n=2+4+6++2n=n（n+1）当q≠1时，S n=2•q0+4•q1+6•q2+…+2n•q n﹣1．两边同乘以q，可有qS n=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•q n．上述两式相减，有（1﹣q）S n=2（1+q+q2+…+q n﹣1）﹣2nq n=2•﹣2nq n=2•∴S n=2•综上所述，S n =．10．解：(Ⅰ)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意可知d ＞0由a 2+a 7=16，有，2a 1+7d=16①由a 3a 6=55，有（a 1+2d ）（a 1+5d ）=55②由①②联立方程求，有d=2，a 1=1/d=﹣2，a 1=（排除）∴a n =1+（n ﹣1）•2=2n ﹣1(Ⅱ)令c n =，则有a n =c 1+c 2+…+c n a n+1=c 1+c 2+…+c n+1两式相减，有a n+1﹣a n =c n+1，由（1）有a 1=1，a n+1﹣a n =2∴c n+1=2，即c n =2（n ≥2），即当n ≥2时，b n =2n+1，又当n=1时，b 1=2a 1=2∴b n =于是S n =b 1+b 2+b 3+…+b n =2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n ≥2，．11．解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2， S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n (2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n 2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1) 12．(1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0， 由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)． n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式． ∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *)得b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2 T n ＝116⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫1－132＋⎝⎛⎭⎫122－142＋⎝⎛⎭⎫132－152＋… ⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1(n －1)2－1(n ＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564(n ∈N *)． 即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.。