数列经典例题[裂项相消法]

word整理版学习好帮手数列裂项相消求和的典型题型1．已知等差数列}{na的前n项和为,15,5,55SaSn则数列}1{1nnaa的前100项和为()A．100101B．99101C．99100D．1011002．数列,)1(1nnan其前n项之和为,109则在平面直角坐标系中，直线0)1(nyxn在y轴上的截距为()A．－10B．－9C．10D．93．等比数列}{na的各项均为正数，且6223219,132aaaaa．(Ⅰ)求数列}{na的通项公式；(Ⅱ)设,logloglog32313nnaaab求数列}1{nb的前n项和．4．正项数列}{na满足02)12(2nanann．(Ⅰ)求数列}{na的通项公式na；(Ⅱ)令,)1(1nnanb求数列}{nb的前n项和nT．5．设等差数列}{na的前n项和为nS，且12,4224nnaaSS．(Ⅰ)求数列}{na的通项公式；(Ⅱ)设数列}{nb满足,,211*2211Nnabababnnn求}{nb的前n项和nT．6．已知等差数列}{na满足：26,7753aaa．}{na的前n项和为nS．(Ⅰ)求na及nS；(Ⅱ)令),(11*2Nnabnn求数列}{nb的前n项和nT．7．在数列}{na中nnanaa211)11(2,1,．(Ⅰ)求}{na的通项公式；word整理版学习好帮手(Ⅱ)令,211nnnaab求数列}{nb的前n项和nS；（Ⅲ）求数列}{na的前n项和nT．8．已知等差数列}{na的前3项和为6，前8项和为﹣4．(Ⅰ)求数列}{na的通项公式；(Ⅱ)设),,0()4(*1Nnqqabnnn求数列}{nb的前n项和nS．9．已知数列}{na满足,2,021aa且对*,Nnm都有211212)(22nmaaanmnm．(Ⅰ)求53,aa；(Ⅱ)设),(*1212Nnaabnnn证明：}{nb是等差数列；（Ⅲ）设),,0()(*11Nnqqaacnnnn求数列}{nc的前n项和nS．10．已知数列}{na是一个公差大于0的等差数列，且满足16,557263aaaa．(Ⅰ)求数列}{na的通项公式；(Ⅱ)数列}{na和数列}{nb满足等式),(2222*33221Nnbbbbannn求数列}{nb的前n项和nS．11．已知等差数列}{na的公差为2，前n项和为nS，且421,,SSS成等比数列．(1)求数列}{na的通项公式；(2)令,4)1(112nnnaanb求数列}{nb的前n项和nT.12．正项数列}{na的前n项和nS满足：0)()1(222nnSnnSnn.(1)求数列}{na的通项公式na；(2)令,)2(122nnannb数列}{nb的前n项和为nT，证明：对于,*Nn都有645nT.答案：1．A；2．B3．解：(Ⅰ)设数列{an}的公比为q，由a32=9a2a6有a32=9a42，∴q2=．由条件可知各项均为正数，故q=．由2a1+3a2=1有2a1+3a1q=1，∴a1=．word整理版学习好帮手故数列{an}的通项式为an=．（Ⅱ）bn=++…+=﹣（1+2+…+n）=﹣，故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，∴数列{}的前n项和为﹣．4．解：(Ⅰ)由正项数列{an}满足：﹣（2n﹣1）an﹣2n=0，可有（an﹣2n）（an+1）=0∴an=2n．(Ⅱ)∵an=2n，bn=，∴bn===，Tn===．数列{bn}的前n项和Tn为．5．解：(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．word整理版学习好帮手∴=，n∈N*由（Ⅰ）知，an=2n﹣1，n∈N*．∴bn=，n∈N*．又Tn=+++…+，∴Tn=++…++，两式相减有：Tn=+（++…+）﹣=﹣﹣∴Tn=3﹣．6．解：(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=．7．解：(Ⅰ)由条件有，又n=1时，，word整理版学习好帮手故数列构成首项为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=．8．解：(Ⅰ)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；(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有，bn=n•qn﹣1，于是Sn=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•qn﹣1．若q≠1，将上式两边同乘以q，有qSn=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•qn．上面两式相减，有（q﹣1）Sn=nqn﹣（1+q+q2+…+qn﹣1）=nqn﹣于是Sn=若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=∴，Sn=．9．解：(Ⅰ)由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2﹣a1+2=6word整理版学习好帮手再令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bn+1﹣bn=8∴{bn}是公差为8的等差数列（Ⅲ）由(Ⅰ)(Ⅱ)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=2nqn﹣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•qn﹣1．两边同乘以q，可有qSn=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•qn．上述两式相减，有（1﹣q）Sn=2（1+q+q2+…+qn﹣1）﹣2nqn=2•﹣2nqn=2•∴Sn=2•综上所述，Sn=．10．解：(Ⅰ)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=16①word整理版学习好帮手由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(Ⅱ)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，．11．解(1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋2×12×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋4×32×2＝4a1＋12，由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1，所以an＝2n－1.(2)bn＝(－1)n－14nanan＋1＝(－1)n－14n(2n－1)(2n＋1)＝(－1)n－1(12n－1＋12n＋1)．当n为偶数时，Tn＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n－3＋12n－1)－(12n－1＋12n＋1)＝1－12n＋1＝2n2n＋1.当n为奇数时，Tn＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n－3＋12n－1)＋(12n－1＋12n＋1)＝1＋12n＋1＝2n＋22n＋1.word整理版学习好帮手所以Tn＝2n＋22n＋1，n为奇数，2n2n＋1，n为偶数.(或Tn＝2n＋1＋(－1)n－12n＋1)12．(1)解由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0，由于{an}是正项数列，所以Sn＋10.所以Sn＝n2＋n(n∈N*)．n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，n＝1时，a1＝S1＝2适合上式．∴an＝2n(n∈N*)．(2)证明由an＝2n(n∈N*)得bn＝n＋1(n＋2)2a2n＝n＋14n2(n＋2)2＝1161n2－1(n＋2)2Tn＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n－1)2－1(n＋1)2＋1n2－1(n＋2)2＝1161＋122－1(n＋1)2－1(n＋2)21161＋122＝564(n∈N*)．即对于任意的n∈N*，都有Tn564.