数列求和错位相减法-裂项相消法后附答案

试卷第1页，总7页一、解答题1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2=3，S6=36．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}满足bn=2n⋅an，n∈N∗，求数列{bn}的前n项和Tn．【详解】（Ⅰ）a2=3，∴a1+d=3S6=36，∴6a1+15d=36则a1=1，d=2an=2n−1.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，bn=2n(2n−1)Tn=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−3)×2n−1+(2n−1)×2n,2Tn=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−3)×2n+(2n−1)×2n+1-Tn=2+2×22+2×23+2×24.....+2×2n−（2n−1)×2n+1=2+2×4（1−2n−1）1−2−（2n−1）⋅2n+1=−6+2n+2−(2n−1)⋅2n+1=−6+2n+1(3−2n)∴Tn=6+(2n−3)⋅2n+12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，an+1=Sn+2，n∈N∗(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn=n⋅an，求数列{an}的前n项和Tn．【答案】（1）an=2n（2）2+(n−1)×2n+1【详解】(1)∵an+1=Sn+2，n∈N∗，∴Sn=an+1−2，即Sn+1=2an+1−2，∴Sn+2=2an+2−2，两式相减，得an+2=2an+2−2an+1，即an+2=2an+1，又∵a1=2，∴a2=S1+2=2+2=4，即数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以an=2n；(2)设bn=n⋅an，则bn=n×2n，∴Tn=1×2+2×22+3×23+⋯+(n−1)×2n−1+n×2n，2Tn=1×22+2×23+3×24+⋯+(n−1)×2n+n×2n+1，两式相减，得：Tn=−1×2−1×22−1×23−⋯−1×2n−1−1×2n+n×2n+1=n×2n+1−(2+22+23+⋯+2n−1+2n)=n×2n+1−2×(1−2n)1−2=2+(n−1)×2n+1．【点睛】本题考查数列的递推关系，通项公式，前n项和，错位相减法，利用错位相减法是解决本题的关键，属于中档题．试卷第2页，总7页3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn=(an+12)2(n∈N∗).数列{bn}的前n项和为Tn，满足Tn=2−bn(n∈N∗).（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）求数列{anbn2}的前n项和Sn′.【答案】（1）an=2n−1,bn=(12)n−1；（2）Sn′=3−2n+32n.【解析】【分析】（1）根据题意，求得a1,a2，然后求得公差，即可求出数列{an}的通项，再利用bn={T1,n=1Tn−Tn−1,n≥2求得{bn}的通项公式；（2）先求出{anbn2}的通项，然后利用数列求和中错位相减求和Sn′.【详解】解：（1）由Sn=(an+12)2，得S1=(a1+12)2=a1，解得a1=1.由S2=a1+a2=1+a2=(a2+12)2，解得a2=3或a2=−1.若a2=−1，则d=−2，所以a3=−3.所以S3=−3≠(a3+12)2=1，故a2=−1不合题意，舍去.所以等差数列{an}的公差d=a2−a1=2，故an=2n−1.数列{bn}对任意正整数n，满足Tn=2−bn.当n=1时，b1=T1=2−b1，解得b1=1；当n1时，bn=Tn−Tn−1=(2−bn)−(2−bn−1)=bn−1−bn，所以bn=12bn−1(n≥2).所以{bn}是以首项b1=1，公比q=12的等比数列，故数列{bn}的通项公式为bn=(12)n−1.（2）由（1）知anbn2=2n−12n，所以Sn′=12+322+523+...+2n−32n−1+2n−12n，①所以12Sn′=122+323+...+2n−32n+2n−12n+1，②①-②，得12Sn′=12+222+223+...+22n−2n−12n+1=12+(12+122+...+12n−1)−2n−12n+1=12+12[1−(12)n−1]1−12−2n−12n+1试卷第3页，总7页=12+1−(12)n−1−2n−12n+1，所以Sn′=3−2n+32n.4．已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1=an2an+1(n∈N+).(1)求证：数列{1an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)记bn=2nan，求数列{bn}的前项和为Tn．【答案】（1）证明见解析，an=12n−1（2）∴Tn=(2n−3)⋅2n+1+6【解析】【分析】(1)由an+1=an2an+1，得1an+1=2+1an，由此可判断{1an}为等差数列，可求1an，进而得到an;(2)求出bn，利用错位相减法可求Tn．【详解】(1)由an+1=an2an+1，得1an+1=2+1an，又1a1=1，∴{1an}为等差数列，首项为1，公差为2，∴1an=1+(n−1)×2=2n−1，∴an=12n−1．(2)bn=2nan=(2n−1)⋅2n，Tn=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−1)⋅2n①，2Tn=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−1)⋅2n+1②，①−②得，−Tn=1×2+2×22+2×23+⋯+2×2n−(2n−1)⋅2n+1=2+23+24+⋯+2n+1−(2n−1)⋅2n+1=2+23(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1=(3−2n)⋅2n+1−6，∴Tn=(2n−3)⋅2n+1+6．【点睛】5．已知等差数列{an}的前n项的和为Sn，a3=5，S10=100.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=2n(an+5)，记数列bn的前n项和Tn，求使得Tnm恒成立时m的最小正整数.【分析】（1）先设设等差数列{an}的公差为d，由a3=5，S10=100列出方程组求出首项和公差即可；（2）由(1)先求出bn，再由裂项相消法求数列的前n项和即可.【详解】试卷第4页，总7页解：（1）设等差数列{an}的公差为d，因为a3=5，S10=100，所以{a1+2d=510a1+45d=100解得{a1=1d=2所以数列{an}的通项公式为an=2n−1.（2）由（1）可知bn=2n(an+5)=2n(2n+4)=1n(n+2)=12(1n−1n+2)∴Tn=b1+b2+⋯+bn=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)+⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]=12[32−2n+3(n+1)(n+2)],∴Tn34，∴m≥34，∴m的最小正整数为16．已知{an}是首项为1的等比数列，各项均为正数，且a2+a3=12.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=1(n+2)log3an+1，求数列{bn}的前n项和Sn.【分析】（1）由a2+a3=12得q方程求解即可；（2）bn=1n(n+2)变形为bn=12(1n−1n+2)裂项求和即可.【详解】（1）设{an}的公比为q，由a2+a3=12得q+q2=12，解得q=3，或q=−4，因{an}各项都为正数，所以q0，所以q=3，所以an=3n−1，(2)bn=1(n+2)log3an+1=1n(n+2)=12(1n−1n+2)∴Sn=12(1−13+12−14+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)=34−2n+32(n+1)(n+2)7．已知数列{an}为等差数列，a7−a2=10，且a1，a6，a21依次成等比数列.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=1anan+1，数列{bn}的前n项和为Sn，若Sn=225，求n的值.【分析】（1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得首项和公差，即可得到所求通项公式；（2）求得bn=1anan+1=1(2n+3)(2n+5)=12（12n+3−12n+5），运用裂项相消求和可得Sn，解方程可得n．【详解】（1）设数列{an}的公差为d，因为a7−a2=10，所以5d=10，解得d=2.试卷第5页，总7页因为a1，a6，a21依次成等比数列，所以a62=a1a21，即(a1+5×2)2=a1(a1+20×2)，解得a1=5.所以an=2n+3.（2）由（1）知bn=1anan+1=1(2n+3)(2n+5)，所以bn=12(12n+3−12n+5)，所以Sn=12[(15−17)+(17−19)+...+(12n+3−12n+5)]=n5(2n+5)，由n5(2n+5)=225，得n=10.8．设正项数列{an}的前n项和Sn，且√2Sn是an与an+1的等比中项，其中n∈N∗.（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn=(−1)n+1⋅2an+1anan+1，记数列{bn}的前n项和为Tn，求证：T2n1.【分析】（Ⅰ）由√2Sn是an与an+1的等比中项列方程整理，可得出：数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，问题得解。（Ⅱ）整理bn=(−1)n+1⋅2n+1n(n+1)=(−1)n+1(1n+1n+1)，代入T2n的表示式子即可求解。【详解】解：（Ⅰ）∵√2Sn是an与an+1的等比中项，∴2Sn=an(an+1)=an2+an，等n=1时，2a1=a12+a1，∴a1=1.当n≥2时，2an=2Sn−2Sn−1=an2+an−an−12−an−1，整理得(an+an−1)(an−an−1−1)=0.又an0，∴an−an−1=1(n≥2)，即数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列.∴an=a1+(n−1)d=1+(n−1)=n.（Ⅱ）bn=(−1)n+1⋅2n+1n(n+1)=(−1)n+1(1n+1n+1)，∴T2n=b1+b2+b3+⋯+b2n=(1+12)−(12+13)+(13+14)−⋯+(12n−1+12n)−(12n+12n+1)=1−12n+11.【点睛】本题主要考查了Sn法的应用及等差数列概念，通项公式，还考查了数列裂项求和，属于基础题。9．已知等差数列{an}是递增数列，且a1a5=9，a2+a4=10．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn=1an⋅an+1(n∈N∗)，求数列{bn}的前n项和Sn．【答案】（1）an=2n−1；（2）n2n+1【解析】【分析】试卷第6页，总7页(1)根据等差数列{an}中，a1a5=9，a2+a4=10，列出关于首项a1、公差d的方程组，解方程组可得a1与d的值，从而可得数列{an}的通项公式；（2）由（1）可得bn=1(2n+1)(2n−1)=12(12n−1−12n+1)，利用裂项相消法求和即可得结果.【详解】(1)设首项为a1，公差为d的等差数列{an}是递增数列，且a1a5=9，a2+a4=10．则：{a1(a1+4d)=9a1+d+a1+3d=10，解得：a1=1或9，a5=9或1，由于数列为递增数列，则：a1=1，a5=9．故：d=2，则：an=1+2(n−1)=2n−1．(2)由于an=2n−1，则：bn=1an⋅an+1=1(2n+1)(2n−1)=12(12n−1−12n+1)．所以：Sn=b1+b2+⋯+bn=12[1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1]=12(1−12n+1)=n2n+1．【点睛】本题主要考查的知识要点为等差数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，属于中档题型．裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)1n(n+k)=1k(1n−1n+k)；（2）1√n+k+√n=1k(√n+k−√n)；（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)]；需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.10．等差数列{an}的公差为正数，a1=1，其前n项和为Sn；数列{bn}为等比数列，b1=2，且b2S2=12,b2+S3