数列经典例题裂项相消法.docx

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1、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 na 的前 n 项和为 , 15 , 5 ,5 5= = S a S n 则数列 11 + n n aa的前 101 项和为( ) A 101101 B101101 C101101 D101101 2数列 ,) 1 (1+=n na 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( ) A10 B9 C10 D9 3等比数列 na 的各项均为正数，且6 223 2 19 , 1 3 2 a a a a a = = + ()求数列 na 的通项公式

2、； ()设 , log log log3 2 3 1 3 n na a a b + + + = L 求数列 1nb的前 n 项和 4正项数列 na 满意 0 2 ) 1 2 (2= - - - n a n an n ()求数列 na 的通项公式na ； ()令 ,) 1 (1nna nb+= 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 1 2 , 42 2 4+ = =n na a S S ()求数列 na 的通项公式； ()设数列 nb 满意 , ,211*2211N nabababnnn - = + + + L 求 nb 的前 n 项和nT 6已知等差

3、数列 na 满意： 26 , 77 5 3= + = a a a na 的前 n 项和为nS ()求na 及nS ； ()令 ), (11*2N nabnn-= 求数列 nb 的前 n 项和nT 7在数列 na 中n nana a21 1)11 ( 2 , 1 , + = =+ ()求 na 的通项公式； ()令 ,211 n n na a b - =+求数列 nb 的前 n 项和nS ； （）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 ()求数列 na 的通项公式； ()设 ), , 0 ( ) 4 (* 1N n q q a bnn n

4、- =-求数列 nb 的前 n 项和nS 9已知数列 na 满意 , 2 , 02 1= = a a 且对*, N n m 都有21 1 2 1 2) ( 2 2 n m a a an m n m- + = +- + - - ()求5 3 ,aa ； ()设 ), (*1 2 1 2N n a a bn n n - =- +证明： nb 是等差数列； （）设 ), , 0 ( ) (* 11N n q q a a cnn n n - =-+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，且满意 16 , 557 2 6 3= + = a a a a ()求

5、数列 na 的通项公式； ()数列 na 和数列 nb 满意等式 ), (2 2 2 2*3322 1N nb b b bannn + + + + = L 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4 2 1, , S S S 成等比数列 (1)求数列 na 的通项公式； (2)令 ,4) 1 (112+- =n nna anb 求数列 nb 的前 n 项和nT . 12正项数列 na 的前 n 项和nS 满意： 0 ) ( ) 1 (2 2 2= + - - + - n n S n n Sn n. (1)求数列 na 的通项公式na ；

6、(2)令 ,) 2 (12 2nna nnb+= 数列 nb 的前 n 项和为nT ，证明：对于 ,*N n 都有645nT . 答案： 1A；2B 3解：()设数列a n 的公比为 q，由 a 3 2 =9a 2 a 6 有 a 3 2 =9a 4 2 ，∴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 1 q=1，∴a 1 = 故数列a n 的通项式为 a n = （）b n = + + =（1+2+n）= ， 故 = =2（ ） 则 + + =2（1 ）+（ ）+（ ）= ， ∴数列 的前 n

7、项和为 4解：()由正项数列a n 满意： （2n1）a n 2n=0， 可有（a n 2n）（a n +1）=0 ∴a n =2n ()a n =2n，b n = ， ∴b n = = = ， T n = = = 数列b n 的前 n 项和 T n 为 5解：()设等差数列a n 的首项为 a 1 ，公差为 d，由 S 4 =4S 2 ，a 2n =2a n +1 有：， 解有 a 1 =1，d=2 ∴a n =2n1，n∈N * ()由已知 + + =1 ，n∈N * ，有： 当 n=1 时， = ， 当 n≥2 时， =

8、（1 ）（1 ）= ，∴，n=1 时符合 ∴ = ，n∈N * 由（）知，a n =2n1，n∈N * ∴b n = ，n∈N * 又 T n = + + + ， ∴ T n = + + + ， 两式相减有： T n = +（ + + ） = ∴T n =3 6解：()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（n1）=2n+1； S n = =n 2 +2n； ()由()知

9、a n =2n+1， ∴b n = = = = ， ∴T n = = = ， 即数列b n 的前 n 项和 T n = 7解：()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 ()由 有 ， ， 两式相减，有： ，∴ （）由 有 ∴T n =2S n +2a 1 2a n+1 = 8解：()设a n 的公差为 d， 由已知有 解有 a 1 =3，d=1 故 a n =3+（n1）（1）=4n； ()由()的解答有，b n =n•q n1 ，于是 S n =1•q 0

10、 +2•q 1 +3•q 2 +n•q n1 若 q≠1，将上式两边同乘以 q，有 qS n =1•q 1 +2•q 2 +3•q 3 +n•q n 上面两式相减，有 （q1）S n =nq n （1+q+q 2 +q n1 ）=nq n 于是 S n = 若 q=1，则 S n =1+2+3+n= ∴，S n = 9解：()由题意，令 m=2，n=1，可有 a 3 =2a 2 a 1 +2=6 再令 m=3，n=1，可有 a 5 =2a 3 a 1 +8=20 ()当 n∈N * 时，由已知（

11、以 n+2 代替 m）可有 a 2n+3 +a 2n1 =2a 2n+1 +8 于是a 2（n+1）+1 a 2（n+1）1 （a 2n+1 a 2n1 ）=8 即 b n+1 b n =8 ∴b n 是公差为 8 的等差数列 （）由() ()解答可知b n 是首项为 b 1 =a 3 a 1 =6，公差为 8 的等差数列 则 b n =8n2，即 a 2n+1 a 2n1 =8n2 另由已知（令 m=1）可有 a n = （n1） 2 ∴a n+1 a n = 2n+1= 2n+1=2n 于是 c n =2nq n1 当 q=1 时，S n =2+4+6+2n=n

12、（n+1） 当 q≠1 时，S n =2•q 0 +4•q 1 +6•q 2 +2n•q n1 两边同乘以 q，可有 qS n =2•q 1 +4•q 2 +6•q 3 +2n•q n 上述两式相减，有 （1q）S n =2（1+q+q 2 +q n1 ）2nq n =2• 2nq n =2• ∴S n =2• 综上所述，S n = 10解：()设等差数列a n 的公差为 d， 则依题意可知 d0 由 a 2 +a 7 =16， 有，2a 1 +7d=16 由 a

13、3 a 6 =55，有（a 1 +2d）（a 1 +5d）=55 由联立方程求，有 d=2，a 1 =1/d=2，a 1 = （解除） ∴a n =1+（n1）•2=2n1 ()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 =2 n+1 ，又当 n=1 时，b 1 =2a 1 =2 ∴b n

14、= 于是 S n =b 1 +b 2 +b 3 +b n =2+2 3 +2 4 +2 n+1 =2 n+2 6，n≥2， 11解 (1)因为 S 1 a 1 ， S 2 2 a 1 2×12×22 a 1 2， S 4 4 a 1 4×32×24 a 1 12， 由题意得(2 a 1 2) 2 a 1 (4 a 1 12)，解得 a 1 1， 所以 a n 2 n 1. (2) b n (1) n 14 na n a n 1 (1)n 14 n(2 n 1)(2 n 1) (1)n 1 (12 n 1 12 n 1 ) 当 n 为偶数时，

15、 T n (1 13 )(13 15 )(12 n 3 12 n 1 )(12 n 1 12 n 1 )112 n 1 2 n2 n 1 . 当 n 为奇数时， T n (1 13 )(13 15 )(12 n 3 12 n 1 )(12 n 1 12 n 1 )112 n 1 2 n 22 n 1 . 所以 T n 2 n 22 n 1 ， n 为奇数，2 n2 n 1 ， n 为偶数.(或 T n 2 n 1(1)n 12 n 1) 12(1)解 由 S 2 n ( 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

16、列，所以 S n 1>0. 所以 S n n 2 n ( n ∈N N * ) n ≥2 时， a n S n S n 1 2 n ， n 1 时， a 1 S 1 2 适合上式 ∴ a n 2 n ( n ∈N N * ) (2)证明 由 a n 2 n ( n ∈N N * )得 b n n 1( n 2) 2 a 2 n n 14 n 2 ( n 2) 2 116 1n 2 1( n 2) 2 T n 116 113 2 12 2 14 2 13 2 15 2 1( n 1) 2 1( n 1) 2 1n 2 1( n 2) 2 116 112 2 1( n 1) 2 1( n 2) 2<116 112 2564 ( n ∈N N* ) 即对于随意的 n ∈N N * ，都有 T n <564 . 第7页 共7页第 7 页 共 7 页第 7 页 共 7 页第 7 页 共 7 页第 7 页 共 7 页第 7 页 共 7 页第 7 页 共 7 页第 7 页 共 7 页第 7 页 共 7 页第 7 页 共 7 页第 7 页 共 7 页