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 .101
100
2.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 .-10 B .-9 C .10 D .9 3.等比数列}{n
a 的各项均为正数,且6
22
321
9,132a 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{n
b 的前n 项和.
4.正项数列}{n a 满足0
2)12(2
=---n a n a
n n
.
(Ⅰ)求数列}{n
a 的通项公式n
a ; (Ⅱ)令,
)1(1
n
n
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1
2,4224
+==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,,2
1
1*221
1N 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),(1
1
*2
N 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
)1
1(2,1,+==+.
(Ⅰ)求}{n
a 的通项公式; (Ⅱ)令,
2
1
1n 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
2
11212)(22n m a a a n m n m -+=+-+--.
(Ⅰ)求5
3
,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),(2
222*
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4
21,,S S S 成
等比数列.
(1)求数列}{n
a 的通项公式;
∴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﹣+8
1=2a2n+1
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+4×3
2
×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 -1
4n a n a n +1=(-1)n -1
4n (2n -1)(2n +1)
=(-1)n -
1
(12n -1+1
2n +1
). 当n 为偶数时,
T n =(1+13)-(13+15)+…+(12n -3+12n -1)-(1
2n -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 -1
2n +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 +1
4n 2(n +2)
2
=
116???????
?1n 2-1(n +2)2 T n
=
1
16
????
?
?????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
.