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 }1{1  n n aa的前 100 项和为(

　) A． 100101

　 B．99101

　 C．99100

　 D．101100

　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(

　) A．－10

　B．－9

　C．10

　D．9 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    ． (Ⅰ)求数列 } {na 的通项公式； (Ⅱ)设 , log log log3 2 3 1 3 n na a a b      求数列 }1{nb的前 n 项和． 4．正项数列 } {na 满足 0 2 ) 1 2 (2    n a n an n． (Ⅰ)求数列 } {na 的通项公式na ； (Ⅱ)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 ． (Ⅰ)求数列 } {na 的通项公式； (Ⅱ)设数列 } {nb 满足 , ,211*2211N nabababnnn       求 } {nb 的前 n 项和nT ． 6．已知等差数列 } {na 满足：

　26 , 77 5 3   a a a ． } {na 的前 n 项和为nS ． (Ⅰ)求na 及nS ； (Ⅱ)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 ,   ． (Ⅰ)求 } {na 的通项公式； (Ⅱ)令 ,211 n n na a b  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 (* 1N n q q a bnn n   求数列 } {nb 的前 n 项和nS ． 9．已知数列 } {na 满足 , 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      ． (Ⅰ)求5 3 ,aa ； (Ⅱ)设 ), (*1 2 1 2N n a a bn n n   证明：

　} {nb 是等差数列； （Ⅲ）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，且满足 16 , 557 2 6 3   a a a a ． (Ⅰ)求数列 } {na 的通项公式； (Ⅱ)数列 } {na 和数列 } {nb 满足等式 ), (2 2 2 2*3322 1N nb b b bannn       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 满足：

　0 ) ( ) 1 (2 2 2      n n S n n Sn n. (1)求数列 } {na 的通项公式na ； (2)令 ,) 2 (12 2nna nnb 数列 } {nb 的前 n 项和为nT ，证明：对于 ,*N n  都有645nT . 答案：

　1．A；2．B 3．解：(Ⅰ)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 = ．

　（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 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 =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， ∵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 = ． 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 +2a 1 ﹣2a n+1 = ． 8．解：(Ⅰ)设{a n }的公差为 d， 由已知有

　解有 a 1 =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•q 0 +2•q 1 +3•q 2 +…+n•q n﹣1 ． 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 （q﹣1）S n =nq n ﹣（1+q+q 2 +…+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 a 3 =2a 2 ﹣a 1 +2=6 再令 m=3，n=1，可有 a 5 =2a 3 ﹣a 1 +8=20 (Ⅱ)当 n∈N * 时，由已知（以 n+2 代替 m）可有 a 2n+3 +a 2n﹣1 =2a 2n+1 +8 于是[a 2（n+1）+1 ﹣a 2（n+1）﹣1 ]﹣（a 2n+1 ﹣a 2n﹣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 b 1 =a 3 ﹣a 1 =6，公差为 8 的等差数列 则 b n =8n﹣2，即 a 2n+1 ﹣a 2n﹣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•q 0 +4•q 1 +6•q 2 +…+2n•q n﹣1 ． 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 （1﹣q）S n =2（1+q+q 2 +…+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 3 a 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 =2 n+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+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 ＋ 2×12×2＝2 a 1 ＋2， S 4 ＝4 a 1 ＋ 4×32×2＝4 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， T n ＝(1＋ 13 )－(13 ＋15 )＋…＋(12 n －3 ＋12 n －1 )－(12 n －1 ＋12 n ＋1 )＝1－12 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 )＝1＋12 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  1－13 2＋  12 2 －14 2＋  13 2 －15 2＋…

　＋  1( n －1) 2 －1( n ＋1) 2＋  1n 2 －1( n ＋2) 2 ＝116 1＋12 2 －1( n ＋1) 2 －1( n ＋2) 2<116 1＋12 2＝564 ( n ∈N N* )． 即对于任意的 n ∈N N * ，都有 T n <564 .

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