数列经典例题(裂项相消法)

数列经典例题(裂项相消法)数列经典例题(裂项相消法)数列经典例题(裂项相消法)数列经典例题(裂项相消法)编制仅供参考审核批准生效日期地址：电话：传真:邮编:数列裂项相消求和的典型题型1．已知等差数列的前n项和为则数列的前100项和为()A．eq\f(100,101)B．eq\f(99,101)C．eq\f(99,100)D．eq\f(101,100)2．数列其前项之和为则在平面直角坐标系中，直线在y轴上的截距为()A．－10B．－9C．10D．93．等比数列的各项均为正数，且．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设求数列的前项和．4．正项数列满足．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)令求数列的前项和．5．设等差数列的前项和为，且．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设数列满足求的前项和．6．已知等差数列满足：．的前项和为．(Ⅰ)求及；(Ⅱ)令求数列的前项和．7．在数列中．(Ⅰ)求的通项公式；(Ⅱ)令求数列的前项和；（Ⅲ）求数列的前项和．8．已知等差数列的前3项和为6，前8项和为﹣4．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设求数列的前项和．9．已知数列满足且对都有．(Ⅰ)求；(Ⅱ)设证明：是等差数列；（Ⅲ）设求数列的前项和．10．已知数列是一个公差大于0的等差数列，且满足．(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)数列和数列满足等式求数列的前项和．11．已知等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)令求数列的前项和.12．正项数列的前n项和满足：.(1)求数列的通项公式；(2)令数列的前n项和为，证明：对于都有.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=．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．∴=，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，，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=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﹣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=16①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＋eq\f(2×1,2)×2＝2a1＋2，S4＝4a1＋eq\f(4×3,2)×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－1eq\f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1eq\f(4n,(2n－1)(2n＋1))＝(－1)n－1(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1))．当n为偶数时，Tn＝(1＋eq\f(1,3))－(eq\f(1,3)＋eq\f(1,5))＋…＋(eq\f(1,2n－3)＋eq\f(1,2n－1))－(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1))＝1－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n,2n＋1).当n为奇数时，Tn＝(1＋eq\f(1,3))－(eq\f(1,3)＋eq\f(1,5))＋…－(eq\f(1,2n－3)＋eq\f(1,2n－1))＋(eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,2n＋1))＝1＋eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(2n＋2,2n＋1).所以Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数，,\f(2n,2n＋1)，n为偶数.))(或Tn＝eq\f(2n＋1＋(－1)n－1,2n＋1))12．(1)解由Seq\o\al(2,n)－(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＋1>0.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＝eq\f(n＋1,(n＋2)2a\o\al(2,n))＝eq\f(n＋1,4n2(n＋2)2)＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,(n＋2)2)))Tn＝eq\f(1,16)eq\b\lc\[\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)－\f(1,42)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)－\f(1,52)))＋…))eq\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,(n－1)2)－\f(1,(n＋1)2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n2)－\f(1,(