数列经典例题裂项相消法

**数裂相求的型型．已知等差数列

{

n

}

的前n项为

,a5,则列{n5

1aan

n

}

的前项和为()9999A．．．．100100．数列

a

1n(

其前

n

项之和为

910

,

则在平面直角坐标系中，直线

(ny

在轴的截距为()A．－10

．．10．9．等比数列

{}各项均为正数，且n

2a12

23

9a26

．(Ⅰ)列

{

n

}

的通项公式；(Ⅱ)

bn

log

3

a1

log

3

a2

log

3

a

n

,

求数列

{

1b

}

的前n和．．正项数列

{

n

}足

a

2n

(2an

．(Ⅰ)列

{

n

}

的通项公式

a

n

；(Ⅱ)

bn

1(

n

,

求数列

{}

的前

n

项和

T

．．设等差数列

{

n

}

的前

n

项和为

n

，且

4S,a4

2

2n

．(Ⅰ)列

{}n

的通项公式；(Ⅱ)数列

{

}

满足

bbb1,nN*,aaa1

求

{}

的前

项和

T

．．已知等差数列

{

n

}

满足：

a7,3

．

{}n

的前

n

项和为

n

．(Ⅰ)a及；n(Ⅱ)

bn

a

12n

(N

求数列

{}

的前

n

项和

T

．．在数列

{

n

}

中

,aa

1n

)2a

．(Ⅰ)

{}n

的通项公式；(Ⅱ)

b

12

a

,

求数列

{

}

的前项和S；n

******（Ⅲ求数列

{}的前n项T．nn．已知等差数列

{

n

}前3和为，前8项为4(Ⅰ)列

{

n

}通项公式；(Ⅱ)

(4

)q(

0,N),

求数列

{

}前

n

项和

n

．．已知数列

{}足a0,且对,nNn2

*

都有

m

n

2

m

)

．(Ⅰ)

a,a3

5

；(Ⅱ)

nn

(),

证明：

{

}等差数列；（Ⅲ设

c(a)q(q0,n),n

求数列

{}的前n项．n．已知数列

{

n

}

是一个公差大于的差数列，且满足

aa55,327

．(Ⅰ)列

{

n

}

的通项公式；(Ⅱ)列

{

n

}

和数列

{}

满足等式

an

bbb12323

nn

(nN*),

求数列

{}

的前

项和

n

．．已知等差数列

{}n

的公差为，前项和S，且,S,Sn

4

成等比数列．(1)数列

{

n

}

的通项公式；(2)

b2

n

4ann

,

求数列

{}

的前

n

项和

T

.．正项数列

{

n

}

的前n项

n

满足：

n2Snn

.(1)数列

{

n

}

的通项公式a；n(2)

bn

n(

2n

,

数列

{}前项为n

，证明：对于

*

都有

564

.答案：．A；2．解：(Ⅰ)列{}公为，由=9aa有a，∴q=．由条件可知各项均为正数，故．由2a=1有2a+3a，∴a=．故数列{}通式为

．

***（Ⅱ故=﹣则+…+

+…+=﹣（1+2+…+n﹣=﹣2（﹣）=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣

）]=﹣

，

，∴{}前项和为﹣．．解：(Ⅰ)项列{}足可有（﹣2n）=0∴a．(Ⅱ)∵a=2n，b=，∴b=T数列{}前项和为．

﹣（2n﹣1）a﹣2n=0，，==

．．解：(Ⅰ)差列{}首为a，公差为d，S=4S，a=2a有：，解有a，d=2∴a﹣1∈．(Ⅱ)已知当n=1时

+…+﹣=，

，n∈，：当≥2时，

=﹣

）﹣（1﹣

）=，∴时合．∴

=

，n∈

*由（Ⅰ=2n﹣1，n∈．

**∴b

，n

．又T+++

，∴=+…++

，两式相减有：+∴T=3﹣．

++…+

）﹣

=﹣﹣．解：(Ⅰ)差列{}公为d，∵a=7=26∴，解有a，d=2∴a（n﹣1）=2n+1S；(Ⅱ)(Ⅰ)a，∴b=∴T==即数列{}前和．．解：(Ⅰ)件，又时，故数列构成首项为，公式为的比数列．∴

，，即

，

．(Ⅱ)

有

，，

﹣1﹣1﹣1﹣1﹣1*﹣1﹣a﹣1两式相减，有：

，∴

．（Ⅲ由

有

．∴T﹣2a=．解：(Ⅰ){}公差为d由已知有解有a，d=﹣1故（n﹣1）=4；(Ⅱ)(Ⅰ)答，b=n•q

．，于是S=1•q+2•q•q+•q．若≠1将上式两边同乘以q，有=1•q+2•q•q…+n•q．上面两式相减，有（q﹣1﹣（1+q+q+）=nq﹣于是S若，则∴

．．解：(Ⅰ)意令，n=1可有﹣a再令，n=1可有a=2a﹣a(Ⅱ)∈时由已知（以代）有a=2a于是[

（n+1）+1（n+1）﹣1

]（a﹣a

）=8即﹣b=8

．﹣1．﹣1﹣1∴{b}公为8的差数列（Ⅲ由(Ⅰ)(Ⅱ)答知{}首为b﹣a，公差为等差数列则=8n﹣2，a﹣a另由已知（令m=1）可有

=8n﹣2=∴a﹣a=

﹣（n﹣1）．﹣2n+1=﹣2n+1=2n于是c

﹣1当q=1时（n+1当q≠1时=2•q•q•q…+2n•q．两边同乘以，可有=2•q•q•q…+2n•q．上述两式相减，有（1﹣q=2…+q∴S•

）﹣2nq•

﹣2nq•综上所述，=．解：(Ⅰ)数{}公为，则依题意可知d＞0由，有，①由，a+5d）=55②

．由①②立方程求，有d=2，a=1/d=﹣2，a=∴a=1+（n﹣1•2=2n﹣1

（排除）(Ⅱ)c

，则有=c…+c

＝((＋)＝((＋)*+c+两式相减，有﹣a，（1）有，a﹣a=2∴c=2，即c（n≥2即当≥2时，当n=1，b=2a=2∴b于是S+b…+b=2+2+2+…2﹣6，n≥2．2×1．解(1)为＝a，＝2a＝2a＋2S＝4a＋＝4＋12，由题意得(a＋2)＝a(4＋12)，得a＝1所以＝2n－1.(2)＝(

＝(－1)

n1(2－1)(2＋1)2n－12＋1当为偶时，11111T＝(1)＋)…＋)＋)－＝.352nn2n－1n＋1＋12n＋1当为奇时，11111n＋2T＝(1)＋)…＋)＋)＋＝.352nn2n－1n＋1＋12n＋1所以T＝

2n＋2，n奇数，2n＋1，n偶数.2n＋1

＋1＋(－1)(＝)＋1．(1)由－(

＋－1)Sn＋)，得[－(n＋)](＋1)＝0由于{}正数列，所以＋1>0.所以S＝n＋(∈

)n≥时＝－＝2n，n＝1时，＝＝2适合上式．

**－－1)(＋1)－*162((＋2)***－－1)(＋1)－*162((＋2)*n1nn1345128184518451845845n25nn12003200420032nn1342∴＝2(∈)n＋1n＋11(2)明由＝2n(n∈)＝＝＝(＋2)(＋2)

(＋2)1T＝34

＋－

(＋2)＝

115－－(∈)即对于任意的n∈

，都有.强推人版学中修5习第章数1．{}首项a＝，差＝的差数列，如果＝005，序号n等(．A．667B668C．．6702．在各项都为正数的等比数{}中，首项＝，三项和为21则a＋＋＝()．A．33B．C．．1893．如果a，，，为项都大于零的等差数列，公差d≠则)．A．a＞aa

B．a＜a

C．＋＜＋．aa＝a4．已知方程(－x＋)(－x＋)＝的四个根组成一个首项为的差数列，则｜－｜等于)．A．B．

C．

．

385．等比数列{a}中，＝，＝，{}前4项为).A．81B．．168．6．若数列{a}等差数列，首项＞，＋＞，·a＜，使项和S＞成的最大自然数n是)．A．005B4006C．007D．0087．已知等差数列{a}公差为，，，成比数,则a＝()A．4B．－C．－D．－

nn12123nnn1n11n345234561234564820n3571013nn12123nnn1n11n345234561234564820n3571013n5645nnn5S8．设S是差数{a}的前项和，若＝，则＝()．SA．B．1

C．D．

9．已知数列1，，，4成差数列，－，b，b，，－4成比数列则的是

)．A．

B．

C．

或

．

．在等差数{a}中，≠，－

＋＝0(≥)，若

n

＝，则n＝()A．38B．C．．二填题fx)＝

2

用课本中推导等差数列前项和公式的方法得f(－)f(－)＋…f(0)＋＋()＋(6)的值为

.．已知等比数{a}中，()若a··＝，则a·a···＝．()若a＋＝，＋＝，a＋＝．()若2，S＝6则a＋＋a＋＝

.827．在和之间插入三个数，使这五个数成等比数列，插入的三个数的乘积为．32．在等差数{a}中，(＋)2(a＋＋a)＝，此数列前项和

.．在等差数{a}中，＝，＝2则a＋＋…＋a＝

.．设平面内有n条线n≥)，其中有仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f()表示这n条直线交点的个数，则f()＝；n＞时，f(n)．三解题17．()已知{a}的前n项和S＝3－n求证数{a}成等差数列.()已知

11b，，成差数列，求证，，也成等差数.bcc

n132nnnnn132nnnnnn1nn．{a}是公比为q的比数列，且a，，成等差数列．()求q的值；()设{}是以为首项q为公差的等差数列，其前n项和为S，≥时比较S与b的小，并说明理由．．数{a}的前n项和记为S，知a＝，＝S求证：数列}是等比数．

nn

S(＝，，…)．

nn17436126n1n12311345118451nn17436126n1n123113451184518111145111118123412341413已数列a}是首项为a且公比不等于1的比数列为其前n项和a2a3a成差数列求12S，S，－成比数.第章参考答

数一选题1．解析：由题设，代入通项公式a＝＋(－)，即2＝＋(n1)∴＝．2．解析：本题考查等比数列的相关概念，及其有关计算能力．设等比数列a}的比为qq＞)，题意得a＋＋a＝，即a(qq2)＝，a＝，＋＋＝．解得q＝或q＝－(不题意，舍去，∴＋＋＝q(＋＋)＝×2×＝．3．．解析：由＋＝＋，排除C．又a·＝(a＋)＝＋d，∴·＝(＋d)(＋d)＝a2＋d＋12d＞·．4．解析：解法1：设a＝中两根之和也为，

111，＝＋，＝＋，＝＋d而方程－x＋0中根之和为2，2－＋＝444∴＋＋＋＝＋d4∴＝

5，＝，a＝是个方程的两个根a＝，a＝是另一个方程的两个根．444∴

，分为或，

123412341234sp1222511420032004200320042123412341234sp12225114200320042003200420032004120032004200320044006142004n12003220032200320042003nnn∴｜mn｜＝

，故选C．解法2：设方程的四个根为，，，，x＋＝＋＝，·＝，·x＝．由等差数列的性质：p＋q，a＋＝＋，若设x为一项，x必为第四项，则＝，是可得等5差数列为，，，，44∴＝

15，＝，∴｜mn｜＝5．

．解析：∵＝9a＝，

243＝＝＝，9∴＝，aq＝，＝，－35∴＝＝＝．6．解析：解法1：由＋＞，·＜，a和两项中有一正数一负数，又a＞，则公差为负数，否则各项总为正数，故＞，a＞，＜∴＝

0061

4

)

＝

006(a

＋a2

2004

)

＞，∴

＝4007

·(＋)·a＜故4006为S＞的大自然.选B．解法2：由＞0a＋＞aa＜0，a＜，∴为S中最大值．∵是关于n的次函数如草图所示，∴003到称轴的距离004到对称轴的离小，

解法的析得a＞0，∴

在对称轴的右侧．

(6题)根据已知条件及图象的对称性可得4006在象中右侧都在其右侧，S0的最大自然数是4006．7．

零点B的侧007008

n3141134111122nn11nnnnn222n3141134111122nn11nnnnn222解析：∵{a是等差数列，∴a＝＋，＝＋，又由a，，成比数列，∴(＋)＝(a＋)解得＝，∴＝8＋＝68．9(a)S9解析：∵＝＝＝·＝，选A．S)5529．解析：设和q分别为公差和公比，则4＝－＋d且－＝(－)q4，∴＝1q2＝，d∴＝＝．．C解析：∵{a为等差数列，∴

＝＋a，∴a

＝，又a≠0∴＝，a}为数数列，而a＝

，2n－＝＝，2∴＝．二填题．2．1解析：∵(x)＝，2∴(1－＝

2

＝＝，2∴(x)＋(1－)＝

12

111()＋＝＝＝．222设S＝(－)＋(－)＋…f(0)＋()＋6)则S＝()＋()＋…f(0)＋＋(－)＋f(－)∴S＝[()＋(－)]＋[()f(－)]＋＋[(－)＋()]6，∴＝(－＋(－)＋…＋(0)＋…＋5＋(6)3．

3542345656124354234565612420354713410410654554）．解析）由a·＝

，得a＝，∴····＝

＝．（）

(a)36

q

，∴＋＝(＋)q＝．（）

a＋a＝a＋＋8284

4

q2，∴＋a＋＋a＝q

＝．．216．827解析：本题考查等比数列的性质及计算，由插入三个数后成等比数列，因而中间数必与，同，由等比中项的3中间数为

27＝，插的三个数之积为××＝．232．26．解析：∵＋＝，＋＝a，∴(a＋)＝，a＋＝，∴＝

(a＋)(a＋a)13＝＝＝．2．．解析：∵＝－＝5，∴＋＋…＋a＝＝

(＋a)(－d＋a5d)2＝(a＋2)＝－49．．，

(＋)(－2)解析：同一平面内两条直线若不平行则一定相交，故每增加一条直线一定与前面已有的每条直都相交，f(k)＝f(k－)＋(－1)

11n1n1n1n123121111nn1nnnnn11n1n1n1n123121111nn1nnnnn1+nnnnn由f(＝2f(4)()＋＝＋＝，f(5)()＋＝＋＋＝，……f(n)＝(－1)＋(－)相加得f(n2＋＋＋n－)＝

(＋)