三张纸打一字-黄花岗七十二烈士墓

数列裂项相消求和的典型题型
1．已知等差数列
{a
n
}的前n项和为
S
n
,a
5
5,S
5
15,
则数列
{
1009999101
A． B． C． D．
1
2．数列
a
n

为( )
A．－10 B．－9 C．10 D．9
1
}
的前100项和为( )
an
a
n1
9
1
,
其前
n
项之和为< br>,
则在平面直角坐标系中，直线
(n1)xyn0
在y轴上的截距10
n(n1)
2
3．等比数列
{a
n
}
的 各项均为正数，且
2a
1
3a
2
1,a
3
9 a
2
a
6
．
(Ⅰ)求数列
{a
n
}
的通项公式；
(Ⅱ)设
b
n
log
3
a
1
log
3
a
2
log
3
a
n
,
求数列
{
24．正项数列
{a
n
}
满足
a
n
(2n1 )a
n
2n0
．
1
}
的前
n
项和．
b
n
(Ⅰ)求数列
{a
n
}
的通项公式
a
n
；
(Ⅱ)令
b
n

1
,
求数 列
{b
n
}
的前
n
项和
T
n
．
(n1)a
n
5．设等差数列
{a
n
}
的前n
项和为
S
n
，且
S
4
4S
2,a
2n
2a
n
1
．
(Ⅰ)求数列
{a
n
}
的通项公式；
(Ⅱ)设数列
{b
n
}
满足
b
b
1
b
2
1< br>
n
1
n
,nN
*
,
求
{b
n
}
的前
n
项和
T
n
．
a
1
a
2
a
n
2
6．已知等差数列
{a< br>n
}
满足：
a
3
7,a
5
a
7
26
．
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
．
(Ⅰ)求
a
n
及
S
n
；
(Ⅱ)令
b
n

1
*
(nN),
求数列
{b
n
}
的前
n
项和
T
n
．
2
a
n
1
1
2
)a
n
． n
7．在数列
{a
n
}
中
,a
1
1 ,2a
n1
(1
(Ⅰ)求
{a
n
}
的通项公 式；
(Ⅱ)令
b
n
a
n1

1
a< br>n
,
求数列
{b
n
}
的前
n
项和< br>S
n
；
2

（Ⅲ）求数列
{a
n}
的前
n
项和
T
n
．
8．已知等差数列
{a
n
}
的前3项和为6，前8项和为﹣4．
(Ⅰ)求数列
{a
n
}
的通项公式；
(Ⅱ)设
b
n
(4a
n
)q
n1
(q0,nN
*< br>),
求数列
{b
n
}
的前
n
项和
S
n
．
9．已知数列
{a
n
}
满足
a1
0,a
2
2,
且对
m,nN
*
都有
a
2m1
a
2n1
2a
mn1
2( mn)
2
．
(Ⅰ)求
a
3
,a
5
；
(Ⅱ)设
b
n
a
2n1
a
2n1
(nN
*
),
证明：
{b
n
}
是等差数列； < br>（Ⅲ）设
c
n
(a
n1
a
n
)qn1
(q0,nN
*
),
求数列
{c
n
}
的前
n
项和
S
n
．
10．已知数列
{ a
n
}
是一个公差大于0的等差数列，且满足
a
3
a
6
55,a
2
a
7
16
．
(Ⅰ)求数列
{a
n
}
的通项公式；
(Ⅱ)数列
{a
n
}
和数列
{b
n
}
满足等式
an

b
b
1
b
2
b
3
*
2

3

n
(nN),
求数列
{b
n
}
的前
n
项和
S
n
．
n
2
222
11．已知等差数列
{a
n
}
的公差为 2，前
n
项和为
S
n
，且
S
1
,S
2
,S
4
成等比数列．
(1)求数列
{a
n
}
的通项公式；
(2)令
b
2
(1)
n1
4n
,
求数列
{b
n
}
的前
n
项和
T
n
.
a
na
n1
2
12．正项数列
{a
n
}
的前n项 和
S
n
满足：
S
n
(n
2
n1)S
n
(n
2
n)0
.
(1)求数列
{a
n
}
的通项公式
a
n
；
(2)令
b
n

5
n1
*
T
数列的前n项和为，证明：对于都有.
,
{b}T
nN,
n
n n
2
64
(n2)
2
a
n
答案：
1．A；2．B
3．解：(Ⅰ)设数列{a
n
}的公比为q，由a
3
=9a
2
a
6
有a
3
=9a
4
，∴q=．
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
=． < br>故数列{a
n
}的通项式为a
n
=
（Ⅱ）b
n
=+
．
=﹣（1+2+…+n）=﹣，
2222
+…+

故
则
=﹣
++…+
=﹣2（﹣）
）]=﹣， =﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣
． ∴数列{}的前n项和为﹣
4．解：(Ⅰ)由正项数 列{a
n
}满足：
可有（a
n
﹣2n）（a
n
+1 ）=0
∴a
n
=2n．
(Ⅱ)∵a
n
=2n，b
n
=，
﹣（2n﹣1）a
n
﹣2n=0，
∴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< br>+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+2n；
2
(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
两式相减，有：
（Ⅲ）由
有，
，∴
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；
n
﹣
1
(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有，b
n
=n•q，于是 < br>012n
﹣
1
S
n
=1•q+2•q+3•q+…+n•q．
若q≠1，将上式两边同乘以q，有
123n
qS
n
=1•q+2•q+3•q+…+n•q．
上面两式相减，有
（q﹣1）S
n
=nq﹣（1+q+q+…+q
n2n
﹣
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< br>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
2 n
﹣
1
=8n﹣2
另由已知（令m=1）可有
a
n
=﹣（n﹣1）．
2
∴a
n+1
﹣a
n
=
n
﹣
1
﹣2n+1=﹣2n+1=2n
于是c
n
=2nq．
当q=1时，S
n
=2+4+6++2n=n（n+1）
012n
﹣
1
当q≠1时，S
n
=2•q+4•q+6•q+…+2n•q．
两边同乘以q，可有
123n
qS
n
=2•q+4•q+6•q+…+2n•q．
上述两式相减，有
（1﹣q）S
n
=2（1+q+q+…+q
2n
﹣
1
）﹣2nq=2•
n
﹣2nq=2•
n

∴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
=1d=﹣2，a
1
=
∴a
n
=1+（n﹣1）•2=2n﹣1
(Ⅱ)令c
n
=，则有a
n
= c
1
+c
2
+…+c
n

（排除）
．
a
n+1
=c
1
+c
2
+…+c
n+1< br>
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，
n+1
b
n
=2，又当n=1时，b
1< br>=2a
1
=2
∴b
n
=
34n+1
于是 S
n
=b
1
+b
2
+b
3
+…+b
n
=2+2+2+…2
．
=2
n+2
﹣6，n≥2，
2×1
11．解 (1)因为S
1
＝a
1
，S
2< br>＝2a
1
＋×2＝2a
1
＋2，
2
4×3
S
4
＝4a
1
＋×2＝4a
1
＋12，
2
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
4n4n11
－－< br>＝(－1)
n1
＝(－1)
n1
(＋)．
a
na
n
＋
1
2n－12n＋12n－12n＋1
当n为偶 数时，
111111112n
T
n
＝(1＋)－(＋)＋…＋(＋)－(＋ )＝1－＝.
335
2n－32n－12n－12n＋12n＋12n＋1
当n为奇数时，
2n＋2
11111111
T
n
＝(1＋)－(＋)＋…－(＋)＋(＋) ＝1＋＝.
335
2n－32n－12n－12n＋12n＋12n＋1

2n＋2


2n＋1
，n为奇数，
所以T＝

2n


2n＋1
，n为偶数.
n

2n＋1＋－1
n1
(或T
n
＝)
2n＋1
－
22
12．(1)解 由S
2
n
－(n＋n－1)S
n
－(n＋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
*
)．
1

n＋ 1n＋1
1

1
－
2
(2)证明 由a
n
＝2n(n∈N
*
)得b
n
＝＝＝
2

22
16

n
n＋2

n＋2
2
a
2
n
4nn＋2
11111
1

1－
2

＋

2
－
2

＋

2
－
2

＋…T
n
＝

16

3

24

35

＝


1 1

11

－－
2
＋
n－1
2
n＋1
2
＋
n
n＋2
2

 
111

1

1

51

*
1＋
2
－
1＋
2
＝
2
－
2
<(n∈N)．
2
n＋1n＋2

16

2< br>
6416

5
*
即对于任意的
n
∈N，都 有
T
n
<.
64