数列经典例题(裂项相消法).doc

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 B C D2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()A10 B9 C10 D93等比数列的各项均为正数，且()求数列的通项公式；()设求数列的前项和4正项数列满足()求数列的通项公式；()令求数列的前项和5设等差数列的前项和为，且()求数列的通项公式；()设数列满足求的前项和6已知等差数列满足：的前项和为()求及；()令求数列的前项和7在数列中()求的通项公式；()令求数列的前项和；（）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()求数列的通项公式；()设求数列的前项和9已知数列满足且对都有()求；()设证明：是等差数列；（）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()求数列的通项公式；()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：1A；2B3解：()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=（）bn=+=（1+2+n）=，故=2（）则+=2（1）+（）+（）=，数列的前n项和为4解：()由正项数列an满足：（2n1）an2n=0，可有（an2n）（an+1）=0an=2n()an=2n，bn=，bn=，Tn=数列bn的前n项和Tn为5解：()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=2an=2n1，nN*()由已知+=1，nN*，有：当n=1时，=，当n2时，=（1）（1）=，n=1时符合=，nN*由（）知，an=2n1，nN*bn=，nN*又Tn=+，Tn=+，两式相减有：Tn=+（+）=Tn=36解：()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（n1）=2n+1；Sn=n2+2n；()由()知an=2n+1，bn=，Tn=，即数列bn的前n项和Tn=7解：()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()由有，两式相减，有：，（）由有Tn=2Sn+2a12an+1=8解：()设an的公差为d，由已知有解有a1=3，d=1故an=3+（n1）（1）=4n；()由()的解答有，bn=nqn1，于是Sn=1q0+2q1+3q2+nqn1若q1，将上式两边同乘以q，有qSn=1q1+2q2+3q3+nqn上面两式相减，有（q1）Sn=nqn（1+q+q2+qn1）=nqn于是Sn=若q=1，则Sn=1+2+3+n=，Sn=9解：()由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2a1+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3a1+8=20()当nN*时，由已知（以n+2代替m）可有a2n+3+a2n1=2a2n+1+8于是a2（n+1）+1a2（n+1）1（a2n+1a2n1）=8即bn+1bn=8bn是公差为8的等差数列（）由() ()解答可知bn是首项为b1=a3a1=6，公差为8的等差数列则bn=8n2，即a2n+1a2n1=8n2另由已知（令m=1）可有an=（n1）2an+1an=2n+1=2n+1=2n于是cn=2nqn1当q=1时，Sn=2+4+6+2n=n（n+1）当q1时，Sn=2q0+4q1+6q2+2nqn1两边同乘以q，可有qSn=2q1+4q2+6q3+2nqn上述两式相减，有（1q）Sn=2（1+q+q2+qn1）2nqn=22nqn=2Sn=2综上所述，Sn=10解：()设等差数列an的公差为d，则依题意可知d0由a2+a7=16，有，2a1+7d=16由a3a6=55，有（a1+2d）（a1+5d）=55由联立方程求，有d=2，a1=1/d=2，a1=（排除）an=1+（n1）2=2n1()令cn=，则有an=c1+c2+cnan+1=c1+c2+cn+1两式相减，有an+1an=cn+1，由（1）有a1=1，an+1an=2cn+1=2，即cn=2（n2），即当n2时，bn=2n+1，又当n=1时，b1=2a1=2bn=于是Sn=b1+b2+b3+bn=2+23+24+2n+1=2n+26，n2，11解(1)因为S1a1，S22a122a12，S44a124a112，由题意得(2a12)2a1(4a112)，解得a11，所以an2n1.(2)bn(1)n1(1)n1(1)n1()当n为偶数时，Tn(1)()()()1.当n为奇数时，Tn(1)()()()1.所以Tn(或Tn)12(1)解由S(n2n1)Sn(n2n)0，得Sn(n2n)(Sn1