数列经典例题[裂项相消法]

1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a55,S515,则数列{1009999101A． B． C． D． 1011011001002．数列an为( )

A．－10 B．－9 C．10 D．9

23．等比数列{an}的各项均为正数，且2a13a21,a39a2a6．

1}的前100项和为( ) anan119,其前n项之和为,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

n(n1)10(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；

(Ⅱ)设bnlog3a1log3a2log3an,求数列{24．正项数列{an}满足an(2n1)an2n0．

1}的前n项和． bn(Ⅰ)求数列{an}的通项公式an； (Ⅱ)令bn1,求数列{bn}的前n项和Tn．

(n1)an5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S44S2,a2n2an1． (Ⅰ)求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)设数列{bn}满足

bb1b21n1n,nN*,求{bn}的前n项和Tn． a1a2an26．已知等差数列{an}满足：a37,a5a726．{an}的前n项和为Sn． (Ⅰ)求an及Sn； (Ⅱ)令bn1*(nN),求数列{bn}的前n项和Tn． 2an17．在数列{an}中,a11,2an1(1(Ⅰ)求{an}的通项公式； (Ⅱ)令bnan112)an． n1an,求数列{bn}的前n项和Sn； 2（Ⅲ）求数列{an}的前n项和Tn．

8．已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为﹣4． (Ⅰ)求数列{an}的通项公式；

n1*(Ⅱ)设bn(4an)q(q0,nN),求数列{bn}的前n项和Sn．

2*9．已知数列{an}满足a10,a22,且对m,nN都有a2m1a2n12amn12(mn)．

(Ⅰ)求a3,a5；

*(Ⅱ)设bna2n1a2n1(nN),证明：{bn}是等差数列；

n1*（Ⅲ）设cn(an1an)q(q0,nN),求数列{cn}的前n项和Sn．

10．已知数列{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a655,a2a716． (Ⅰ)求数列{an}的通项公式； (Ⅱ)数列{an}和数列{bn}满足等式anbb1b2b3*23n(nN),求数列{bn}的前n项和Sn． n222211．已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1,S2,S4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令b2(1)n14n,求数列{bn}的前n项和Tn.

anan122212．正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn(nn1)Sn(nn)0.

(1)求数列{an}的通项公式an； (2)令bnn15*{b}TnN,,数列的前n项和为，证明：对于都有. Tnnn2(n2)2an64答案：

1．A；2．B

3．解：(Ⅰ)设数列{an}的公比为q，由a3=9a2a6有a3=9a4，∴q=． 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，

2

2

2

2

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；

2

Sn==n+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；

n﹣1

(Ⅱ)由(Ⅰ)的解答有，bn=n?q，于是

012n﹣1

Sn=1?q+2?q+3?q+…+n?q． 若q≠1，将上式两边同乘以q，有 qSn=1?q+2?q+3?q+…+n?q． 上面两式相减，有

（q﹣1）Sn=nq﹣（1+q+q+…+q于是Sn=

n

2

n﹣1

1

2

3

n

*

）=nq﹣

n

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）．

∴an+1﹣an=﹣2n+1=﹣2n+1=2n

n﹣1

于是cn=2nq．

当q=1时，Sn=2+4+6++2n=n（n+1）

012n﹣1

当q≠1时，Sn=2?q+4?q+6?q+…+2n?q． 两边同乘以q，可有

qSn=2?q+4?q+6?q+…+2n?q． 上述两式相减，有

（1﹣q）Sn=2（1+q+q+…+q）﹣2nq=2?﹣2nq=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+…+cn an+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=2，又当n=1时，b1=2a1=2 ∴bn=

34n+1n+2

于是Sn=b1+b2+b3+…+bn=2+2+2+…2=2﹣6，n≥2， ．

2×1

11．解 (1)因为S1＝a1，S2＝2a1＋×2＝2a1＋2，

2

n+1

2

n﹣1

n

n

1

2

3

n

2

S4＝4a1＋

4×3

×2＝4a1＋12， 2

2

由题意得(2a1＋2)＝a1(4a1＋12)，解得a1＝1， 所以an＝2n－1.

(2)bn＝(－1)

n－1

4nanan＋1

＝(－1)

n－1

4n11n－1

＝(－1)(＋)．

(2n－1)(2n＋1)2n－12n＋1

当n为偶数时，

Tn＝(1＋)－(＋)＋…＋(

当n为奇数时，

1

31315111112n＋)－(＋)＝1－＝. 2n－32n－12n－12n＋12n＋12n＋1

Tn＝(1＋)－(＋)＋…－(

1

31315111112n＋2

＋)＋(＋)＝1＋＝. 2n－32n－12n－12n＋12n＋12n＋1



所以T＝2n2n＋1，n为偶数.

n2

2

2

2n＋2

，n为奇数，2n＋1

2n＋1＋(－1)

(或Tn＝

2n＋1

n－1

)

12．(1)解 由Sn－(n＋n－1)Sn－(n＋n)＝0， 得[Sn－(n＋n)](Sn＋1)＝0， 由于{an}是正项数列，所以Sn＋1>0. 所以Sn＝n＋n(n∈N)．

2

*

2

n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n， n＝1时，a1＝S1＝2适合上式．

∴an＝2n(n∈N)．

1n＋1n＋111*

(2)证明 由an＝2n(n∈N)得bn＝2－2 22＝22＝(n＋2)an4n(n＋2)16n(n＋2)

*

Tn＝1－2＋2－2＋2－2＋…

32435

116

11



11



1

12－12＋12－12 ＋(n－1)(n＋1)n(n＋2)

＝

1111115*

1＋2－1＋2＝(n∈N)． 2－2<162(n＋1)(n＋2)16264

5*

即对于任意的n∈N，都有Tn<.

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