数列经典例题(裂项相消法)

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数列裂项相消求和的典型题型
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a55,S515,则数列{1009999101A．B．C．D．1011011001002．数列an为(
A．－10B．－9C．10D．9
2
3．等比数列{an}的各项均为正数，且2a13a21,a39a2a6．
1
}的前100项和为(anan1
19
,其前n项之和为,则在平面直角坐标系中，直线(n1xyn0在y轴上的截距
n(n110
(Ⅰ求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ设bnlog3a1log3a2log3an,求数列{
2
4．正项数列{an}满足an(2n1an2n0．
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．
(n1an
5．设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S44S2,a2n2an1．(Ⅰ求数列{an}的通项公式；(Ⅱ设数列{bn}满足
bb1b21
n1n,nN*,求{bn}的前n项和Tn．a1a2an2
6．已知等差数列{an}满足：a37,a5a726．{an}的前n项和为Sn．(Ⅰ求an及Sn；(Ⅱ令bn
1*(nN,求数列{bn}的前n项和Tn．2
an1
7．在数列{an}中,a11,2an1(1(Ⅰ求{an}的通项公式；(Ⅱ令bnan1
12
an．n
1
an,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；
n1*
(Ⅱ设bn(4anq(q0,nN,求数列{bn}的前n项和Sn．
2*
9．已知数列{an}满足a10,a22,且对m,nN都有a2m1a2n12amn12(mn．
(Ⅰ求a3,a5；
*
(Ⅱ设bna2n1a2n1(nN,证明：{bn}是等差数列；
n1*
（Ⅲ）设cn(an1anq(q0,nN,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a3a655,a2a716．(Ⅰ求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ数列{an}和数列{bn}满足等式an
bb1b2b3*
23n(nN,求数列{bn}的前n项和Sn．n2222
11．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
n1
4n
,求数列{bn}的前n项和Tn.
anan1
222
12．正项数列{an}的前n项和Sn满足：Sn(nn1Sn(nn0.
(1求数列{an}的通项公式an；(2令bn
n15*
{b}TnN,,数列的前n项和为，证明：对于都有.Tnnn2
(n22an64
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）=﹣
，
2
2
2
2
+…+

故则
=﹣+
+…+
=﹣2（﹣）
）]=﹣
，
=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣
．
∴数列{}的前n项和为﹣
4．解：(Ⅰ由正项数列{an}满足：可有（an﹣2n）（an+1）=0∴an=2n．(Ⅱ∵an=2n，bn=
，
﹣（2n﹣1）an﹣2n=0，
∴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=
=n+2n；
2
(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由两式相减，有：（Ⅲ）由
有，，∴
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
n
2
n﹣1
1
2
3
n
）=nq﹣
n

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=
n﹣1
﹣2n+1=﹣2n+1=2n
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
2
n﹣1
1
2
3
n
）﹣2nq=2?
n
﹣2nq=2?
n

∴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=∴an=1+（n﹣1）?2=2n﹣1(Ⅱ令cn=
，则有an=c1+c2+…+cn
（排除）
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=

3
4
n+1
n+2
n+1
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
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.(2bn＝(－1
n－1
4n
anan＋1
＝(－1
n－1
4n11n－1
＝(－1(＋．
(2n－1(2n＋12n－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

2n＋22n＋1，n为奇数，
所以T＝2n
2n＋1，n为偶数.
n
2
2

2n＋1＋(－1
(或Tn＝
2n＋1
n－1

12．(1解由Sn－(n＋n－1Sn－(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
2
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，n＝1时，a1＝S1＝2适合上式．
∴an＝2n(n∈N．
1n＋1n＋111*
(2证明由an＝2n(n∈N得bn＝2－222＝22＝
(n＋2an4n(n＋216n(n＋2
*
Tn＝1－2＋2－2＋2－2＋…
32435
116
11

11

1


12－12＋12－12＋(n－1(n＋1n(n＋2
＝
1111115*
1＋2－1＋2＝(n∈N．2－2<162(n＋1(n＋216264
5*
即对于任意的n∈N，都有Tn<.
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数列经典例题(裂项相消法)

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