高一数学必修5数列经典例题(裂项相消法).doc

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2．（2014•成都模拟）等比数列{an}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6，

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{}的前n项和．

解：

（Ⅰ）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=．

（Ⅱ）bn=++…+=﹣（1+2+…+n）=﹣，

故=﹣=﹣2（﹣）则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，

∴数列{}的前n项和为﹣．

7．（2013•江西）正项数列{an}满足﹣（2n﹣1）an﹣2n=0．

（1）求数列{an}的通项公式an；

（2）令bn=，求数列{bn}的前n项和Tn．

解：

（1）由正项数列{an}满足：

﹣（2n﹣1）an﹣2n=0，

可有（an﹣2n）（an+1）=0∴an=2n．

（2）∵an=2n，bn=，

∴bn===，

Tn===．

数列{bn}的前n项和Tn为．

6．（2013•山东）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=1﹣，n∈N*，求{bn}的前n项和Tn．

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﹣．

28．（2010•山东）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（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Tn．

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==n2+2n；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n+1，

∴bn====，

∴Tn===，

即数列{bn}的前n项和Tn=．

25．（2008•四川）在数列{an}中，a1=1，．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{bn}的前n项和Sn；（Ⅲ）求数列{an}的前n项和Tn．

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=．

3．（2010•四川）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；（Ⅱ）设bn=（4﹣an）qn﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．

解：

（1）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；

（2）由

（1）的解答有，bn=n•qn﹣1，于是

Sn=1•q0+2•q1+3•q2+…+n•qn﹣1．

若q≠1，将上式两边同乘以q，有

qSn=1•q1+2•q2+3•q3+…+n•qn．

上面两式相减，有

（q﹣1）Sn=nqn﹣（1+q+q2+…+qn﹣1）=nqn﹣

于是Sn=

若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=

∴，Sn=．

4．（2010•四川）已知数列{an}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2am+n﹣1+2（m﹣n）2

（1）求a3，a5；

（2）设bn=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：

{bn}是等差数列；（3）设cn=（an+1﹣an）qn﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{cn}的前n项和Sn．

解：

（1）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

（2）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

（3）由

（1）

（2）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=﹣2n+1=﹣2n+1=2n

于是cn=2nqn﹣1．

当q=1时，Sn=2+4+6++2n=n（n+1）

当q≠1时，Sn=2•q0+4•q1+6•q2+…+2n•qn﹣1．

两边同乘以q，可有

qSn=2•q1+4•q2+6•q3+…+2n•qn．

上述两式相减，有

（1﹣q）Sn=2（1+q+q2+…+qn﹣1）﹣2nqn=2•﹣2nqn=2•

∴Sn=2•

综上所述，Sn=．

16．（2009•湖北）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

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）数列{an}和数列{bn}满足等式an=（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．

解：

（1）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

（2）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=2n+1，又当n=1时，b1=2a1=2

∴bn=

于是Sn=b1+b2+b3+…+bn=2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n≥2，

．