裂项相消法求和附答案解析docx.docx
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裂项相消法求和附答案解析docx
.
裂项相消法
利用列相消法求和，注意抵消后并不一定只剩下第一和最后一，也有可能前
面剩两，后面剩两，再就是通公式列后，有需要整前面的系数，使列前后等
式两保持相等。
（1）若是{an}等差数列，
1
1.（1
1）,
1
1.（1
1）
anan1
dan
an1
anan2
2dan
an2
（2）
1
1
1
n（n
1）n
n
1
（3）
1
k）
1（1
n
1
）
n（n
k
n
k
（4）
1
1（
1
1
）
（2n1（）2n1）22n12n1
（5）
n（n
1
2）
1[
1
（n
1
]
1）（n
2
n（n1）
1）（n
2）
（6）
1
n
1
n
n
n
1
（7）
1
1
n
k
n）
n
n
k
（
k
1.已知数列的前n和，．
（1）求数列的通公式；
（2），求数列的前n和．
[解析]
（1）⋯⋯⋯⋯⋯①
.
⋯⋯⋯⋯⋯②
①
②得:
即
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
在①中令
有
即
，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
5分
故
2.已知{an}是公差d的等差数列，它的前n和Sn，S4=2S2+8．
（Ⅰ）求公差d的；
（Ⅱ）若a1=1，Tn是数列{}的前n和，求使不等式Tn≥所有的
n∈N*恒成立的最大正整数m的；
[解析]（Ⅰ）数列{an}的公差d，
∵S4=2S2+8，即4a1+6d=2（2a1+d）+8，化得：
4d=8，
解得d=2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
（Ⅱ）由a1=1，d=2，得an=2n-1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
∴=．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
.
∴Tn=
=
=
≥，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
8分
又∵不等式
n
所有的n∈N*恒成立，
T≥
∴≥
，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
10分
化得：
m2-5m-6
≤0，解得：
-1≤m≤6．
∴m的最大正整数6．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
12分
3.）已知各均不相同的等差数列{an}的前四和S4=14,且a1,a3,a7成等比数列.
（Ⅰ）求数列{an}的通公式;
（Ⅱ）Tn数列的前n和,求T2012的.
[答案]（Ⅰ）公差d,由已知得
（3分）
解得d=1或d=0（舍去）,∴a1=2.（5分）
故an=n+1.（6分）
（Ⅱ）==-,（8分）
.
∴Tn=-+-+⋯+-=-=
.（10分）
∴T2012=.（12分）
4.）已知数列{a
}是等差数列,
-=8n+4,数列{|a
n
|}的前n和S,数列
的前n
n
n
和Tn.
（1）求数列{an}的通公式;
（2）求:
≤Tn<1.
[答案]
（1）等差数列{an}的公差d,an=a1+（n-1）d.（2分）
∵-=8n+4,
∴（an+1+an）（an+1-an）=d（2a1-d+2nd）=8n+4.
当n=1,d（2a1+d）=12;
当n=2,d（2a1+3d）=20.
解方程得或（4分）
知,an=2n或an=-2n都足要求.
∴an=2n或an=-2n.（6分）
（2）明:
由
（1）知:
an=2n或an=-2n.
∴|an|=2n.
.
∴Sn=n（n+1）.（8分）
∴==-.
∴Tn=1-+-+⋯+-=1-.（10分）
∴≤Tn<1.（12分）
5.已知等差数列{an}的公差2,前n和Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
（Ⅰ）求数列{an}的通公式;
（Ⅱ）令bn=（-1）n-1,求数列{bn}的前n和Tn.
[答案]看解析
[解析]（Ⅰ）因S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,
S=4a
1
+
×2=4a
1
+12,
4
由意得（2a1+2）2=a1（4a1+12）,
解得a1=1,
所以an=2n-1.
（Ⅱ）bn=（-1）n-1=（-1）n-1
=（-1）n-1
当n偶数,
Tn=-
=1-
=.
当n奇数,
Tn=-
.
所以Tn=
.
.
+⋯+-
+⋯-+++=1+=
6.已知点的象上一点，等比数列
的首，且前和
.
（Ⅰ）求数列和的通项公式；
（Ⅱ）若数列
[解析]解：
（Ⅰ）
因为
的前
项和为
，问
，所以
的最小正整数
，
是多少？
所以
，
，
，
又数列
是等比数列，所以
，所以
，
又公比
，所以
，
因为
，
又
所以数列
所以
所以
，所以，所以
构成一个首项为1，公差为
，当时，
.（6分）
，
1的等差数列，
，
，
.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
，（10分）
由
得
，满足
的最小正整数为72.
（12分）
7.在数列
，
中，
，
，且
成等差数列，
成
等比数列（
）.
（Ⅰ）求
，
，
及
，
，
，由此归纳出
，
的通项公式，并证明你的
结论；
（Ⅱ）证明：
.
[解析]（Ⅰ）由条件得
，
由此可得
.
猜测
.（4
分）
用数学归纳法证明：
①当时，由上可得结论成立.
②假设当时，结论成立，即，
那么当时，
.
.
所以当时，结论也成立.
由①②，可知对一切正整数都成立.（7分）
（Ⅱ）因为.
当时，由（Ⅰ）知.
所以
.
综上所述，原不等式成立.（12分）
8.已知数列的前项和是，且．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，，求使成立的最小
.
的正整数的．
[解析]
（1）当，，由，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
1分
当，
∴是以首，公比的等比数列．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
故⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
（2）由
（1）知，
⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
，
故使成立的最小的正整数的.⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
.
9.己知各均不相等的等差数列{an}的前四和S4=14，且a1，a3，a7成等比数列．
（I）求数列{an}的通公式；
（II）Tn数列的前n和，若Tn≤¨恒成立，求数的
最小．
[解析]122.
解得
（Ⅰ）公差d.由已知得
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
，所以
3分
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
6分
（Ⅱ），
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
恒成立，即恒成立
10.
又
∴的最小⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
已知数列前和，首，且，，成等差数列.
12分
.
（Ⅰ）求数列的通公式；
（II）数列足，求：
，
[解析]（Ⅰ）成等差数列,∴，
，
当，,
两式相减得：
.
所以数列是首，公比2的等比数列，.（6分）
（Ⅱ）
，（8分）
，
.（12分）
11.等差数列{an}各均正整数,a1=3,前n和Sn,等比数列{bn}中,b1=1,且
b2S2=64,{}是公比64的等比数列.
（Ⅰ）求an与bn;
（Ⅱ）明:
++⋯+<.
.
[答案]（Ⅰ）{an}的公差d,{bn}的公比q,d正整数
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