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