数列经典例题裂项相消法Word文档格式.docx
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(n)令bn
an1an,求数列{bn}的前n项和Sn;
2
(川)求数列{an}的前n项和Tn•
&
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)设bn(4an)qn1(q0,nN*),求数列{bn}的前n项和Sn•
*2
9.已知数列{an}满足ai0,a22,且对m,nN都有a?
m1a?
n12amn12(mn).
(1)求a3,a5;
(n)设bna2n1a2n1(nN*),证明:
{bn}是等差数列;
(川)设cn(an1an)qn1(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,a2a?
16.
(n)数列{an}和数列{bn}满足等式an直乌乌冬(nN*),求数列{bn}的前n项和Sn.
2222
11.已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且3,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
n14n
⑵令b2
(1),求数列{bn}的前n项和Tn.
andn1
222
12.正项数列{an}的前n项和Sn满足:
Sn(nn1)Sn(nn)0.
(1)求数列{an}的通项公式an;
n1*5
⑵令bnr,数列{bn}的前n项和为Tn,证明:
对于nN,都有Tn.
(n2)an64
答案:
1.A;
2.B
3.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=.
3
由2a1+3a2=1有2a1+3a1q=1,二a仁-:
.
故数列{an}的通项式为an=
311
(n)bn=
=-2=-2(1
%
口〔n+1〕n
+丄+・・+丄=-2[(1--
bi
故
则
•数列{-}的前n项和为-
"
亦1+1陽孑+-+
2n
n+1
4•解:
(I)由正项数列{an}满足:
1+2+••+n)=-
nCn+1)
)]=-
「+“=
门-(2n-1)an-2n=0,
可有(an-2n)(an+1)=0
•an=2n.
(n)van=2n,bn=
(n+1)
bn=
数列{bn}的前n项和Tn为=
d,由S4=4S2,a2n=2an+1有:
5.解:
(I)设等差数列{an}的首项为a1,公差为
4a1+5d=8aL4-4d
(2n_1)d二(n_1)dH
211
n€N*
由(I)知,
an=2n
-1,n€N•
2n-l
•-bn=
n€N•
又Tn=
2n-1
•+
?
2n-3
23
=2+彳+5+
n=-+•+••+
2223
两式相减有:
(2
22
23'
二口=二+
22
••+
)
Tn=3—
2n+3
6.解:
(I)设等差数列{an}的公差为d,■/a3=7,a5+a7=26,
ai42d=7
•••有丿
2a.+lQd=26
L丄
解有ai=3,d=2,
•an=3+2(n—1)=2n+1;
n(n_1)2
Sn=缶X2=n+2n;
(n)由(I)知an=2n+1,
-,…1匚、
(2n+l)2-1n(nfl)4n
菇吩-禽)
即数列{bn}的前n项和Tn=
4(n+1)
7.解:
3vJL11vu
(1)由条件有•I.」」-,又n=1时,
解:
(I)设{an}的公差为d,
由已知有
3屮站二6
8aj+28<
t=一4
解有ai=3,d=-1
故an=3+(n-1)(-1)=4-n;
(n)由(I)的解答有,bn=n?
qn-1,于是
012n-1
Sn=1?
q0+2?
q'
+3?
q2+・・+n?
qn'
•
若q力,将上式两边同乘以q,有
123n
qSn=1?
q+2?
q+3?
q+・・+n?
q•
上面两式相减,有
-卫--
(q-1)Sn=nqn_(1+q+q2+••+qn1)=nqn-
q-1
于疋Sn=
n^1-(n+1)f+l(q-1)2
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
(n)当n€N时,由已知(以n+2代替m)可有a2n+3+a2n-仁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
(川)由(I)(n)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,即卩a2n+1-a2n-仁8n—2
另由已知(令m=1)可有
an=-(n-1)2.
电占-1-2
--an+1—an=—2n+1=—2n+1=2n
厶£
n-1
于是cn=2nq
当q=1时,Sn=2+4+6++2n=n(n+1)当q力时,Sn=2?
q0+4?
q1+6?
孑+・・+2n?
qn「I两边同乘以q,可有
qSn=2?
q+4?
q+6?
q+--+2n?
上述两式相减,有
2nqn=2?
(1-q)Sn=2(1+q+q2+--+qn—1)-2nqn=2?
一_:
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=i6,
有,2ai+7d=16①
由a3a6=55,有(ai+2d)(ai+5d)=55②
由①②联立方程求,有d=2,ai=i/d=-2,a仁一^(排除)
an=i+(n-i)?
2=2n-i
an=Ci+C2+--+Cn
an+i=ci+c2+--+cn+i
两式相减,有
an+i-an=cn+i,由(i)有ai=i,an+i-an=2
.cn+i=2,即cn=2(n丝),
即当n多时,
bn=2n+i,又当n=i时,bi=2ai=2
f2,(E)
bn=-f-].「P
于是Sn=bi+b2+b3+••+bn=2+23+24+"
2n+i=2n+2-6,n支,
2E
Sri=l严-6n>
2Xi
ii.解⑴因为Si=ai,S2=2ai+x2=2ai+2,
4x3
S4=4ai+2x2=4ai+i2,
由题意得(2ai+2)Jai(4ai+i2),解得ai=i,
ii
=("
討+乔)
所以an=2n—i.
ni4nni4n
⑵b『(—i)a^=(—i)n2n—i2n+i
当n为偶数时,
2n+i
Tn=(i+3)—(3+5)+…+亦+冇-(訂+着)=i—乔
当n为奇数时,
Tn=(1+£
)_(3+g)+•——(
111
+)+(+
2n—32n—12n—1
2n+1
2n+1
2n+2
2n+2
n为奇数,
所以Tn=
n为偶数.
(或Tn=
2n+1+—1
n—1
一)
12.
(1)解由S—(n2+n—1)Sn—(n2+n)=0,得[Sn—(n2+n)](Sn+1)=0,
由于{an}是正项数列,所以Sn+1>
0.
所以Sn=n2+n(n€N).
n》2时,an=Sn—Sn—1=2n,
n=1时,a1=S1=2适合上式.
*
/•an=2n(n€N).
(2)证明
*n+1
由an=2n(n€N)得bn=
n+1
n+22a2
4n2n+22
丄
16
1_n+22
2^—
n+12
=161+旷
1_*
n+22爲1+歹=64(n€N).
即对于任意的n€N,都有Tnvf.
64
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