数列经典例题裂项相消法VIP免费

数列裂项相消求和的典型题型11•已知等差数列｛。｝的前n项和为S'a二5,S二15,则数列｛nn55｝的前100项和为(aann+1A100D_99厂处n101A「B-C-''D-192•数列3二时)'其前n项之和为10'则在平面直角坐标系中，直线(n+1)x+y+n0在y轴上的截距为()A--10B--9C-10D-93•等比数列｛a｝的各项均为正数，且2a+3a二1,a2二9aa•n12326(I)求数列｛a｝的通项公式；n1(n)设b二loga+loga+•••+loga,求数列—｛｝的前n项和•n31323nbn4•正项数列｛a｝满足a2—(2n—1)a—2n二0•nnn(I)求数列｛a｝的通项公式ann1(n)令b二,求数列｛b｝的前n项和T•n(n+1)annn5•设等差数列｛a｝的前n项和为S，且S=4S'a=2a+1-nn422nn(I)求数列｛a｝的通项公式；nbbb1(n)设数列｛b｝满足^+匸++—1—,nGN*,求｛b｝的前n项和T•naaa2nnn12n2n6•已知等差数列｛a｝满足：a—7,a+a—26•｛a｝的前n项和为S•n357nn(I)求a及S;nn1(H)令b二(nGN*),求数列｛b｝的前n项和T•na2—1nnn7•在数列｛a｝中,a=1,2a=(1+—)2a•n1n+1nn(I)求｛a｝的通项公式；n(n)令b=a—1a,求数列｛b｝的前n项和S;nn+12nnn(n)数列bbb1+2+3+-b••+一(neN*),求数列｛b｝的前n项和S⑵令b+1(n+2)2a2n,数列｛b｝的前n项和为Tnn，证明：对于VneN*,都有Tn5<-64*(皿)求数列｛a｝的前n项和T-nn8•已知等差数列｛a｝的前3项和为6，前8项和为-4•n(I)求数列｛a｝的通项公式；n(n)设b二(4-a)q"j(q丰0,neN*),求数列｛b｝的前n项和S•nnnn9•已知数列｛a｝满足a=0,a=2,且对Vm,neN*都有a+a=2a+2(m-n)2•n122m-12n-1m+n-1(I)求a3,役；(n)设b=a-a(neN*),证明：｛b｝是等差数列；n2n+12n-1n(皿)设c=(a-a)qn-1(q丰0,neN*),求数列｛c｝的前n项和S•nn+1nnn10•已知数列｛a｝是一个公差大于0的等差数列，且满足aa=55,a+a=16•n3627(I)求数列｛a｝的通项公式；n11•已知等差数列｛a｝的公差为2，前n项和为S，且S,S,S成等比数列•nn124(1)求数列｛a｝的通项公式；n4n(2)令b=(-1)n-1,求数列｛b｝的前n项和T.2aannnn+112•正项数列｛a｝的前n项和S满足：S2-(n2+n-1)S-(n2+n)=0.nnnn(1)求数列｛a｝的通项公式ann答案：1•A；2•B3•解：(I)设数列｛an｝的公比为q，由a32=9a2a6有a32=9a42，.°.q2气•由条件可知各项均为正数，故q丄•故数列｛an｝的通项式为1a=n311由2a〔+3a?=1有2a〔+3a〔q=1，..a]（H）由已关上碁巴+…ala2L，n^N*，当n±2时，亠（1-%2n(1右）喩，'n=1时符合•可有(an-2n)(an+1)=0-an=2n-5厂3=加5=5+]nJ•A4+3汀注（I）冷数列｛bn｝的前n项和耳为，-5•解：（I）设等差数列｛an｝的首项为a「公差为d，由S4=4S2，a2n=2an+1有：4且]+6d二E!^]+4dJ..，且肚(2n_1)d二2且[+2(n-1)d+1解有a1=1，d=2-.••an=2n-1，nUN*・当n=1时，匕斗al2由(I)知'an=2n-1，nGN*-(n)bn=]Dg：1+1Og|2+•••+]時；11--12=-2(T)nn+1订-2[⑴*+(寺4•解：（1）由正项数列｛an｝满足：(1+2+…+n)(2n_1)an_n〔n+门52击)]2n=0‘2n+2132n-32n-1++…++2Z2J2n211222两式相减有：亦〒（尹+尹…+歹）2n-1312n-122n_12计\/.T=3-n6•解：（I）设等差数列｛an｝的公差为d，•.•吁7，a1+2d=7，2a1+10d=26解有・/a=3+2（n-1）=2n+1；n（n一1.）Sn==n2+2n；（n）由（I）知an=2n+/.b11」an2-1匹n+l）2-1Nd（n+1）4.T占心寺*十占计°1n+11去I，又n=1时，，即数列｛bn｝的前n项和耳二（身打7•解：（I）由条件有二（n+1）£2ri"I1门'故数列构成首项为1，公式为卡的等比数列，即务二n艺n222n-l（n）由bn」；！2n-1[2n-H，有上四严有2“•+釁晟孝2两式相减，有：-|sn=-|+22223笳，心-瞬（皿）由％二（叱+%+…+知q+毁+…+旦」有TJ且1十岳[2a+]=L29n+4n+62n_1(q-1)Sn=nqn-(1+q+q2+…+qn-TLQq-1rd-1于是Sn=^-(n+1)qn^l(q-1)2若q=1，则Sn=1+2+3+…+n上.•.，S冲讯一G+l)f+lCq-1)2n〔n+1)f1\(q^l)9•解：（I）由题意，令m=2，n=1，可有a3=2a2-a]+2=6再令m=3，n=1，可有a5=2a3-a]+8=20(n)当nUN*时，由已知(以n+2代替m)可有a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8于是[a2(n+1)+1a2(n+1)-1(a2n+1-a2n-1)=88•解：(I)设｛an｝的公差为d，'3a1+3d=6由已知有彳gai+2Sd=-4解有a1=3，d=-1故an=3+(n-1)(-1)=4-n；（n）由（I）的解答有，bn=n・qn-1...