裂项相消法专项高考真题训练 5页

裂项相消法专题 ‎1．（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．‎ ‎【答案】（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﹣．,‎ ‎2，（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．‎ ‎【答案】（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．‎ ‎3．（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．‎ ‎【答案】（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﹣．‎ ‎4.（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．‎ ‎【答案】（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=．‎ ‎5.（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．‎ ‎【答案】（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=．‎ ‎6.（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．‎ ‎【答案】（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=．‎ ‎7.（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．‎ ‎【答案】（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=．‎ ‎8.（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．‎ ‎【答案】（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，‎ ‎．‎