(完整版)裂项相消法专项高考真题训练
裂项相消法专题
1．（2014?成都模拟）等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1+3a 2=1，a 32=9a 2a 6， （Ⅰ）求数列{a n }的通项公式；
（Ⅱ）设b n =log 3a 1+log 3a 2+…+log 3a n ，求数列{
}的前n 项和．
【答案】（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，由a 32=9a 2a 6有a 32=9a 42，∴q 2=． 由条件可知各项均为正数，故q=． 由2a 1+3a 2=1有2a 1+3a 1q=1，∴a 1=． 故数列{a n }的通项式为a n =．
（Ⅱ）b n =+
+…+=﹣（1+2+…+n）=﹣，
故=﹣=﹣2（﹣
）
则
+
+…+
=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣
）]=﹣
， ∴数列{}的前n 项和为﹣
．,
2，（2013?江西）正项数列{a n }满足﹣（2n ﹣1）a n ﹣2n=0．
（1）求数列{a n }的通项公式a n ； （2）令b n =
，求数列{b n }的前n 项和T n ．
【答案】（1）由正项数列{a n }满足：﹣（2n ﹣1）a n ﹣2n=0，
可有（a n ﹣2n ）（a n +1）=0 ∴a n =2n ． （2）∵a n =2n ，b n =，∴b n =
= =，
T n =
=
=
．
数列{b n }的前n 项和T n 为．
3．（2013?山东）设等差数列{a
n }的前n项和为S
n
，且S
4
=4S
2
，a
2n
=2a
n
+1．
（Ⅰ）求数列{a
n
}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b
n }满足=1﹣，n∈N*，求{b
n
}的前n项和T
n
．
【答案】（Ⅰ）设等差数列{a
n }的首项为a
1
，公差为d，由S
4
=4S
2
，a
2n
=2a
n
+1有：，
解有a
1
=1，d=2．
∴a
n
=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，a
n
=2n﹣1，n∈N*．
∴b
n
=，n∈N*．
又T
n
=+++…+，
∴T
n
=++…++，
两式相减有：T
n
=+（++…+）﹣
=﹣﹣
∴T
n
=3﹣．
4.（2010?山东）已知等差数列{a
n }满足：a
3
=7，a
5
+a
7
=26．{a
n
}的前n项和为S
n
．
（Ⅰ）求a
n 及S
n
；
（Ⅱ）令（n∈N*），求数列{b
n }的前n项和T
n
．
【答案】（Ⅰ）设等差数列{a
n
}的公差为d，
∵a
3=7，a
5
+a
7
=26，
∴有，
解有a
1
=3，d=2，
∴a
n
=3+2（n﹣1）=2n+1；
S
n
==n2+2n；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知a
n
=2n+1，
∴b
n
====，
∴T
n
===，
即数列{b
n }的前n项和T
n
=．
5.（2008?四川）在数列{a
n }中，a
1
=1，．
（Ⅰ）求{a
n
}的通项公式；
（Ⅱ）令，求数列{b
n }的前n项和S
n
；
（Ⅲ）求数列{a n}的前n项和T n．
【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．
∴T
n =2S
n
+2a
1
﹣2a
n+1
=．
6.（2010?四川）已知等差数列{a
n
}的前3项和为6，前8项和为﹣4．
（Ⅰ）求数列{a
n
}的通项公式；
（Ⅱ）设b
n =（4﹣a
n
）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b
n
}的前n项和S
n
．
【答案】（1）设{a
n
}的公差为d，由已知有
解有a
1
=3，d=﹣1
故a
n
=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；
（2）由（1）的解答有，b
n
=n?q n﹣1，于是
S
n
=1?q0+2?q1+3?q2+…+n?q n﹣1．
若q≠1，将上式两边同乘以q，有
qS
n
=1?q1+2?q2+3?q3+…+n?q n．
上面两式相减，有
（q﹣1）S
n
=nq n﹣（1+q+q2+…+q n﹣1）
=nq n﹣
于是S
n
=
若q=1，则S
n
=1+2+3+…+n=
∴，S
n
=．
7.（2010?四川）已知数列{a
n }满足a
1
=0，a
2
=2，且对任意m、n∈N*都有a
2m﹣1
+a
2n﹣1
=2a
m+n﹣1
+2（m
﹣n）2
（1）求a
3，a
5
；
（2）设b
n =a
2n+1
﹣a
2n﹣1
（n∈N*），证明：{b
n
}是等差数列；
（3）设c
n =（a
n+1
﹣a
n
）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{c
n
}的前n项和S
n
．
【答案】（1）由题意，令m=2，n=1，可有a
3=2a
2
﹣a
1
+2=6
再令m=3，n=1，可有a
5=2a
3
﹣a
1
+8=20
（2）当n∈N*时，由已知（以n+2代替m）可有
a 2n+3+a
2n﹣1
=2a
2n+1
+8
于是[a
2（n+1）+1﹣a
2（n+1）﹣1
]﹣（a
2n+1
﹣a
2n﹣1
）=8
即b
n+1﹣b
n
=8
∴{b
n
}是公差为8的等差数列
（3）由（1）（2）解答可知{b
n }是首项为b
1
=a
3
﹣a
1
=6，公差为8的等差数列
则b
n =8n﹣2，即a
2n+1
﹣a
2n﹣1
=8n﹣2
另由已知（令m=1）可有
a
n
=﹣（n﹣1）2．
∴a
n+1﹣a
n
=﹣2n+1=﹣2n+1=2n
于是c
n
=2nq n﹣1．
当q=1时，S
n
=2+4+6++2n=n（n+1）
当q≠1时，S
n
=2?q0+4?q1+6?q2+…+2n?q n﹣1．两边同乘以q，可有
qS
n
=2?q1+4?q2+6?q3+…+2n?q n．
上述两式相减，有
（1﹣q）S
n
=2（1+q+q2+…+q n﹣1）﹣2nq n
=2?﹣2nq n
=2?
∴S
n
=2?
综上所述，S
n
=．
8.（2009?湖北）已知数列{a
n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a
3
a
6
=55，a
2
+a
7
=16
1）求数列{a
n
}的通项公式；
2）数列{a
n }和数列{b
n
}满足等式a
n
=（n∈N*），求数列{b
n
}的前n项和S
n
．
【答案】（1）设等差数列{a
n
}的公差为d，
则依题意可知d＞0由a
2+a
7
=16，
有，2a
1
+7d=16①
由a
3a
6
=55，有（a
1
+2d）（a
1
+5d）=55②
由①②联立方程求，有
d=2，a
1=1/d=﹣2，a
1
=（排除）
∴a
n
=1+（n﹣1）?2=2n﹣1
（2）令c
n =，则有a
n
=c
1
+c
2
+…+c
n
a
n+1
=c
1
+c
2
+…+c
n+1
两式相减，有
a n+1﹣a
n
=c
n+1
，由（1）有a
1
=1，a
n+1
﹣a
n
=2
∴c
n+1=2，即c
n
=2（n≥2），
即当n≥2时，
b n =2n+1，又当n=1时，b
1
=2a
1
=2
∴b
n
=
于是S
n =b
1
+b
2
+b
3
+…+b
n
=2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6，n≥2，
．