数列求和错位相减法,裂项相消法后附答案

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1、一、解答题1．已知等差数列an的前n项和为Sn，且a2=3，S6=36．（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列bn满足bn=2n⋅an，n∈N*，求数列bn的前n项和Tn．【详解】（Ⅰ）a2=3，∴a1+d=3S6=36，∴6a1+15d=36则a1=1，d=2an=2n-1.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，bn=2n2n-1Tn=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n,2Tn=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n-3)×2n+(2n-1)×2n+1-Tn=2+2×22+2×23+2×24.....+2×2n-（2n-1)×2n+1=2+2×4（1-2n-1）1-

2、2-（2n-1）⋅2n+1=-6+2n+2-(2n-1)⋅2n+1=-6+2n+1(3-2n)∴Tn=6+(2n-3)⋅2n+12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，an+1=Sn+2，n∈N*(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn=n⋅an，求数列{an}的前n项和Tn．【答案】（1）an=2n（2）2+(n-1)×2n+1【详解】(1)∵an+1=Sn+2，n∈N*，∴Sn=an+1-2，即Sn+1=2an+1-2，∴Sn+2=2an+2-2，两式相减，得an+2=2an+2-2an+1，即an+2=2an+1，又∵a1=2，∴a2=S1+2=2+2=4，即数列是首项为2

3、，公比为2的等比数列，所以an=2n；(2)设bn=n⋅an，则bn=n×2n，试卷第9页，总10页∴Tn=1×2+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n，2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1，两式相减，得：Tn=-1×2-1×22-1×23-…-1×2n-1-1×2n+n×2n+1=n×2n+1-(2+22+23+…+2n-1+2n)=n×2n+1-2×(1-2n)1-2=2+(n-1)×2n+1．【点睛】本题考查数列的递推关系，通项公式，前n项和，错位相减法，利用错位相减法是解决本题的关键，属于中档题．3．已知等差数列{an}的前n项和为

4、Sn，满足Sn=an+122(n∈N*).数列{bn}的前n项和为Tn，满足Tn=2−bn(n∈N*).（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）求数列anbn2的前n项和Sn'.【答案】（1）an=2n−1,bn=12n−1；（2）Sn'=3−2n+32n.【解析】【分析】（1）根据题意，求得a1,a2，然后求得公差，即可求出数列{an}的通项，再利用bn=T1,n=1Tn−Tn−1,n≥2求得{bn}的通项公式；（2）先求出anbn2的通项，然后利用数列求和中错位相减求和Sn'.【详解】试卷第9页，总10页解：（1）由Sn=an+122，得S1=a1+122=a1，解得a1=1.由S

5、2=a1+a2=1+a2=a2+122，解得a2=3或a2=-1.若a2=-1，则d=-2，所以a3=-3.所以S3=-3≠a3+122=1，故a2=-1不合题意，舍去.所以等差数列{an}的公差d=a2-a1=2，故an=2n-1.数列{bn}对任意正整数n，满足Tn=2-bn.当n=1时，b1=T1=2-b1，解得b1=1；当n>1时，bn=Tn-Tn-1=(2-bn)-(2-bn-1)=bn-1-bn，所以bn=12bn-1(n≥2).所以{bn}是以首项b1=1，公比q=12的等比数列，故数列{bn}的通项公式为bn=12n-1.（2）由（1）知anbn2=2n-12n，所以Sn'=1

6、2+322+523+...+2n-32n-1+2n-12n，①所以12Sn'=122+323+...+2n-32n+2n-12n+1，②①-②，得12Sn'=12+222+223+...+22n-2n-12n+1=12+12+122+...+12n-1-2n-12n+1=12+121-12n-11-12-2n-12n+1=12+1-12n-1-2n-12n+1，所以Sn'=3-2n+32n.4．已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1=an2an+1(n∈N+).试卷第9页，总10页(1)求证：数列{1an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)记bn=2nan，求数列{bn}的

7、前项和为Tn．【答案】（1）证明见解析，an=12n-1（2）∴Tn=(2n-3)⋅2n+1+6【解析】【分析】(1)由an+1=an2an+1，得1an+1=2+1an，由此可判断{1an}为等差数列，可求1an，进而得到an;(2)求出bn，利用错位相减法可求Tn．【详解】(1)由an+1=an2an+1，得1an+1=2+1an，又1a1=1，∴{1an}为等差数列，首项为1，公差为2，∴1