裂项相消法求和附答案文档格式.docx

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（Ⅰ）求公差d得值;

（Ⅱ）若a1＝1,设Tn就是数列{}得前n项与,求使不等式Ｔｎ≥对所有得n∈N*恒成立得最大正整数m得值；

[解析]（Ⅰ）设数列{an}得公差为d,

∵S4＝2S2＋8，即4a1+6d=2（2a１+d）+８,化简得：

4d＝8,

解得ｄ=2.……………………………………………………………………4分

（Ⅱ）由a1＝1,d＝2,得aｎ=2n－１,…………………………………………５分

∴　=.…………………………………………６分

∴Tn=

=

=≥,…………………………………………８分

又∵不等式Ｔn≥对所有得n∈Ｎ＊恒成立，

∴≥，…………………………………………10分

化简得:

m２-５m-6≤0，解得：

-１≤m≤6.

∴m得最大正整数值为6.……………………………………………………1２分

３、）已知各项均不相同得等差数列{an}得前四项与S４=14,且ａ1,a3，a7成等比数列、

（Ⅰ）求数列{ａn｝得通项公式;

（Ⅱ）设Tn为数列得前n项与,求T2012得值、

[答案]（Ⅰ）设公差为d,由已知得（3分）

解得d=1或d=0（舍去）,∴a１=２、　（5分）

故aｎ＝n+1、　（６分）

（Ⅱ）==－,（8分）

∴Tn=－＋-+…+-=-=、（10分）

∴Ｔ201２=、　（12分）

4、）已知数列｛ａｎ}就是等差数列,-=8ｎ+4,设数列{｜ａｎ|}得前ｎ项与为Sn,数列得前n项与为Tｎ、　

（1）求数列{an}得通项公式;

（2）求证:

≤Ｔn<

1、

［答案]　

（1）设等差数列{ａｎ｝得公差为d,则ａn=a1+（n-1）d、（2分）

∵－=8n+4,

∴（an＋１+aｎ）（an＋1-aｎ）=d（2a1-ｄ+2nd）=８ｎ＋４、

当ｎ＝1时,ｄ（2a１+d）=12;

当ｎ=２时，d（2a1+3ｄ）=20、

解方程组得或（4分）

经检验知,an=2n或ａn＝-2n都满足要求、　

∴an＝２n或an=-2n、　（6分）

（2）证明:

由（１）知：

ａｎ=２ｎ或an＝-2n、　

∴｜aｎ|=2ｎ、

∴Sn=n（n＋1）、　（8分）

∴=＝-、

∴Tn＝１－+-+…+-=１-、（10分）

∴≤Ｔn<

1、（１２分）

5、已知等差数列｛aｎ｝得公差为2,前ｎ项与为Ｓn,且S1，S2,S４成等比数列、

（Ⅰ）求数列{an}得通项公式；

（Ⅱ）令ｂn=（-1）ｎ－１,求数列{bn}得前n项与Ｔn、

[答案］　查瞧解析

[解析]　（Ⅰ）因为Ｓ1=a1,S2=2a1+×

2＝2a１+2,

S4=４ａ1+×

2=4a１+12,

由题意得（2a1+2）2=a１（4a１+１2），

解得a1=１，

所以ａn=2n-１、

（Ⅱ）bn＝（-1）n-1=（-1）n-1

=（－1）n-１、

当n为偶数时,

Tn=－＋…+-

=１-

＝、

当n为奇数时,

Tn＝-+…－+＋＋＝1+=、

所以Tn=

6、　已知点得图象上一点，等比数列得首项为,且前项与

（Ⅰ）　求数列与得通项公式;

（Ⅱ）若数列得前项与为，问得最小正整数就是多少？

[解析]解:

（Ⅰ）　因为,所以，

所以，,

又数列就是等比数列，所以，所以,

又公比,所以，

因为

又,所以,所以,

所以数列构成一个首项为１，公差为１得等差数列,,

所以，当时,,

所以、（6分）

（Ⅱ）　由（Ⅰ）得

（1０分）

由得,满足得最小正整数为７２、（12分）

7、在数列,中,，,且成等差数列,成等比数列（）、　

（Ⅰ）求，,及,,,由此归纳出,得通项公式,并证明您得结论;

（Ⅱ）证明:

、

[解析］（Ⅰ）由条件得，

由此可得、

猜测、（4分）

用数学归纳法证明：

①当时，由上可得结论成立、

②假设当时,结论成立,即,

那么当时,

所以当时,结论也成立、

由①②,可知对一切正整数都成立、（7分）

（Ⅱ）因为、

当时,由（Ⅰ）知、

所以

综上所述,原不等式成立、（1２分）

8、已知数列得前项与就是，且.

（Ⅰ）求数列得通项公式;

（Ⅱ）设，，求使成立得最小得正整数得值.

[解析］　 

（１）　当时,,由, 

……………………１分

当时，

∴就是以为首项,为公比得等比数列．　 

……………………４分

故　　 

…………………６分

（2）由

（1）知,

………………8分

故使成立得最小得正整数得值、　　 

………………12分

9、己知各项均不相等得等差数列{aｎ}得前四项与S4＝1４,且ａ１,ａ3,a7成等比数列.

（I）求数列｛an｝得通项公式;

（ＩI）设Tｎ为数列得前n项与,若Tn≤¨

对恒成立,求实数得最小值.

［解析]12２、 

（Ⅰ）设公差为d、由已知得……………………………3分

解得，所以………………………………6分

（Ⅱ）,

………………………………9分

　对恒成立,即对恒成立

又

∴得最小值为……………………………………………………………１2分

10、已知数列前项与为，首项为,且，,成等差数列、

　（Ⅰ）求数列得通项公式;

（IＩ）数列满足,求证:

[解析］　（Ⅰ）成等差数列，∴,

当时,，

两式相减得:

、

所以数列就是首项为，公比为2得等比数列，、 

（６分）

　（Ⅱ）　

（8分）

、 

（1２分）

11、等差数列{ａn}各项均为正整数,　a1＝3,前n项与为Ｓn，等比数列｛bn}中，ｂ１=1,　且ｂ2S2＝6４,　{}就是公比为64得等比数列、

（Ⅰ）求an与bn;

（Ⅱ）证明：

++…+<

、

［答案]　（Ⅰ）设｛an｝得公差为ｄ,　{bn}得公比为ｑ，则d为正整数,

an=３+（ｎ-１）　d，bn＝ｑｎ-１、

依题意有①

由（6＋d）q＝6４知q为正有理数，又由q=知，d为6得因子１,2，3，６之一，　解①得d＝２,ｑ=8、

故an=３+2（n-１）=2ｎ+1,ｂn=8n-1、

（Ⅱ）证明:

Sn=3+5+…+（2ｎ+1）=ｎ（n+２）,

所以＋+…＋=+＋＋…+

＝

=<

、　

1２、等比数列{aｎ｝得各项均为正数,且２a1+3a2＝１，　=9a2ａ6、

（Ⅰ）求数列{an}得通项公式;

（Ⅱ）设ｂn＝log3a1+lｏg３a2+…＋lｏg3aｎ,求数列得前n项与、

[答案]（Ⅰ）设数列{an}得公比为q、　由=9a2a6得＝9,　所以ｑ２＝、

因为条件可知q>

0,故q=、

由2a１+3a2=1得２a1＋3ａ１q=１,所以a1＝、

故数列{an}得通项公式为aｎ=、

（Ⅱ）bn=log3a1+ｌog３a2+…+lｏｇ３an

=-（１＋2+…+n）

＝-,　

故=-=-2，

+＋…＋=-２+＋…+=－、

所以数列得前n项与为－、

13、等差数列{ａn}得各项均为正数，a１=3,其前n项与为Sｎ,｛bn}为等比数列，b１=1,且b２Ｓ2=16,b3Ｓ3=60、

（Ⅰ）求an与bｎ；

（Ⅱ）求＋＋…＋、

[答案]（Ⅰ）设{an}得公差为d,且d为正数,｛ｂn}得公比为q,

ａn=3+（ｎ-1）ｄ,bn=qn-１，

依题意有b２S2=q·

（６+d）=1６,

b3S3=ｑ2·

（9+3d）=60，（2分）

解得d＝２,q=2、（４分）

故an=3+２（ｎ-1）=2n+1,bｎ＝2n-1、（6分）

（Ⅱ）Sｎ=3+5+…＋（2ｎ+1）=n（n+2）,（8分）

所以+＋…+

＝+++…+

=（１０分）

=-、（12分）

１4、设数列{aｎ}得前n项与Sn满足：

Sn=nan-2n（n-1）、等比数列{ｂｎ｝得前n项与为Tn,公比为ａ１，且T５=Ｔ3＋２ｂ５、

（1）求数列｛aｎ}得通项公式;

（２）设数列得前n项与为Ｍｎ，求证:

≤Mn<

[答案］

（1）∵T5=T3+2b5,∴b4+ｂ5=2ｂ5,即（ａ1－１）b4＝0,又b4≠0,∴a1=1、

n≥2时,an=Sn－Sn-１=nan-（n-1）aｎ-1-4（n-1），

即（ｎ－1）an-（ｎ-１）an－1＝４（n-１）、

∵ｎ－1≥1,∴ａn-an-１=4（n≥２）,

∴数列｛an}就是以1为首项,4为公差得等差数列,

∴ａn＝4n-3、　（6分）

∵＝=·

，（8分）

∴Mn=++…＋

=＜,（10分）

又易知Ｍn单调递增,故Mn≥Ｍ1=、　

综上所述,≤Ｍｎ<

、（12分）