2．（2014?模拟）等比数列{an}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a3=9a2a6， （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{
2
2
}的前n项和．
2
2
2
解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a3=9a2a6有a3=9a4，∴q=． 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=故则
=﹣+
+…+
+
． +…+=﹣2（﹣
=﹣（1+2+…+n）=﹣）
）]=﹣
， ，
=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣
．
∴数列{
}的前n项和为﹣
7．（2013?）正项数列{an}满足（1）求数列{an}的通项公式an； （2）令bn=
﹣（2n﹣1）an﹣2n=0．
，求数列{bn}的前n项和Tn．
解：（1）由正项数列{an}满足：可有（an﹣2n）（an+1）=0 ∴an=2n． （2）∵an=2n，bn=
﹣（2n﹣1）an﹣2n=0，
，
∴bn=
==Tn=
..
，
==
．
数列{bn}的前n项和Tn为
．
6．（2013?）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．
*
解：（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﹣
﹣．
28．（2010?）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．
*
解：（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=
=n+2n；
2
（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n+1， ∴bn=
=
=
=
，
∴Tn=
即数列{bn}的前n项和Tn=
25．（2008?）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．
解：（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）由两式相减，有：（Ⅲ）由
∴Tn=2Sn+2a1﹣2an+1=
有
，∴
，
．
有
．
，
．
3．（2010?）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）q
n﹣1
（q≠0，n∈N），求数列{bn}的前n项和Sn．
*
解：（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?qSn=1?q+2?q+3?q+…+n?q
0
1
2
n﹣1
n﹣1
，于是
．
若q≠1，将上式两边同乘以q，有 qSn=1?q+2?q+3?q+…+n?q．
..
1
2
3
n
上面两式相减，有
（q﹣1）Sn=nq﹣（1+q+q+…+q=nq﹣
n
n
2
n﹣1
）
于是Sn=
若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=
∴，Sn=．
4．（2010?）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） （1）求a3，a5；
（2）设bn=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N），证明：{bn}是等差数列； （3）设=（an+1﹣an）q
n﹣1
*
*
2
（q≠0，n∈N），求数列{}的前n项和Sn．
*
解：（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=∴an+1﹣an=
n﹣1
*
﹣（n﹣1）．
2
﹣2n+1=﹣2n+1=2n
于是=2nq．
当q=1时，Sn=2+4+6++2n=n（n+1） 当q≠1时，Sn=2?q+4?q+6?q+…+2n?q两边同乘以q，可有
qSn=2?q+4?q+6?q+…+2n?q． 上述两式相减，有 （1﹣q）Sn=2（1+q+q+…+q=2?
﹣2nq
n
2
n﹣1
1
2
3
n
0
1
2
n﹣1
．
）﹣2nq
n
=2?
∴Sn=2?
综上所述，Sn=．
..
16．（2009?）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．
*
解：（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=
，则有an=c1+c2+…+
an+1=c1+c2+…++1 两式相减，有
an+1﹣an=+1，由（1）有a1=1，an+1﹣an=2 ∴+1=2，即=2（n≥2）， 即当n≥2时，
bn=2，又当n=1时，b1=2a1=2 ∴bn=
..
n+1
于是Sn=b1+b2+b3+…+bn=2+2+2+…2=2﹣6，n≥2，
．
34n+1n+2
..
高一数学必修5数列经典例题裂项相消法
