数列题型(错位相减法)

学而时习之，不亦乐乎？12数列专练（裂项相消法）1.已知数列na的前项和22nSnn；（1）求数列的通项公式na；（2）设12341231111nnnTaaaaaaaa，求nT．2.已知数列na的前项和为nS，且满足213(1,)22nSnnnnN（1）求数列na的通项公式；（2）设nT为数列11nnaa的前n项和，求使不等式20121005nT成立的n的最小值.2.已知数列na的前n项和为nS，且11a，111,2,3,2nnaSn．（1）求数列na的通项公式；（2）当312log3nnba时，求证：数列11nnbb的前n项和1nnTn.3.已知数列na的前n项和为nS，点),(nsnn在直线21121xy上，数列nb满足0212nnnbbb，*Nn，113b，且其前9项和为153.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）设)12)(112(3nnnbac，求数列nc前n项的和nT.学而时习之，不亦乐乎？344.已知数列na的前n项和为nS，且22nnSa，(1,2,3)n；数列nb中，11,b点1(,)nnPbb在直线20xy上．（1）求数列na和nb的通项公式；（2）设数列12nb的前n和为nS，求12111nSSS；5.设na是正数组成的数列，其前n项和为nS，并且对于所有的nN，都有2)2(8nnaS.（1）写出数列na的前3项；（2）求数列na的通项公式(写出推证过程)；（3）设14nnnaab，nT是数列nb的前n项和，求使得20mTn对所有nN都成立的最小正整数m的值.6.数列na前n项和为22nSnn，等比数列nb各项为正数，且11b，nab是公比为64的等比数列．（1）求数列na与nb的通项公式；（2）证明：11S＋21S＋……＋nS1＜43．7.等差数列na中，前三项分别为45,2,xxx，前n项和为nS，且20kS．（1）求x和k的值；（2）求和：1233333nnTSSSS．学而时习之，不亦乐乎？568.已知等差数列na的首项11a，公差0d，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设13nnbnNna，123nnSbbbb，是否存在t，使得对任意的n均有36ntS总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由．9.设数列{}na的前n项和为nS，点(,)()nSnnNn均在函数32yx的图像上.（1）求数列{}na的通项公式；（2）设13nnnaab，nT是数列{}nb的前n项和，求使得20nmT对所有nN都成立的最小正整数.2.解：（1）111)1,2naS当时………………………………………………2分22113132)2,(1)(1)22221nnnnaSSnnnnn当时………………6分12,1()naannN……………………………………………………7分（2）)2(1)1(1)2)(1(111nnnnaann，……………………………9分)2(221212111....41313121nnnnnTn…………11分10051005,201020122(2)2012nnTnn又得……………………13分2011n的最小值为…………………………………145.解:(1)n=1时2118(2)aa∴12an=2时21228()(2)aaa∴26an=3时212338()(2)aaaa∴310a…………4分(2)∵28(2)nnSa∴2118(2)(1)nnSan两式相减得:2218(2)(2)nnnaaa即2211440nnnnaaaa也即11()(4)0nnnnaaaa∵0na∴14nnaa即{}na是首项为2,公差为4的等差数列∴2(1)442nann…………10分(3)1441111()(42)(42)(21)(21)2(21)(21)nnnbaannnnnn∴12111111[(1)()()]2335(21)(21)nnTbbbnn学而时习之，不亦乐乎？7811111(1)2212422nn…………14分∵20nmT对所有nN都成立∴1202m即10m故m的最小值是10…………16分6.解：（1）113as，2n时，221(2)(1)2(1)21nnnaSSnnnnn设nb公比为q，则2125364aabbqbb，因为nb各项为正数所以8q，18,21nnnban（2）211111()222nSnnnn11S＋21S＋……111111111(1)2324352nSnn111131113(1)()221242124nnnn所以不等式得证。9.解:(1)由题意得32nSnn,即232nSnn,当2n时,22132[3(1)2(1)]65nnnaSSnnnnn,当1n时,111615aS,∴165()nnnaSSnnN,(2)由(1)得133111()(65)(61)26561nnnbaannnn,∴111111[(1)()()]277136561nTnn11(1)261n.因此,使得11(1)()26120mnNn成立的m必须且只需满足1220m,即10m,故满足要求的的最小正整数10m