错位相减法提高篇.docx
《错位相减法提高篇.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《错位相减法提高篇.docx（31页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
错位相减法提高篇
数列求和之错位相减法
[例1]已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1=2，3Sn=
（I）求数列an的通项公式；
（Ⅱ）若bn=n·an，求数列{bn}的前n项和Tn。
解析：
（Ⅰ）
，
，……（3分）
又
，
……………………………（4分）
.……………………………………………………………………（5分）
（Ⅱ）
，
.…………………………（8分）
两式相减得：
，
，………………………………………（11分）
.…………………………………………………………………（12分）
[例2]等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S1，S3，S2成等差数列．
（1）求{an}的公比q；
（2）若a1－a3＝－
，求数列{n·an}的前n项和Tn.
解析：
（1）由已知得2S3＝S1＋S2，
∴2（a1＋a2＋a3）＝a1＋（a1＋a2），
∴a2＋2a3＝0，an≠0，
∴1＋2q＝0，∴q＝－
.
（2）∵a1－a3＝a1（1－q2）＝a1
（1－
）＝
a1＝－
，
∴a1＝－2，∴an＝（－2）·（－
）n－1＝（－
）n－2，
∴nan＝n（－
）n－2.
∴Tn＝1·（－
）－1＋2·（－
）0＋3·（－
）1＋…＋n·（－
）n－2，①
∴－
Tn＝1·（－
）0＋2·（－
）1＋3·（－
）2＋…＋n·（－
）n－1，②
①－②得
Tn＝－2＋[（－
）0＋（－
）1＋（－
）2＋…＋（－
）n－2]－n·（－
）n－1
＝－
－（－
）n－1（
＋n），
∴Tn＝－
－（－
）n－1（
＋
n）.
[例3]设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析
（1）由已知，得当n≥1时，
an＋1＝[（an＋1－an）＋（an－an－1）＋…＋（a2－a1）]＋a1
＝3（22n－1＋22n－3＋…＋2）＋2＝22（n＋1）－1.
而a1＝2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝22n－1.
（2）由bn＝nan＝n·22n－1知
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1.①
从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1.②
①－②得（1－22）Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，
即Sn＝
[（3n－1）22n＋1＋2]．
[例4]已知等差数列{an}满足a2＝0，
a6＋a8＝－10.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求数列{
}的前n项和．
解析
（1）设等差数列{an}的公差为d.由已知条件可得
解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
（2）设数列
的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋
＋…＋
，故S1＝1，
＝
＋
＋…＋
.
所以，当n>1时，
＝a1＋
＋…＋
－
＝1－（
＋
＋…＋
）－
＝1－（1－
）－
＝
.所以Sn＝
.综上，数列
的前n项和Sn＝
.
[例5]（2008,）已知数列
的首项
，
，
…．
（Ⅰ）证明：
数列
是等比数列；
（Ⅱ）数列
的前
项和
．
解析（Ⅰ）
，
，
，又
，
，
数列
是以为
首项，
为公比的等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
，即
，
．
设
…
，①
则
…
，②
由①
②得
…
，
．又
…
．
数列
的前
项和
.
[例6]在等比数列{an}中，a2a3＝32，a5＝32.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，求S1＋2S2＋…＋nSn.
解析：
（1）设等比数列{an}的公比为q，依题意得
解得a1＝2，q＝2，
故an＝2·2n－1＝2n.
（2）∵Sn表示数列{an}的前n项和，
∴Sn＝
＝2（2n－1），
∴S1＋2S2＋…＋nSn＝2[（2＋2·22＋…＋n·2n）－（1＋2＋…＋n）]＝2（2＋2·22＋…＋n·2n）－n（n＋1），
设Tn＝2＋2·22＋…＋n·2n，①
则2Tn＝22＋2·23＋…＋n·2n＋1，②
①－②，得
－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝
－n·2n＋1＝（1－n）2n＋1－2，
∴Tn＝（n－1）2n＋1＋2，
∴S1＋2S2＋…＋nSn＝2[（n－1）2n＋1＋2]－n（n＋1）
＝（n－1）2n＋2＋4－n（n＋1）．
[例7]已知各项均为正数的数列
前n项和为
，首项为
，且
等差数列.
（Ⅰ）求数列
的通项公式；
（Ⅱ）若
，设
，求数列
的前n项和
.
解析：
（1）由题意知
………………1分
当
时，
当
时，
两式相减得
………………3分
整理得：
……………………4分
∴数列
是以
为首项，2为公比的等比数列.
……………………5分
（2）
∴
，……………………6分
①
②
①-②得
………………9分
.………………………………………………………11分
…………………………………………………………………12分
[例8]（14分）已知单调递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝anlog
an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>50成立的最小正整数n的值．
解析
（1）设此等比数列为a1，a1q，a1q2，a1q3，…，其中a1≠0，q≠0.
由题意知：
a1q＋a1q2＋a1q3＝28，①
a1q＋a1q3＝2（a1q2＋2）．②
②×7－①得6a1q3－15a1q2＋6a1q＝0，
即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝
.
∵等比数列{an}单调递增，∴a1＝2，q＝2，∴an＝2n.
（2）由
（1）得bn＝－n·2n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－（1×2＋2×22＋…＋n·2n）．
设Tn＝1×2＋2×22＋…＋n·2n，③
则2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1.④
由③－④，得－Tn＝1×2＋1×22＋…＋1·2n－n·2n＋1
＝2n＋1－2－n·2n＋1＝（1－n）·2n＋1－2，
∴－Tn＝－（n－1）·2n＋1－2.
∴Sn＝－（n－1）·2n＋1－2.
要使Sn＋n·2n＋1>50成立，
即－（n－1）·2n＋1－2＋n·2n＋1>50，即2n>26.
∵24＝16<26,25＝32>26，且y＝2x是单调递增函数，
∴满足条件的n的最小值为5.
【跟踪训练】
1．已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn＋1＝bn＋（2n－1）（n∈N*）．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）求数列{bn}的通项公式bn；
（3）若cn＝
，求数列{cn}的前n项和Tn.
解析：
（1）∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n－1（n≥2），∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1（n≥2）．
当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，∴an＝
（2）∵bn＋1＝bn＋（2n－1），∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，bn－bn－1＝2n－3.
以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋5＋…＋（2n－3）＝
＝（n－1）2.
∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.
（3）由题意得cn＝
当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2（n－2）×3n－1，
∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2（n－2）×3n，
∴相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－2（n－2）×3n.
∴Tn＝（n－2）×3n－（3＋32＋33＋…＋3n－1）＝（n－2）×3n－
＝
.
∴Tn＝
∴Tn＝
（n∈N*）．
2．已知数列{an}为公差不为零的等差数列，a1＝1，各项均为正数的等比数列{bn}的第1项，第3项，第5项分别是a1，a3，a21.
（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；
（2）求数列{anbn}的前n项和Sn.
解析：
（1）设数列{an}的公差为d（d≠0），数列{bn}的公比为q，
∵由题意得a
＝a1a21，
∴（1＋2d）2＝1×（1＋20d），即4d2－16d＝0，
∵d≠0，∴d＝4，∴an＝4n－3.
∴b1＝1，b3＝9，b5＝81，
∵{bn}的各项均为正数，
∴q＝3，
∴bn＝3n－1.
（2）∵由
（1）可得anbn＝（4n－3）3n－1，
∴Sn＝30＋5×31＋9×32＋…＋（4n－7）×3n－2＋（4n－3）×3n－1，
3Sn＝31＋5×32＋9×33＋…＋（4n－7）×3n－1＋（4n－3）×3n，
两式相减得：
－2Sn＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n－1－（4n－3）×3n
＝1＋4（3＋32＋33＋…＋3n－1）－（4n－3）×3n
＝1＋
－（4n－3）×3n
＝（5－4n）×3n－5，
∴Sn＝
.
3、已知递增的等比数列{an}满足：
a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝anlog
an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求Sn.
解：
（1）设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
依题意，有2（a3＋2）＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.
∴a2＋a4＝20.
∴
解得
或
又{an}为递增数列，
∴
∴an＝2n.
（2）∵bn＝2n·log
2n＝－n·2n，
∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n.①
∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋（n－1）×2n＋n×2n＋1.②
①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1
＝
－n·2n＋1
＝2n＋1－n·2n＋1－2.
∴Sn＝2n＋1－n·2n＋1－2.
4、设
是等差数列，
是各项都为正数的等比数列，且
，
，
（Ⅰ）求
，
的通项公式；
（Ⅱ）求数列
的前n项和
．
解析（Ⅰ）设
的公差为
，
的公比为
，则依题意有
且
解得
，
．所以
，
．
（Ⅱ）
．
，①
，②
②－①得
，
．
5、已知
是等差数列，其前n项和为Sn，
是等比数列，且
，
.
（Ⅰ）求数列
与
的通项公式；
（Ⅱ）记
，
，证明
（
）.
解析
（1）设等差数列
的公差为
，等比数列
的公比为
，由
得
，由条件得方程组
，解得
，所以
（2）证明：
由
（1）得
……①
…………①
②-①得
而
故
6．（2012·）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.
（1）求an，bn；
（2）求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解析：
（1）由Sn＝2n2＋n，得当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1，
所以an＝4n－1，n∈N*.
由
升级会员 