错位相减法提高篇Word文件下载.docx
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∴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).
[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·
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.
(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
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
项和
[例6]在等比数列{an}中,a2a3=32,a5=32.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,求S1+2S2+…+nSn.
(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·
2n)-n(n+1),
设Tn=2+2·
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
(1)由题意知
………………1分
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.
(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×
2n).
设Tn=1×
2n,③
则2Tn=1×
22+2×
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)·
要使Sn+n·
50成立,
即-(n-1)·
2n+1-2+n·
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.
(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×
33+2×
34+…+2(n-2)×
3n,
∴相减得-2Tn=6+2×
33+…+2×
3n-1-2(n-2)×
3n.
∴Tn=(n-2)×
3n-(3+32+33+…+3n-1)=(n-2)×
3n-
∴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.
(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)×
-2Sn=1+4×
3+4×
32+4×
33+…+4×
3n-1-(4n-3)×
3n
=1+4(3+32+33+…+3n-1)-(4n-3)×
=1+
-(4n-3)×
=(5-4n)×
3n-5,
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.
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.
或
又{an}为递增数列,
∴an=2n.
(2)∵bn=2n·
log
2n=-n·
∴-Sn=1×
22+3×
23+…+n×
2n.①
∴-2Sn=1×
23+3×
24+…+(n-1)×
2n+n×
2n+1.②
①-②得Sn=2+22+23+…+2n-n·
=2n+1-n·
∴Sn=2n+1-n·
4、设
是等差数列,
是各项都为正数的等比数列,且
(Ⅰ)求
(Ⅱ)求数列
解析(Ⅰ)设
的公差为
的公比为
,则依题意有
且
.所以
,①
②-①得
5、已知
是等差数列,其前n项和为Sn,
是等比数列,且
与
(Ⅱ)记
,证明
(
).
解析
(1)设等差数列
,等比数列
,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.
(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