错位相减法(提高篇)

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=2，3S=n4an1n1(n2)n5a3S（I）求数列a的通项公式；n（Ⅱ）若b=n·a，求数列{b}的前n项和T。nnnn解析：（Ⅰ）3Sn3Sn15an4an1(n≥2)，an2an1，an2，⋯⋯an13分）又

Qa1 2 ，{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（4分）an 22n1 2n. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 5分）（Ⅱ）bnn2n，Tn121222323Ln2n，2Tn122223L(n1)2nn2n1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（8分）两式相减得：Tn2122L2nn2n1，Tn2(12n)n2n1(1n)2n12，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12⋯⋯⋯⋯⋯（11分）Tn2(n1)2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯n1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 12分）①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋⋯＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝19[(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；an(2)求数列{2n－1}的前n项和．解析 (1)设等差数列{an}的公差为d.由已知条件a1＋d＝0，可得2a1＋12d＝－10，1＝1，an}的通项公式为an＝2解得故数列{ad＝－1.n.a(2)设数列n的前n项和为S，即S＝a＋22nnn1aan＋⋯＋2n－1，故S1＝1，Sna1a2an2＝2＋4＋⋯＋2n.Sn1a－aa－a所以，当n>1时，2＝a＋21nn－12＋⋯＋2n－1a1112－nn－2n＝1－(2＋4＋⋯＋2n－1)－2n＝1－(1－1－nnan2n＝n＝2n－1)－2n2n.所以S2n－1.综上，数列2n－1n的前n项和Sn＝2n－1.[例5](2008,陕西)已知数列{an}的首项a12，3an12an，n1,2,3,⋯．an1（Ⅰ）证明：数列 {1 1}是等比数列；an（Ⅱ）数列{n}的前n项和Sn．an解析（Ⅰ）an12an，1an1111，an1an12an22an111，又a12，11，1(1)1111数列{an1}是以为2首项，2为公比的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知11111111，nnn．a2n1n，即ana2n222nnn123⋯n设Tn2223n，①22112⋯n1n，②则2Tn22232n2n111由①②得111⋯1n2(12n)n1n，Tn222nn112n112nn1222122Tn21nn(n1)．2n12n．又123⋯n2数列{n}的前n项和Sn22nn(n1)n2n4n2.a2n222nn[例6]在等比数列{an}235中，aa＝32，a＝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a1q·a1q2＝32，a1q4＝32，

解得a1＝2，q＝2，故an＝2·2n－1＝2n.(2)∵Sn表示数列{an}的前n项和，21－2nn∴Sn＝ ＝2(2－1)，∴S1＋2S2＋⋯＋nSn＝2[(2＋2·22＋⋯＋n·2n)－(12＋⋯＋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＋1，②①－②，得21－2n－Tn＝2＋22＋⋯＋2n－n·2n＋1＝ －n·2n1－21＝(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an前n项和为Sn，首项为a1，且12,an,Sn等差数列.（Ⅰ）求数列 an的通项公式；21bn，设cnbn，求数列cn的前n项和Tn.（Ⅱ）若an(2)an解析：（1）由题意知2anSn1,an0⋯⋯⋯⋯⋯⋯21分当n1时，2a111a1a12211当n2时，Sn2an,Sn12an122两式相减得 an Sn Sn1 2an 2an1⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3分整理得： an 2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分an1∴数列 an是以1为首项，2为公比的等比数列 .2ana12n112n12n2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分2（2）an2 2bn22n4∴bn 4 2n，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6分bn42n168nCn2n22nan808248n168nTn22232n12n21Tn80248n168n222232n2n1

①②①-②得1111168n⋯⋯⋯⋯⋯⋯Tn48(223n)2n12229分1（1482212n1)168n112n124（1168n412n1)2n14nn. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯211分Tn 8nn.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯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．求数列{an}的通项公式；若bn＝anlog1an，Sn＝b1＋b2＋⋯＋bn，求使2n＋1Sn＋n·2>50成立的最小正整数 n的值．解析(1)设此等比数列为a2，，aq，aq111a1q3，⋯，其中a1≠0，q≠0.由题意知：a1q＋a1q2＋a1q3＝28，①a1q＋a1q3＝2(a1q2＋2)． ②②×7－①得6a1q3－15a1q2＋6a1q＝0，2－5q＋2＝0，解得q＝21即2q或q＝.2∵等比数列{an}单调递增，∴a1＝2，q＝2，∴an2n.n(2)由(1)得bn＝－n·2，∴Sn＝b1＋b2＋⋯＋bn＝－(1×2＋2×22＋⋯＋nn·2)．2 n设Tn＝1×2＋2×2＋⋯＋n·2，③23n＋1.④则2Tn＝1×2＋2×2＋⋯＋n·22n由③－④，得－Tn＝1×2＋1×2＋⋯＋1·2－n＋1n·2n＋1n＋1n＋1－2，＝2－2－n·2＝(1－n)·2n＋1∴－Tn＝－(n－1)·2－2.n＋1∴Sn＝－(n－1)·2－2.n＋1要使Sn＋n·2>50成立，＋1n＋1n即－(n－1)·2－2＋n·2>50，即2>26.45＝32>26，且y＝2x是单调递增函∵2＝16<26,2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；an·bn(3)若cn＝ n ，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＝3，n＝1，2×3n－1，n≥2.(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－11＋2n－3＝(n－1)2.2∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.(3)由题意得cn＝

3，n＝1，2n－2×3n－1，n≥2.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－12(n－2)×3n.∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋⋯＋3n－1)＝(n－2)×3n－3n－32n－53n＋32＝2.3，n＝1，∴Tn ＝ 2n－53n＋3 ∴Tn ＝2 ，n≥2.2n－53n＋32 (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a2＝aa，3 1 21∴(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)×3n1＋4(3＋32＋33＋⋯＋3n－1)－(4n－3)×3n4×3×1－3n－1＝1＋ －(4n－3)×3n1－3(5－4n)×3n－5，∴n＝4n－53n＋5.S23、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；1(2)若bn＝anlog2an，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.a1q＋a1q3＝20，q＝2，∴解得或a3＝a1q2＝，a1＝2，81q＝2，a1＝32.又{an}为递增数列，q＝2，∴ ∴an＝2n.nn1nn，(2)∵b＝2·log22＝－n·2∴－Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋⋯＋n×2n.①∴－2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋⋯＋(n－1)×2nn×2n＋1.②①－②得Sn＝2＋22＋23＋⋯＋2n－n·2n＋121－2n＝ －n·2n＋11－22n＋1－n·2n＋1－2.∴Sn＝2n＋1－n·2n＋1－2.4、设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1b11，a3 b5 21，a5 b3 13（Ⅰ）求{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）求数列 an的前n项和Sn．bn解析 （Ⅰ）设an的公差为d，bn的公比为q，则1 2d q4 21，依题意有 q 0且14dq213，解得d2，q2．所以an1(n1)d2n1，bnqn12n1．（Ⅱ）an 2nn11．bn 2Sn135L2n32n1，①122n22n12252n32n1，②2Sn23L2n222n3②－①得Sn22L22n1，22222n22n1222111L12n12222n22n1112n12n3222n16．112n12n125、已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且 a1 b1 2,a4 b4 27，S4 b4 10.（Ⅰ）求数列 {an}与{bn}的通项公式；（Ⅱ）记Tnababab，*，证明Tn122an10bnn1n121nnNnN*）.解析（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由a1b12得a423d,b42q3,S486d，由条件得方程组23d2q327，解得d3，所以86d2q310q2an 3n 1,bn 2n,n N（2）证明：由（1）得Tn 2an 22an1 2na1⋯⋯①2Tn 22an 23an1 2n1a1⋯⋯⋯⋯①②-①得Tn2(3n1)3(22232n)2n212(12n1)2n26n2102n61012n而 2an 10bn 12 2(3n 1) 10 2n 12 10 2n 6n 10故Tn122an10bn,nN6．(2012·浙江)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，nN*.求an，bn；(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.2解析：(1)由Sn＝2n＋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4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*.(2)由(1)知an·bn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*，所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋⋯＋(4n－1)·2n－1，2Tn ＝3×2＋7×22＋⋯＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，所以2Tnn2n－1－Tn＝(4n－1)2－[3＋4(2＋2＋⋯＋2)](4n－5)2n＋5.故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.7.(2012·江西)已知数列{n}的前n项和n＝－12＋kn(其中k∈N＋)，且n的最大值为8.aS2nS确定常数k，并求an；(2)求数列9－2ann的前n项和Tn.21解析：(1)当n＝k∈N＋时，Sn＝－2n＋kn取最大值，即8＝k＝－12＋2＝12，故2＝16，因此k＝4，S2kk2kk从而n＝n－n91＝79－1＝－(≥2)．又1＝，所以n＝－.aSS2nnaS2a2n(2)因为n＝9－2n1，b2223n－1n，Tn＝b1＋b2＋⋯＋bn＝1＋＋2＋⋯＋2n－2＋n－122211n所以n＝2n－n＝2＋1＋＋⋯＋n－2－n－1TTT2221n＋2＝4－2n－2－2n－1＝4－2n－1.3．设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且 a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.求{an}，{bn}的通项公式；求数列an的前n项和Sn.bn1＋2＋4＝21，＝2，解析：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0且dq解得d1＋4＋2＝13，＝2.dqq所以n＝1＋(－1)＝2－1，n＝n－1n－1nqadnbn2－1anbn＝2n－1，352－32－1S222252n－32n－12Sn＝2＋3＋2＋⋯＋2n－3＋2n－2.②②－①，得2222－1n＝2＋2＋＋2＋⋯＋n－2－nn－1S22221112－1＝2＋2×1＋2＋22＋⋯＋2n－2－2n－111－2n－12－12＋3＝2＋2×1－2n－1＝6－2n－1.1－24．(2012·石家庄质检)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a2＝aa，3 1 21∴(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)×3n1＋4(3＋32＋33＋⋯＋3n－1)－(4n－3)×3n4×3×1－3n－1＝1＋ －(4n－3)×3n1－3(5－4n)×3n－5，∴Sn＝4n－53n＋52.117．(13分)已知数列{an}的前n项和Sn与通项an满足Sn＝2－2an.(1)求数列{an}的通项公式；3n12nn1＋1＋⋯＋1，求T2012；(2)设f(x)＝logx，b＝f(a)＋f(a)＋⋯＋f(a)，T＝b1b2bn(3)若cn＝an·f(an)，求{cn}的前n项和Un.解析：(1)当n＝1时，a1＝13，1当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，又Sn＝2－2an，1所以an＝3an－1，1即数列{an}是首项为3，公比为

13的等比数列，故an＝(1)n.31(2)由已知可得 f(an)＝log3(3)n＝－n，则bn＝－1－2－3－⋯－n＝－nn