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＝－eq\f(3,2)，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＝－eq\f(1,2).(2)∵a1－a3＝a1(1－q2)＝a1(1－eq\f(1,4))＝eq\f(3,4)a1＝－eq\f(3,2)，∴a1＝－2，∴an＝(－2)·(－eq\f(1,2))n－1＝(－eq\f(1,2))n－2，∴nan＝n(－eq\f(1,2))n－2.∴Tn＝1·(－eq\f(1,2))－1＋2·(－eq\f(1,2))0＋3·(－eq\f(1,2))1＋…＋n·(－eq\f(1,2))n－2，①∴－eq\f(1,2)Tn＝1·(－eq\f(1,2))0＋2·(－eq\f(1,2))1＋3·(－eq\f(1,2))2＋…＋n·(－eq\f(1,2))n－1，②①－②得eq\f(3,2)Tn＝－2＋[(－eq\f(1,2))0＋(－eq\f(1,2))1＋(－eq\f(1,2))2＋…＋(－eq\f(1,2))n－2]－n·(－eq\f(1,2))n－1＝－eq\f(4,3)－(－eq\f(1,2))n－1(eq\f(2,3)＋n)，∴Tn＝－eq\f(8,9)－(－eq\f(1,2))n－1(eq\f(4,9)＋eq\f(2,3)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. ②①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即Sn＝eq\f(1,9)[(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{eq\f(an,2n－1)}的前n项和．解析(1)设等差数列{an}的公差为d.由已知条件可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝0，,2a1＋12d＝－10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝－1.))故数列{an}的通项公式为an＝2－n.(2)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)))的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋eq\f(a2,2)＋…＋eq\f(an,2n－1)，故S1＝1，eq\f(Sn,2)＝eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,4)＋…＋eq\f(an,2n).所以，当n>1时，eq\f(Sn,2)＝a1＋eq\f(a2－a1,2)＋…＋eq\f(an－an－1,2n－1)－eq\f(an,2n)＝1－(eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1))－eq\f(2－n,2n)＝1－(1－eq\f(1,2n－1))－eq\f(2－n,2n)＝eq\f(n,2n).所以Sn＝eq\f(n,2n－1).综上，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)))的前n项和Sn＝eq\f(n,2n－1).[例5](2008,陕西)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①②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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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，∴Sn＝eq\f(21－2n,1－2)＝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＋1，②①－②，得－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－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∴，……6分①②①-②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＝anlogeq\f(1,2)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， ①a1q＋a1q3＝2(a1q2＋2)． ②②×7－①得6a1q3－15a1q2＋6a1q＝0，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝eq\f(1,2).∵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＝eq\f(an·bn,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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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)＝eq\f(n－11＋2n－3,2)＝(n－1)2.∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.(3)由题意得cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－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－1－2(n－2)×3n.∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)＝(n－2)×3n－eq\f(3n－3,2)＝eq\f(2n－53n＋3,2).∴Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,\f(2n－53n＋3,2)，n≥2.))∴Tn＝eq\f(2n－53n＋3,2)(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aeq\o\al(2,3)＝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＋eq\f(4×3×1－3n－1,1－3)－(4n－3)×3n＝(5－4n)×3n－5，∴Sn＝eq\f(4n－53n＋5,2).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＝anlogeq\f(1,2)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.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a3＝a1q2＝8，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝\f(1,2)，,a1＝32.))又{an}为递增数列，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝2.))∴an＝2n.(2)∵bn＝2n·logeq\f(1,2)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＋1.②①－②得Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(21－2n,1－2)－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）．，①，②②－①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…………①②-①得而故6．(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，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2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝(4n－5)2n＋5.故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.7.(2012·江西)已知数列{an}的前n项和Sn＝－eq\f(1,2)n2＋kn(其中k∈N＋)，且Sn的最大值为8.(1)确定常数k，并求an；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(9－2an,2n)))的前n项和Tn.解析：(1)当n＝k∈N＋时，Sn＝－eq\f(1,2)n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－eq\f(1,2)k2＋k2＝eq\f(1,2)k2，故k2＝16，因此k＝4，从而an＝Sn－Sn－1＝eq\f(9,2)－n(n≥2)．又a1＝S1＝eq\f(7,2)，所以an＝eq\f(9,2)－n.(2)因为bn＝eq\f(9－2an,2n)＝eq\f(n,2n－1)，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋eq\f(2,2)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(n－1,2n－2)＋eq\f(n,2n－1)，所以Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(n,2n－1)＝4－eq\f(1,2n－2)－eq\f(n,2n－1)＝4－eq\f(n＋2,2n－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.(1)求{an}，{bn}的通项公式；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,bn)))的前n项和Sn.解析：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋2d＋q4＝21，,1＋4d＋q2＝13，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(d＝2，,q＝2.))所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.(2)eq\f(an,bn)＝eq\f(2n－1,2n－1)，Sn＝1＋eq\f(3,21)＋eq\f(5,22)＋…＋eq\f(2n－3,2n－2)＋eq\f(2n－1,2n－1)，①2Sn＝2＋3＋eq\f(5,2)＋…＋eq\f(2n－3,2n－3)＋eq\f(2n－1,2n－2).②②－①，得Sn＝2＋2＋eq\f(2,2)＋eq\f(2,22)＋…＋eq\f(2,2n－2)－eq\f(2n－1,2n－1)＝2＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－2)))－eq\f(2n－1,2n－1)＝2＋2×eq\f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－eq\f(2n－1,2n－1)＝6－eq\f(2n＋3,2n－1).4．(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aeq\o\al(2,3)＝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＋eq\f(4×3×1－3n－1,1－3)－(4n－3)×3n＝(5－4n)×3n－5，∴Sn＝eq\f(4n－53n＋5,2).7．(13分)已知数列{an}的前n项和Sn与通项an满足Sn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设f(x)＝log3x，bn＝f(a1)＋f(a2)＋…＋f(an)，Tn＝eq\f(1,b1)＋eq\f(1,b2)＋…＋eq\f(1,bn)，求T2012；(3)若cn＝an·f(an)，求{cn}的前n项和Un.解析：(1)当n＝1时，a1＝eq\f(1,3)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，又Sn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)an，所以an＝eq\f(1,3)an－1，即数列{an}是首项为eq\f(1,3)，公比为eq\f(1,3)的等比数列，故an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.(2)由已知可得f(an)＝log3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n＝－n，则bn＝－1－2－3－…－n＝－eq\f(nn＋1,2)，故eq\f(1,bn)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，又Tn＝－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))，所以T2012＝－eq\f(4024,2013).(3)由题意得cn＝(－n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n，故Un＝c1＋c2＋…＋cn＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))1＋2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))