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【备战2014】高考数学 高频考点归类分析 错位相减法的运用(真题为例)


错位相减法的运用
错位相减法是一种常用的数列求和方法, 形如 ?a n bn ? 的数列,其中{ a n }为等差数列,?bn ? 为等比数列;分 别列出 S n ,再把所有式子同时乘以等比数列的公比 q ,即 qSn ;然后错一 位,两式相减即可。适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和。 典型例题: 例 1. (2012 年四川省文 12 分)已知数列 {an } 的前 n 项和为 S n ,常数 ? ? 0 , 且

? a1an ? S1 ? Sn 对一切正整数 n 都成立。
(Ⅰ)求数列 {an } 的通项公式; (Ⅱ)设 a1 ? 0 , ? ? 100 ,当 n 为何值时,数列 {lg
2

1 } 的前 n 项和最大? an

【答案】解: (Ⅰ)取 n=1,得 ? a1 ? 2S1 =2a1 ,∴ a1 (? a1 ? 2) ? 0 。 若 a1 =0,则 S1 =0, 当 n ? 2 时, an =Sn ? Sn?1 ? 0 。 若 a1 ? 0 ,则 a1 ?

2

?





当 n ? 2 时, 2an ?

2

?

? Sn , 2an ?1 ?
2n

2

?

? Sn ?1 ,

两个相减得: an ? 2an ?1 ,∴ an ?

?

。∴数列 {an } 公比是 2 的等比数列。

综上所述,若 a1 =0, 则 an ? 0 ;若 a1 ? 0 ,则 an ? (Ⅱ)当 a1 ? 0 且 ? ? 100 时,令 bn ? lg

2n

?



1 ,则 bn ? 2 ? n lg 2 。 an

∴ {bn } 是单调递减的等差数列(公差为-lg2) 则 b1>b2>b3>…>b6= lg

100 100 ? lg ? lg 1 ? 0 ; 6 64 2 100 100 ? lg ? lg 1 ? 0 。 7 128 2

当 n≥7 时,bn≤b7= lg

∴数列{lg 最大。

1 1 }的前 6 项的和最大,即当 n =6 时,数列 {lg } 的前 n 项和 an an

【考点】等差数列、等比数列、对数等基础知识,分类与整合、化归与转化等数学思想的应

1

用。 【解析】 (I)由题意,n=1 时,由已知可知 a1 (? a1 ? 2) ? 0 ,分类讨论:由 a1 =0 及 a1 ? 0 , 结合数列的和与项的递推公式可求。 (II)由 a1 ? 0 且 ? ? 100 时,令 bn ? lg 求和的最大项 。 例 2. (2012 年天津市理 13 分)已知{ an }是等差数列,其前 n 项和为 S n ,{ bn }是等比数 列,且 a1 = b1 =2 , a4 +b4 =27 , S 4 ? b4 =10 . (Ⅰ)求数列{ an }与{ bn }的通项公式; (Ⅱ)记 Tn =anb1 +an ?1b2 + ? +a1bn , n ? N ,证明 Tn +12= ? 2an +10bn (n ? N ) .
+
+

1 ,则 bn ? 2 ? nlg2 ,结合数列的单调性可 an

【答案】解: (1)设等差数列的公差为 d ,等比数列的公比为 q , 由 a1 = b1 =2 ,得 a4 ? 2 ? 3d,b4 ? 2q ,s4 ? 8 ? 6d 。
3

由条件 a4 +b4 =27 , S 4 ? b4 =10 得方程组

?2 ? 3d ? 2q 3 ? 27 ?d ? 3 ? ,解得 ? 。 ? 3 ?8 ? 6d ? 2q ? 10 ?q ? 2 ?

, ∴ an ? 3n ? 1 bn ? 2 ,n ? N 。
n +

(Ⅱ)证明:由(1)得, Tn ? 2an ? 2 an ?1 ? 2 an ? 2 ??? 2 a1
2 3 n

①;[

∴ 2Tn ? 2 an ? 2 an ?1 ? 2 an ? 2 ??? 2
2 3 4

n +1

a1

②;

由②-①得,

Tn ? ?2an +22 ? an ? an ?1 ? ? 23 ? an ?1 ? an ?2 ? ? 24 ? an ?2 ? an ?3 ? ?? +2n ? a2 ? a1 ? ? 2a1bn

? ?2an +22 ? 3 ? 23 ? 3 ? 24 ? 3 ?? +2n ? 3 ? 2 ? 2bn = ? 2an +4bn +3 ? ? 22 ? 23 ? 24 ?? +2 n ? = ? 2an +4bn +3 ? 4 ? ?1 ? 2n ?1 ? 1? 2

= ? 2an +4bn ? 12+6 ? 2 n = ? 2an +4bn +6bn ? 12

= ? 2an +10bn ? 12
2

∴ Tn +12= ? 2an +10bn (n ? N ) 。
+

【考点】等差数列与等比数列的综合;等差数列和等比数列的通项公式。 【分析】 (Ⅰ)直接设出首项和公差,根据条件求出首项和公差,即可求出通项。 (Ⅱ)写出 Tn 的表达式,借助于错位相减求和。 还可用数学归纳法证明其成立。 例 3. (20 12 年天津市文 13 分)已知{ an }是等差数列,其前 n 项和为 S n ,{ bn }是等比数 列,且 a1 = b1 =2 , a4 +b4 =27 , S 4 ? b4 =10 . (Ⅰ)求数列{ an }与{ bn }的通项公式; (Ⅱ)记 Tn =a1b1 +a2b2 +? +an a1bn , n ? N ,证明 Tn ? 8=an ?1bn +1 (n ? N ,n > 2) 。
+
+

【答案】解: (1)设等差数列的公差为 d ,等比数列的公比为 q , 由 a1 = b1 =2 ,得 a4 ? 2 ? 3d,b4 ? 2q ,s4 ? 8 ? 6d 。
3

由条件 a4 +b4 =27 , S 4 ? b4 =10 得方程组

?2 ? 3d ? 2q 3 ? 27 ?d ? 3 ? ,解得 ? 。 ? 3 ?8 ? 6d ? 2q ? 10 ?q ? 2 ?

, ∴ an ? 3n ? 1 bn ? 2 ,n ? N 。
n +

(Ⅱ)证明:由(1)得, Tn ? 2 ? 2 ? 5 ? 2 ? 8 ? 2 ? ?? ? 3n ? 1? 2
2 3

n

①;

∴ 2Tn ? 2 ? 2 ? 5 ? 2 ? 8 ? 2 ??? ? 3n ? 1? 2
2 3 4

n +1

②;

由②-①得,

Tn ? ?2 ? 2 ? ? 22 ? 3 ? 23 ? 3 ? 2 4 ? 3 ?? +2 n ? 3 ? ? ? 3n ? 1? 2 n +1

= ? 4+ ? 3n ? 1? 2n +1 ? 3 ? ? 22 ? 23 ? 24 ?? +2n ? = ? 4+ ? 3n ? 1? 2n +1 ? 3 ? 4 ? ?1 ? 2n ?1 ? 1? 2 = ? 4+ ? 3n ? 1? 2n +1 +12 ? 3 ? 2n +1

=8+ ? 3n ? 4 ? =an ?1bn +1 +8
+

∴ Tn ? 8=an ?1bn +1 (n ? N ,n > 2) 。
3

【考点】等差数列与等比数列的综合;等差数列和等比数列的通项公式。 【分析】 (Ⅰ)直接设出首项和公差,根据条件求出首项和公差,即可求出通项。 (Ⅱ)写出 Tn 的表达式,借助于错位相减求和。 还可用数学归纳法证明其成立。 例 4. ( 2012 年 广 东 省 理 14 分 ) 设 数 列 ?a n ? 的 前 n 项 和 为 Sn , 满 足
n 2 Sn ? an ?1 ? 2 ?1 ? 1 ,? N ? 且,a1 , a2 ? 5, a3 成等差数列。 n

( 1 ) 求 a1 的 值 ; 2 ) 求 数 列 ?a n ? 的 通 项 公 式 。 3 ) 证 明 : 对 一 切 正 整 数 n , 有 ( (

1 1 1 3 ? ??? ? . a1 a2 an 2
【答案】解: (1)∵ 2 Sn ? an ?1 ? 2
n ?1

? 1, n ? N ? , 且 a1 , a2 ? 5, a3 成等差数列

ì 2 S1 = 2a1 = a2 - a3 ì a1 = 1 ? ? ? ? ? ? 2 S = 2a + 2a = a - 7 ,解得 ? a = 5 。 ? ∴í 2 í 2 1 2 3 ? ? ? 2( a + 5) = a + a ? a 19 ? ? 3 2 1 3 ? ? ? ?
即 a1 = 1 。 (2)∵ 2Sn ? an ?1 ? 2
n ?1

? 1 ………………………………………………①

∴ 2Sn ?1 ? an ? 2 ? 1 … …………………………………………………②
n

①-②,得 an+ 1 = 3an + 2

n

(n

2) 。
n

∵ a2 = 5 = 3a1 + 2 = 5 ,∴ an+ 1 = 3an + 2 ∴

(n

N *) 。

an+ 1 3 an = ? 2n+ 1 2 2n

1 an+ 1 3 a , n+ 1 + 1 = ? ( n 2 2 2 2n

1) 。

an a 3 3 + 1 }成首项为 1 + 1 = ,公比为 的等比数列, n 1 2 2 2 2 a a 3 n 3 n n n ∴ n + 1 = ( ) 。∴ n = ( ) - 1 。 an = 3 - 2 。 n n 2 2 2 2
∴数列{ (3)∵ an - 3 时,取等号。 ) ∴ an ? 3
n- 1

n- 1

= 3n - 2n - 3n- 1 = 2 ?3n- 1

2n = 2(3n- 1 - 2n- 1 )

0 (当 n=1

0, ∴

1 1 ? n- 1 (当且仅当 n=1 时,取等号) 。 an 3
4

1 1 ? ( )n 1 1 1 1 1 1 3 ? 3 [1 ? ( 1 ) n ] ? 3 ∴ ? ? ? ? ? 1 ? ? 2 ? ? ? n ?1 ? 1 a1 a2 an 3 3 3 2 3 2 1? 3
。 【考点】数列与不等式的综合,等差数列和等比数列的应用,数列递推式。 【解析】 (1)在 2Sn ? an ?1 ? 2
n ?1

?1 中,令分别令 n=1,2,由 a1 , a2 ? 5, a3 成等差数列,得

到关于 a1 , a2 , a3 的三元方程,解之即可可求得 a1 。 ( 2 ) 由 2Sn ? an ?1 ? 2 ? 1 2Sn ?1 ? an ? 2 ? 1 , 两 式 相 减 即 可 得 ,
n n ?1

an+ 1 3 a + 1= ? ( n n+ 1 2 2 n2

, 可知, 数列{ 1)

an a 3 3 公比为 的等比数列, + 1 }成首项为 1 + 1 = , n 1 2 2 2 2

从而可求数列 ?a n ? 的通项公式。 (3)构造 an - 3 仅 当 n=1
n- 1

,证得其大于等于 0,从而 an ? 3 , 取 等 号

n- 1

0 ,即


1 1 ? n- 1 (当且 an 3
因 此





1 1 ? ( )n 1 1 1 1 1 1 3 ? 3 [1 ? ( 1 ) n ] ? 3 。 ? ? ? ? ? 1 ? ? 2 ? ? ? n ?1 ? 1 a1 a2 an 3 3 3 2 3 2 1? 3
例 5. (2012 年广东省文 14 分)设数列 ? an ? 的前 n 项和 sn ,数列 ? sn ? 的前 n 项和为 ?Tn ? , 满足

Tn ? 2Sn ? n 2 , n ? N * .
(1)求 a1 的值; (2)求数列 ? an ? 的通项公式. 【答案】解: (1)当 n ? 1 时, T1 ? 2S1 ? 1 。 ∵ T1 ? S1 ? a1 ,∴ a1 ? 2a1 ? 1 ,解得 a1 ? 1 。 (2)∵ Tn ? 2 S n ? n
2

①,
2

当 n ? 2 时, Tn ?1 ? 2S n ?1 ? (n ? 1)

②,

5

∴① ? ②得: S n ? 2a n ? 2n ? 1 ③ ,此式对 n ? 1也成立。 ∴当 n ? 2 时, S n ?1 ? 2a n ?1 ? 2(n ? 1) ? 1 ④。 ∴③ ? ④得: a n ? 2a n ?1 ? 2 ,即 a n ? 2 ? 2(a n ?1 ? 2) 。 ∴ ?an ? 2? 是以 a1 ? 2 ? 3 为首项,2 为公比的等比数列。 ∴ an ? 2 ? 3 ? 2
n ?1

,即 an ? 3 ? 2

n ?1

? 2 , n ?N* 。

【考点】数列递推式,等比数列的性质。 【解析】 (1)当 n ? 1 时, T1 ? 2S1 ? 1 。由 T1 ? S1 ? a1 得 a1 ? 2a1 ? 1 解得 a1 ? 1 。 (2)两次递推后得到以 a1 ? 2 ? 3 为首项,2 为公比的等比数列 ?an ? 2? ,由此能 求出数列 ? an ? 的通项公式。 例 6. (2012 年江西省理 12 分) 已知数列 {an } 的前 n 项和 Sn ? ? 且 S n 的最大值为 8 。 (1)确定常数 k ,并求 an ; (2)求数列 {

1 2 , n ? kn(其中 k ? N ? ) 2

9 ? 2an } 的前 n 项和 Tn 。 2n

1 2 1 2 1 2 2 【答案】解: (1)当 n= k ? N ? 时,Sn=- n +kn 取最大值,即 8=Sk=- k +k = k , 2 2 2 ∴k =16,∴k=4。 9 ∴ an ? Sn ? Sn ?1 = -n(n≥2)。 2 7 9 又∵a1=S1= ,∴an= -n。 2 2 9-2an n 2 3 n-1 n (2)∵设 bn= n = n-1,Tn=b1+b2+…+bn=1+ + 2+…+ n-2 + n-1, 2 2 2 2 2 2 1 1 n 1 n n+2 ∴Tn=2Tn-Tn=2+1+ +…+ n-2- n-1=4- n-2- n-1=4- n-1 。 2 2 2 2 2 2 【考点】数列的通项,递推、错位相减法求和,二次函数的性质。 【解析 】 (1)由二次函数的性质可知,当 n= k ? N ? 时, Sn ? ?
2

1 2 n ? kn 取得最大值,代 2

入可求 k ,然后利用 an ? Sn ? Sn ?1 可求通项,要注意 an ? Sn ? Sn ?1 不能用来求解首项 a1 ,

6

首项 a1 一般通过 a1 ? S1 来求解。 9-2an n (2)设 bn= n = n-1,可利用错位相减求和即可。 2 2 例 7. (2012 年江西省文 12 分)已知数列 ? an ? 的前 n 项和 Sn ? kc ? k (其中 c , k 为常
n

数) ,且 a2 =4,a6 =8a3 (1)求 an ; (2)求数列 ?nan ? 的前 n 项和 Tn 。 【答案】解: (1)∵ Sn ? kc ? k ,∴当 n ? 1 时, an ? Sn ? Sn ?1 ? k (c ? c
n n
6 5 3 2

n ?1

)。

a6 c 6 ? c 5 ? 3 2 ? c 3 ? 8 。∴ c =2。 则 a6 ? k (c ? c ) , a3 ? k (c ? c ) , a3 c ? c
∵ a2 =4 ,即 k (c ? c ) ? 4 ,解得 k =2。∴ an ? 2 ( n > 1 ) 。
2 1
n

当 n =1 时, a1 ? S1 ? 2 。 综上所述 an ? 2 (n ? N ) 。
n *

(2)∵ nan ? n2 ,
n

∴ Tn ? 2 ? 2 ? 2 ? 3 ? 2 ? ? ? n2 ①,
2 3 n

2Tn ? 1? 22 ? 2 ? 23 ? 3 ? 24 ? ? ? (n ? 1)2n ? n2n ?1 ②。
①-②得, ?Tn ? 2 ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ? n2
2 3 n n ?1

,即 Tn ? 2 ? (n ? 1)2

n ?1



【考点】数列的求和,等比数列的通项公式。 【解析】 (1)先根据前 n 项和求出数列的通项表达式;再结合 a2 =4,a6 =8a3 求出 c , k , 即可求出数列的通项。 (2)直接 利用错位相减法求和即可。 例 8. (2012 年浙江省文 14 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= 2n ? n ,n∈N﹡,
2

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.

7

【答案】解: (1)由 Sn= 2n ? n ,得
2

当 n=1 时, a1 ? S1 ? 3 ; 当 n ? 2 时, an ? Sn ? Sn?1 ? 2n ? n ? ? 2( n ? 1) ? (n ? 1) ? ? 4n ? 1 , ? ?
2 2

n∈N﹡。
由 an=4log2bn+3,得 bn ? 2
n ?1

,n∈N﹡。 ,n∈N﹡,
n ?1

(2)由(1)知 anbn ? (4n ? 1) ? 2
2

n ?1

∴ Tn ? 3 ? 7 ? 2 ? 11? 2 ? ... ? ? 4n ? 1? ? 2



2Tn ? 3 ? 2 ? 7 ? 22 ? 11? 23 ? ... ? ? 4n ? 1? ? 2n 。
∴ 2Tn ? Tn ? ? 4n ? 1? ? 2 ? [3 ? 4(2 ? 2 ? ... ? 2
n 2 n ?1

)] ? (4n ? 5)2n ? 5 。

∴ Tn ? (4n ? 5)2 ? 5 ,n∈N﹡。
n

【考点】等比数列、等差数列的概念、通项公式以及求和公式,对数的定义。 【解析】 (1)由 Sn= 2n ? n ,作 an ? Sn ? Sn ?1 即可求得 an;代入 an=4log2bn+3,化为指数
2

形式即可求得 bn。 ( 2 ) 由

an , bn

求 出 数 列 {an·bn} 的 通 项 , 得 到

Tn ? 3 ? 7 ? 2 ? 11? 22 ? ... ? ? 4n ? 1? ? 2n ?1 ,从而作 2Tn ? Tn 即可求得 T。
例 9.(2012 年重庆市理 12 分) 设数列 an 的前 n 项和 S n 满足 Sn ?1 ? a2 Sn ? a1 , 其中 a2 ? 0 . (I)求证: an 是首项为 1 的等比数列; 分) (5 (II)若 a2 ? ?1 ,求证: Sn ?

n (a1 ? a2 ) ,并给出等号成立的充要条件.(7 分) 2

【答案】证明: (Ⅰ)∵ Sn?1 ? a2 Sn ? a1 ,∴ Sn ? a2 Sn?1 ? a1 (n ? 2, n ? N * ) 。 ∴ Sn?1 ? Sn ? a2 Sn ? a2 Sn?1 (n ? 2) 。∴ an?1 ? a2 an (n ? 2) 。 ∵ a2 ? 0 ,∴ an ? 0 。∴

an ?1 ? a2 。 an

∵ S2 ? a2 S1 ? a1 ,∴ a1 ? a2 ? a1a2 ? a1 。∴ a1a2 ? a2 。∴ a1 ? 1 。

8



a2 ? a2 。 a1
∴ ?n ? N * ,

an?1 ? 2 。∴ an 是首项为 1,公比为 a2 的等比数列。 an

(II)当 n =1 或 n =2 时,易知 Sn ? 当 a2 ? 1 时, Sn ? n ? 当 a2 ? 1 时, Sn ?

n (a1 ? an ) 成立。 2

n (a1 ? an ) 成立。 2

n 1 ? a2 n , an ? a2 ?1 , 1 ? a2

∴ Sn ? 当

n 1 ? a2 n n n ? (1 ? a2 ?1 ) (a1 ? an ) 。∴ 1 ? a2 2 2

(n ? 3) 。

? 1 ? a2 ? 1





















n n (n ? 2)a2 ? na2 ? na2 ?1 ? (n ? 2)

(n ? 3) ,

n n 设 f (a2 ) ? (n ? 2)a2 ? na2 ? na2 ?1 , n ①当 ?1 ? a2 ? 0 时, 1 ? a2 ? 2 > 0 。 n n ∴ f (a2 ) ? (n ? 2)a2 ? na2 (1 ? a2 ?2 ) ? (n ? 2) | a2 |n ? n ? 2 。

∴当 ?1 ? a2 ? 0 时,所要证的不等式成立。
n n ②当 0 ? a2 ? 1 时, f (a2 ) ? n[(n ? 2)a2 ?1 ? (n ? 1)a2 ?2 ? 1] n n 令 h(a2 ) ? (n ? 2)a2 ?1 ? (n ? 1)a2 ?2 ? 1 , n 则 h?(a2 ) ? (n ? 2)(n ? 1)(a2 ? 1)(a2 ?3 ) ? 0 。

∴ h(a2 ) 在 (0, 上递减。 h(a2 ) ? h(1) ? 0 。 f ?(a2 ) ? nh(a2 ) ? 0 。 1) ∴ ∴ ∴ f (a2 ) 在(0,1)上递增。∴ f (a2 ) ? f (1) ? n ? 2 。 ∴当 0 ? a2 ? 1 时,所要证的不等式成立。

1 1 ? ( )n 1 a2 n 1 ③ 当 a2 ? 1 时, ? (0,1) , 由已证结论得: ? [1 ? ( ) n ?1 ] 。 1 2 a2 a2 1? a2
9



1 n ) a2 n 1 n ?1 n a2 ? ? a2 ?1 ? [1 ? ( ) n ?1 ] 1 2 a2 1? a2 1? (





n 1 ? a2 n n n ? (1 ? a2 ?1 ) ? (a1 ? a2 ) 。 1 ? a2 2 2

∴当 0 ? a2 ? 1 时,所要证的不等式成立。 综上所述,当 a2 ? ?1 且 a2 ? 0 时, Sn ? 或 a2 ? 1 时等号成立。 【考点】数列与不等式的综合,数列与函数的综合,等比数列的性质,等比关系的确定。 【分析】 (I)根据 Sn?1 ? a2 Sn ? a1 ,得 Sn ? a2 Sn?1 ? a (n ? 2, n ? N *) ,两式相减,即可证得 1

n (a1 ? an ) 。当且仅当 n =1,2 2

an 是首项为 1,公比为 a2 的等比数列。
(II)当 n =1 或 n =2 时和当 a2 ? 1 时, Sn ?

n (a1 ? an ) 成立。 2

当 a2 ? 1 时,分 ?1 ? a2 ? 0 , 0 ? a2 ? 1 , a2 ? 1 三种情况分别证明即可。 本题也可用数学归纳法证明。

10


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