《2022年高考数学之解密数列命题点对点突破（全国通用）》专题14 错位相减法求和(解析版)

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专题 14　错位相减法求和

【基本知识】

错位相减法求和

1．错位相减法：错位相减法是在推导等比数列的前 n项和公式时所用的方法，适用于各项由一个等

差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把 Sn＝a1＋a2＋…＋an两边同乘以相应等比数列的公比

q，得到 qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出 Sn．

用错位相减法求和时，应注意：

(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．

(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn

－qSn”的表达式．

(3)在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如 an，an＋1的式子应进行合并．

如：已知 un＝an＋an－1b＋an－2b2＋…＋abn－1＋bn(a>0，b>0，n∈N*)．

(1)当a＝2，b＝3时，求 un；

(2)若a＝b，求数列{un}的前 n项和 Sn．

解析　(1)当a＝2，b＝3时，un＝2n＋2n－1·3＋2n－2·32＋…＋2·3n－1＋3n(n∈N*)，

两边除以 2n，得＝1＋＋2＋…＋n－1＋n＝＝＝－2，

所以 un＝3n＋1－2n＋1．

(2)若a＝b，则 un＝(n＋1)an，所以 Sn＝2a＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an，①

当a＝1时，Sn＝2＋3＋…＋(n＋1)＝；

当a>0，a≠1时，在①的两边同乘以 a，得 aSn＝2a2＋3a3＋4a4＋…＋(n＋1)an＋1，

与①式作差，得(1－a)Sn＝2a＋a2＋a3＋…＋an－(n＋1)an＋1＝a＋－(n＋1)an＋1，

所以 Sn＝＋－．

综上，Sn＝

【基本题型】

1．等差(比)数列＋错位相减法型

[例1]　已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn，a1＝2，且＝＋5．

(1)求an；

(2)若bn＝an·4 求数列{bn}的前 n项的和 Tn．

解析　(1)设等差数列{an}的公差为 d，因为＝＋5，所以－＝5，

所以 a10－a5＝10，所以 5d＝10，解得 d＝2．所以 an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n；

(2)由(1)知，an＝2n，所以 Sn＝＝n2＋n．所以 bn＝an·4＝2n·4＝2n·2n＋1＝n·2n＋2，

所以 Tn＝1×23＋2×24＋2×25＋…＋n·2n＋2①，

所以 2Tn＝1×24＋2×25＋3×26＋…＋(n－1)·2n＋2＋n·2n＋3②，

①－②，得－Tn＝23＋24＋…＋2n＋2－n×2n＋3＝－n×2n＋3＝2n＋3－8－n×2n＋3

所以 Tn＝(n－1)×2n＋3＋8．

[例2]　已知各项均为正数的等比数列{an}，满足 a1＝1，且－＝．

(1)求等比数列{an}的通项公式；

(2)若数列{bn}满足 bn＝log2an＋1，求数列的前 n项和 Tn．

解析　(1)由已知－＝得：－＝，又 a1＝1，∴q＝2或q＝－1(舍去)，∴an＝2n－1．

(2)bn＝log22n＝n，＝

Tn＝＋＋＋…＋，Tn＝＋＋＋…＋

两式相减得：Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－

∴Tn＝4－．

[例3]　已知等比数列{an}的前 n项和 Sn满足 4S5＝3S4＋S6，且 a3＝9．

(1)求数列{an}的通项公式 an；

(2)设bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前 n项和 Tn．

解析　(1)设数列{an}的公比为 q，由 4S5＝3S4＋S6，得 S6－S5＝3S5－3S4，即 a6＝3a5，∴q＝3，

∴an＝9·3n－3＝3n－1．

(2)bn＝(2n－1)·an＝(2n－1)·3n－1，

∴Tn＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n－1)·3n－1，

∴3Tn＝1·31＋3·32＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n，

∴－2Tn＝1＋2·31＋2·32＋…＋2·3n－1－(2n－1)·3n＝－2＋(2－2n)·3n，

∴Tn＝1－＝(n－1)·3n＋1．

[例4]　已知等差数列{an}满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上 1，1，3后成等比

数列，an＋2log2bn＝－1．

(1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)求数列{an·bn}的前 n项和 Tn．

解析　(1)设等差数列{an}的公差为 d，则 d>0，

由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d分别加上 1，1，3后成等比数列，得(2＋d)2＝2(4＋2d)，

解得 d＝2(舍负)，所以 an＝1＋(n－1)×2＝2n－1．

又因为 an＋2log2bn＝－1，所以 log2bn＝－n，则 bn＝．

(2)由(1)知an·bn＝(2n－1)·，

则Tn＝＋＋＋…＋，①，Tn＝＋＋＋…＋，②

由①－②，得 Tn＝＋2×－．

∴Tn＝＋2×－，∴Tn＝1＋2－－＝3－＝3－．

[例5]　(2020·全国Ⅰ)设{an}是公比不为 1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．

(1)求{an}的公比；

(2)若a1＝1，求数列{nan}的前 n项和．

解析　(1)设{an}的公比为 q，∵a1为a2，a3的等差中项，

∴2a1＝a2＋a3＝a1q＋a1q2，a1≠0，∴q2＋q－2＝0，∵q≠1，∴q＝－2．

(2)设{nan}的前 n项和为 Sn，a1＝1，an＝(－2)n－1，

Sn＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n(－2)n－1，①

－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n－1＋n(－2)n，②

①－②得，3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n(－2)n＝－n(－2)n＝，

∴Sn＝，n∈N*．

[例6]　(2017·天津)已知{an}为等差数列，前 n项和为 Sn(n∈N*)，{bn}是首项为 2的等比数列，且公比

大于 0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4．

(1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)求数列{a2nb2n－1}的前 n项和(n∈N*)．

解析　(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q．

由已知 b2＋b3＝12，得 b1(q＋q2)＝12，而 b1＝2，所以 q2＋q－6＝0．

又因为 q>0，解得 q＝2，所以 bn＝2n．由 b3＝a4－2a1，可得 3d－a1＝8，①

由S11＝11b4，可得 a1＋5d＝16，②

联立①②，解得 a1＝1，d＝3，由此可得 an＝3n－2(n∈N*)．

所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－2(n∈N*)，数列{bn}的通项公式为 bn＝2n(n∈N*)．

(2)设数列{a2nb2n－1}的前 n项和为 Tn，由 a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得 a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，

故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，③

4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，④

③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1

＝－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8，

得Tn＝×4n＋1＋(n∈N*)．

所以数列{a2nb2n－1}的前 n项和为×4n＋1＋(n∈N*)．

[例7]　(2017·山东)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且 x1＋x2＝3，x3－x2＝2．

(1)求数列{xn}的通项公式；

(2)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折

线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线 y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积 Tn．

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