高考数学一轮复习名校尖子生培优大专题数列之错位相减求和新人教A版.pdf

学而不思则惘，思而不学则殆（新课标）高考数学一轮复习名校尖子生培优大专题数列之错位相减求和新人教 A版四、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nnba的数列，其中 na为等差数列，nb为等比数列；分别列出nS，再把所有式子同时乘以等比数列的公比q，即nqS；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. 已知数列na的前n项和为nS，常数0，且11nna aSS对一切正整数n都成立求数列na的通项公式；（）设10a，100，当n为何值时，数列1lgna的前n项和最大？【答案】 解： （）取n=1，得21112=2aSa，11(2)0aa若1a=0，则1S=0, 当n2时，1=0nnnaSS若1a0，则12a，有当n2时，22nnaS，1122nnaS，两个相减得：12nnaa，n2na数列na公比是 2 的等比数列综上所述，若1a=0, 则n0a；若1a0 ，则n2na当10a且100时，令1lgnnba，则2lg 2nbnnb是单调递减的等差数列（公差为lg2 ）则b1b2b3b6=01lg64100lg2100lg6；当n7 时，bnb7=01lg128100lg2100lg7。

数列 lgna1 的前 6 项的和最大，即当n=6 时，数列1lgna的前n项和最大考点】 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用解析】（ I）由题意，n=1 时，由已知可知11(2)0aa，分类讨论：由1a=0 及1a0，结合数列的和与精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆项的递推公式可求II ）由10a且100时，令1lgnnba，则2lg2nbn，结合数列的单调性可求和的最大项例 2. 已知 na 是等差数列，其前n项和为nS，nb 是等比数列 , 且1a=1=2b，44+=27ab，44=10Sb. ( ) 求数列 na 与nb的通项公式；( ) 记11 21=+nnnnTa babab，+nN，证明+12=2+10nnnTab+()nN. 【答案】 解： （1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，由1a=1=2b，得344423286adbqsd，。

由条件44+=27ab，44=10Sb得方程组3323227 86210dqdq，解得3 2dq312nnnanbnN， ) 证明：由（ 1）得，231212222nnnnnTaaaa；234+112122222nnnnnTaaaa；由得，234112232112+222+22nnnnnnnnnnTaaaaaaaaaab23423412+232323+2322=2+4+3222+2412=2+4+3=2+412+62 =2+4+61212=2+1012nnnnnnnnnnnnnnnnnabababababbab+12=2+10nnnTab+()nN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】（）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项写出nT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精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆例 3. （已知 na是等差数列， 其前n项和为nS，nb 是等比数列 , 且1a=1=2b，44+=27ab，44=10Sb. ( ) 求数列 na 与nb的通项公式；( ) 记1 1221=+nnnTaba ba ab，+nN，证明1+18=nnnTab+(2)nNn，。

答案】 解： （1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，由1a=1=2b，得344423286adbqsd，由条件44+=27ab，44=10Sb得方程组3323227 86210dqdq，解得3 2dq312nnnanbnN， ) 证明：由（ 1）得，23225 28 2132nnTn；234+12225 28 2132nnTn；由得，234+1122232323+2332nnnTn+12341+1+1+1+11=4+ 323222+2412111=4+ 323=4+ 32+1232142=8+ 3=+8nnnnnnnnnnnnab1+18=nnnTab+(2)nNn，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】（）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项写出nT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. 设数列na的前n项和为Sn，满足11221,nnnSanN且123,5,a aa成等差数列1）求a1的值；（2）求数列na的通项公式3）证明：对一切正整数n，有1211132naaa. 精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆【答案】 解： （1）11221,nnnSanN且123,5,a aa成等差数列112321232132222272(5)SaaaSaaaaaa=-?=+=-?+=+? ?，解得1231519aaa =?=? ?。

即11a =2）11221nnnSa 1221nnnSa，得132(2)nnnaan+=+?215325aa=+=，132(*)nnnaanN+=+?11312222nnnnaa+=?，1131(1)222nnnnaa+=?数列 12nna+ 成首项为113122a+=，公比为32的等比数列，31()22nnna+=3()122nnna=-32nnna =-3）1111133232 322(32)0nnnnnnnnna-=-=?=-?（当 n=1 时，取等号 ）130nna-?， 1113nna-（当且仅当n=1 时，取等号）211211( )111111313311( ) 133323213nnnnaaa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11221nnnSa中，令分别令n=1，2，由123,5,a aa成等差数列，得到关于123,a a a的三元方程，解之即可可求得1a2）由11221nnnSa，1221nnnSa，两式相减即可得1131(1)222nnnnaa+=?，可知，数列 12nna+成首项为113122a+=，公比为32的等比数列，从而可求数列na的通项公式。

精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆（3）构造13nna-，证得其大于等于0，从而130nna-?，即1113nna-（当且仅当n=1 时，取等号）因此211211( )111111313311( ) 133323213nnnnaaa例 5. 设数列na的前n项和ns，数列ns的前n项和为nT，满足2*2,nnTSnnN（1）求1a的值；（2）求数列na的通项公式【答案】 解： （1）当1n时，1121TS111TSa，1121aa，解得11a2）22nSTnn，当2n时，211) 1(2nSTnn，得：122naSnn ，此式对1n也成立当2n时，1)1(2211naSnn得：221nnaa，即)2(221nnaa2na是以321a为首项， 2 为公比的等比数列123 2nna，即13 22nna，*nN。

考点】 数列递推式，等比数列的性质解析】（ 1）当1n时，1121TS由111TSa得1121aa解得11a2）两次递推后得到以321a为首项， 2 为公比的等比数列2na，由此能求出数列na的通项公式例 6. （已知数列na的前n项和212nSnkn（其中kN） ，且nS的最大值为81）确定常数k，并求na；精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆（2）求数列922nna的前n项和nT答案】 解：（ 1）当nkN时，Sn12n2kn取最大值，即8Sk12k2k212k2，k216，k41nnnaSS92n(n2)又a1S172，an92n2）设bn92an2nn2n1，Tnb1b2bn122322n12n2n2n1，Tn2TnTn211212n2n2n1412n2n2n14n22n1。

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nkN时，212nSnkn取得最大值，代入可求k，然后利用1nnnaSS可求通项，要注意1nnnaSS不能用来求解首项1a，首项1a一般通过11aS来求解2）设bn92an2nn2n1，可利用错位相减求和即可例 7. ）已知数列na的前n项和nnSkck（其中c，k为常数），且263=4=8aaa，（1）求na；（2）求数列nna的前n项和nT答案】 解： （1）nnSkck，当1n时，11()nnnnnaSSk cc则656()ak cc，323()ak cc，65363238acccacc2=4a，即21()4k cc，解得k=22nna（1n） 当n=1 时，112aS综上所述*2 ()nnanN2）2nnnan，2322 23 22nnTn，234121 22 23 2(1)22nnnTnn精品p d f 资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 9 页 - - - - - - - - - - 精品学习资料 - - -p d f 精品资料 - - - - - - - - - - - - - - -学而不思则惘，思而不学则殆得，23122222nnnTn，即12(1)2nnTn。

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263=4=8aaa，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. 已知数列 an 的前n项和为Sn，且Sn=22nn，nN，数列 bn 满足an=4log2bn3，nN. （1）求an，bn；（2）求数列 anbn 的前n项和Tn. 【答案】 解。