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=11543(2)nnnaaSn（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）113354(2)nnnnSSaan≥，1122nnnnaaaa，，……（3分）又12a，{}22na是以为首项，为公比的等比数列，……………………………（4分）1222nnna.……………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）2nnbn，1231222322nnTn，23121222(1)22nnnTnn.…………………………（8分）两式相减得：1212222nnnTn，12(12)212nnnTn1(1)22nn，………………………………………（11分）12(1)2nnTn.…………………………………………………………………（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＝－32，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＝－12.(2)∵a1－a3＝a1(1－q2)＝a1(1－14)＝34a1＝－32，∴a1＝－2，∴an＝(－2)·(－12)n－1＝(－12)n－2，∴nan＝n(－12)n－2.∴Tn＝1·(－12)－1＋2·(－12)0＋3·(－12)1＋…＋n·(－12)n－2，①∴－12Tn＝1·(－12)0＋2·(－12)1＋3·(－12)2＋…＋n·(－12)n－1，②①－②得32Tn＝－2＋[(－12)0＋(－12)1＋(－12)2＋…＋(－12)n－2]－n·(－12)n－1＝－43－(－12)n－1(23＋n)，∴Tn＝－89－(－12)n－1(49＋23n).[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＝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；(2)求数列{an2n－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a1＋d＝0，2a1＋12d＝－10，解得a1＝1，d＝－1.故数列{an}的通项公式为an＝2－n.(2)设数列an2n－1的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋a22＋…＋an2n－1，故S1＝1，Sn2＝a12＋a24＋…＋an2n.所以，当n1时，Sn2＝a1＋a2－a12＋…＋an－an－12n－1－an2n＝1－(12＋14＋…＋12n－1)－2－n2n＝1－(1－12n－1)－2－n2n＝n2n.所以Sn＝n2n－1.综上，数列an2n－1的前n项和Sn＝n2n－1.[例5](2008,陕西)已知数列{}na的首项123a，121nnnaaa，1,2,3,n…．（Ⅰ）证明：数列1{1}na是等比数列；（Ⅱ）数列{}nna的前n项和nS．解析（Ⅰ）121nnnaaa，111111222nnnnaaaa，11111(1)2nnaa，又123a，11112a，数列1{1}na是以为12首项，12为公比的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知111111222nnna，即1112nna，2nnnnna．设23123222nT…2nn，①则23112222nT…1122nnnn，②由①②得2111222nT…11111(1)1122112222212nnnnnnnnn，11222nnnnT．又123…(1)2nnn．数列{}nna的前n项和22(1)4222222nnnnnnnnnS.[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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＝21－2n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＝21－2n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na前n项和为nS，首项为1a，且nnSa,,21等差数列.（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）若nbna)21(2，设nnnabc，求数列nc的前n项和nT.解析：（1）由题意知0,212nnnaSa………………1分当1n时，21212111aaa当2n时，212,21211nnnnaSaS两式相减得1122nnnnnaaSSa………………3分整理得：21nnaa……………………4分∴数列na是以21为首项，2为公比的等比数列.211122212nnnnaa……………………5分（2）42222nbnna∴nbn24，……………………6分nnnnnnnabC28162242nnnnnT28162824282028132①13228162824202821nnnnnT②①-②得1322816)212121(8421nnnnT………………9分111122816)211442816211)2112184nnnnnn（（nn24.………………………………………………………11分.28nnnT…………………………………………………………………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＝anlog12an，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋150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＝12.∵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＋150成立，即－(n－1)·2n＋1－2＋n·2n＋150，即2n26.∵24＝1626,25＝3226，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＝an·bnn，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－11＋2n－32＝(n－1)2.∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.(3)由题意得cn＝－3，n＝1，2n－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－3n－32＝2n－53n＋32.∴Tn＝－3，n＝1，2n－53n＋32，n≥2.∴Tn＝2n－53n＋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a23＝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＋4×3×1－3n－11－3－(4n－3)×3n＝(5－4n)×3n－5，∴Sn＝4n－53n＋52.3、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＝anlog12an，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，a3＝a1q2＝8，解得q＝2，a1＝2，或q＝12，a1＝32