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数列之 求前n项和之 错位相减法


目标 计划 行动 反思 搏 我现在所做的事能使我更快更好的接近我的目标吗?

数列之 求前 n 项和之 错位相减法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前 n 项和 即可用此法来求。
1.已知等差数列 ?an ?, a3 ? 3 , a2 ? a7 ? 12 (1)求数列 ?an ?的通项公式

2.已知数列{an}的前 n 项和 S n ? ? (2)设 bn ? n2 n ,求数列 ?bn ?的前 n 项和
a

1 2 n ? kn(k ? N ? ) ,且 Sn 的最大值为 8. 2 9 ? 2an } 的前 n 项和 Tn。 (1)确定常数 k,求 an; (2)求数列 { 2n
3.已知等差数列 ?an ? 和正项等比数列 ?bn ? , a1 ? b1 ? 1 , a3 ? a7 ? 10 , b3 = a4 (1)求数列 ?an ? 、 ?bn ? 的通项公式 4.求 a+2a2+3a3+?+nan. (2)若 cn ? an ? bn ,求数列 ?cn ? 的前 n 项和 Tn

5.已知等差数列{an}满足 a2=0,a6+a8=-10. (1)求数列{an}的通项公式;
? ? an ? ? (2)求数列?2n-1?的前 n 项和. ? ? ? ?

n 6.设数列{an}满足 a1+3a2+32a3+?+3n-1an=3,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; n (2)设 bn=a ,求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
n

7.已知等差数列{an}的前 3 项和为 6,前 8 项和为-4. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设 bn=(4-an)qn-1(q≠0,n∈N*),求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

1 1 8.已知数列{an}是首项为 a1=4,公比 q=4的等比数列,设 bn+2=3 log 1 an (n∈N*),数列{cn}满足 cn
4

=an· bn. (1)求数列{bn}的通项公式; ? (2)求数列{cn}的前 n 项和 Sn.
n?

? 1?2 * 9.在数列{an}中,a1=1,2an+1=?1+ ? ·an(n∈N ).
an 1 (1)证明:数列{ 2}是等比数列,并求数列{an}的通项公式; (2)令 bn=an+1- an,求数列{bn}的前 n 项和 Sn. n 2
10.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=19,a5+b3=9,求数列{anbn}的前 n 项和 Sn。 11.求和 Sn=

1 2 n ? 2 ??? n a a a

12.已知数列{ an }是等差数列,且 a1 ? 2? a1 ? a2 ? a3 ? 12 .
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①求数列{ an }的通项公式;

②令 bn ? an xn ( x ? R),求数列{ bn }前 n 项和 Sn .

13.设 {an } 为等比数列, Tn ? na1 ? (n ? 1)a2 ? ? ? 2an?1 ? an ,已知 T1 ? 1 , T2 ? 4 , ① 求数列 {an } 的首项和公比;②求数列 {Tn } 的通项公式. 10.解:由条件易求出 an ? n, bn ? 2n?1 (n ? N * ) , ∴Sn=1×1+2×2 +3×2 +?+n×2 2Sn=1×2+2×2 +?+(n-1)×2 由①-②,得: -Sn=1+2 +2 +?+2
n
1 2 2 1 2

n-1


n

① ②

n-1

+n×2 ,

n-1

-n×2 ,

n

∴Sn=2 (n-1) +1.

11.分析:显然当 a ? 1 时,上式为 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n 即为正整数数列的前 n 项和, 当 a ? 1 时,因为 a n ? n ? 错位相减法求和。
n( n ? 1) 2 1 2 3 n 当 a ? 1 时 Sn= ? 2 ? 3 ? ? ? n a a a a 1 1 1 2 3 n 上式两端同乘 ,得 S n ? 2 ? 3 ? 4 ? ? ? n ?1 a a a a a a 1 1 2 1 3 2 n n ?1 n 两式相减得 (1 ? ) S n ? ? ( 2 ? 2 ) ? ( 3 ? 3 ) ? ? ? ( n ? n ) ? n ?1 a a a a a a a a a 1 1 1 1 n 即 (1 ? ) S n ? ? 2 ? ? ? n ? n ?1 a a a a a n a(a ? 1) ? n(a ? 1) 故 Sn = a n (a ? 1) 2 1 ?1? ,即由一个等差数列 ?n?与一个等比数列 ? n ? 的对应项相乘构成,所以用 n a ?a ?

解: (1)当 a=1 时

Sn=1+2+3+----+n=

12.(1) an ? 2n
(2) x ? 1 时, S n ? n(n ? 1)

x ? 1 时, S n ?

2 x ? 2 x n?1 2nxn?1 ? 1? x (1 ? x) 2

13.①

a1 ? 1

, q ? 2 ;②

Tn ? 2n?1 ? n ? 2 ;

1 2 3 4 n 14. + 2+ 3+ 4+?+ n-2 等于________. 2 2 2 2 2 15.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn= (
a n ?1 2 ) (n ? N * ) ,bn=an· 2n,求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 2

16. 已知数列{an}满足:Sn=1-an(n∈N*),其中 Sn 为数列{an}的前 n 项和.
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(1)求{an}的通项公式;

n (2)若数列{bn}满足:bn=a (n∈N*),求{bn}的前 n 项和公式 Tn.
n

1?n-1 17.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=-an-? ?2? +2(n 为正整数). 1?n+1 1 (1)证明:an+1= an+? 2? ,并求数列{an}的通项公式; ? 2 18.在数列 ?an ? 中, a1 ? 1 , an?1 ? 2an ? 2n . (1)设 bn ? (2)若 cn an = n ,Tn=c1+c2+?+cn,求 Tn. n+1

an .证明:数列 ?bn ? 是等差数列; 2 n ?1

(2)求数列 ?an ? 的前 n 项和 Sn .

19.求数列 1,3a,5a2,7a3,…(2n-1)an-1 的前 n 项和.

答案
1.解: (1)由已知 a2 ? a7 ? 12 可得 a4 ? a5 ? 12 又因为 a3 ? 3 ,所以 a3 ? a4 ? a5 ? 15 所以 a4 ? 5

? d ? a4 ? a3 ? 2 ? an ? 2n ? 1
(2)由(1)可知 bn ? n2
2n?1

,设数列 ?bn ?的前 n 项和为 Tn ① ②

Tn ? 1? 21 ? 2 ? 23 ? 3 ? 25 ? ? ? n ? 22n?1
4Tn ?
①-②可得 -3 Tn ? 2 ? 2 ? 2 ? ?? 2 =
1 3 5 2n?1

1? 23 ? 2 ? 25 ? ? ? ?n ? 1?2 2n?1 ? n ? 2 2n?1

? n ? 22n?1

2(1 ? 4 n ) ? n ? 2 2 n?1 1? 4 2 ? 2 2n?1 n ? 2 2n?1 ?3n ? 1?2 2n?1 ? 2 ? ? 9 3 9

? Tn ?

1 2 1 1 n ? k n取 最 大 值 , 即 8 ? ? k 2 ? k 2 ? k 2, 故 k ? 4 , 从 而 2 2 2 9 7 9 an ? S n ? S n ?n ( n ?2 ),又 a1 ? S1 ? ,所以 an ? ? n ?1 ? 2 2 2 9 ? 2an n 2 3 n ?1 n ? n ?1 , Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn ? 1 ? ? 2 ? ? ? n ? 2 ? n ?1 (1) 因为 bn ? n 2 2 2 2 2 2
? 2. 【 解 析 】 : ( 1 ) 当 n ? k ? N 时 , S n ? ?

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所以 Tn ? 2Tn ? Tn ? 2 ? 1 ?

1 1 n 1 n n?2 ? ? ? n ? 2 ? n ?1 ? 4 ? n ? 2 ? n ?1 ? 4 ? n ?1 2 2 2 2 2 2

3.∵ cn ? an ? bn = n ? 2 n ?1 ∴ ∴

Tn = 1? 2 0 ? 2 ? 21 ? 3 ? 2 2 ? ? ? n ? 2 n?1
2Tn


1? 21 ? 2 ? 2 2 ? 3 ? 23 ? ? ? (n ? 1) ? 2 n?1 ? n ? 2 n

以上两式相减,得 - Tn = 2 0 ? 21 ? 2 2 ? ? ? 2 n?1 ? n ? 2 n ?????????9 分

1 ? (1 ? 2 n ) ? n ? 2n = 1? 2
= (1 ? n) ? 2 n ? 1 ∴

Tn = (n ? 1) ? 2 n ? 1 ???????????????????12 分
2 3 n

4.解:设 S=a+2a +3a +?+na . 若 a=0,则 S=0; 若 a=1,则 S=

n( n ? 1) ; 2
2 3 n

若 a≠0,且 a≠1,则 S=a+2a +3a +?+na , 2 3 n n+1 aS=a +2a +?+(n-1)a +na ①-②得 2 n n+1 (1-a)S=a+a +?+a -na =

① ②

a(1 ? a n ) n+1 -na . 1? a

a(1 ? a n ) nan?1 ∴S= . ? 1? a (1 ? a) 2
【点评】 (1)利用错位相减法求数列的前 n 项和,要注意错位相减时,符号的改变和等比数列的项数和首项。 (2)该 题中有两次分类,一是关于数列是否等比的分类,一是等比数列的公比是否为 1 的分类。注意逻辑分类的思想的运用, 培养思维的严谨性。
? an ? ? ? 5.第(1)问列出关于首项 a1 与公差 d 的方程组可求解;第(2)问观察数列?2n-1?的通项采用错位相减法. ? ? ? ?

?a1+d=0, ?a1=1, 解:(1)设等差数列{an}的公差为 d,由已知条件可得? 解得? ?2a1+12d=-10, ?d=-1. 故数列{an}的通项公式为 an=2-n.
? an ? ? ? (2)设数列?2n-1?的前 n 项和为 Sn, ? ? ? ?



an 2-n 1 n n-1= n-1 = n-2- n-1, 2 2 2 2
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1 1 1 ? ? 2 3 n ? ? ∴Sn=?2+1+2+22+?+2n-2?-?1+2+22+?+2n-1?. ? ? ? ? 2 3 n 记 Tn=1+2+22+?+ n-1,① 2 1 1 2 3 n 则2Tn=2+22+23+?+2n,② 1 1 1 1 n ①-②得:2Tn=1+2+22+?+ n-1-2n, 2 1 1-2n 1 n ∴2Tn= 1 -2n. 1-2 1? n ? 即 Tn=4?1-2n?- n-1. ? ? 2 ? ?1? ? 2?1-?2?n? 1? ? ? ?? n ? ?1-2n?+ n-1 ∴Sn= - 4 1 ? ? 2 1-2 1? 1? n ? ? =4?1-2n?-4?1-2n?+ n-1 ? ? ? ? 2 = n . 2n-1 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”以便下一步准确写出 “Sn-qSn”的表 达式. n 6.解:(1)a1+3a2+32a3+?+3n-1an=3, ∴当 n≥2 时, n-1 - a1+3a2+32a3+?+3n 2an-1= 3 , n n-1 1 1 ①-②得:3n-1an=3- 3 =3,∴an=3n. 1 当 n=1 时,a1=3也适合上式, 1 ∴an=3n. n (2)bn=a =n· 3n,
n





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∴Sn=1×3+2×32+3×33+?+n· 3n , 则 3Sn=32+2×33+3×34+?+n· 3n+1, ∴③-④得: -2Sn=3+32+33+?+3n-n· 3n+1 = 3?1-3n? -n· 3n+1 1-3

③ ④

3 =-2(1-3n)-n· 3 n +1 . n· 3 3 ∴Sn=4(1-3n)+ 2 3 3 ?2n-1?· =4+ 4
n+1 n+1

.

7.解:(1)设{an}的公差为 d,则由已知得 ?a1+a2+a3=6, ?3a1+3d=6, ? 即? ?a1+a2+?+a8=-4, ?8a1+28d=-4, 解得 a1=3,d=-1,故 an=3-(n-1)=4-n. (2)由(1)知,bn=n· qn-1, 于是 Sn=1· q0+2· q1+3· q2+?+n· qn-1, 若 q≠1,上式两边同乘以 q. qSn=1· q1+2· q2+?+(n-1)· qn-1+n· qn, 两式相减得:(1-q)Sn=1+q1+q2+?+qn-1-n· qn 1-qn = -n· qn. 1-q 1-qn n· qn+1-?n+1?qn+1 qn n· ∴Sn= - = . ?1-q?2 1-q ?1-q?2 若 q=1,则 Sn=1+2+3+?+n= n?n+1? ? ? 2 ∴Sn=? n 1 nq -?n+1?qn+1 ? ?1-q?2 ?


n?n+1? 2 ,

?q=1?, ?q≠1?.

?1? 8.(1)由题意,知 an=?4?n(n∈N*), ? ? 1 又 bn=3log4an-2,故 bn=3n-2(n∈N*).
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?1? (2)由(1),知 an=?4?n,bn=3n-2(n∈N*), ? ? ?1? ∴cn=(3n-2)×?4?n(n∈N*). ? ? 1 ?1? ?1? ?1? ?1? ∴Sn=1×4+4×?4?2+7×?4?3+?+(3n-5)×?4?n-1+(3n-2)×?4?n, ? ? ? ? ? ? ? ? 1 ?1? ?1? ?1? ?1? ?1? 于是4Sn=1×?4?2+4×?4?3+7×?4?4+?+(3n-5)×?4?n+(3n-2)×?4?n+1, ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 两式相减,得 3 1 ??1?2 ?1?3 ?1?n? ?1?n+1 1 ?1?n+1 ?4? , S = - (3 n + 2) × n= +3??4? +?4? +?+?4? ?-(3n-2)×?4? 4 4 2 ?? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? 2 3n+2 ?1? ∴Sn=3- 3 ×?4?n(n∈N*). ? ?
an+1 1 an 9.解:(1)证明:由条件得 2= · 2, (n+1) 2 n
又 n=1 时, 2=1,

an n

an 1 故数列{ 2}构成首项为 1,公比为 的等比数列. n 2
从而 2=

an 1 n2 n-1,即 an= n-1. n 2 2
2 2

(n+1) n 2n+1 (2)由 bn= - n= n 得 n 2 2 2

Sn= + 2+?+

3 2

5 2

2n+1 n 2

1 3 5 2n-1 2n+1 ? Sn= 2+ 3+?+ n + n+1 , 2 2 2 2 2 1 ? 2n+1 1 3 ?1 1 两式相减得 Sn= +2? 2+ 3+?+ n?- n+1 , 2? 2 2 2 ?2 2 2n+5 所以 Sn=5- n . 2 1 2 3 n 14.解析:设 S= + 2+ 3+?+ n, 2 2 2 2 1 1 2 n-1 n 则 S= 2+ 3+?+ n + n+1. 2 2 2 2 2 1 1 1 1 n 相减,得 S= + 2+?+ n- n+1 2 2 2 2 2 1 1? 1- n? ? ? 2 2? ? n = - n+1. 1 2 1- 2
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1 n ∴S=2- n-1- n. 2 2 ∴原式=- 1 2
n-1

- n. 2

n

1 n 答案:- n-1- n 2 2 15.解:取 n=1,则 a1= ( 又 Sn=
a1 ?1 2 ) ? a1=1 2

n( a 1 ? a n ) n( a ? a ) a ?1 可得: 1 n = ( n ) 2 2 2 2

∵an≠-1(n∈N*) ∴an=2n-1 ∴Tn=1· 2+3· 22+5· 23+……+(2n-1)· 2n ① + 2Tn=1· 22+3· 23+5· 24+……+(2n-1)· 2n 1② ①-②得: + + ∴-Tn=2+23+24+25+……+2n 1-(2n-1)· 2n 1 =2+
23 (1 ? 2 n?1 ) + + -(2n-1)· 2n 1=-6+(1-n)· 2n 2 1? 2
n+1

∴Tn=6+(2n-3)·2

16.解:(1)∵Sn=1-an,① ∴Sn+1=1-an+1,② 1 ②-①得,an+1=-an+1+an,∴an+1= an(n∈N*), 2 1 又 n=1 时,a1=1-a1,∴a1= . 2 1 ?1?n-1 ?1?n ∴an= · =?2? ,n∈N*. 2 ?2? n (2)∵bn= =n· 2n(n∈N*), an ∴Tn=1×2+2×22+3×23+?+n×2n.③ ∴2Tn=1×22+2×23+3×24+?+n×2n 1.④


③-④得,-Tn=2+22+23+?+2n-n×2n 1=


2?1-2n? + -n×2n 1, 1-2

整理得,Tn=(n-1)2n 1+2,n∈N*.


1?n-1 ?1?n ?1?n 17.解:(1)证明:由 Sn=-an-? ?2? +2 得 Sn+1=-an+1-?2? +2,两式相减得 an+1=-an+1+an+?2? , 1?n+1 1 即 an+1= an+? ?2? . 2 1?n-1 1 由 Sn=-an-? ?2? +2,令 n=1 得 a1=2. 1?n+1 1 ?1?n+1 在 an+1= an+? ?2? 中,两边同除以?2? 得 2 n + 2n 1an+1=2nan+1,即数列{2nan}是首项为 1,公差为 1 的等差数列,∴2nan=n,∴an= n(n∈N*). 2
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(2)由(1)及

1? n cn an = 得 cn=(n+1)? 2? , ? n n+1

1?2 1 ?1?3 ∴Tn=2× +3×? ?2? +4×?2? +?+ 2 1?n (n+1)? ?2? ,① 1?2 1 ?1?3 ?1?4 T =2×? ?2? +3×?2? +4×?2? +?+ 2 n 1?n+1 (n+1)? ?2? ,② 由①-②得 1?2 ?1?3 1 ?1?n ?1?n+1 T =1+? ?2? +?2? +?+?2? -(n+1)?2? 2 n 1? ?1?n-1? 1- 4? ?2? ? 1? n + 1 =1+ -(n+1)? ?2? 1 1- 2 3 n+3 = - n+1 , 2 2 n +3 ∴Tn=3- n . 2 18. (1)见解析 (2)Tn=

? 2n ? 1? ? 3n ? 1
2

【解析】解: (1)详见解析; (2) Sn ? n ? 2n ?1? 20 ? 21 ? 22 ? ? ? ? ? 2n?1 ? n ? 2n ? 2n ? 1 . 【解析】 试题分析: ( 1 )题中条件 bn ?

an ,而要证明的是数列 {bn } 是等差数列,因此需将条件中所给的 {an } 的递推公式 2 n ?1 a ?1 a a ? nn ? 1 ,从而 bn?1 ? bn ? 1 , b1 ? 1 ? 1 ,进而得证; (2)由(1)可 an?1 ? 2an ? 2n 转化为 {bn } 的递推公式: nn ?1 2 2 20

得, an ? n2n?1 ,因此数列 {an } 的通项公式可以看成一个等差数列与等比数列的乘积,故可考虑采用错位相减法求其 前 n 项 和 , 即 有 : S n ? 1? 20 ? 2 ? 21 ? 3 ? 22 ? ? ? (n ? 1) ? 2 n?2 ? n ? 2n?1 ① , ① ? 2 得 :

2S n ? 1? 21 ? 2 ? 22 ? 3 ? 23 ? ? ? (n ? 1) ? 2n?1 ? n ? 2n ②,
②-①得 Sn ? n ? 2n ?1? 20 ? 21 ? 22 ? ? ? ? ? 2n?1 ? n ? 2n ? 2n ? 1 . 试题解析: (1)∵ an?1 ? 2an ? 2n ,

an ?1 a a ? nn ? 1 ,又∵ bn ? nn ,∴ bn?1 ? bn ? 1 , n ?1 2 2 2 ?1

b1 ?

a1 ? 1 ,∴则 {bn } 是 1 为首项 1 为公差的等差数列; 20

由(1)得 bn ? 1 ? (n ? 1) ?1 ? n ,∴ an ? n2n?1 ,
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∴ S n ? 1? 20 ? 2 ? 21 ? 3 ? 22 ? ? ? (n ? 1) ? 2 n?2 ? n ? 2n?1 ①, ① ? 2 得: 2S n ? 1? 21 ? 2 ? 22 ? 3 ? 23 ? ? ? (n ? 1) ? 2n?1 ? n ? 2n ②, ②-①得 Sn ? n ? 2n ?1? 20 ? 21 ? 22 ? ? ? ? ? 2n?1 ? n ? 2n ? 2n ? 1 . 考点:1.数列的通项公式;2.错位相减法求数列的和. 19.求数列 1,3a,5a2,7a3,…(2n-1)an-1 的前 n 项和. 解:当 a ? 0 时, S n 当a 当a

? 1;

? 1 时, Sn ? n 2 ;

? 0且a ? 1时,


1? a 2a n (2n - 1)a n Sn ? (1 - a ) 2 (1 - a) 2 1- a

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错位相减法在数列求和中的应用
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