高考数列复习--错位相减法

数列--错位相减法

1.已知正项等差数列 an 的前n项和为Sn，若S3 12，且2a1,a2,a3 1成等比数列.

（Ⅰ）求 an 的通项公式； （Ⅱ）记bn

2.在数列{an}中，已知a1

an

的前n项和为Tn，求Tn. 3n

1an 11, ，bn 2 3log1an(n N*). 4an44

（1）求数列{an}的通项公式； （2）求证：数列{bn}是等差数列；

（3）设数列{cn}满足cn an bn，求 cn 的前n项和Sn.

3．已知数列 bn 前n项和Sn

321

n n.数列 an 满足an 4 (bn 2)(n N )，数列22

cn 满足cn anbn。

（1）求数列 an 和数列 bn 的通项公式； （2）求数列 cn 的前n项和Tn；

4. 设Sn为数列an 的前n项和，对任意的n N，都有Sn m 1 man(m为常数，

*

且m 0)．

（1）求证：数列an 是等比数列；

（2）设数列an 的公比q f m ，数列 bn 满足b1 2a1,bn f bn 1 (n 2，n N)，

*

求数列 bn 的通项公式；

2n 1

（3）在满足（2）的条件下，求数列 的前n项和Tn．

bn

1. 解：（Ⅰ）∵S3 12，即a1 a2 a3 12，∴3a2 12，所以a2 4， 1成等比数列，

又∵2a1，a2，a3∴a2

2

2

2(a2 d) (a2 d 1)， 2a1 (a3 1)，即a2

解得，d∴a1

3或d 4（舍去），

a2 d 1，故an 3n 2；

an3n 21 (3n 2) ， nnn3331111

∴Tn 1 4 2 7 3 (3n 2) n， ①

33331111111

① 得，Tn 1 2 4 3 7 4 (3n 5) n (3n 2) n 1 ②

3333333

2111111

① ②得，Tn 3 2 3 3 3 4 3 n (3n 2) n 1

3333333

11(1 )2n 1115111 3 (3n 2) n 1 n 1 (3n 2) n 1

13362331 3

5113n 2156n 51

n n． ∴Tn n 2

44323443an3n 211

n 2 法2：bn n ， nn 1n

33331111

设An 1 2 3 2 4 3 n n 1， ①

3333

111111

则An 2 2 3 3 4 4 n n， ② 333333

211111

① ②得，An 1 2 3 n 1 n n

333333

11 n

n 1 3 (3 n) 1 nn

32231 3

9931

∴An ( n) n，

4423

11 (1 n) 9 (9 3n) 1 (1 1) 5 6n 5 1．

∴Tn An 2 nnn

1442334431 3

（Ⅱ）法1：bn

2.解：（1）

an 11

an4

1

4

，公比为

∴数列{an}是首项为∴an

14

的等比数列，

1

()n(n N*).…………………………………………………………………2分

4

（2） bn 3log1an 2 ………………………………………………………………3分

4

∴bn

1

3log1()n 2 3n 2.………………………………………………………4分

44 1，公差d 3

∴b1

∴数列{bn}是首项b1（3）由（1）知，an

1，公差d 3的等差数列. ………………………………5分

1

()n,bn 3n 2(n N*)

41n

∴cn (3n 2) (),(n N*). ……………………………………………………6分

4112131n 11

(3n 2) ()n, ∴Sn 1 4 () 7 () (3n 5) )

4444411213141n1n 1于是Sn 1 () 4 () 7 () (3n 5) ) (3n 2) ()

444444

……………………………10分

两式相减得

311111

Sn 3[()2 ()3 ()n] (3n 2) ()n 1 444444

11

(3n 2) ()n 1. …………………………………………12分 24

∴Sn

3.

212n 81n 1

()(n N*). ……………………………………………14分 334

2时，

3131

(n2 n) ((n 1)2 (n 1)) 3n 2 ……2分

2222

解：（1）由已知和得，当n

bn Sn Sn 1

又b1

1 3 1 2，符合上式。故数列 bn 的通项公式bn 3n 2。……3分

又∵an 4

(bn 2)

，∴an

4

(bn 2)

3

4

(3n 2) 2

3

1

()n，

4

故数列

an 的通项公式为an

1

()n， …………………………5分

4

1

anbn (3n 2) ()n，

4

112131n

Sn 1 4 () 7 () (3n 2) ()， …………………①

4444

111111

Sn 1 ()2 4 ()3 7 ()4 (3n 5) ()n (3n 2) ()n 1，……② 444444

311213141n1n 1

①-②得 Sn 3 [() () () ()] (3n 2) ()

4444444

11()2[1 ()n 1]11 3 (3n 2) ()n 1

1441 4

11n 1

(3n 2) ()，

24212n 81n 1 ()。 …………………………10分 ∴ Sn 334

（2）cn

4. 解：（1）证明：当n当n

1时，a1 S1 m 1 ma1，解得a1 1．………………1分

2时，an Sn Sn 1 man 1 man． ……………………………………………2分

anm

n 2 ． an 11 m

即

1 m an man 1．∵m为常数，且m 0，∴

m

的等比数列．

1 m

m

（2）解：由（1）得，q f m ，b1 2a1 2． ……………………………5分

1 m

∴数列

an 是首项为1，公比为

∵bn

f bn 1

bn 11 bn 1

，∴

1 11111

1，即 1 n 2 ． ∴ 是首项为

2bnbn 1bnbn 1

bn

，

公差为1的等差数列． ∴

2112n 1*

，即bn （n N）． …………………………9分 n 1 1

2n 1bn22

22n 1

（3）解：由（2）知bn ，则 2n 2n 1 ． ……………………………10分

2n 1bn

2223242n2n 1

所以Tn ，

b1b2b3bn 1bn

即Tn

21 1 22 3 23 5 2n 1 2n 3 2n 2n 1 ， ① ……11分 22 1 23 3 24 5 2n 2n 3 2n 1 2n 1 ， ② ……12分

则2Tn

②－①得Tn

2n 1 2n 1 2 23 24 2n 1， ………………………………13分

23 1 2n 1 1 2

2n 1 2n 3 6．

故Tn

2n 1 2n 1 2

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