错位相减数列求和

∴数列{an}从第2项起是公比为3的等比数列.
又a2=2S1=2,
1 a n n 2 2 3 n 1 n 2,n N .
(2)Tn=a1+2a2+3a3+„+nan. 当n=1时,T1=1； 当n≥2时,Tn=1+4·30+6·31+„+2n·3n-2, 3Tn=3+4·31+6·32+„+2n·3n-1, ① ②
1 n 21－ 2 1 n － 4 1－ n ＋ n －1 2 2
∴ Sn＝
1 1－ 2
1 1 n n ＝ 4 1－ n － 4 1－ n ＋ n－1＝ n－1. 2 2 2 2
训练
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1
a2=0,a6+a8=-10. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列 {
an } 的前n项和. n 1 2
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
a1 d 0, a 1 1 则 , 解得 , d 1 2a1 12d 10
故数列{an}的通项公式为an=2-n.
10 11 1 2 1 n－ 2 1 ∴①－②得， Sn＝ 2 ＋ 2 ＋ 2 ＋„＋ 2 2 1 n 1× 1－ 2 1 1 1 n n－ 1 n ＋2 － n·2 ＝ － n·2 ， 1 1－ 2 1 n－ 2 1 n－ 1 ∴ Sn＝4－ 2 － n· 2 .
－ － －
∴an＝3n(n∈N )．
1 * ∴an＝ n(n∈N )． 13 *
(2) bn＝n· 3n，Sn＝1· 3＋2· 32＋3· 33＋…＋n· 3n， 3Sn＝1· 32＋2· 33＋3· 34＋…＋(n－1)· 3n＋n· 3n＋1 两式相减，得－2Sn＝3＋32＋33＋…＋3n－n· 3n＋1，
【归纳】
若{an}是等差数列，{bn}是等比数列，
则cn＝an· bn的前n项和可利用错位相减法求得．所 谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的 是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清 其项数．
1 2 【例 3】►(2012· 江西)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝－ n ＋ 2 kn(其中 k∈N＋)，且 Sn 的最大值为 8.
Tn 1 1 (n ) 3n 1 (n N ). 2 2
【反思·感悟】解答本题(1)时，易把an错写成 a n
1பைடு நூலகம்
n 1
n 1 n2
2 3
.
解答本题(2)求Tn时，易盲目利用错位相减法直接求和，忽视
了讨论n=1的情形.
【练习】
(2012·辽宁高考)已知等差数列{an}满足
1 3 q 2 q a1q a1q 20 ，解得 或 2 . 2 a1 2 a 32 a 3 a1q 8 1
又数列{an}单调递增,∴q=2,a1=2,
∴an=2n.
(2)bn=2n·log 1 2n =-n·2n,
2
∴-Sn=1×2+2×22+3×23+„+n×2n ∴-2Sn=1×22+2×23+„+(n-1)×2n+n×2n+1 ①-②得Sn=2+22+23+„+2n-n·2n+1
1n－2 1 n－ 1 (2)由 (1)知，an＝ 2 ，所以 bn＝ n· 2 . 1 0 1 1 1 2 ∴ Sn ＝ 1× 2 ＋ 2× 2 ＋ 3× 2 ＋ „ ＋ (n － 1 n －2 1 n－ 1 1)·2 ＋ n·2 ，① 1 1 1 2 1 n － 2 1 Sn＝ 1× 2 ＋ 2× 2 ＋„＋ (n－2) 2 ＋ (n－ 2 1 n －1 1 n 1)·2 ＋ n·2 ，②
【例 】数列{an}的前n项和为Sn,a1=1，an+1=2Sn(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
【解题指南】(1)根据an与Sn的关系求an. (2)用错位相减法求Tn.
【规范解答】(1)由an+1=2Sn得an=2Sn-1(n≥2), ∴an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2).
如果一个数列的各项是由一 个等差数列与一个等比数列 对应项乘积组成，此时求和 可采用错位相减法.
既{anbn}型
等差
等比
例1 设数列{an} 满足a1＋3a2 a∈N*.
＋32a
3
＋…＋3n－1a
n ， n＝ 3
(1)求数列 {an}的通项； n (2)设bn＝ ，求数列 {bn} 的前n项和Sn. an n 2 n － 1 解析：(1)a1＋3a2＋3 a3＋…＋3 an＝ ，① 3 n－1 2 n－2 a1＋3a2＋3 a3＋„＋3 an－1＝ (n≥2)，② 3 n－1 a1＋3a2＋32a3＋„＋3n 2an 1＝ (n≥2)，② 3 n n－1 1 n－1 －1 1 ＝ (n≥2)． n n－ ①－ ②得 3 an＝ ①－②得 3n 1an＝ － ＝3(n≥2)3 ． 3 3 3 3 11n(n≥2)．验证 n＝1 时也满足上式， ∴ a ＝ n n(n≥2)．验证 n＝1 时也满足上式， ∴an＝ 33
＝2Sn(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项an； (2)求数列{nan}的前n项和Tn.
解：(1)∵an＋1＝2Sn， Sn＋ 1－ Sn＝ 2Sn， Sn＋ 1 ∴ ＝ 3. Sn 又∵ S1＝a1＝ 1， ∴数列 {Sn}是首项为 1，公比为 3 的等比数列，Sn n－ 1 * ＝ 3 (n∈ N )． n －2 当 n≥ 2 时，an＝ 2Sn－ 1＝ 2· 3 ，
2(1 2n ) n 2n 1 2n 1 2 n 2n 1 , 1 2
① ②
又Sn+n·2n+1＞50,
即2n+1-2＞50,
∴2n+1＞52,
又当n≤4时，2n+1≤25=32＜52, 当n≥5时，2n+1≥26=64＞52, 故使Sn+n·2n+1＞50成立的正整数n的最小值为5.
①-②得: -2Tn=-2+4+2(31+32+„+3n-2)-2n·3n-1
3(1 3n 2 ) 22 2n 3n 1 1 3 1 (1 2n) 3n 1 , 1 1 n 1 Tn (n ) 3 (n 2). 2 2
又∵T1=a1=1也满足上式,
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 1 1 1 ∵ n－1＝ n－1 ＝ n－2－ n－1， ∴Sn＝2＋1＋ ＋ 2＋„＋ n－2－ 2 2 2 2 2 2 2
2 3 n 1 ＋ ＋ ＋„＋ 2 － n 1 . 2 2 2
－4· 3
＋4＝
4
.
【提醒】在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数 , 应分公比等于1和不等于1两种情况求解.
例2 已知等比数列 {an}中，公比 q∈(0,1)，a2＋
5 1 1 * a4＝ ，a1a5＝ ，设 bn＝ nan(n∈ N )． 4 4 2 (1)求数列 {an}的通项公式； (2)求数列 {bn}的前 n 项和 Sn.
(2)设数列{
即Sn a1
an }的前n项和为Sn， n 1 2
a2 a nn ，故S1 1, 1 2 2 Sn a1 a 2 a n ， n 2 2 4 2
S a a a a a 所以,当n＞1时， n a1 2 1 n n 1n 1 n 2 2 2 2n 1 1 1 2n 1 ( n 1 ) n 2 4 2 2 1 2n n 1 (1 n 1 ) n n ， 2 2 2 n 所以Sn n 1 . 2 又 S1 a1 1也满足上式, Sn n (n N ). n 1 2
n 1 3－ 3n 1 3 － 3 n 1n＋1 － 2 S ＝ － n · 3 n －2Sn＝ 1－3 －n· 3， ， 1－3
＋ ＋
＋
Sn＝2· 3
3n＋1＋3 n n＋1 1 n＋1 3 2n－1· n＋1 Sn＝2· 3 －4· 3 ＋4＝ . 4 －1· 3 ＋3 n n＋1 1 n＋1 3 2n
【训练】 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 n－1的前 n 项和． 2 解 (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， a1＝ 1， 解得 d＝－ 1.
1 (1)当 n＝ k∈ N＋时， Sn＝－ n2＋ kn 取最大值，即 2 1 1 8＝ Sk＝－ k2＋ k2＝ k2，故 k2＝ 16，因此 k＝ 4， 2 2 9 从而 an＝ Sn－ Sn－1＝ － n(n≥ 2)． 2 7 9 又 a1＝S1＝ ，所以 an＝ － n. 2 2 9－ 2an n (2)因为 bn＝ ＝ n－1， 2n 2 解 n－ 1 2 3 n Tn＝ b1＋ b2＋„＋ bn＝ 1＋ ＋ 2＋„＋ n－2 ＋ n－1， 2 2 2 2 1 1 n 所以 Tn＝ 2Tn－Tn＝ 2＋ 1＋ ＋„＋ n－2－ n－1 2 2 2 n＋ 2 ＝ 4－ n－2－ n－1＝ 4－ n－1 . 2 2 2 1 n
【练习】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= a n log 1 a n , Sn=b1+b2+„+bn，求使Sn+n·2n+1＞50成立的
2
正整数n的最小值.
【解析】(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.
1 【解】 (1)由题意知，a2· a 4 ＝a 1 · a5＝ ， 4 5 a2＋a4＝ 4 联立方程得 . 1 a2· a4＝ 4

∵ q∈ (0,1)，∴a2>a4， 1 ∴解方程组得 a2＝1， a4＝ ， 4 1 n－ 1 1n－ 2 1 ∴ q＝ ， a1＝ 2，∴ an＝2× 2 2 ＝2 .
1， n＝ 1， ∴ an＝ n－ 2 3 ， n≥ 2. 2·
(2)Tn＝a1＋ 2a2＋3a3＋„＋ nan， 当 n＝ 1 时，T1＝ 1； 当 n≥ 2 时，Tn＝ 1＋ 4· 30＋6· 31＋„＋2n· 3n 2，①
(1)确定常数k，并求an；
9－ 2an (2)求数列 n 的前 2
n 项和 Tn.
[审题视点] 第(1)问先根据 n 的二次函数求最值条件确定 k 的值，并利用结论
a1， n＝ 1， an＝ Sn－ Sn－1， n≥ 2
求出通项即可；
第(2)问把第(1)问的结果代入后错位相减求和．
2 3 n 记 Tn＝1＋ ＋ 2＋„＋ n－1， 2 2 2 1 1 2 3 n 则 Tn＝ ＋ 2＋ 3＋„＋ n， 2 2 2 2 2 1 1 1 1 n ①－②得： Tn＝1＋ ＋ 2＋„＋ n－1－ n， 2 2 2 2 2
① ②
1 1－ n 1 2 n 1 n ∴ Tn＝ － .即 Tn＝4 1－ n － n－1. 2 1 2n 2 2 1－ 2