(新课标)高考数学一轮复习 名校尖子生培优大专题 等差、等比数列 新人教A版-新人教A版高三全册数学

（新课标）高考数学一轮复习 名校尖子生培优大专题 等差、等比数列 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{}n n b a 的数列，其中{n a }为等差数列，{}n b 为等比数列；分别列出n S ，再把所有式子同时乘以等比数列的公比q ，即n qS ；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{}n a 的前n 项和为n S ，常数0λ>，且11n n a a S S λ=+对一切正整数n 都成立。

（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；
（Ⅱ）设10a >，100λ=，当n 为何值时，数列1
{lg
}n
a 的前n 项和最大？ 【答案】解：（Ⅰ）取n =1，得2
1112=2a S a λ=，∴11(2)0a a λ-=。

若1a =0，则1S =0, 当n 2≥时，1=0n n n a S S --=。

若1a 0≠，则12
a λ
=
，
有
当n 2≥时，2
2n n a S λ
=
+，112
2n n a S λ
--=
+，
两个相减得：12n n a a -=，∴n 2n
a λ
=。

∴数列{}n a 公比是2的等比数列。

综上所述，若1a =0, 则 n 0a =；若1a 0≠，则n 2n
a λ
=。

（Ⅱ）当10a >且100λ=时，令1
lg
n n
b a =，则2lg 2n b n =-。

∴{}n b 是单调递减的等差数列（公差为－lg2）
则 b 1>b 2>b 3>…>b 6=01lg 64100
lg 2
100lg
6
=>=； 当n ≥7时，b n ≤b 7=01lg 128100lg 2
100lg
7
=<=。

∴数列{lg
n a 1}的前6项的和最大，即当n =6时，数列1
{lg }n
a 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)0a a λ-=，分类讨论：由1a =0及1a 0≠，结合数列的和与项的递推公式可求。

（II ）由10a >且100λ=时，令1
lg
n n
b a =，则2lg 2n b n =-，结合数列的单调性可求和的最大项 。

例2.已知{n a }是等差数列，其前n 项和为n S ，{n b }是等比数列,且1a =1=2b ，44+=27a b ，44=10S b -. (Ⅰ)求数列{n a }与{n b }的通项公式； (Ⅱ)记1121=++
+n n n n T a b a b a b -，+n N ∈，证明+12=2+10n n n T a b -+()n N ∈.
【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3
44423286a d b q s d =+==+，，。

由条件44+=27a b ，44=10S b -得方程组
3
3
23227
86210
d q d q ⎧++=⎪⎨+-=⎪⎩，解得 3 2d q =⎧⎨=⎩。

∴+
312n n n a n b n N =-=∈，，。

(Ⅱ)证明：由（1）得，231212222n
n n n n T a a a a --=+++⋯+ ①；
∴234+1
12122222n n n n n T a a a a --=+++⋯+ ②；
由②－①得，
()()()()234112232112+222+22n n n n n n n n n n T a a a a a a a a a a b -----=--+-+-+⋯-+ ()()23423412+232323+2322=2+4+3222+2412=2+4+3=2+412+62=2+4+612
12
=2+1012
n n n n n n n n n n n n n n n n n a b a b a b a b a b b a b -=-⨯+⨯+⨯+⋯⨯+⨯-⨯+++⋯⨯--⨯
--⨯-----
∴+12=2+10n n n T a b -+
()n N ∈。

【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】（Ⅰ）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。

（Ⅱ）写出n T 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3. （已知{n a }是等差数列，其前n 项和为n S ，{n b }是等比数列,且1a =1=2b ，44+=27a b ，44=10S b -. (Ⅰ)求数列{n a }与{n b }的通项公式； (Ⅱ)记11221=++
+n n n T a b a b a a b ，+n N ∈，证明1+18=n n n T a b --+(2)n N n >∈，。

【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3
44423286a d b q s d =+==+，，。

由条件44+=27a b ，44=10S b -得方程组
3
3
23227
86210
d q d q ⎧++=⎪⎨+-=⎪⎩，解得 3 2d q =⎧⎨=⎩。

∴+
312n n n a n b n N =-=∈，，。

(Ⅱ)证明：由（1）得，()2
3
225282132n
n T n =⨯+⨯+⨯+-⋯+ ①；
∴()2
3
4
+1
2225282132
n n T n =⨯+⨯+⨯+⋯+- ②；
由②－①得，
()()234+1122232323+2332n n n T n =-⨯-⨯+⨯+⨯-+⋯⨯+
()()()()()()+12341+1+1+1+11=4+323222+2412111=4+323=4+32+1232142
=8+3=+8
n n n n n n n n n n n n a b ----⨯+++⋯⨯---⨯
--⨯-----
∴1+18=n n n T a b --+
(2)n N n >∈，。

【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】（Ⅰ）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。

（Ⅱ）写出n T 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{}n a 的前n 项和为S n ，满足11221,,n n n S a n N +*
+=-+∈且123,5,a a a +成等差数列。

（1）求a 1的值；（2）求数列{}n a 的通项公式。

（3）证明：对一切正整数n ，有
12
11
132
n a a a +++
<. 【答案】解：（1）∵11221,,n n n S a n N +*+=-+∈且123,5,a a a +成等差数列
∴1
1232
1232
1
3
2222272(5)
S a a a S a a a a a a ，解得1
2
3
1519
a a a 。

即1
1a 。

（2）∵1
1221n n n S a ++=-+………………………………………………①
∴ 1221n
n n S a -=-+……………………………………………………②
①－②，得1
32(2)n
n n
a a n。

∵21
5
32
5a a ，∴1
32(*)n
n
n
a a n
N 。

∴
11
312222n n n n a a ，11
31
(1)2
22
n n
n n a a 。

∴数列{12n n a }成首项为1
1
31
22a ，公比为3
2
的等比数列， ∴
3
1
()22n n
n a 。

∴3
()122n n n
a 。

32n n n a 。

（3）∵1
1
1
1
133232322(32)
0n n n n
n
n n
n n
a （当n=1时，取等号。

）
∴1
30n
n
a ， ∴
1
1
13
n n
a （当且仅当n=1时，取等号）。

∴
2112
1
1()11
111131331[1()]133
323213
n
n n n a a a --+++
<++++=
=-<-。

【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1
1221n n n S a ++=-+中，令分别令n =1，2，由123,5,a a a +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1a 。

（2）由11221n n n S a ++=-+，1221n
n n S a -=-+，两式相减即可得
11
31
(1)222
n
n
n
n a a ，
可知，数列{
12n
n
a }成首项为
11
31
22a ，公比为3
2
的等比数列，从而可求数列{}n a 的通项公式。

（3）构造13n n
a ，证得其大于等于0，从而1
30n
n
a ，即
1
1
13n
n
a （当且仅当n=1时，取
等号）。

因此
2112
1
1()11
111131331[1()]133
323213
n
n n n a a a --+++
<++++=
=-<-。

例5.设数列{}n a 的前n 项和n s ，数列{}n s 的前n 项和为{}n T ，满足
2*2,n n T S n n N =-∈．
（1）求1a 的值；
（2）求数列{}n a 的通项公式．
【答案】解：（1）当1n =时，1121T S =-。

∵111T S a ==，∴1121a a =-，解得11a =。

（2）∵2
2n S T n n -= ①，
当2n ≥时， 2
11)1(2--=--n S T n n ②，
∴①-②得：122+-=n a S n n ③ ，此式对1=n 也成立。

∴当2n ≥时，1)1(2211+--=--n a S n n ④。

∴③-④得：221+=-n n a a ，即 )2(221+=+-n n a a 。

∴{}2n a +是以321=+a 为首项，2为公比的等比数列。

∴1232n n a -+=⋅，即1322n n a -=⋅-，*
n ∈N 。

【考点】数列递推式，等比数列的性质。

【解析】（1）当1n =时，1121T S =-。

由111T S a ==得1121a a =-解得11a =。

（2）两次递推后得到以321=+a 为首项，2为公比的等比数列{}2n a +，由此能求出数列{}n a 的
通项公式。

例6. （已知数列{}n a 的前n 项和2
12
n S n kn =-+（其中k N +∈）
，且n S 的最大值为8。

（1）确定常数k ，并求n a ； （2）求数列92{
}2
n
n
a -的前n 项和n T 。

【答案】解：（1）当n ＝k N +∈时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12
k 2
，
∴k 2
＝16，∴k ＝4。

∴1n n n a S S -=-＝9
2－n (n ≥2)。

又∵a 1＝S 1＝72，∴a n ＝9
2
－n 。

（2）∵设b n ＝9－2a n 2n ＝n 2n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n
2n －1，
∴T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋2
2
n －1。

【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n ＝k N +∈时，2
12
n S n kn =-
+取得最大值，代入可求k ，然后利用1n n n a S S -=-可求通项，要注意1n n n a S S -=-不能用来求解首项1a ，首项1a 一般通过11a S =来求解。

（2）设b n ＝9－2a n 2n ＝n
2
n －1，可利用错位相减求和即可。

例7.）已知数列{}n a 的前n 项和n
n S kc k =-（其中c ，k 为常数），且263=4=8a a a ，
（1）求n a ；
（2）求数列{}n na 的前n 项和n T 。

【答案】解：（1）∵n n S kc k =-，∴当1n >时，11()n n n n n a S S k c c --=-=-。

则6
5
6()a k c c =-，3
2
3()a k c c =-，65
363238a c c c a c c
-===-。

∴c =2。

∵2=4a ，即21
()4k c c -=，解得k =2。

∴2n n a =（1n >）。

当n =1时，112a S ==。

综上所述*
2()n n a n N =∈。

（2）∵2n
n na n =， ∴23
222322n n T n =+⋅+⋅+
+①，
23412122232(1)22n n n T n n +=⋅+⋅+⋅+
+-+②。

①－②得，23
122222n n n T n +-=+++
+-，即12(1)2n n T n +=+-。

【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=8a a a ，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{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2
2n n +，n ∈N ﹡，数列{b n }满足a n =4log 2b n ＋3，n ∈N ﹡. （1）求a n ，b n ；
（2）求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 【答案】解：（1）由S n =2
2n n +，得
当n =1时，113a S ==；
当n ≥2时，1n n n a S S -=-=22
22(1)(1)41n n n n n ⎡⎤+--+-=-⎣⎦，n ∈N ﹡。

由a n =4log 2b n ＋3，得1
2n n b -=，n ∈N ﹡。

（2）由（1）知1
(41)2n n n a b n -=-⋅，n ∈N ﹡，
∴()2
1
372112 (412)
n n T n -=+⨯+⨯++-⋅，
()2323272112...412n n T n =⨯+⨯+⨯++-⋅。

∴()2
1
2412[34(22 (2)
)]n
n n n T T n --=-⋅-++++(45)25n n =-+。

∴(45)25n
n T n =-+，n ∈N ﹡。

【考点】等比数列、等差数列的概念、通项公式以及求和公式，对数的定义。

【解析】（1）由S n =2
2n n +，作1n n n a S S -=-即可求得a n ；代入a n =4log 2b n ＋3，化为指数形式即可求得b n 。

（2）由a n ，b n 求出数列{a n ·b n }的通项，得到()21372112...412n n T n -=+⨯+⨯++-⋅，从而作
2n n T T -即可求得T 。

例9.设数列n a 的前n 项和n S 满足121n n S a S a +=+，其中20a ≠. （I ）求证：n a 是首项为1的等比数列；（5分） （II ）若21a >-，求证：12()2
n n
S a a ≤
+，并给出等号成立的充要条件.（7分） 【答案】证明：（Ⅰ）∵121n n S a S a +=+，∴*211(2,)n n S a S a n n N -=+≥∈。

∴1221(2)n n n n S S a S a S n +--=-≥。

∴12(2)n n a a a n +=≥。

∵20a ≠，∴0n a ≠。

∴
1
2n n
a a a +=。

∵2211S a S a =+，∴12121a a a a a +=+。

∴122a a a =。

∴11a =。

∴
2
21
a a a =。

∴*1
,
2n n
a n N a +∀∈=。

∴n a 是首项为1，公比为2a 的等比数列。

（II ）当n =1或n =2时，易知)(2
1n n a a n
S +=
成立。

当12=a 时，)(2
1n n a a n
n S +=
=成立。

当12≠a 时，1
222
1,1n n n n a S a a a --==-， ∴1()2
n n n S a a <+。

∴
1
2221(1)(3)12n n a n a n a --<+≥- 。

当112<<-a 时，上面不等式可化为1
222(2)(2)(3)n n n a na na n n --+-<-≥ ， 设1
2222()(2)n n f a n a na na -=-+-， ①当210a -<<时， 2
2
10n a >--。

∴2
22
222()(2)(1)(2)||2n n n f a n a na a n a n -=-+-<-<-。

∴当210a -<<时，所要证的不等式成立。

②当201a <<时，12
22
2()[(2)(1)1]n n f a n n a n a --=-+--
令12
22
2()(2)(1)1n n h a n a n a --=-+--， 则3
222
()(2)(1)(1)()0n h a n n a a -'=---<。

∴2()h a 在（0，1）上递减。

∴2()(1)0h a h >=。

∴22()()0f a nh a '=>。

∴2()f a 在（0，1）上递增。

∴2()(1)2f a f n <=-。

∴当201a <<时，所要证的不等式成立。

③ 当12>a 时，)1,0(12
∈a ，由已证结论得：1222
11(
)
1
[1()]121n
n a n a a --<+-。

∴1112
2222
11(
)1[1()]121n n n n a n a a a a ----⨯<⨯+-。

∴
1221221(1)()122n
n a n n a a a a --<+<+-。

∴当201a <<时，所要证的不等式成立。

综上所述，当21a >-且20a ≠时，1()2
n n n
S a a ≤
+。

当且仅当n =1,2或12=a 时等号成立。

【考点】数列与不等式的综合，数列与函数的综合，等比数列的性质，等比关系的确定。

【分析】（I ）根据121n n S a S a +=+，得*211(2,)n n S a S a n n N -=+≥∈，两式相减，即可证得n a 是首项为1，公比为2a 的等比数列。

（II ）当n =1或n =2时和当12=a 时， )(2
1n n a a n
S +=
成立。

当12≠a 时，分210a -<<，201a <<，12>a 三种情况分别证明即可。

本题也可用数学归纳法证明。