高中数学数列_错位相减法求和专题训练含答案

错位相减法求和专题训练

1．已知数列an满足an2{(1)求 an的通项公式；

*(2)设bnanan1,nN，求数列bn的前2n项和S2n；

an2,n为奇数2an,n为偶数 ，且nN*,a11,a22.

(3)设cna2n1a2n1，证明：

n111c1c2c315 cn422．设正项数列an的前n项和为Sn，且满足a37， an16Sn9n1， nN*.

(1)求数列an的通项公式；

(2)若正项等比数列bn满足b1a1,b3a2，且cnanbn，数列cn的前n项和为Tn. ①求Tn；

②若对任意n2， nN*，均有Tn5m6n31n35恒成立，求实数m的取值范

2围.

3．已知nN*，设Sn是单调递减的等比数列an的前n项和， a11且2S2a2,S4a4,S3a3成等差数列．

（1）求数列an的通项公式；

（2）记数列nan的前n项和为Tn，求证：对于任意正整数n， 4．递增的等比数列an的前n项和为Sn，且S26， S430. （1）求数列an的通项公式；

n1（2）若bnanlog1an，数列bn的前n项和为Tn，求Tnn250成立的正整数n的

1Tn2. 22最小值.

5．已知数列an及fnxa1xa2x2anxn，且fn11?n, n1,2,3,n.

（1）求a1，a2，a3的值； （2）求数列an的通项公式；

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（3）求证:

11fn1. 336．已知数列an是以2为首项的等差数列，且a1,a3,a11成等比数列. （Ⅰ）求数列an的通项公式及前n项和SnnN*； （Ⅱ）若bn21an23，求数列anbn1的前n项之和TnnN*.

7．在数列an中， a14，前n项和Sn满足Snan1n.

（1）求证：当n2时，数列an1为等比数列，并求通项公式an；

na1（2）令bnn1n•，求数列bn的前n项和为Tn.

2138．已知等差数列an的前n项和Sn，且a22,S515，数列bn满足b1n1, bn1 2n1bn． 2n（1）求数列an， bn的通项公式； （2）记Tn为数列bn的前n项和， fn2Sn2Tnn2，试问fn是否存在最大值，

若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．

29．已知数列an的前n项和Snn2n．

（1）求数列an的通项公式an； （2）令bn1nN*，求数列an的前n项和Tn． 2an110．已知单调递增的等比数列an满足： a2a420， a38 （1）求数列an的通项公式；

n1（2）若bnanlog1an，数列bn的前n项和为Sn , Snn250成立的正整数n的

2最小值.

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参

1．解析：（1）当n为奇数时， an2an2，此时数列a2k1（成等差数列． d2 kN*）当n当为偶数时， a*n22an，此时数列a2k（kN） 成等比数列 q2 n为奇数 an{nn

22n为偶数（2）b2k1b2ka2k1a2ka2ka2k12k12k2k2k14k2k

S2nb1b2b3b4b2n1b2n

S232n4122232n2n

2S222232n41n12nn2n1

S2222n42nn2n1

(3) Cn12n1n C2n12n1n为奇n3n{2n12n1n为偶 1C12n112n1n3 n为奇 n2n11C112n112n1n2 n为偶 n2

2．解析：(1) a2n16Sn9n1，

a2n6Sn19n11n2a22n1an6an9n2，

∴a22n1an3 且各项为正，∴an1an3n2

又a7，所以a2324，再由a26S191得a11，所以a2a13

∴

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∴an是首项为1，公差为3的等差数列，∴an3n2

n1n1(2) b11,b34∴bn2， cnanbn3n22

①Tn1242∴Tn132122013n22n1，②2Tn1214223n22n

2n1 3n22n， Tn3n52n5

3n52nm 6n231n35n2,nN*恒成立

3n52n72n72n76n231n35∴m ，即恒成立. mnnnn23n523n522设kn2n72n52n792n， kkn1 n1n2n2n12n2当n4时， kn1kn； n5时， kn1kn ∴knmaxk5333，∴. m523232点睛：本题主要考查了数列的综合应用问题，其中解答中涉及到等差数列的通项公式的求解，

数列的乘公比错位相减法求和，数列的恒成立的求解等知识点的综合运用，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中准确运算和合理转化恒成立问题是解答的关键. 3．解：（1）设数列an的公比q，由2S4a4S2a2S3a3， 得S4S2S4S32a4a2a3，

111即4a4a2，∴q． an是单调递减数列，∴q， ∴an

4222nn， n21234n1n所以Tn234n1n，①

222222234n1n2Tn123n2n1，②

2222211nn②-①得： Tn12n1n，

2222（2）由（1）知nan11nn22Tnn2n，

12212由Tn1Tnn1an1nn1，得T1T2T3n12Tn，

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1 2n21又Tn2n2，因此对于任意正整数n， Tn2

22故TnT1 点睛：本题主要考查了数列的综合应用和不等式关系证明问题，其中解答涉及到等比数列

的基本量的运算，数列的乘公比错位相减法求和，以及放缩法证明不等式，突出考查了方程思想和错位相减法求和及放缩法的应用，试题综合性强，属于难题. 4．解析：（1）设等比数列an的公比为q

S2由已知， S4302S2.则q1，则{a11q21qa11q1q46，

S4两式相除得q2，

30，n∵数列an为递增数列，∴q2，则a12，所以an2.

（2）bn2nlog12nn2n，

2Tn121222323123设Hn122232n2n n2n，① n2n1，②

2Hn22223324①②得：

Hn2221232n2nn1212n12n2n1，

n2n12n12Tn，

Tnn2n150， 即n2n12n12n2n150，

2n152，∴正整数n的最小值是5.

点睛：本题主要考查了等比数列的求和公式及通项公式的应用，错位相减求和方法的应用，及指数不等式的求解．

5．解析：（1）由已知f11a11，所以a11.

f21a1a22，所以a23. f31a1a2a33，所以a35. 高中数学数列_错位相减法求和专题训练含答案

（2）令x1，则fn1a11a212an1，①

n1nfn11a11a21两式相减，得

2an1an11n1n，②

1n1?an1fn11fn1 1?n11?n，

n所以an1n1n,即an12n1， 又a11也满足上式，

所以数列an的通项公式为an2n1n1,2,3,（3）fnxx3x5x2.

232n1xn，

31111所以fn35333311111·fn3533333①-②得

2323412n1，③

312n13nn1n，④

21111fn2233333所以fn11122n133，∴

n1，

13n1. 又n1,2,3,3n2n10， n13n11f，故0n1.

3n3又fn1fn1313所以fn是递增数列，故fnf11313131. 3所以

11fn1. 33【点睛】本题考查数列的前3项及通项公式的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．

26．解析：(Ⅰ) 设数列an的公差为d，由条件可得a3a1a11，即22d2210d，

2解得d3或d0（舍去），

则数列an的通项公式为an23n13n1，

高中数学数列_错位相减法求和专题训练含答案

Snn23n121n3n1. 21an23（Ⅱ）由（Ⅰ）得bn22n1，

则Tna1b2a2b3a3b4anbn12215228233n12n1，②

33n12n，①

2Tn22252382412将①-②得Tn22323232n3n12n1

32232n143n12n183n42n1，

12则Tn83n42n1.

【易错点晴】本题主要考等差数列的通项公式、等比数列的求和公式、以及“错位相减法”求数列的和，属于中档题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q.

7．解析：（1）n1,a14 当n2时， ansnsn1,得an112an1，

an112

an1

nan12n1,得 an2n11 an {4,n12n11,n221(2)当n1时， b1 当n2时， bnn

33当n1时， T12 323n2111当n2时， Tn23n

3333111令M23n

3331111M23n333334n123n

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22111 M 1n2n391833Tnn111111 M1n n2312323n132n31 经检验n1时， T1也适合上式． 1243nTn132n31n nN* ． 1243点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前n项和，主要

利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误． 8．解析：（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d， 则{a1d25a110d15 {a11d1 ,ann.

由题意得

bn11bn11b，b1，∴数列n是等比数列，且首项和公比都是， n12n22nbnn. 2n123n1123n23n， Tn234n1， 22222222211111nn2两式相减得： Tn=23nn1， Tn2n；

2222222（2）由（1）得TnSnnn12fn2Sn2Tnn22n2n； n2fn1fnn1n1n2nn12n nn1n1222当n3时， fn1fn0；当n3时， fn1fn0；

333f11,f2,f3 ∴fn存在最大值为.

222点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前n项和，主要

利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误． 9．解析：（1）当n1时， a1=S1=3；

当n2时， an=SnSn1n22nn12n12n1， a1=3也符合， ∴数列an的通项公式为an=2n1.

2高中数学数列_错位相减法求和专题训练含答案

（2）bn=11111， 22an14n4n4nn1∴Tn1111111n1 1...14223nn14n14n1点睛：本题考查了等差数列的定义，求数列的前n项和问题，属于中档题.解决数列的通项

公式问题时，一般要紧扣等差等比的定义，利用方程思想求解，数列求和时，一般根据通项的特点选择合适的求和方法，其中裂项相消和错位相减法考查的比较多，主要是对通项的变形转化处理即可.

10．解析：（1）设等比例列的最大值为16.的首项为a1，公比为q

依题意，有{a1qa1q320a1q28a132 或{ ，解之得{1 ， q2q2a12a12q2 ，an2n.

又数列an单调递增， {（2）依题意， bn2n.log12nn.2n,. 2Sn12222323........n.2n,①

2Sn122223324.......n.2n1②

由①—②得： Sn2222324......2nn.2n1

212n12n.2n1

2n1n.2n12 ， Snn2n150，即

当n4时， 2n241626；当n5时，

2n1250,2n26，

2n253226， 使Snn2n150，成立的正整数n的最小值为5.

【 方法点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式以及错位相减法求数列的的前

n 项和，属于中档题.一般地，如果数列an是等差数列， bn是等比数列，求数列

anbn的前n项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列bn的公比，然后作差求解, 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.