(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

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1 / 9 （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nnba的数列，其中{na}为等差数列，nb为等比数列；分别列出nS，再把所有式子同时乘以等比数列的公比q，即nqS；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{}na的前n项和为nS，常数0，且11nnaaSS对一切正整数n都成立。

（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；

（Ⅱ）设10a，100，当n为何值时，数列1{lg}na的前n项和最大？

【答案】解：（Ⅰ）取n=1，得21112=2aSa，∴11(2)0aa。

若1a=0，则1S=0, 当n2时，1=0nnnaSS。

若1a0，则12a，

有当n2时，22nnaS，1122nnaS，

两个相减得：12nnaa，∴n2na。∴数列{}na公比是2的等比数列。

综上所述，若1a=0, 则 n0a；若1a0，则n2na。

（Ⅱ）当10a且100时，令1lgnnba，则2lg2nbn。

∴{}nb是单调递减的等差数列（公差为－lg2）

则 b1>b2>b3>…>b6=01lg64100lg2100lg6；

当n≥7时，bn≤b7=01lg128100lg2100lg7。

∴数列{lgna1}的前6项的和最大，即当n=6时，数列1{lg}na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。 word

2 / 9 【解析】（I）由题意，n=1时，由已知可知11(2)0aa，分类讨论：由1a=0及1a0，结合数列的和与项的递推公式可求。

（II）由10a且100时，令1lgnnba，则2lg2nbn，结合数列的单调性可求和的最大项 。

例2.已知{na}是等差数列，其前n项和为nS，{nb}是等比数列,且1a=1=2b，44+=27ab，44=10Sb.

(Ⅰ)求数列{na}与{nb}的通项公式；

(Ⅱ)记1121=+++nnnnTababab，+nN，证明+12=2+10nnnTab+()nN.

【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344423286adbqsd，，。

由条件44+=27ab，44=10Sb得方程组

3323227

86210dqdq，解得3

2dq。

∴+312nnnanbnN，，。

(Ⅱ)证明：由（1）得，231212222nnnnnTaaaa ①；

∴234+112122222nnnnnTaaaa ②；

由②－①得，

234112232112+222+22nnnnnnnnnnTaaaaaaaaaab

23423412+232323+2322=2+4+3222+2412=2+4+3=2+412+62=2+4+61212=2+1012nnnnnnnnnnnnnnnnnabababababbab

∴+12=2+10nnnTab+()nN。

【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。 word

3 / 9 （Ⅱ）写出nT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{na}是等差数列，其前n项和为nS，{nb}是等比数列,且1a=1=2b，44+=27ab，44=10Sb.

(Ⅰ)求数列{na}与{nb}的通项公式；

(Ⅱ)记11221=+++nnnTababaab，+nN，证明1+18=nnnTab+(2)nNn>，。

【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344423286adbqsd，，。

由条件44+=27ab，44=10Sb得方程组

3323227

86210dqdq，解得3

2dq。

∴+312nnnanbnN，，。

(Ⅱ)证明：由（1）得，23225282132nnTn ①；

∴234+12225282132nnTn ②；

由②－①得，

234+1122232323+2332nnnTn

+12341+1+1+1+11=4+323222+2412111=4+323=4+32+1232142=8+3=+8nnnnnnnnnnnnab

∴1+18=nnnTab+(2)nNn>，。

【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nT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。 word

4 / 9 例4.设数列na的前n项和为Sn，满足11221,,nnnSanN且123,5,aaa成等差数列。

（1）求a1的值；（2）求数列na的通项公式。（3）证明：对一切正整数n，有1211132naaa.

【答案】解：（1）∵11221,,nnnSanN且123,5,aaa成等差数列

∴112321232132222272(5)SaaaSaaaaaa ，解得1231519aaa。

即11a。

（2）∵11221nnnSa………………………………………………①

∴ 1221nnnSa……………………………………………………②

①－②，得132(2)nnnaan。

∵215325aa，∴132(*)nnnaanN。

∴11312222nnnnaa，1131(1)222nnnnaa。

∴数列{12nna}成首项为113122a，公比为32的等比数列，

∴31()22nnna。∴3()122nnna。 32nnna。

（3）∵1111133232322(32)0nnnnnnnnna（当n=1时，取等号。）

∴130nna， ∴1113nna（当且仅当n=1时，取等号）。

∴211211()11111131331[1()]133323213nnnnaaa。

【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11221nnnSa中，令分别令n=1，2，由123,5,aaa成等差数列，得到关于123,,aaa的三元方程，解之即可可求得1a。 word

5 / 9 （2）由11221nnnSa，1221nnnSa，两式相减即可得1131(1)222nnnnaa，可知，数列{12nna}成首项为113122a，公比为32的等比数列，从而可求数列na的通项公式。

（3）构造13nna，证得其大于等于0，从而130nna，即1113nna（当且仅当n=1时，取等号）。因此211211()11111131331[1()]133323213nnnnaaa。

例5.设数列na的前n项和ns，数列ns的前n项和为nT，满足

2*2,nnTSnnN．

（1）求1a的值；

（2）求数列na的通项公式．

【答案】解：（1）当1n时，1121TS。

∵111TSa，∴1121aa，解得11a。

（2）∵22nSTnn ①，

当2n时， 211)1(2nSTnn ②，

∴①②得：122naSnn ③ ，此式对1n也成立。

∴当2n时，1)1(2211naSnn ④。

∴③④得：221nnaa，即 )2(221nnaa。

∴2na是以321a为首项，2为公比的等比数列。

∴1232nna，即1322nna，*nN。

【考点】数列递推式，等比数列的性质。

【解析】（1）当1n时，1121TS。由111TSa得1121aa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2na，由此能求出数列na的word

6 / 9 通项公式。

例6. （已知数列{}na的前n项和212nSnkn（其中kN），且nS的最大值为8。

（1）确定常数k，并求na；

（2）求数列92{}2nna的前n项和nT。

【答案】解：（1）当n＝kN时，Sn＝－12n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－12k2＋k2＝12k2，

∴k2＝16，∴k＝4。

∴1nnnaSS＝92－n(n≥2)。

又∵a1＝S1＝72，∴an＝92－n。

（2）∵设bn＝9－2an2n＝n2n－1，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋22＋322＋…＋n－12n－2＋n2n－1，

∴Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋12＋…＋12n－2－n2n－1＝4－12n－2－n2n－1＝4－n＋22n－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＝kN时，212nSnkn取得最大值，代入可求k，然后利用1nnnaSS可求通项，要注意1nnnaSS不能用来求解首项1a，首项1a一般通过11aS来求解。

（2）设bn＝9－2an2n＝n2n－1，可利用错位相减求和即可。

例7.）已知数列na的前n项和nnSkck（其中c，k为常数），且263=4=8aaa，

（1）求na；

（2）求数列nna的前n项和nT。

【答案】解：（1）∵nnSkck，∴当1n时，11()nnnnnaSSkcc。

则656()akcc，323()akcc，65363238acccacc。∴c=2。

∵2=4a，即21()4kcc，解得k=2。∴2nna（1n>）。

当n=1时，112aS。