错位相减法求和附问题详解67950.docx
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错位相减法求和附问题详解67950
错位相减法求和专项
错位相减法求和适用于{an`bn}型数列,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列,在应用过程中要注意:
①项的对应需正确;
②相减后应用等比数列求和部分的项数为(n-1)项;
③若等比数列部分的公比为常数,要讨论是否为1
1.已知二次函数的图象经过坐标原点,其导函数,数列的前项和为,点均在函数的图象上.
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(Ⅱ)设,是数列的前项和,求.
[解析]考察专题:
2.1,2.2,3.1,6.1;难度:
一般
[答案](Ⅰ)由于二次函数的图象经过坐标原点,
则设,,
∴,∴,
又点均在函数的图象上,
∴.
∴当时,,
又,适合上式,
∴............(7分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,
∴,
∴,
上面两式相减得:
.
整理得..............(14分)
2.已知数列的各项均为正数,是数列的前n项和,且
.
(1)求数列的通项公式;
(2)的值.
[答案]查看解析
[解析]
(1)当n=1时,解出a1=3,
又4Sn=an2+2an-3 ①
当时 4sn-1=+2an-1-3 ②
①-② ,即,
∴,
(),
是以3为首项,2为公差的等差数列, 6分
.
(2) ③
又 ④
④-③
=
12分
3.(2013年市高新区高三4月月考,19,12分)设函数,数列前项和,,数列,满足.
(Ⅰ)求数列的通项公式;
(Ⅱ)设数列的前项和为,数列的前项和为,证明:
.
[答案](Ⅰ)由,得
是以为公比的等比数列,故.
(Ⅱ)由,得
…,
记…+,
用错位相减法可求得:
.(注:
此题用到了不等式:
进行放大.)
4.已知等差数列中,;是与的等比中项.
(Ⅰ)求数列的通项公式:
(Ⅱ)若.求数列的前项和
[解析](Ⅰ)因为数列是等差数列,是与的等比中项.所以,
又因为,设公差为,则,
所以,解得或,
当时,,;
当时,.
所以或. (6分)
(Ⅱ)因为,所以,所以,
所以,
所以
两式相减得,
所以. (13分)
5.已知数列的前项和,,,等差数列中,且公差.
(Ⅰ)求数列、的通项公式;
(Ⅱ)是否存在正整数,使得若存在,求出的最小值,若不存在,说明理由.
[解析](Ⅰ)时,相减得:
,又,,
数列是以1为首项,3为公比的等比数列,.
又,,.(6分)
(Ⅱ)
令………………①
…………………②
①-②得:
,,即,当,,当。
的最小正整数为4. (12分)
6.数列满足,等比数列满足.
(Ⅰ)求数列,的通项公式;
(Ⅱ)设,求数列的前项和.
[解析](Ⅰ)由,所以数列是等差数列,又,
所以,
由,所以,,所以,即,
所以. (6分)
(Ⅱ)因为,所以,
则,
所以,
两式相减的,
所以.(12分)
7.已知数列满足,其中为数列的前项和.
(Ⅰ)求的通项公式;
(Ⅱ)若数列满足:
(),求的前项和公式.
[解析]Ⅰ)∵,①
∴ ②
②-①得,,又时,,,
. (5分)
(Ⅱ)∵,
,
,
两式相减得,
. (13分)
8.设d为非零实数,an=[d+2d2+…+(n-1)dn-1+ndn](n∈N*).
(Ⅰ)写出a1,a2,a3并判断{an}是否为等比数列.若是,给出证明;若不是,说明理由;
(Ⅱ)设bn=ndan(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Sn.
[答案](Ⅰ)由已知可得a1=d,a2=d(1+d),a3=d(1+d)2.
当n≥2,k≥1时,=,因此
an=.
由此可见,当d≠-1时,{an}是以d为首项,d+1为公比的等比数列;
当d=-1时,a1=-1,an=0(n≥2),此时{an}不是等比数列.(7分)
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,an=d(d+1)n-1,
从而bn=nd2(d+1)n-1,
Sn=d2[1+2(d+1)+3(d+1)2+…+(n-1)(d+1)n-2+n(d+1)n-1].①
当d=-1时,Sn=d2=1.
当d≠-1时,①式两边同乘d+1得
(d+1)Sn=d2[(d+1)+2(d+1)2+…+(n-1)(d+1)n-1+n(d+1)n].②
①,②式相减可得
-dSn=d2[1+(d+1)+(d+1)2+…+(d+1)n-1-n(d+1)n]
=d2.
化简即得Sn=(d+1)n(nd-1)+1.
综上,Sn=(d+1)n(nd-1)+1.(12分)
9.已知数列{an}满足a1=0,a2=2,且对任意m,n∈N*都有a2m-1+a2n-1=2am+n-1+2(m-n)2.
(Ⅰ)求a3,a5;
(Ⅱ)设bn=a2n+1-a2n-1(n∈N*),证明:
{bn}是等差数列;
(Ⅲ)设cn=(an+1-an)qn-1(q≠0,n∈N*),求数列{cn}的前n项和Sn.
[答案](Ⅰ)由题意,令m=2,n=1可得a3=2a2-a1+2=6.
再令m=3,n=1可得a5=2a3-a1+8=20.(2分)
(Ⅱ)证明:
当n∈N*时,由已知(以n+2代替m)可得a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8.
于是[a2(n+1)+1-a2(n+1)-1]-(a2n+1-a2n-1)=8,即bn+1-bn=8.
所以,数列{bn}是公差为8的等差数列.(5分)
(Ⅲ)由(Ⅰ)、(Ⅱ)的解答可知{bn}是首项b1=a3-a1=6,公差为8的等差数列.
则bn=8n-2,即a2n+1-a2n-1=8n-2.
另由已知(令m=1)可得,an=-(n-1)2.
那么,an+1-an=-2n+1=-2n+1=2n.
于是,=2nqn-1.
当q=1时,Sn=2+4+6+…+2n=n(n+1).
当q≠1时,Sn=2·q0+4·q1+6·q2+…+2n·qn-1.
两边同乘q可得
qSn=2·q1+4·q2+6·q3+…+2(n-1)·qn-1+2n·qn.
上述两式相减即得
(1-q)Sn=2(1+q1+q2+…+qn-1)-2nqn=2·-2nqn=2·,
所以Sn=2·.
综上所述,Sn=(12分)
10.已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a1=2,且a2,a4,a8成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{an·}的前n项和.
[答案]
(1)设数列{an}的公差为d(d≠0),
由条件可知:
(2+3d)2=(2+d)·(2+7d),解得d=2.(4分)
故数列{an}的通项公式为an=2n(n∈N*).(6分)
(2)由
(1)知an·=2n×32n,设数列{an·}的前n项和为Sn,
则Sn=2×32+4×34+6×36+…+2n×32n,
32Sn=2×34+4×36+…+(2n-2)×32n+2n×32n+2,
故-8Sn=2(32+34+36+…+32n)-2n×32n+2,(8分)
所以数列{an·}的前n项和Sn=.(12分)
11.已知等差数列满足又数列中,且.
(1)求数列,的通项公式;
(2)若数列,的前项和分别是,且求数列的前项和;
(3)若对一切正整数恒成立,数的取值围.
[答案]
(1)设等差数列的公差为,则有
解得
,
,,
数列是以为首项,公比为的等比数列.
…………4分
(2)由
(1)可得
,
∴
得,
…………10分(3),
∴
当时,取最小值,,
,即,
当时,恒成立;
当时,由,解得,
即实数的取值围是.…………14分
12.设为数列的前项和,对任意的,都有为常数,且.
(1)求证:
数列是等比数列;
(2)设数列的公比,数列满足,求数列的通项公式;
(3)在满足
(2)的条件下,求数列的前项和.
[答案]188.
(1)当时,,解得.
当时,,
即.
又为常数,且,
∴.
∴数列是首项为1,公比为的等比数列.………………4分
(2)由
(1)得,,.
∵,∴,,
∴,∴.
∴是首项为,公差为1的等差数列.
∴,
∴().…………………9分
(3)由
(2)知,则.
∴,①
,②
②-①得,
∴.………………14分
13.设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;
(Ⅱ)设数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn+=λ(λ为常数),令cn=b2n(n∈N*),求数列{cn}的前n项和Rn.
[答案](Ⅰ)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.
由S4=4S2,a2n=2an+1得
解得a1=1,d=2.
因此an=2n-1,n∈N*.
(Ⅱ)由题意知:
Tn=λ-,
所以n≥2时,bn=Tn-Tn-1=-+=.
故cn=b2n==(n-1),n∈N*.
所以Rn=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,
则Rn=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,
两式相减得
Rn=+++…+-(n-1)×
=-(n-1)×
=-,
整理得Rn=.
所以数列{cn}的前n项和Rn=.
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