专题10 利用错位相减法求数列和(解析版).docx

专题10 利用错位相减法求数列和 【知识总结】 1．错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的。 【例题讲解】 【例1】已知等比数列{an}的公比q1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项。数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n。 (1)求q的值； (2)求数列{bn}的通项公式。 解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8。 由a3＋a5＝20得8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,q)))＝20，解得q＝2或q＝eq \f(1,2)， 因为q1，所以q＝2。 (2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn。 由cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))解得cn＝4n－1。 由(1)可知an＝2n－1， 所以bn＋1－bn＝(4n－1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1， 故bn－bn－1＝(4n－5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2，n≥2， bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＋(4n－9)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－3＋…＋7·eq \f(1,2)＋3。 设Tn＝3＋7·eq \f(1,2)＋11·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(4n－5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2，n≥2， eq \f(1,2)Tn＝3·eq \f(1,2)＋7·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(4n－9)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＋(4n－5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1， 所以eq \f(1,2)Tn＝3＋4·eq \f(1,2)＋4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2－(4n－5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝7－(4n＋3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1， 因此Tn＝14－(4n＋3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2，n≥2， 又b1＝1适合上式， 所以bn＝15－(4n＋3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2。 用错位相减法求和时容易出现以下两点错误：(1)两式相减时最后一项因为没有对应项而忘记变号。(2)对相减后的和式的结构认识模糊，错把中间的n－1项和当作n项和。 【变式训练】　已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1。 (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令cn＝eq \f(?an＋1?n＋1,?bn＋2?n)，求数列{cn}的前n项和Tn。 解　(1)由题意知，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5， 当n＝1时，a1＝S1＝11，满足上式， 所以an＝6n＋5。 设数列{bn}的公差为d。 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝b1＋b2，,a2＝b2＋b3，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(11＝2b1＋d，,17＝2b1＋3d，)) 可解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b1＝4，,d＝3。))所以bn＝3n＋1。 (2)由(1)知cn＝eq \f(?6n＋6?n＋1,?3n＋3?n)＝3(n＋1)·2n＋1， 又Tn＝c1＋c2＋…＋cn， 得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]， 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2