字数作文 > 1000字作文 > ：10道错位相减真题是由小学生作文网为您精心收集，如果觉得好，请把这篇文章复制到您的博客或告诉您的朋友，以下是10道错位相减真题的正文：

第一篇:《【备战2014】高考数学 高频考点归类分析 错位相减法的运用(真题为例)》

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anbn的数列，其中{an}为等差数列，bn为等比数列；分别列出Sn，再把所有式子同时乘以等比数列的公比q，即qSn；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. （2012年四川省文12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，常数0，且

a1anS1Sn对一切正整数n都成立。

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设a10，100，当n为何值时，数列{lg

2

1

的前n项和最大？ an

【答案】解：（Ⅰ）取n=1，得a12S1=2a1，∴a1(a12)0。 若a1=0，则S1=0, 当n2时，an=SnSn10。

若a10，则a1

2



，

有

当n2时，2an

2



Sn，2an1

2n

2



Sn1，

两个相减得：an2an1，∴an



。∴数列{an}公比是2的等比数列。

综上所述，若a1=0, 则 an0；若a10，则an（Ⅱ）当a10且100时，令bnlg

2n



。

1

，则bn2nlg2。 an

∴{bn}是单调递减的等差数列（公差为－lg2）

则 b1>b2>b3>…>b6=lg

100100

lglg10；

6426

100100lglg10。 7

1282

当n≥7时，bn≤b7=lg

∴数列{lg

最大。

11

}的前6项的和最大，即当n=6时，数列{lg的前n项和anan

【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a1(a12)0，分类讨论：由a1=0及a10，结合数列的和与项的递推公式可求。

（II）由a10且100时，令bnlg求和的最大项 。

例2. （2012年天津市理13分）已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列,且a1=b1=2，a4+b4=27，S4b4=10. (Ⅰ)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(Ⅱ)记Tn=anb1+an1b2++a1bn，nN，证明Tn+12=2an+10bn(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a1=b1=2，得a423d，b42q，s486d。 由条件a4+b4=27，S4b4=10得方程组

3

d3 23d2q27

，解得。 3

q286d2q10

1

，则bn2nlg2，结合数列的单调性可an

++

3

，bn2，nN。 ∴an3n1

(Ⅱ)证明：由（1）得，Tn2an2an12an22a1 ①；[

∴2Tn2an2an12an22由②－①得，10道错位相减真题

2

3

4

n+1

2

3

n

n+

a1 ②；

Tn2an+22anan123an1an224an2an3+2na2a12a1bn

2an+223233243+2n322bn=2an+4bn+3222324+2n=2an+4bn+3

412n112

=2an+4bn12+62n=2an+4bn+6bn12

=2an+10bn12

∴Tn+12=2an+10bn(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Tn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. （2012年天津市文13分）已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列,且a1=b1=2，a4+b4=27，S4b4=10. (Ⅰ)求数列{an}与{bn}的通项公式；

(Ⅱ)记Tn=a1b1+a2b2++ana1bn，nN，证明Tn8=an1bn+1(nN，n>2)。 【答案】解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，

由a1=b1=2，得a423d，b42q，s486d。 由条件a4+b4=27，S4b4=10得方程组

3

d3 23d2q27

，解得。 3

q286d2q10

+

++

3

，bn2，nN。 ∴an3n1

(Ⅱ)证明：由（1）得，Tn2252823n12 ①；

考试焦虑

2

3

n

n+

∴2Tn2252823n12

2

3

4

n+1

②；

由②－①得，

Tn22223233243+2n33n12n+1

=4+3n12n+13222324+2n=4+3n12

n+1

3

412n112

=4+3n12n+1+1232n+1

=8+3n4=an1bn+1+8

∴Tn8=an1bn+1(nN，n>2)。

+

【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Tn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. （2012年广东省理14分）设数列an的前n项和为Sn，满足

n12Snan121n,N且,a1,a25,a3成等差数列。

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

1113. a1a2an2

【答案】解：（1）∵2Snan12

n1

1,nN,且a1,a25,a3成等差数列

ìì2S1=2a1=a2-a3a1=1ïïïïïï

∴ïí2S2=2a1+2a2=a3-7 ，解得ïía2=5。 ïïïïï?2(a+5)=a+a213ïïîa319î

即a1=1。 （2）∵2Snan12

n1

1………………………………………………①

∴ 2Sn1an21……………………………………………………② ①－②，得an+1=3an+2

n

n

(n 2)。

n

∵a2=5=3a1+2=5，∴an+1=3an+2∴

(n N*)。

an+13an

=?nn+12221an+13a

，n+1+1=?(n2222n

1)。

ana133}成首项为，公比为的等比数列， +1+1=2n2122aan3n3nnn

a=3-2∴n。∴。 。 +1=()=()-1nnn

2222

∴数列{（3）∵an-310道错位相减真题

时，取等号。）

∴an?3

n-1

n-1

=3n-2n-3n-1=2?3n-12n=2(3n-1-2n-1) 0（当n=1

0， ∴

11

£n-1（当且仅当n=1时，取等号）。 an3

11()n

1111113[1(1)n]3∴12n1

a1a2an33323213

。

【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2Snan12

n1

1中，令分别令n=1，2，由a1,a25,a3成等差数列，得

到关于a1,a2,a3的三元方程，解之即可可求得a1。

（2）由2Snan121，2Sn1an21，两式相减即可得

n1

n

an+13an

+1=?2n+12n2

，可知，数列{1)

ana133

}成首项为，公比为的等比数列，+1+1=2n2122

从而可求数列an的通项公式。

（3）构造an-3

仅

当

初一英语

n=1

n-1

，证得其大于等于0，从而an?3

，

取

等

号

n-1

0，即

）

11

£n-1（当且an3

因

此

时。

11()n

1111113[1(1)n]3。 12n1

1a1a2an33323213

例5. （2012年广东省文14分）设数列an的前n项和sn，数列sn的前n项和为Tn，满足

Tn2Snn2,nN*．

（1）求a1的值；

（2）求数列an的通项公式．

【答案】解：（1）当n1时，T12S11。

∵T1S1a1，∴a12a11，解得a11。 （2）∵Tn2Snn ①，

当n2时， Tn12Sn1(n1) ②，

2

2

第二篇:《数列题型(错位相减法)》

数列专练（裂项相消法）

1. 已知数列an的前项和Snn22n； （1）求数列的通项公式a1n；（2）设Tna11

1

，求Tn． 1a2a2a3a3a4anan1

2. 已知数列a1n的前项和为Sn，且满足Sn2n23

2n(n1,nN)

（1）求数列an的通项公式； （2）设T

1

n为数列的前n项和，求使不等式T1005成立的n的最小值. anan

n1

2012

2. 已知数列a1

n的前n项和为Sn，且a11，an12

Snn1,2,3,． （1）求数列an的通项公式；

（2）当bnlog133an1时，求证：数列

b的前n项和Tn

n

. 2

nbn1

1n

3. 已知数列an的前n项和为Sn，点(n,

snn

)在直线y12x11

2上，数列bn满足

bn22bn1bn0，nN*

，b311，且其前9项和为153.

（1）求数列an，bn的通项公式； （2）设c3

n(2ab，求数列cn前n项的和Tn.

n11)(2n1)

4. 已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an2，(n1,2,3)；数列bn中，b11, 点

P(bn,bn1)在直线xy20上．

（1）求数列an和bn的通项公式； （2）设数列bn1

2的前n和为S111n

，求S； 1S2Sn

5. 设a

n是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的nN，都有8Sn(an2)2.

（1）写出数列an的前3项；

（2）求数列an的通项公式(写出推证过程)； （3）设b4na，T项和，求使得Tm

n是数列bn的前nn对所有nNnan1

20都成立的最小正

整数m的值.

6. 数列a2n前n项和为Snn2n，等比数列bn各项为正数， 且b11，ban

是公比为64的等比数列．

（1）求数列a1

n与bn的通项公式；（2）证明：S＋11

S＋……＋1＜32Sn4．

7. 我相信作文等差数列an中，前三项分别为x,2x,5x4，前n项和为Sn，且Sk20． （1）求x和k的值； （2） 求和：T3nS333． 1S2S3Sn

8. 已知等差数列an的首项a11，公差d0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项． （1）求数列{an}的通项公式； （2）设b1



n

nanN，Sn

b1b2b3bn，是否存在t，使得对任意的n均有

n

3St

n

36

总成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由．

(n,

Sn

9. 设数列

{an}的前n项和为Sn)(nN)n，点

均在函数y3x2的图像上.

（1）求数列

{an}的通项公式；

b3n

（2）设

a}Tm

少年中国说读后感

nan1，Tn是数列{bn的前n项和，求使得n

20对所有nN都

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