高考数学 高频考点归类分析 错位相减法的运用(真题为例)

错位相减法是一种常用的数列求和方法， 形如{}n n b a 的数列，其中{n a }为等差数列，{}n b 为等比数列；分别列出n S ，再把所有式子同时乘以等比数列的公比q ，即n qS ；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{}n a 的前n 项和为n S ，常数0λ>，且

11n n a a S S λ=+对一切正整数n 都成立。

（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；

（Ⅱ）设10a >，100λ=，当n 为何值时，数列1

{lg

}n

a 的前n 项和最大？ 【答案】解：（Ⅰ）取n =1，得2

1112=2a S a λ=，∴11(2)0a a λ-=。

若1a =0，则1S =0, 当n 2≥时，1=0n n n a S S --=。

若1a 0≠，则12

a λ

=

，

有

当n 2≥时，2

2n n a S λ

=

+，112

2n n a S λ

--=

+，

两个相减得：12n n a a -=，∴n 2n

a λ

=

。∴数列{}n a 公比是2的等比数列。

综上所述，若1a =0, 则 n 0a =；若1a 0≠，则n 2n

a λ

=。

（Ⅱ）当10a >且100λ=时，令1

lg

n n

b a =，则2lg 2n b n =-。 ∴{}n b 是单调递减的等差数列（公差为－lg2）

则 b 1>b 2>b 3>…>b 6=01lg 64100

lg 2

100lg

6

=>=； 当n ≥7时，b n ≤b 7=01lg 128100lg 2

100lg

7

=<=。 ∴数列{lg

n a 1}的前6项的和最大，即当n =6时，数列1

{lg }n

a 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。

【解析】（I ）由题意，n =1时，由已知可知11(2)0a a λ-=，分类讨论：由1a =0及1a 0≠，结合数列的和与项的递推公式可求。

（II ）由10a >且100λ=时，令1

lg n n

b a =，则2lg 2n b n =-，结合数列的单调性可求和的最大项 。

例2. （2012年天津市理13分）已知{n a }是等差数列，其前n 项和为n S ，{n b }是等比数列,且1a =1=2b ，44+=27a b ，44=10S b -. (Ⅰ)求数列{n a }与{n b }的通项公式； (Ⅱ)记1121=++

+n n n n T a b a b a b -，+n N ∈，证明+12=2+10n n n T a b -+()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1a =1=2b ，得3

44423286a d b q s d =+==+，，。

由条件44+=27a b ，44=10S b -得方程组

3

3

23227

86210

d q d q ?++=??+-=??，解得 3 2d q =??=?。 ∴+

312n n n a n b n N =-=∈，，。

(Ⅱ)证明：由（1）得，231212222n

n n n n T a a a a --=+++?+ ①；[

∴234+1

12122222n n n n n T a a a a --=+++?+ ②；

由②－①得，

()()()()234112232112+222+22n n n n n n n n n n

T a a a a a a a a a a b -----=--+-+-+?-+

()()23423412+232323+2322=2+4+3222+2412=2+4+3=2+412+62=2+4+612

12

=2+1012

n n n n n n n n n n n n n n n n n a b a b a b a b a b b a b -=-?+?+?+??+?-?+++??--?

--?-----

∴+12=2+10n n n T a b -+

()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n T 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{n a }是等差数列，其前n 项和为n S ，{n b }是等比数列,且1a =1=2b ，44+=27a b ，44=10S b -. (Ⅰ)求数列{n a }与{n b }的通项公式； (Ⅱ)记11221=++

+n n n T a b a b a a b ，+n N ∈，证明1+18=n n n T a b --+(2)n 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1a =1=2b ，得3

44423286a d b q s d =+==+，，。

由条件44+=27a b ，44=10S b -得方程组

33

23227 86210

d q d q ?++=?

?+-=??，解得 3 2d q =??=?。 ∴+

312n n n a n b n N =-=∈，，。

(Ⅱ)证明：由（1）得，()2

3

225282132n

n T n =?+?+?+-?+ ①；

∴()2

3

4

+1

2225282132

n n T n =?+?+?+?+- ②；

由②－①得，

()()234+1122232323+2332n n n T n =-?-?+?+?-+??+

()()()()()()+12341+1+1+1+11=4+323222+2412111=4+323=4+32+1232142

=8+3=+8

n n n n n n n n n n n n a b ----?+++??---?

--?-----

∴1+18=n n n T a b --+

(2)n 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n T 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{}n a 的前n 项和为S n ，满足

11221,,n n n S a n N +*+=-+∈且123,5,a a a +成等差数列。

（1）求a 1的值；（2）求数列{}n a 的通项公式。（3）证明：对一切正整数n ，有

12

11132

n a a a +++

<. 【答案】解：（1）∵11221,,n n n S a n N +*

+=-+∈且123,5,a a a +成等差数列

∴1

1232

1232

1

3

2222272(5)

S a a a S a a a a a a ，解得1

2

3

1519

a a a 。 即1

1a 。

（2）∵1

1221n n n S a ++=-+………………………………………………①

∴ 1221n

n n S a -=-+……………………………………………………②

①－②，得1

32(2)n

n n

a a n

。 ∵21

5

32

5a a ，∴1

32(*)n

n

n

a a n

N 。

∴

11

312222n n n n a a ，11

31

(1)2

22

n n

n n a a 。

∴数列{12n n

a }成首项为1

1

31

22a ，公比为3

2

的等比数列， ∴

3

1

()22n n

n

a 。∴3

()122

n n n

a 。 32n n n a 。

（3）∵1

1

1

1

133232322(32)

0n

n n n n

n n

n n

a （当n=1

时，取等号。）

∴1

30n

n

a ， ∴

1

1

13n

n

a （当且仅当n=1时，取等号）。

∴

2112

1

1()11111131331[1()]133

323213

n

n n n a a a --+++

<++++=

=-<-。

【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1

1221n n n S a ++=-+中，令分别令n =1，2，由123,5,a a a +成等差数列，得

到关于123,,a a a 的三元方程，解之即可可求得1a 。

（2）由11221n n n S a ++=-+，1221n

n n S a -=-+，两式相减即可得

11

31

(1)222n n

n

n

a a ，可知，数列{

12n

n

a }成首项为

11

31

22a ，公比为32

的等比数列，从而可求数列{}n a 的通项公式。

（3）构造13n n

a ，证得其大于等于0，从而1

30n

n

a ，即

1

1

13

n n

a （当且

仅

当

n=1

时

，

取

等

号

）

。因

此

2112

1

1()11111131331[1()]133

323213

n

n n n a a a --+++

<++++=

=-<-。 例5. （2012年广东省文14分）设数列{}n a 的前n 项和n s ，数列{}n s 的前n 项和为{}n T ，满足

2*2,n n T S n n N =-∈．

（1）求1a 的值；

（2）求数列{}n a 的通项公式．

【答案】解：（1）当1n =时，1121T S =-。

∵111T S a ==，∴1121a a =-，解得11a =。

（2）∵2

2n S T n n -= ①，

当2n ≥时， 2

11)1(2--=--n S T n n ②，

∴①-②得：122+-=n a S n n ③ ，此式对1=n 也成立。 ∴当2n ≥时，1)1(2211+--=--n a S n n ④。

∴③-④得：221+=-n n a a ，即 )2(221+=+-n n a a 。 ∴{}2n a +是以321=+a 为首项，2为公比的等比数列。

∴1232n n a -+=?，即1322n n a -=?-，*

n ∈N 。

【考点】数列递推式，等比数列的性质。

【解析】（1）当1n =时，1121T S =-。由111T S a ==得1121a a =-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{}2n a +，由此能求出数列{}n a 的通项公式。

例6. （2012年江西省理12分）已知数列{}n a 的前n 项和2

12

n S n kn =-+（其中k N +∈）

，且n S 的最大值为8。 （1）确定常数k ，并求n a ； （2）求数列92{

}2

n

n

a -的前n 项和n T 。 【答案】解：（1）当n ＝k N +∈时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2

＝12

k 2，

∴k 2

＝16，∴k ＝4。

∴1n n n a S S -=-＝9

2－n (n ≥2)。

又∵a 1＝S 1＝72，∴a n ＝9

2

－n 。

（2）∵设b n ＝9－2a n 2n ＝n 2n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n

2n －1，

∴T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋2

2

n －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 ＝k N +∈时，2

12

n S n kn =-

+取得最大值，代入可求k ，然后利用1n n n a S S -=-可求通项，要注意1n n n a S S -=-不能用来求解首项1a ，

首项1a 一般通过11a S =来求解。

（2）设b n ＝9－2a n 2n ＝n

2

n －1，可利用错位相减求和即可。

例7. （2012年江西省文12分）已知数列{}n a 的前n 项和n

n S kc k =-（其中c ，k 为常

数），且263=4=8a a a ， （1）求n a ；

（2）求数列{}n na 的前n 项和n T 。

【答案】解：（1）∵n n S kc k =-，∴当1n >时，11()n n n n n a S S k c c --=-=-。

则6

5

6()a k c c =-，3

2

3()a k c c =-，65

363238a c c c a c c

-===-。∴c =2。

∵2=4a ，即21

()4k c c -=，解得k =2。∴2n n a =（1n >）。

当n =1时，112a S ==。

综上所述*

2()n n a n N =∈。 （2）∵2n

n na n =， ∴23

222322n n T n =+?+?+

+①，

23412122232(1)22n n n T n n +=

?+?+?+

+-+②。

①－②得，23

122222n n n T n +-=+++

+-，即12(1)2n n T n +=+-。

【考点】数列的求和，等比数列的通项公式。

【解析】（1）先根据前n 项和求出数列的通项表达式；再结合263=4=8a a a ，求出c ，k ，即可求出数列的通项。

（2）直接利用错位相减法求和即可。

例8. （2012年浙江省文14分）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2

2n n +，n ∈N ﹡，数列{b n }满足a n =4log 2b n ＋3，n ∈N ﹡. （1）求a n ，b n ；

（2）求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .

【答案】解：（1）由S n =2

2n n +，得

当n =1时，113a S ==；

当n ≥2时，1n n n a S S -=-=22

22(1)(1)41n n n n n ??+--+-=-??，

n ∈N ﹡。

由a n =4log 2b n ＋3，得1

2n n b -=，n ∈N ﹡。 （2）由（1）知1

(41)2n n n a b n -=-?，n ∈N ﹡，

∴()2

1

372112 (412)

n n T n -=+?+?++-?，

()2323272112...412n n T n =?+?+?++-?。

∴()2

1

2412[34(22 (2)

)]n

n n n T T n --=-?-++++(45)25n n =-+。

∴(45)25n

n T n =-+，n ∈N ﹡。

【考点】等比数列、等差数列的概念、通项公式以及求和公式，对数的定义。

【解析】（1）由S n =2

2n n +，作1n n n a S S -=-即可求得a n ；代入a n =4log 2b n ＋3，化为指数

形式即可求得b n 。 （2）由

a n ，

b n 求出数列{a n ·b n }的通项，得到

()21372112...412n n T n -=+?+?++-?，从而作2n n T T -即可求得T 。

例9. （2012年重庆市理12分）设数列n a 的前n 项和n S 满足121n n S a S a +=+，其中20a ≠. （I ）求证：n a 是首项为1的等比数列；（5分） （II ）若21a >-，求证：12()2

n n

S a a ≤

+，并给出等号成立的充要条件.（7分） 【答案】证明：（Ⅰ）∵121n n S a S a +=+，∴*211(2,)n n S a S a n n N -=+≥∈。 ∴1221(2)n n n n S S a S a S n +--=-≥。∴12(2)n n a a a n +=≥。 ∵20a ≠，∴0n a ≠。∴

1

2n n

a a a +=。 ∵2211S a S a =+，∴12121a a a a a +=+。∴122a a a =。∴11a =。

∴

2

21

a a a =。 ∴*1

,

2n n

a n N a +?∈=。∴n a 是首项为1，公比为2a 的等比数列。 （II ）当n =1或n =2时，易知)(2

1n n a a n

S +=

成立。 当12=a 时，)(2

1n n a a n

n S +=

=成立。 当12≠a 时，1

222

1,1n n n n a S a a a --==-， ∴1()2

n n n S a a <+。∴

1

2221(1)(3)12n n a n a n a --<+≥- 。 当

1

12<<-a 时，上面不等式可化为

1

222(2)(2)(3)n n n a na na n n --+-<-≥ ，

设1

2222()(2)n n f a n a na na -=-+-， ①当210a -<<时， 2

2

10n a >--。 ∴2

22

222()(2)(1)(2)||2n n n f a n a na a n a n -=-+-<-<-。 ∴当210a -<<时，所要证的不等式成立。

②当201a <<时，12

222()[(2)(1)1]n n f a n n a n a --=-+-- 令12

22

2()(2)(1)1n n h a n a n a --=-+--， 则3

222

()(2)(1)(1)()0n h a n n a a -'=---<。 ∴2()h a 在（0，1）上递减。∴2()(1)0h a h >=。∴22()()0f a nh a '=>。 ∴2()f a 在（0，1）上递增。∴2()(1)2f a f n <=-。 ∴当201a <<时，所要证的不等式成立。

③ 当12>a 时，)1,0(12∈a ，由已证结论得：1222

1

1()1

[1()]121n

n a n a a --<+-。

∴

11122222

11(

)1[1()]121n n n n a n a a a a ----?

∴

1

221221(1)()122

n n a n n a a a a --<+<+-。 ∴当201a <<时，所要证的不等式成立。 综上所述，当21a >-且20a ≠时，1()2

n n n

S a a ≤

+。当且仅当n =1,2或12=a 时等号成立。

【考点】数列与不等式的综合，数列与函数的综合，等比数列的性质，等比关系的确定。 【分析】（I ）根据121n n S a S a +=+，得*211(2,)n n S a S a n n N -=+≥∈，两式相减，即可证得

n a 是首项为1，公比为2a 的等比数列。

（II ）当n =1或n =2时和当12=a 时， )(2

1n n a a n

S +=

成立。 当12≠a 时，分210a -<<，201a <<，12>a 三种情况分别证明即可。

本题也可用数学归纳法证明。