专题八 错位相减法求数列的前n项和-2020-2021学年高中数学专题题型精讲精练（2019人教B版选择性必修第三册）

专题八 错位相减法求数列的前n项和 基本知识点 错位相减法：若数列{an}为等差数列，数列{bn}是等比数列，由这两个数列的对应项乘积组成的新数列为{anbn}，当求该数列的前n项的和时，常常采用将{anbn}的各项乘以公比q，然后错位一项与{anbn}的同次项对应相减，即可转化为特殊数列的求和，所以这种数列求和的方法称为错位相减法。 例题分析 一、错位相减法在数列中的应用 INCLUDEPICTURE"左括.TIF" 例1 设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝eq \f(n,an)，求数列{bn}的前n项和Sn. 解析　(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)，① ∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq \f(n－1,3).② 由①－②，得3n－1an＝eq \f(1,3)，∴an＝eq \f(1,3n). 在①中，令n＝1，得a1＝eq \f(1,3)，符合上式， ∴an＝eq \f(1,3n)(n∈N*)． (2)∵bn＝eq \f(n,an)，∴bn＝n·3n. ∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n×3n.③ ∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋(n－1)3n＋n×3n＋1.④ 由④－③，得2Sn＝n×3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)， 即2Sn＝n·3n＋1－eq \f(31－3n,1－3)， ∴Sn＝eq \f(2n－1×3n＋1,4)＋eq \f(3,4)(n∈N*)． 答案 (1) an＝eq \f(1,3n)(n∈N*) (2) eq \f(2n－1×3n＋1,4)＋eq \f(3,4)(n∈N*) 归纳总结：用错位相减法求和时，应注意： (1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形． (2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式． (3)应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1，如果q＝1，应用公式Sn＝na1. (对应训练一)已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn.已知S2n＋1＝bnbn＋1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Tn. 解析　(1)设{an}的公比为q， 由题意知a1(1＋q)＝6，aeq \o\al(2,1)q＝a1q2， 又an>0，由以上两式联立方程组解得a1＝2，q＝2， 所以an＝2n. (2)由题意知S2n＋1＝eq \f(2n＋1b1＋b2n＋1,2)＝(2n＋1)bn＋1， 又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1. 令cn＝eq \f(bn,an)，则cn＝eq \f(2n＋1,2n). 因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝eq \f(3,2)＋eq \f(5,22)＋eq \f(7,23)＋…＋eq \f(2n－1,2n－1)＋eq \f(2n＋1,2n)， 又eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,22)＋eq \f(5,23)＋eq \f(7,24)＋…＋eq \f(2n－1,2n)＋eq \f(2n＋1,2n＋1)， 两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(3,2)＋(eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n－1))－eq \f(2n＋1,2n＋1)， 所以Tn＝5－eq \f(2n＋5,2n). 答案 (1) an＝2n (n∈N*) (2) 5－eq \f(2n＋5,2n)(n∈N*) (对应训练二)数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*. (1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是等差数列； (2)设bn＝3n×eq \r(an)，求数列{bn}的前n项和Sn. 解析 (1)证明：由已知可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋1，即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1. 所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq \f(a1,1)＝1为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)得，eq \f(an,n)＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n2. 从而bn＝n×3n. Sn＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n×3n，① 3Sn＝