错位相减法的运用

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nnba的数列，其中{na}为等差数列，nb为等比数列；分别列出nS，再把所有式子同时乘以等比数列的公比q，即nqS；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{}na的前n项和为nS，常数0，且11nnaaSS对一切正整数n都成立。（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设10a，100，当n为何值时，数列1{lg}na的前n项和最大？【解析】（I）由题意，n=1时，由已知可知11(2)0aa，分类讨论：由1a=0及1a0，结合数列的和与项的递推公式可求。（II）由10a且100时，令1lgnnba，则2lg2nbn，结合数列的单调性可求和的最大项。【答案】解：（Ⅰ）取n=1，得21112=2aSa，∴11(2)0aa。若1a=0，则1S=0,当n2时，1=0nnnaSS。若1a0，则12a，当n2时，22nnaS，1122nnaS，两个相减得：12nnaa，∴n2na。∴数列{}na公比是2的等比数列。综上所述，若1a=0,则n0a；若1a0，则n2na。（Ⅱ）当10a且100时，令1lgnnba，则2lg2nbn。∴{}nb是单调递减的等差数列（公差为－lg2）则b1b2b3…b6=01lg64100lg2100lg6；当n≥7时，bn≤b7=01lg128100lg2100lg7。∴数列{lgna1}的前6项的和最大，即当n=6时，数列1{lg}na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。例2.（2012年天津市理13分）已知{na}是等差数列，其前n项和为nS，{nb}是等比数列,且1a=1=2b，44+=27ab，44=10Sb.(Ⅰ)求数列{na}与{nb}的通项公式；(Ⅱ)记1121=+++nnnnTababab，+nN，证明+12=2+10nnnTab+()nN.【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nT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。【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344423286adbqsd，，。由条件44+=27ab，44=10Sb得方程组332322786210dqdq，解得32dq。∴+312nnnanbnN，，。(Ⅱ)证明：由（1）得，231212222nnnnnTaaaa①；∴234+112122222nnnnnTaaaa②；由②－①得，234112232112+222+22nnnnnnnnnnTaaaaaaaaaab23423412+232323+2322=2+4+3222+2412=2+4+3=2+412+62=2+4+61212=2+1012nnnnnnnnnnnnnnnnnabababababbab∴+12=2+10nnnTab+()nN。【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。例6.（2012年江西省理12分）已知数列{}na的前n项和212nSnkn（其中kN），且nS的最大值为8。（1）确定常数k，并求na；（2）求数列92{}2nna的前n项和nT。【解析】（1）由二次函数的性质可知，当n＝kN时，212nSnkn取得最大值，代入可求k，然后利用1nnnaSS可求通项，要注意1nnnaSS不能用来求解首项1a，首项1a一般通过11aS来求解。（2）设bn＝9－2an2n＝n2n－1，可利用错位相减求和即可。【答案】解：（1）当n＝kN时，Sn＝－12n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－12k2＋k2＝12k2，∴k2＝16，∴k＝4。∴1nnnaSS＝92－n(n≥2)。又∵a1＝S1＝72，∴an＝92－n。（2）∵设bn＝9－2an2n＝n2n－1，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋22＋322＋…＋n－12n－2＋n2n－1，∴Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋12＋…＋12n－2－n2n－1＝4－12n－2－n2n－1＝4－n＋22n－1。【考点】数列的通项，递推、错位相减法求和，二次函数的性质。