类型二2007-2016高考数列累加法求通项 典型的错位相减法求和

类型二:累加法累乘法求通项典型的错位相减法求和1.（2009全国卷Ⅰ理）（本小题满分12分）在数列{}na中，11111,(1)2nnnnaaan（I）设nnabn，求数列{}nb的通项公式（II）求数列{}na的前n项和nS：（I）由已知有1112nnnaann112nnnbb利用累差迭加即可求出数列{}nb的通项公式:1122nnb(*nN)（II）由（I）知122nnnan,nS=11(2)2nkkkk111(2)2nnkkkkk而1(2)(1)nkknn,又112nkkk是一个典型的错位相减法模型，易得1112422nknkknnS=(1)nn1242nn2.2012高考江西理16（本小题满分12分）已知数列{an}的前n项和knnSn221，*Nk,且Sn的最大值为8.（1）确定常数k，求an；（2）求数列}229{nna的前n项和Tn。解:（1）当nkN时，212nSnkn取最大值，即22211822kkk，故4k，从而19(2)2nnnaSSnn，又1172aS，所以92nan（1）因为19222nnnnanb，1222123112222nnnnnnTbbb所以21211111222144222222nnnnnnnnnnnTTT3．（2013年高考山东卷（文））设等差数列na的前n项和为nS,且244SS,122nnaa(Ⅰ)求数列na的通项公式；21nan(Ⅱ)设数列nb满足*121211,2nnnbbbnNaaa,求nb的前n项和nT。2332nnnT4.（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理））设等差数列na的前n项和为nS,且424SS,221nnaa.(Ⅰ)求数列na的通项公式;(Ⅱ)设数列nb前n项和为nT,且12nnnaT(为常数).令2nncb*()nN.求数列nc的前n项和nR.解:(Ⅰ)设等差数列na的首项为1a,公差为d,由424SS,221nnaa得11114684(21)22(1)1adadanand,解得,11a,2d因此21nan*()nN(Ⅱ)由题意知:12nnnT所以2n时,112122nnnnnnnbTT故,1221221(1)()24nnnnncbn*()nN所以01231111110()1()2()3()(1)()44444nnRn,则12311111110()1()2()(2)()(1)()444444nnnRnn两式相减得1231311111()()()()(1)()444444nnnRn11()144(1)()1414nnn整理得1131(4)94nnnR所以数列数列nc的前n项和1131(4)94nnnR5.(2009山东卷文)（本小题满分12分）等比数列{na}的前n项和为nS，已知对任意的nN，点(,)nnS，均在函数(0xybrb且1,,bbr均为常数)的图像上.（1）求r的值；（11）当b=2时，记1()4nnnbnNa求数列{}nb的前n项和nT解:因为对任意的nN,点(,)nnS，均在函数(0xybrb且1,,bbr均为常数)的图像上.所以得nnSbr,当1n时,11aSbr,当2n时,1111()(1)nnnnnnnnaSSbrbrbbbb,又因为{na}为等比数列,所以1r,公比为b,所以1(1)nnabb（2）当b=2时，11(1)2nnnabb,111114422nnnnnnnba则234123412222nnnT3451212341222222nnnnnT相减,得23451212111112222222nnnnT31211(1)112212212nnn12311422nnn所以113113322222nnnnnnT6.[2014·四川卷]设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)．(1)证明：数列{bn}为等比数列；(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－1ln2，求数列{anb2n}的前n项和Sn.19．解：(1)证明：由已知得，bn＝2an＞0，当n≥1时，bn＋1bn＝2an＋1－an＝2d.故数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．(2)函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln2)(x－a2)，其在x轴上的截距为a2－1ln2.由题意知，a2－1ln2＝2－1ln2，解得a2＝2，所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anb2n＝n·4n.于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋…＋(n－1)×4n－1＋n×4n，4Sn＝1×42＋2×43＋…＋(n－1)×4n＋n×4n＋1，因此，Sn－4Sn＝4＋42＋…＋4n－n·4n＋1＝4n＋1－43－n·4n＋1＝（1－3n）4n＋1－43，所以，Sn＝（3n－1）4n＋1＋49.7.[2014·安徽卷]数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.(1)证明：数列ann是等差数列；(2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.18．解：(1)证明：由已知可得an＋1n＋1＝ann＋1，即an＋1n＋1－ann＝1，所以ann是以a11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)得ann＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2，从而可得bn＝n·3n.Sn＝1×31＋2×32＋…＋(n－1)×3n－1＋n×3n，①3Sn＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)3n＋n×3n＋1.②①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n·3n＋1＝3·（1－3n）1－3－n·3n＋1＝（1－2n）·3n＋1－32，所以Sn＝（2n－1）·3n＋1＋34.8.2015高考安徽，文18已知数列na是递增的等比数列，且14239,8.aaaa（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）设nS为数列na的前n项和，11nnnnabSS，求数列nb的前n项和nT.【答案】（Ⅰ）12nna（Ⅱ）112221nn【解析】（Ⅰ）由题设可知83241aaaa，又941aa，可解的8141aa或1841aa（舍去）由314qaa得公比2q，故1112nnnqaa.（Ⅱ）1221211)1(1nnnnqqaS又1111111nnnnnnnnnnaSSbSSSSSS所以1113221211111...1111...nnnnnSSSSSSSSbbbT12111n.【考点定位】本题主要考查等比数列的通项公式、性质，等比数列的前n项和，以及利用裂项相消法求和.【名师点睛】本题利用“若qpnm，则qpnmaaaa”，是解决本题的关键，同时考生发现1111111nnnnnnnnnnaSSbSSSSSS是解决本题求和的关键,本题考查了考生的基础运算能力.9、（2016年高考山东卷理）已知数列na的前n项和Sn=3n2+8n，nb是等差数列，且1.nnnabb（Ⅰ）求数列nb的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)nnnnnacb求数列nc的前n项和Tn.【答案】（Ⅰ）13nbn；（Ⅱ）223nnnT.【解析】试题分析：（Ⅰ）根据1nnnSSa及等差数列的通项公式求解；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知数列nc的通项公式，再用错位相减法求其前n项和.试题解析：（Ⅰ）由题意知当2n时，561nSSannn，当1n时，1111Sa，所以56nan.设数列nb的公差为d，由322211bbabba，即dbdb321721111，可解得3,41db，[来源:学科网ZXXK]所以13nbn.（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)nnnnncnn，又nnccccT321，得23413[223242(1)2]nnTn，345223[223242(1)2]nnTn，两式作差，得234123[22222(1)2]nnnTn224(21)3[4(1)2]2132nnnnn所以223nnnT