高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.3.2 等比数列的前 n项和复习练习题

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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
例1 设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析　(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝.②
由①－②，得3n－1an＝，∴an＝.
在①中，令n＝1，得a1＝，符合上式，
∴an＝(n∈N*)．
(2)∵bn＝，∴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－，
∴Sn＝＋(n∈N*)．
答案 (1) an＝(n∈N*) (2) ＋(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，求数列的前n项和Tn.
解析　(1)设{an}的公比为q，
由题意知a1(1＋q)＝6，aq＝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＝＝(2n＋1)bn＋1，
又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.
令cn＝，则cn＝.
因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn
＝＋＋＋…＋＋，
又Tn＝＋＋＋…＋＋，
两式相减得Tn＝＋(＋＋…＋)－，
所以Tn＝5－.
答案 (1) an＝2n (n∈N*) (2) 5－(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：数列是等差数列；
(2)设bn＝3n×，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析 (1)证明：由已知可得＝＋1，即－＝1.
所以是以＝1为首项，1为公差的等差数列．
(2)由(1)得，＝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＝1×32＋2×33＋…＋(n－1)×3n＋n×3n＋1.②
①－②得－2Sn＝31＋32＋…＋3n－n×3n＋1＝－n×3n＋1
＝.
所以Sn＝.
答案 (1) 见解析 (2)
(对应训练三)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析　(1)证明：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得－＝1.
又＝5，所以数列是首项为5，公差为1的等差数列．
(2)由(1)可知，＝5＋(n－1)×1＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.
又a1＝5也符合上式，所以an＝2n＋3(n∈N*)，
所以bn＝(2n＋3)2n，
又因为Tn＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n＋3)2n，①
2Tn＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n＋1)2n＋(2n＋3)·2n＋1，②
所以②－①得
Tn＝(2n＋3)2n＋1－10－(23＋24＋…＋2n＋1)
＝(2n＋3)2n＋1－10－
＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)
＝(2n＋1)2n＋1－2.
答案 (1) 见解析 (2) (2n＋1)2n＋1－2
二、错位相减法在函数中的应用
例2 在数列{an}中，a1＝1，点(an，an＋1)在直线x－y＋2＝0上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知Tn＝＋＋＋…＋，求Tn.
解析　(1)由条件知an－an＋1＋2＝0，∴an＋1－an＝2.
∴数列{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列．
∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)Tn＝＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋…＋.②
由①－②得Tn＝＋＋＋…＋－
＝－－，
∴Tn＝3－－＝3－.
答案 (1) an＝2n－1 (2) 3－
(对应训练一)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列的前n项和为Sn，求证：Sn<2.
解析　(1)方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d，
故d＝，从而a1＝.
所以{an}的通项公式为an＝n＋1.
(2)证明：设的前n项和为Sn，由(1)知＝，则Sn＝＋＋…＋＋，
Sn＝＋＋…＋＋.
两式相减得Sn＝＋－＝＋－.
所以Sn＝2－.
所以Sn<2.
答案 (1) an＝n＋1 (2) 见解析
(对应训练二)已知数列{an}和{bn}中，数列{an}的前n项和为Sn.若点(n，Sn)在函数y＝－x2＋4x的图象上，点(n，bn)在函数y＝2x的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解析　(1)由已知得Sn＝－n2＋4n，
∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋5，
又当n＝1时，a1＝S1＝3，符合上式．
∴an＝－2n＋5.
(2)由已知得bn＝2n，anbn＝(－2n＋5)·2n.
Tn＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n＋5)×2n，
2Tn＝3×22＋1×23＋…＋(－2n＋7)×2n＋(－2n＋5)×2n＋1.
两式相减得Tn＝－6＋(23＋24＋…＋2n＋1)＋(－2n＋5)×2n＋1
＝＋(－2n＋5)×2n＋1－6＝(7－2n)·2n＋1－14.
答案 (1) an＝－2n＋5 (2) (7－2n)·2n＋1－14
专题训练
1．数列{n·2n}的前n项和等于(　　)
A．n·2n－2n＋2 B．n·2n＋1－2n＋1＋2
C．n·2n＋1－2n D．n·2n＋1－2n＋1
解析　∵Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①
2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1.②
由②－①得Sn＝n×2n＋1－(2＋22＋23＋…＋2n)
＝n×2n＋1－＝n×2n＋1－2n＋1＋2.故选B.
答案 B
2．数列，，，…，，…前n项的和为____.
解析　设Sn＝＋＋＋…＋①
Sn＝＋＋＋…＋②
①－②得
(1－)Sn＝＋＋＋＋…＋－＝2－－.
∴Sn＝4－.
答案 4－
3．已知递增的等比数列{an}的前n项和为Sn，a6＝64，且a4，a5的等差中项为3a3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由题意，得解得
所以an＝2n.
(2)因为bn＝＝，
所以Tn＝＋＋＋＋…＋，
Tn＝＋＋＋…＋＋，
所以Tn＝＋＋＋＋…＋－＝－＝－，
故Tn＝－＝－.
答案 (1) an＝2n (2) －
4．已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝n2＋n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析 (1)∵＋＋＋…＋＝n2＋n，
∴当n≥2时，＋＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1，
两式相减得＝2n(n≥2)，∴an＝n·2n＋1(n≥2)．
又∵当n＝1时，＝1＋1，∴a1＝4，满足an＝n·2n＋1.
∴an＝n·2n＋1.
(2)∵bn＝＝n(－2)n，
∴Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n，
－2Sn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n(－2)n＋1，
∴两式相减得3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1
＝－n(－2)n＋1＝－n(－2)n＋1＝－，
∴Sn＝－.
答案 (1) an＝n·2n＋1 (2) －
5．设数列{an}的前n项和记为Sn, 且Sn＝2－an，n∈N*，设函数f(x)＝logx，且满足bn＝f(an)－3.
(1)求出数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝an·bn，{cn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值．
解析 (1)当n＝1时，S1＝2－a1得a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2－an)－(2－an－1)＝－an＋an－1，可得an＝an－1，
∴{an}是首项为1，公比为的等比数列，
∴an＝n－1.
由题意得bn＝f(an)－3＝logan－3＝logn－1－3＝n－4.
(2)由(1)得cn＝(n－4)n－1.
法一：∵c1＝－3<0，c2＝－1<0，c3＝－<0，c4＝0，
当n≥5时，cn>0.
∴{cn}的前n项和Tn的最小值为T3＝T4＝－.
法二：Tn＝－3×0－2×1－1×2＋…＋(n－4)×n－1，
∴Tn＝－3×1－2×2－…＋(n－5)×n－1＋(n－4)×n，
∴Tn＝－3＋1＋2＋…＋n－1－(n－4)×n
＝－3＋－(n－4)×n
＝－2－.
∴Tn＝－4－.
∵Tn＋1－Tn＝－＝，
当n≤2时，Tn＋1Tn.
∴{cn}的前n项和Tn的是小值为T3＝T4＝－.
答案 (1) an＝n－1 bn＝n－4 (2) －
6．已知等比数列{an}满足：a1＝，a1，a2，a3－成等差数列，公比q∈(0，1)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析 (1)设等比数列{an}的公比为q，a1＝，
因为a1，a2，a3－成等差数列，所以2a2＝a1＋a3－，
即得4q2－8q＋3＝0，
解得q＝或q＝，
又因为q∈(0，1)，所以q＝，
所以an＝·＝.
(2)根据题意得bn＝nan＝，
Sn＝＋＋＋…＋， ①
Sn＝＋＋＋…＋， ②
作差得Sn＝＋＋＋…＋－，Sn＝2－(n＋2).
答案 (1) an＝ (2) 2－(n＋2)