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?anbn?的数列，其中{an}为等差数列，?bn?为等比数列；分别列出Sn，再把所有式子同时乘以等比数列的公比q，即qSn；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{an}的前n项和为Sn，常数??0，且?a1an?S1?Sn对一切正整数n都成立。
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设a1?0，??100，当n为何值时，数列{lg1}的前n项和最大？ an【答案】解：（Ⅰ）取n=1，得?a12?2S1=2a1，∴a1(?a1?2)?0。 若a1=0，则S1=0, 当n?2时，an=Sn?Sn?1?0。 若a1?0，则a1?2?，
有
当n?2时，2an?2??Sn，2an?1?2n2??Sn?1， 两个相减得：an?2an?1，∴an??。∴数列{an}公比是2的等比数列。 综上所述，若a1=0, 则 an?0；若a1?0，则an?（Ⅱ）当a1?0且??100时，令bn?lg2n?。
1，则bn?2?nlg2。 an ∴{bn}是单调递减的等差数列（公差为－lg2）
则 b1>b2>b3>…>b6=lg100100?lg?lg1?0； 6642100100?lg?lg1?0。 71282当n≥7时，bn≤b7=lg∴数列{lg
11}的前6项的和最大，即当n=6时，数列{lg}的前n项和最大。 anan【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a1(?a1?2)?0，分类讨论：由a1=0及a1?0，结合数列的和与项的递推公式可求。
1
（II）由a1?0且??100时，令bn?lg最大项 。
1，则bn?2?nlg2，结合数列的单调性可求和的an例2. （2012年天津市理13分）已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列,且
a1=b1=2，a4+b4=27，S4?b4=10.
(Ⅰ)求数列{an}与{bn}的通项公式； (Ⅱ)记Tn=anb1+an?1b2++a1bn，n?N+，证明Tn+12=?2an+10bn(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a1=b1=2，得a4?2?3d，b4?2q3，s4?8?6d。 由条件a4+b4=27，S4?b4=10得方程组
3??d?3 ?2?3d?2q?27 ，解得。 ??3q?2???8?6d?2q?10∴an?3n?1，bn?2n，n?N+。
(Ⅱ)证明：由（1）得，Tn?2an?22an?1?23an?2???2na1 ①；[ ∴2Tn?22an?23an?1?24an?2???2n+1a1 ②； 由②－①得，
Tn??2an+22?an?an?1??23?an?1?an?2??24?an?2?an?3???+2n?a2?a1??2a1bn
??2an+22?3?23?3?24?3??+2n?3?2?2bn=?2an+4bn+3??22?23?24??+2n?=?2an+4bn+3?4??1?2n?1?1?2
=?2an+4bn?12+6?2=?2an+4bn+6bn?12n=?2an+10bn?12∴Tn+12=?2an+10bn(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Tn的表达式，借助于错位相减求和。
2
+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{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列,且
a1=b1=2，a4+b4=27，S4?b4=10.
(Ⅰ)求数列{an}与{bn}的通项公式； (Ⅱ)记Tn=a1b1+a2b2++ana1bn，n?N+，证明Tn?8=an?1bn+1(n?N+，n>2)。
【答案】解：（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
由a1=b1=2，得a4?2?3d，b4?2q3，s4?8?6d。 由条件a4+b4=27，S4?b4=10得方程组
3??d?3 ?2?3d?2q?27 ，解得。 ??3??q?2?8?6d?2q?10∴an?3n?1，bn?2n，n?N+。
(Ⅱ)证明：由（1）得，Tn?2?2?5?2?8?2????3n?1?2 ①；
23n∴2Tn?2?2?5?2?8?2????3n?1?2234n+1 ②；
由②－①得，
Tn??2?2??22?3?23?3?24?3??+2n?3???3n?1?2n+1
=?4+?3n?1?2n+1?3??22?23?24??+2n?=?4+?3n?1?2n+1?3?4??1?2n?1?1?2=?4+?3n?1?2n+1+12?3?2n+1
=8+?3n?4?=an?1bn+1+8∴Tn?8=an?1bn+1(n?N，n>2)。
【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Tn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?an?的前n项和为Sn，满足2Sn?an?1?2n?1?1,n?N?,且
+a1,a2?5,a3成等差数列。
3
（1）求a1的值；（2）求数列?an?的通项公式。（3）证明：对一切正整数n，有
11??a1a2?13?. an2【答案】解：（1）∵2Sn?an?1?2n?1?1,n?N?,且a1,a2?5,a3成等差数列
ììa1=12S1=2a1=a2-a3???????∴í2S2=2a1+2a2=a3-7 ，解得?ía2=5。
?????????a319?2(a2+5)=a1+a3即a1=1。
（2）∵2Sn?an?1?2n?1?1………………………………………………①
∴ 2Sn?1?an?2n?1……………………………………………………② ①－②，得an+1=3an+2n(n?2)。
(n?N*)。
1)。
∵a2=5=3a1+2=5，∴an+1=3an+2n∴
an+13an=?nn+12221an+13a，n+1+1=?(n2222nana133+1+1=}成首项为，公比为的等比数列， 2n2122aan3n3nnn+1=()=()-1∴n。∴。 。 a=3-2nnn2222∴数列{
（3）∵an-3n-1=3n-2n-3n-1=2?3n-1等号。）
∴an?3n-12n=2(3n-1-2n-1)?0（当n=1时，取
0， ∴
11。 ￡n-1（当且仅当n=1时，取等号）
an3∴
11??a1a2?111?1??2?an3311?()n13?3[1?(1)n]?3。 ?n?1?132321?3【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2Sn?an?1?2n?1?1中，令分别令n=1，2，由a1,a2?5,a3成等差数列，得到关于
a1,a2,a3的三元方程，解之即可可求得a1。
（2）由2Sn?an?1?2n?1两式相减即可得1?，2Sn?1?an?2n?1，
an+13an+1=?(2n+122n1)，
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