《2022年错位相减法年间的高考题 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年错位相减法年间的高考题 .pdf（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专项训练 : 错位相减法目录1.(2003 北京理 16) . 22.(2005 全国卷 ). 24.(2005 湖北卷 ). 25.(2006 安徽卷 ). 26.(2007 山东理 17) . 27.2007 全国 1 文 21) . 28.(2007 江西文 21) . 29.(2007 福建文 21) . 210.(2007 安徽理 21) . 311.(2008 全国 19) . 312.(2008 陕西 20) . 313.(2009 全国卷理 ) . 314.(2009 山东卷文 ) . 315.(2009 江西卷文 ) . 316.(2010 年全国宁夏卷17). 317.(2
2、011 辽宁理 17) . 418.(2012 天津理 ) . 419.2012 年江西省理 . 420.2012 年江西省文 . 421.2012 年浙江省文 . 422.(2013 山东数学理 ) . 423.(2014 四川 ). 424.(2014 江西理 17) . 525.(2014 安徽卷文 18). 526.(2014 全国 1 文 17). 527.(2014 四川文 19) . 528.(2015 山东理 18) . 529.(2015 天津理 18) . 530.(2015 湖北 ,理 18). 531.(2015 山东文 19) . 532.(2015 天津文 18)
3、. 633.(2015 浙江文 17) . 6专项训练错位相减法答案 . 7名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 21 页 - - - - - - - - - 1.(2003北京理 16) 已知数列na是等差数列且12a,12312aaa(1) 求数列na的通项公式 ; (2) 令()nnnbaxxR数列nb的前n项和的公式2.(2005全国卷 ) 设正项等比数列na的首项211a, 前n项和为nS, 且0)12(21020103010SSS?(1) 求na的通
4、项 ; (2) 求nnS的前n项和nT?4.(2005湖北卷 ) 设数列na的前n项和为22nSn,nb为等比数列 , 且.)(,112211baabba(1) 求数列na和nb的通项公式 ; (2) 设nnnbac, 求数列nc的前 n 项和nT5.(2006安徽卷 ) 在等差数列na中,11a, 前n项和nS满足条件242,1,2,1nnSnnSnL, (1) 求数列na的通项公式 ; (2) 记(0)nannba pp, 求数列nb的前n项和nT?6.(2007山东理 17) 设数列na满足211233333nnnaaaa,a*N. (1) 求数列na的通项 ; (2) 设nnnba,
5、求数列nb的前n项和nS. 7.2007 全国 1 文 21) 设na是 等 差 数 列 ,nb是 各 项 都 为 正 数 的 等 比 数 列 , 且111ab,3521ab,5313ab(1) 求na,nb的通项公式 ; (2) 求数列nnab的前n项和nS. 8.(2007江西文 21) 设na为等比数列 ,11a,23a. (1) 求最小的自然数n, 使2007na ; (2) 求和 :212321232nnnTaaaaL. 9.(2007福建文 21) 数列na的前n项和为nS,11a,*12()nnaS nN. (1) 求数列na的通项na; (2) 求数列nna的前n项和nT. 名
6、师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 21 页 - - - - - - - - - 10.(2007 安徽理 21) 某国采用养老储备金制度. 公民在就业的一年就交纳养老储备金, 数目为1a, 以后每年交纳的数目均比上一年增加0d d, 因此 , 历年所交纳的储务金数目12,a a L是一个公差为d的等差数列 , 与此同时 , 国家给予优惠的计息政策, 不仅采用固定利率, 而且计算复利.这就是说, 如果固定年利率为0r r, 那么 , 在n年末 , 一年所交纳的储
7、备金就变为111nar, 二年所交纳的储备金就变为221,narL, 以nT表示到n年末所累计的储备金总额 . (1) 写出nT与1(2)nTn的递推关系式 ; (2) 求证 :nnnTAB, 其中nA是一个等比数列,nB是一个等差数列. 11.(2008 全国19)在数列na中,11a,122nnnaa. (1) 设12nnnab. 证明 : 数列nb是等差数列 ; (2) 求数列na的前n项和nS. 12.(2008 陕西 20) 已知数列na的首项123a,121nnnaaa,1,2,3,n.(1) 证明 : 数列11 na是等比数列 ; (2) 数列nna的前n项和nS. 13.(20
8、09 全国卷理 ) 在数列na中,11111,(1)2nnnnaaan (1) 设nnabn, 求数列nb的通项公式 (2) 求数列na的前n项和nS14.(2009 山东卷文 ) 等 比 数 列 的 前 n项 和 为, 已 知 对 任 意 的, 点, 均 在 函 数且均为常数 ) 的图像上 . (1) 求 r 的值; (2) 当2b时 , 记, 求数列的前项和15.(2009 江西卷文 ) 数列的通项, 其前n项和为. (1) 求; (2) 求数列 的前 n 项和. 16.(2010 年全国宁夏卷17) 设数列na满足21112,3 2nnnaaananSnN( ,)nn S(0 xybr
9、b1, ,bb r1()4nnnbnNanbnnTna222(cossin)33nnnannSnS3,4nnnSbnnbnT名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 21 页 - - - - - - - - - (1) 求数列na的通项公式 ; (2) 令nnbna, 求数列的前n项和nS17.(2011 辽宁理 17) 已知等差数列na满足2680,10aaa, (1) 求数列na的通项公式 ; (2) 求数列12nna的前 n 项和 . 18.(2012 天津理
10、 ) 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. (1) 求数列na与nb的通项公式 ; (2) 记1121=+nnnnTa baba bL,+nN, 证明+12=2+10nnnTab+()nN. 19.2012 年江西省理已知数列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922nna的前n项和nT20.2012 年江西省文已知数列na的前n项和nnSkck( 其中c,k为常数 ), 且263=4=8aaa，(1) 求na; (2) 求数列nna的前n项
11、和nT?21.2012 年浙江省文已知数列na的前n项和为nS, 且22nSnn, 数列nb满足24log3nnab, (1) 求,nnab; (2) 求数列nna b的前n项和nT22.(2013 山东数学理 ) 设等差数列na的前 n 项和为nS, 且424SS,221nnaa. (1) 求数列na的通项公式 ; (2) 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. 23.(2014 四川 ) 设等差数列na的公差为d, 点(,)nnab在函数( )2xf x的图象上 (*nN). (1) 若12a, 点87(,4)
12、ab在函数( )f x的图象上 , 求数列na的前n项和nS; (2) 若11a, 函数( )f x的图象在点22(,)ab处的切线在x轴上的截距为12ln 2, 求数列nnab的前n项和nT. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 21 页 - - - - - - - - - 24.(2014 江西理 17) 已知首项都是1 的两个数列(), 满足. (1) 令, 求数列的通项公式 ; (2) 若13nnb, 求数列的前 n 项和25.(2014 安徽卷文18
13、) 数列na满足111,(1)(1),nnananan nnN（1）证明 :数列nan是等差数列 ; （2）设3nnnba, 求数列nb的前n项和nS26.(2014 全国 1 文 17) 已知na是递增的等差数列,2a,4a是方程2560 xx的根 ?(1) 求na的通项公式 ; (2) 求数列2nna的前n项和 . 27.(2014 四川文 19) 设等差数列na的公差为d, 点(,)nna b在函数( )2xf x的图象上 (*nN). (1) 证明 : 数列nb是等比数列 ; (2) 若11a, 函数( )f x的图象在点22(,)a b处的切线在x轴上的截距为12ln 2, 求数列2
14、nna b的前n项和nS. 28.(2015 山东理 18) 设数列na的前 n 项和为nS. 已知233nnS. (1)求na的通项公式 ; (2)若数列nb满足3lognnna ba, 求nb的前 n 项和nT. 29.(2015 天津理 18) 已知数列na满足212()*,1,2nnaqaqqnNaa为实数，且1 ，, 且233445,aa aa aa+成等差数列 . (1) 求q的值和na的通项公式 ; (2) 设*2221log,nnnabnNa, 求数列 nb的前n项和 . 30.(2015 湖北 , 理 18) 设等差数列 na的公差为d, 前n项和为nS , 等比数列 nb的
15、公比为q. 已知11ba ,22b,qd ,10100S. (1) 求数列 na, nb的通项公式 ; (2) 当1d时, 记nnnacb, 求数列 nc的前n项和nT . 31.(2015 山东文 19) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 21 页 - - - - - - - - - 已知数列na是首项为正数的等差数列, 数列11nnaa的前n项和为21nn. (1) 求数列na的通项公式 ; (2) 设12nannba, 求数列nb的前n项和nT. 32
16、.(2015 天津文 18) 已知 na是各项均为正数的等比数列, nb是等差数列 , 且112331,2abbba=+=,5237ab-=. (1) 求 na和 nb的通项公式 ; (2) 设*,nnnca b nN=?, 求数列 nc的前n项和 . 33.(2015 浙江文 17) 已知数列na和 nb满足 ,*1112,1,2(nN ),nnabaa*12311111(nN )23nnbbbbbnL. (1) 求na与nb; (2) 记数列nna b的前 n 项和为nT, 求nT. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - -
17、- - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 21 页 - - - - - - - - - 专项训练错位相减法答案1、(1)2nan,(2) 当1x时,122 (1)2(1)1nnnxxnxSxx, 当1x时,(1)nSn n2、解:(1)若公比1q, 则30120110130,20,10Sa Sa Sa, 代入条件, 不成立 , 故1q, 根据等比数列求和公式, 易得10301020102 (1)(21)(1)(1)0qqq, 解得21q, 因而1112nnnaa q(2) 由(1) 得.2,211211)211 (21nnnnnnnnSS则数列nnS的前n项和),222
18、21()21 (2nnnnT).2212221()21(212132nnnnnnT前两式相减 , 得122)212121()21(212nnnnnT4. 解 :(1):当;2,111San时,24)1(22,2221nnnSSannnn时当故an 的通项公式为4,2,241daanann公差是即的等差数列 . 设bn 的通项公式为.41, 4,11qdbqdbq 则故.42,4121111nnnnnnbbqbb的通项公式为即(2),4)12(422411nnnnnnnbac4) 12(4)32(4543414,4) 12(45431 13212121nnnnnnnnTncccT两式相减得.54
19、)56(9154)56(314)12()4444(2131321nnnnnnnTnnT5. 解 :(1) 设等差数列na的公差为d, 由2421nnSnSn得:1213aaa, 所以22a, 即211daa, 又1211122()42212nnnnnnandanSandanaanSaan=2(1)1nnana, 所以nan?名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 21 页 - - - - - - - - - (2) 由nannba p, 得nnbnp?所以2312
20、3(1)nnnTpppnpnpL, 当1p时,12nnT; 当1p时, 234123(1)nnnpTpppnpnpL, 23111(1)(1)1nnnnnnppP TpppppnpnppL即11,12(1),11nnnnpTppnppp?12211)211(214)1(nnnnn即. 22212)1(1nnnnnnT6.(1)2112333.3,3nnnaaaa221231133.3(2),3nnnaaaan1113(2).333nnnnan1(2).3nnan验证1n时也满足上式 ,*1().3nnanN(2) 3nnbn, 111333244nnnnS7. 解 :(1) 设na的公差为d,
21、nb的公比为q, 则依意有0q且4212211413dqdq，解得2d,2q. 所以1(1)21nandn, 112nnnbq. (2)12362nnnS. 8. 解 :(1) 由已知条件得112113nnnaaag, 因为67320073, 所以 , 使2007na 成立的最小自然数8n. (2) 因为223211234213333nnnTL, 2234212112342123333333nnnnnTL, 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 21 页 - -
22、 - - - - - - - 得 :2232124111121333333nnnnTL22221123 3383134 313nnnnnngg, 所以2222392416 3nnnnTg. 9. 解 :(1)12nnaSQ,12nnnSSS, 13nnSS. 又111SaQ, 数列nS是首项为1, 公比为3的等比数列 ,1*3()nnSnN. 当2n时,2122 3(2)nnnaSng, 21132nnnang， (2)12323nnTaaanaL, 当1n时,11T; 当2n时,01214 36 323nnTnggLg, 121334 36 323nnTnggLg, 得 :12212242(
23、333)23nnnTnLg213(1 3)222313nnngg11(12 ) 3nn g. 1113(2)22nnTnn. 又111TaQ也满足上式 ,1*113()22nnTnnN. 10. 解:(1) 我们有1(1)(2)nnnTTra n. (2)11Ta, 对2n反复使用上述关系式, 得2121(1)(1)(1)nnnnnnTTraTraraL12121(1)(1)(1)nnnnarararaL, 在式两端同乘1 r, 得12121(1)(1)(1)(1)(1)nnnnnr TararararL, 得121(1)(1)(1)(1)nnnnnrTardrrraL1(1)1(1)nnnd
24、rrarar. 即1122(1)nna rda rddTrnrrr. 如果记12(1)nna rdArr,12na rddBnrr, 则nnnTAB. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 21 页 - - - - - - - - - 其 中nA是 以12(1)a rdrr为 首 项 , 以1(0)r r为 公 比 的 等 比 数 列 ;nB是 以12a rddrr为首项 ,dr为公差的等差数列. 11. 解:(1)122nnnaa,11122nnnnaa, 1
25、1nnbb, 则nb为等差数列 ,11b,nbn,12nnan. (2)01211 22 2(1) 22nnnSnnggLgg12121 22 2(1) 22nnnSnnggLgg12.(1)Q121nnnaaa,111111222nnnnaaaa, 11111(1)2nnaa, 又123a,11112a, 数列11 na是以为12首项 ,12为公比的等比数列. (2) 由(1) 知11111112 22nnna, 即1112nna,2nnnnna. 设23123222nT2nn, 则23112222nT1122nnnn, 由得2111222nT11111(1)1122112222212nnn
26、nnnnnn, 11222nnnnT. 又123(1)2n nn. 数列nna的前n项和22(1)4222222nnnnn nnnnS. 13.(1) 由已知有利用累差迭加即可求出数列的通项公式 : () (2) 由(1) 知, =而,又是一个典型的错位相减法模型, 易得=1112nnnaann112nnnbbnb1122nnb*nN122nnnannS11(2)2nkkkk111(2 )2nnkkkkk1(2 )(1)nkkn n112nkkk1112422nknkknnS(1)n n1242nn名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - -
27、 - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 21 页 - - - - - - - - - 14. 解: 因为对任意的, 点, 均在函数且均为常数 )的图像上 .所以得, 当时, 当时, 又因为 为等比数列 , 所以, 公比为, 所以(2) 当 b=2 时 , 则相减 , 得所以15. 解: (1) 由于, 故, 故 () (2) 两式相减得nN( ,)nn S(0 xybr b1, ,bb rnnSbr1n11aSbr2n1111()(1)nnnnnnnnaSSbrbrbbbbna1rb1(1)nnabb11(1)2nnnabb111114422nnnnnnn
28、ba234123412222nnnTL3451212341222222nnnnnTL23451212111112222222nnnnTL113113322222nnnnnnT222cossincos333nnn312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3 )(6 )(3 ) )222kkkkSaaaaaaaaakkkLL1331185(94)2222kkkL3133(49 ),2kkkkkSSa2323131(49 )(31)1321,22236kkkkkkkSSak1,3236(1)(1 3 ),316(34),36nnnknnSnknnnk*kN394
29、,42 4nnnnSnbn21 132294,2 444nnnTL112294413,244nnnTL名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 21 页 - - - - - - - - - 故16. 解:(1) 由已知 , 当 n1 时, 111211()()()nnnnnaaaaaaaaL21233(222)2nnL2(1) 12n, 而12,a所以数列 na的通项公式为212nna?(2) 由212nnnbnan知35211 22 23 22nnSnL从而23
30、572121 22 23 22nnSnL- 得2352121(1 2 )22222nnnSnL?即211(31)229nnSn17. 解:(1) 通项公式为2nan (2)12nnnS18. 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3323227 86210dqdq, 解得3 2dq+312nnnanbnN，(2) 证明 : 由(1) 得,231212222nnnnnTaaaa;234+112122222nnnnnTaaaa;由 - 得 , 234112232112+222+
31、22nnnnnnnnnnTaaaaaaaaaa b23423412+232323+2322=2+4+3222+2412=2+4+3=2+412+62 =2+4+61212=2+1012nnnnnnnnnnnnnnnnnabababababbab+12=2+10nnnTab+()nN19. 解:(1)92nan;(2)1242nnnT1232199199941941944313138,12444242214nnnnnnnnnnTL2321813.33 22nnnnT名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 -
32、- - - - - - 第 12 页，共 21 页 - - - - - - - - - 20. 解:(1) nnSkck, 当1n时,11()nnnnnaSSk cc?则656()ak cc,323()ak cc,65363238acccacc?c=2?2=4a, 即21()4k cc, 解得k=2?2nna(1n) ?当n=1 时,112aS, 综上所述*2 ()nnanN?(2) 2nnnan,12(1)2nnTn?21. 解:(1)41nan;(2)12nnb,(45)25nnTn,nN?22. 解:(1) 设等差数列na的首项为1a, 公差为d, 由424SS,221nnaa得1111
33、4684(21)22(1)1adadanand, 解得 ,11a,2d, 因此21nan*()nN(2) 由意知 :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)( )444444nnnRn11( )144(1)( )1414nnn整理得1131(4)94nnnR, 所以以数列数列的前n 项和11
34、31(4)94nnnR23. 解:(1)72 6722adb, 可得2d, 所以(3)nSn n; (2) 切线方程为2222ln2()aybxa, 令0y, 得22a, 所以,2nnnan b, 则2nnnanb,用错位相减法得1222nnn. 来源 : 学&科&网 24. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 21 页 - - - - - - - - - 所以(1) 31.nnSn考点 : 等差数列定义 , 错位相减求和25. 名师资料总结 - - -精品
35、资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 21 页 - - - - - - - - - 26. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 21 页 - - - - - - - - - 考点 :1. 一元二次方程的解法;2. 等差数列的基本量计算;3. 数列的求和27. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - -
36、- - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 21 页 - - - - - - - - - 28.( 答案 )(1)13,1,3,1,nnnan; (2)13631243nnnT. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 21 页 - - - - - - - - - 所以1113Tb当1n时, 12112311 3231 33nnnTbbbbnL所以012311 32 31 3nnTnL两式相减 ,得012122333133nn
37、nTn11121313313nnn1363623nn所以13631243nnnT经检验 ,1n时也适合 , 综上可得 :13631243nnnT( 考点定位 )1 ?数列前n项和nS与通项na的关系 ;2 ?特殊数列的求和问. ( 名师点睛 ) 本考查了数列的基本概念与运算, 意在考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力,思维的严密性和运算的准确性, 在利用nS与通项na的关系求na的过程中 , 一定要注意1n的情况 , 错位相减不法虽然思路成熟但也对学生的运算能力提出了较高的要求. 29. 【答案】 (1) 1222,2 ,.nnnnan为奇数 ,为偶数; (2) 1242nnnS. 名师资料总
38、结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 21 页 - - - - - - - - - (2) 由(1) 得22121log2nnnnanba, 设数列nb的前n项和为nS, 则012111111232222nnSnL, 1231111112322222nnSnL两式相减得23111111112212122222222212nnnnnnnnnnSL, 整理得1242nnnS所以数列nb的前n项和为124,*2nnnN. 【考点定位】等差数列定义?等比数列及前n项和公式 ?错
39、位相减法求和. 【名师点睛】 本题主要考查等差?等比数列定义与性质, 求和公式以及错位相减法求和的问题,通过等差数列定义?等比数列性质 , 分n为奇偶数讨论求通项公式, 并用错位相减法基本思想求和 . 是中档题 . 30. 【答案】 ( )121,2.nnnanb或11(279),929 ( ).9nnnanb;( )12362nn. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 21 页 - - - - - - - - - 2345113579212222222nn
40、nTL. - 可得221111212323222222nnnnnnTL, 故nT12362nn. 【考点定位】等差数列?等比数列通项公式, 错位相减法求数列的前n项和 . 【名师点睛】错位相减法适合于一个由等差数列na及一个等比数列nb对应项之积组成的数列 . 考生在解决这类问题时, 都知道利用错位相减法求解, 也都能写出此题的解题过程,但由于步骤繁琐?计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等. 两边乘公比后 , 对应项的幂指数会发生变化 , 应将相同幂指数的项对齐, 这样有一个式子前面空出一项, 另外一个式子后面就会多了一项 , 两项相减 , 除第一项和最后一项外, 剩下的1n项是一个等比数列
41、. 31. 【答案】 (1)21.nan (2) 14(31) 4.9nnnT【解析】(1) 设数列na的公差为d, 令1,n得12113a a, 所以123aa. 令2,n得12231125a aa a, 所以2315a a. 解得11,2ad, 所以21.nan(2) 由(1) 知24224 ,nnnbnn所以121 42 4.4 ,nnTn所以23141 42 4.(1) 44,nnnTnn两式相减 ,得121344.44nnnTn114(1 4 )1 3444,1 433nnnnn所以113144(31) 44.999nnnnnT【考点定位】 1. 等差数列的通项公式;2. 数列的求和
42、 ?“错位相减法”.【名师点睛】本题考查了等差数列的通项公式?等比数列的求和?“错位相减法”等, 解答本题的关键 ,首先是注意运用从一般到特殊的处理方法, 准确确定等差数列的通项公式; 其次就是能对所得数学式子准确地变形, 本题易错点在于错位相减后求和时, 弄错数列的项数, 或忘记从3nT化简到nT. 本题是一道能力题,属于中等题 . 在考查等差数列?等比数列等基础知识的同时, 考查考生的计算能力 .本题是教科书及教辅材料常见题型, 能使考生心理更稳定, 利于正常发挥 . 32. 【答案】 (1)12,nnanN,21,nbnnN;(2)23 23nnSn【解析】(1) 列出关于q与d的方程组
43、 , 通过解方程组求出q,d, 即可确定通项 ;(2) 用错位相减法求和. 试题解析 :(1) 设 na的公比为q, nb的公差为d, 由题意0q , 由已知 , 有24232,310,qdqd消去d得42280,qq解得2,2qd , 所以 na的通项公式为12,nnanN, nb的通项公式为21,nbnnN. (2) 由(1) 有121 2nncn , 设 nc的前 n 项和为nS , 则名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 21 页 - - - - -
44、- - - - 01211 23 25 2212,nnSnL12321 23 252212 ,nnSnL两式相减得2312222122323,nnnnSnnL所以23 23nnSn . 【考点定位】本题主要考查等差?等比数列的通项公式及错位相减法求和, 考查基本运算能力. 【名师点睛】 近几年高考试题中求数列通项的题目频频出现, 尤其对等差 ?等比数列的通项考查较多 , 解决此类问题要重视方程思想的应用. 错位相减法求和也是高考考查频率较高的一类方法 , 从历年考试情况来看, 这类问题 , 运算失误较多, 应引起考生重视. 33. 【答案】 (1)2 ;nnnabn;(2)1*(1)22()n
45、nTnnN【解析】(1) 根据数列递推关系式, 确定数列的特点, 得到数列的通项公式;(2) 根据 (1) 问得到新的数列的通项公式 , 利用错位相减法进行数列求和. 试题解析 :(1) 由112,2nnaaa, 得2nna. 当1n时,121bb, 故22b. 当2n时 ,11nnnbbbn, 整理得11nnbnbn, 所以nbn. (2) 由(1) 知,2nnna bn所以2322 23 22nnTnL2341222 23 2(1) 22nnnTnnL所以2311222222(1)22nnnnnnTTTnnL所以1(1)22nnTn. 【考点定位】 1. 等差等比数列的通项公式;2. 数列的递推关系式;3. 错位相减法求和. 【名师点睛】 本题主要考查等差数列?等比数列的通项公式以及数列的求和. 根据数列递推关系式推理得到数列的性质和特点, 以此得到数列的通项公式, 利用错位相减法计算新组合的数列的求和问题. 本题属于中等题, 主要考查学生基本的运算能力. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 21 页，共 21 页 - - - - - - - - -