错位相减法的应用归纳VIP

2015年第10期 福建中学数学 45 解得2b = 剖析剖析 若在横线处填上2b =，那就错了，因为 当2b =时，可解得60A = ?或120? ，由于题意中的 答案“60A = ?”的等价命题是 A有且只有一解为60?， 而非A有一解为60? 正确解法如下： 正解正解 由题意等价于180(4560 )75C =+= ? ， 再由正弦定理得 3 sin60sin75 c = ? ， 于是解得 62 2 c + =， 横线处填上 62 2 c + = 例例 9 若两向量(1)at t= ? ，(2)bt t= + ? ，的夹角 为钝角，则实数t的取值范围为 错解错解 由a ? 与b ? 的夹角为钝角0a b ? ? ， (1) (2)20t tt tt += ， 于是解得实数t的取值范围为2t 剖析剖析 虽然由a ? 与b ? 的夹角为钝角0a b ? ? 是 正确的， 但是这两者并不等价， 因为0a b ? ? 时，a ? 与 b ? 的夹角也可为180?正确解法如下： 正解正解 由a ? 与b ? 的夹角为钝角 0a b ab ? ? ? ， 与 不共线， 20 (2)(1) t t tt t + ， ， 2 1 0 2 t tt ， 且， 由此可得实数t的取值范围为 11 ()( 22 t ， 0)(0 2)， 总之，在数学解题过程中，应根据数学问题的 不同特点与要求，正确区分两类不同类型的数学问 题，分别采用不同的推理思想：一类是证明问题， 这类问题可以采用“题设 12 PPP?结论 Q”的推理方式来完成，只要能论证结论是正确的便 可；另一类是范围问题，它要求推理与变形的每个 步骤步步等价，如解方程、解不等式、求值域、求 最值、确定取值范围等诸多数学问题均是如此，解 决这类问题时必须采用“题设 12 PPP? 结论Q”的推理与变形方式来完成两者不要混为一 谈，否则，容易造成错误百出，却不知错因何在的 现象 参考文献参考文献 1李文明等“争鸣”问题 214J数学通讯，2012（3） （下半月） ：41-43 错位相减法的应用归纳错位相减法的应用归纳 林秋林 厦门大学附属实验中学（363123） 错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式 时所用的方法，它是一种常用的数列求和方法，主 要应用于求数列 * () nn abnN的前n项和，其中 n a， n b分别是等差数列和等比数列由于课堂上 教师讲解错位相减法的应用时，举的例子几乎都是 上述“等差乘等比型”数列的求和， 因此大多数学生认 为错位相减法也就只能应用在这种类型的数列求和 上，但实际上并非如此，笔者对此做了如下归纳 应用应用 1 求数列 nn ab的前n项和 n ，其中 n a 是以d为公差的等差数列， n b是以q为公比的等比 数列（其中1q ） 分析分析 由 1 122nnn a ba ba b=+?， 则 n q 1 122nn a b qa b qa b q=+?， 即 1 22311nnnnn qa ba baba b + =+?， 由，可得： 1 1212 (1)() n qa baa b=+? 11 () nnnnn aaba b + +， 即 1 121 (1)() nnnn qa bd bba b + =+?， 从而可得 1 11 2 () 1(1) nnn n a ba b qdq bb qq =+ 特别地，当1 n a =，即 n a为0d =的常数列，此 46 福建中学数学 2015年第10期 时 n = 1 1 n bb q q 恰好为等比数列 n b的前n项和 例例 1 已知首项都是1的两个数列 n a， n b( n b * 0)nN，满足 111 20 nnnnnn a babbb + += （1）令 n n n a c b =，求数列 n c的通项公式； （2）若 1 3n n b =，求数列 n a的前n项和 n S 分析分析 数列 n a的通项 nnn ab c=，其中 n b是等 比数列， n c是等差数列 解解 （1）21 n cn=（过程略） （2）由 1 3n n b =，可得： 1 (21) 3n nnn ab cn = 由于 12nn Saaa=+?， 故 1 122nnn Sbcb cb c=+?， 则 2 13211 3 nnnnn Sb cb cb cbc + =+? 由，可得： 1 121 222 nnnn Sbcbbbc + =+? 11 2() 1(22 ) 32 n nnn bbbcn + =+ =?， 从而(1) 31 n n Sn=+ 应用应用 2 求数列 nn aT的前n项和 n ， 其中 n a 是以d为公差的等差数列，其前n项和为 n S， n T是 以q为公比的等比数列 n b的前n项和 （其中1q ） 分析分析 先解决特殊情况 当1 n a =时， 设数列 n T 的前n项和为 n 则由于 12nn TTT=+? 11212 =()() n bbbbbb+?， 故 12nn qqTqTqT=+? 2232 ()() nn bbbbbqT=+? 由，可得 1 (1) nn qnbqT=， 故有 1 1 n n nbqT q = 再看一般情况，由于 1 122nnn aTa Ta T=+? 1 121212 ()() nn a ba bba bbb=+?， 则 1 2223 () n qa ba bb=+? 123 () nnnn abbbqa T +?， 由，可得： 1212 (1)() nn qaaabd b=+? 2323 ()() nnn bbbbbqa T+?， 即 12131 (1)()() nn qS bd TbTb=+? 11 ()() nnnnnnn Tbqa TSnd bdqa T+=+， 整理可得 11 2 ()() 1(1) nnnn n Snd bqa Td nbqT qq =+ 例例 2 求 ? 1 1 11 11111 n +? 个 的和 分析分析 已知数列的通项为 ? 1 111 10+ n n a = +? 个 ? 10 100 n ? 个 是以10为公比的等比数列的前n项和 解解 设 ? 1 1 11 11111 n n S = +? 个 ， 则 ? 111 1010 110110 110 n nn S =+? 个个 由，可得： ? 1 1 91 11 110 n n n S= + + ? ? ? ? 个 个 1 1010 9 n n + =， 从而 1 10910 81 n n n S + = 应用应用 3 求数列 nn Sb的前n项和 n ， 其中 n S是 以d为公差的等差数列 n a的前n项和， 数列 n b是 以q为公比的等比数列（其中1q ） 分析分析 由 1 122nnn S bS bS b=+?， 则 1 122nnn qS b qS b qS b q=+?， 即 1 22311nnnnn qS bS bSbS b + =+? 由，结合 1( 2) nnn aSSn =，可得： 1 1221 (1) nnnnn qa ba ba bS b + =+?， 从而根据应用 1，可得： 1 1111 23 () 1(1)(1) nnnnn n a ba bdq bbS b qqq + =+ 例例 3 求数列 2 2nn 的前n项和 n T 分析分析 易知 2 n是等差数列21n的前n项和， 符 合应用 3 的讨论 解解 由 21222 12222n n Tn=+?， 故 2223 21222 n T =+? 221 (1)22 nn nn + + 由，可得： 2321 23 25 2(21) 22 nn n Tnn + =+ + +? 记 23 23 25 2(21) 2n n Sn=+ + +?， 则 21 2n nn TSn + = 又 234 223 25 2 n S =+ + +? 1 (23) 2(21) 2 nn nn + + 由，可得： 34 222 n S=+? 11 2(21) 2 nn n + + 1 (32 ) 26 n n + =， 2015年第10期 福建中学数学 47 故 1 (23) 26 n n Sn + =+ 于是 121 (23) 262 nn n Tnn + =+ 21 (23) 26 n nn + = +， 从而 21 (23) 26 n n Tnn + =+ 应用应用 4 求数列 nn aT的前n项和 n ， 其中 n a 是以 1 q为公比的等比数列，其前n项和为 n S， n T是 以 2 q为公比的等比数列 n b的前n项和 （其中 1 1q ， 2 1q ） 分析分析 由于 1 122nnn aTa Ta T=+? 1 12121 ()() nn a ba bba bb=+?， 则 12 1312 () n qa ba bb=+? 1211 () nnnn a bbbaT + +? 由，可得： 11 1221 (1) nnnnn qa ba ba baT + =+? 1 11212 1 1 122 (1)(1) 11 nnn n a bq qbq a q q qq = ， 从而 1 1121 121 12112 (1)(1) (1)(1)(1)(1) nnnn n a bq qa bqq q qqqq = 例例 4 已知| 1a ，| 1b ，求无穷数列：1 (1+， 22233 )(1)(1)b abbabbba+?，的所有项之 和 分析分析 已知数列的通项 11 (1) nn n abba =+?刚 好是两项的乘积，一项 1 1 n bb +?是等比数列 1n b 的前n项和， 另一项 1n a 则是等比数列 1n a 的 通项 解解 设 22 1(1)(1)Sb abba= + 233 +(1)bbb a+?， 则 223 (1)(1)aSab abba=+ 234 (1)bbb a+? 由，可得： 2233 (1)1a Saba ba b= +? 由于| 1a ，| 1b ，故| 1ab ， 故 1 (1) 1 a S ab = ， 从而 1 (1)(1) S aba = 应用应用 5 求数列 nn ST的前n项和 n ， 其中 n S是 以 1 q为公比的等比数列 n a的前n项和， n T是以 2 q 为公比的等比数列 n b的前n项和（其中 1 1q ， 2 1q ） 分析分析 由于 1 122nnn S TS TS T=+? 1 12121 ()() nn S bS bbS bb=+?， 则 21 2223 () n qS bS bb=+? 1232 () nnnn Sbbbq S T +? 由，可得： 2121212 (1)(+)() nn qSSS bSS b=+? 1232 ()() nnnnn SSbbbq S T +? 121221 (+)() n SSS ba Tb=+? 12 () nnnn a Tbq S T+ 1211 122 (+)( n SSS baTa T=+? 12 ) nnnnn a TS bq S T+ 12111 122 (+)( n SSSbaTa T =+? 2 ) nnnn a Tq S T+ 结合应用 2 与应用 4，整理可得 n ，这里不再 展开求解了 另外，此处如果把 n S改成是以d为公差的等差 数列 n a的前n项和，则以上述类似的过程可以求 nn ST的前n项和 n ，限于篇幅，这里不再赘述 2015 年高考福建理