高考数列求和中对错位相减法新的探索
数列求和(错位相减) 高考数学
试卷讲评课件
=
【解析】∵
= ⋅
+ =
=
=
则
，解得
或
(舍去)
+ = ⋅ +
=
=
∴ = + − = − .
又∵ = − ，
当 = 时， = − ，则 =
− ⋅
+. . . + − ⋅
= +
− − ⋅
+
+
①
+
②
+. . . +
= −
+
+
− − ⋅
+
，
试卷讲评课件
+
∴ = − .
−
则 −
= −
− ，
当 ≥ 时，由 + + = 有− + − + = ，两式相减
可得�� = − ，
即{ }是以− 为首项，以 为公比的等比数列，
−
所以 = −
= −
.
试卷讲评课件
(2)设数列{bn }满足2bn + n − 3 an = 0 n ∈ N ∗ ，记数列{bn }的前n项
所以 = − ，
+
因为 − =
从错位相减求和谈计算
从错位相减求和谈计算沙市中学 王鹏先看一道很普通的错位相减求和的题：已知数列}{n a 的通项为)12(31-⋅=-n a n n ，求该数列前n 项和n T 。
标准的解答为：)12(35333131210-⋅++⋅+⋅+⋅=-n T n n Λ ⑴)12(35333133321-⋅++⋅+⋅+⋅=n T n n Λ ⑵⑴-⑵得：)12(32323231321210-⋅-⋅+⋅+⋅+⋅=--n T n n n Λ)12(331)31(3211-⋅---⋅+=-n n n nn n n n 3)22(23)12(331⋅-+-=⋅---+=n n n T 3)1(1⋅-+=∴ 再看看学生做的几个不同的片断：学生甲： )12(35933111-⋅++⋅+⋅+⋅=-n T n n Λ ⑴)12(352739133-⋅++⋅+⋅+⋅=n T n n Λ ⑵⑵-⑴得：)12()33(518361221-⋅-++⋅+⋅+⋅=-n T n n n Λ学生乙： ⑵-⑴得：)12(32323231321210-⋅+⋅--⋅-⋅-⋅-=-n T n n n Λ学生丙： ⑴-⑵得：)12(32323231321210-⋅-⋅+⋅+⋅+⋅=--n T n n n Λ)12(321)232323(2113211210-⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--⋅+⋅+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∴-n T n n n Λ 可能这三个学生都能做出最后的结果，但看到这样的计算过程是值得教师思考的。
每次数学考试结束后，我们发现对于基础题和中档题，较多的学生能够思考出解题方法，但有不少学生计算出错，得不出最终答案，总是会听到学生们叹气说：“唉，我都会做的，只是粗心大意错了几题！”粗心大意、马虎似乎成为学生基本计算出错的根本原因，我认为未必如此。
所谓计算就是指逻辑思维与计算技能的结合，即不仅会根据法则正确地进行计算，而且能理解计算的算理，会通法、懂规律，能根据题目的条件探求解题途径，寻求简洁、合理的算法。
探索错位相减法解题策略
探索错位相减法解题策略相减法是解决数学问题时常用的一种策略。
在相减法中，错位相减法被广泛应用，它以错位的方式进行相减运算，帮助我们更直观地理解和解决问题。
本文将探索错位相减法的解题策略，并通过例子详细说明其应用方法和计算步骤。
一、错位相减法的定义和基本原理错位相减法是指在相减运算中，将两个数的各位数字错位对齐相减。
其基本原理是通过错位对齐，使得计算过程更加简单和容易理解。
例如，对于两个两位数285和167的相减运算，按照错位相减法进行计算如下：```2 8 5- 1 6 7-------------1 1 8```在上述例子中，我们可以观察到，通过错位将各位数字对齐，使得相减的运算更清晰。
错位相减法不仅可以应用于两位数的相减运算，也适用于更复杂的数学问题。
二、错位相减法的应用方法为了更好地应用错位相减法，以下是一些具体的步骤和方法：1.确定计算的起始位置：根据问题的要求，确定从哪一位开始进行错位相减的运算。
2.对齐错位：将需要相减的数的各位数字错位对齐。
3.相减运算：从左到右逐位相减，并将结果写在下方。
4.检查计算结果：对于较复杂的计算，例如多位数减法，需要进行进位或借位的运算，以确保计算结果的准确性。
通过以上步骤，我们可以更好地应用错位相减法解决各种数学问题。
三、示例分析为了更好地理解错位相减法的应用，下面将通过两个实际例子进行分析。
例子一：计算3012与189的差首先，我们确定从个位开始进行错位相减，按照错位相减法的步骤，计算如下：```3 0 1 2- 1 8 9-------------1 12 3```所以3012与189的差为1123。
例子二：计算54326与246的差同样地，我们先确定从个位开始进行错位相减，按照错位相减法的步骤，计算如下：```5 4 3 2 6- 2 4 6-----------------------------5 4 0 8 0```所以54326与246的差为54080。
《数列求和》教学案例谈新教材的有效研究探索
基金项 目： 昭通 市 ２ １ ０ ０年 立 项 课 题“ 课 改背 景 下 贫 困地 区普 通 高 中课 堂教 学设 计 研 究” Ｙｂ ｔ １ 新 （ ｋ０ ） 作 者 简 介 ： 玉 科 （９ ７ 岳 １ ６
‘ａ ” 士
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（ ＂∈ Ｎ＋ ， 数 ）求
所 以 数 列 ｛ ｝ 通 项 公 式 为 ａ 一２ 。 （ 的 。 Ⅱ）
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列 ｛， 的 前 ”项 和 丁， ｂ｝
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一
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通 过等 比数列 求 和公式 求 出 Ｓ 要 注意 ｑ ：１
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一 一
一
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教材 Ｐ 习题 ２ ５ 组第 ４题 求 和 ： ．Ａ
１＋ ２ｒ＋ ３ ． ｗ ＋ … … ＋ ” 。
课 程改 革 ， 次课 程 改 革在 教 学理 念 、 学 内容 、 本 教
序渐进 的螺旋式 上 升 。在 数列求 和 问题 上 比传统 教材 降低难度 ， 教 材 编写 专 家 又将 数 列求 和 的 但
基 本 方 法 贯 穿 在 教 材 习 题 中 。笔 者 通 过 新 课 程 数
教学形式 、 教学评 价等 方 面都发生 了很 大的变化 ， 课程 定位强调 学生 综 合 素 养 的提 高 ， 程 目标 突 课 出情感 态度价 值 观 ， 程 内容 力求 体 现 时代 性 和 课 应 用性 ， 堂教学强 调探究 合作 ， 课 注重 创新意 识 的
高中数学_数列求和之错位相减法教学设计学情分析教材分析课后反思
错位相减法是非等差等比数列求和中运算较繁琐的一种。
教师不是直接给出方法，再让学生进行针对性解题练习，而是留出足够时间，先让学生先经历迷茫，由此产生强烈的求知欲望，老师“点到为止”，再让学生尽量自己找到解决办法，通过经历求解过程来充分暴露方法的利弊，最终找到解决的最佳途径。
具体设计如下：老师：在前面我们已经复习了等差等比数列的求和公式，本节课我们来研究非等差等比数列的求和问题。
你回想一下当初等比数列前n项和的公式的推导过程．学生：等比数列前n项的和的公式的推导过程是这样的：先写出一式，再写出二式，然后把两式相减，再分情况化简求得．老师：你能将这种方法应用到一个等差数列乘以一个等比数列形式的数列求和吗？学生：数列的各项由一个常数等差数列和一个等比数列对应项相乘而得的，那么这种求和的方法一定可以参考。
这句话激起了下面学生的兴趣，好多学生情绪高涨，班里传出窃窃讨论声。
学生：我把两式相减，左式按次数提取公因式老师：这样的结果是否正确？有一个学生指出最后一项前的运算符号应是“减号”．老师：说得对．这种提公因式的方法很巧妙，不但简化了计算，还转化为等比数列的求和问题．但因为项数比较多，大家是否会觉得容易算错？学生很有感触地点点头。
老师：现在教你们一个方法。
这时学生都瞪大眼睛，全神贯注地听着。
老师：我们把计算时的书写格式作一下改变，使之上下行且下一行往后错一项，两式错项对应相减即可得。
学生：这样对应着写就不容易搞错了！老师:因为是前面乘以等比数列的公比，我们把这种求和的方法叫做错位相减法．现在，请你们总结一下什么样的数列求和可用此法?给学生留一段思考空间后，老师请一位学生起来回答：如果这个数列是由等差和等比数列对应项相乘而得的，可用错位相减法．老师:总结的很好．能否再说说看求解的时候要注意哪些地方?学生1:相减是错开一项后相减，且右式的最后一项是“减号”．学生2:还要注意相减后的等比数列的首项、公比和项数．老师总结：同学们把要注意的地方已经找出来了．错位相减法求和，实质都是把非等差等比数列转化为等差或等比数列的求和问题来解决这种转换的思想即为数学中的“化归”思想。
数列错位相减法求和新探
数列错位相减法求和新探作者：陈胜华来源：《新课程学习·中》2013年第05期摘要：错位相减法适用范围明确，解法步骤简单，思维也很清楚，学生容易理解，可实际操作中他们却屡用屡错。
现通过对错位相减法应用构造等差数列、等比数列，导数求和等另类解法的探讨，体会数列求通项、求和的思想。
关键词：通项公式；数列求和；构造；等差数列；等比数列苏教版必修5第56页探究拓展题为：求和：Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1.教参解答为错位相减法：方法一：即（1）当x=1时，Sn=1+2+3+…+n=，（2）当x≠1时，Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1，xSn=x+2x2+3x3+…+nxn，（1-x）Sn=1+x+x2+x3+…+xn-1-nxn=-nxn.Sn=-故Sn=（x=1）-（x≠1）这就是“错位相减法”的问题，即：若an为等差数列，bn为等比数列，对于Sn=a1b1+a2b2+…anbn的求和问题。
错位相减法适用范围明确，解法步骤简单，思维也很清楚，学生容易理解，可实际操作中他们却屡用屡错。
通过对错位相减法应用构造等差数列、等比数列，导数求和等另类解法的探讨，体会数列求通项、求和的思想。
现对x≠1时应用其他方法方法二：由a1=1，通项公式an=Sn-Sn-1=nxn-1（n≥2）构造等差数列Sn-（An+B）xn=Sn-1+（A（n-1）+B）xn-1，即Sn+n+xn=Sn-1+（n-1）+xn-1，又S1++x=1++x=+，故Sn=+-n+xn=++=-+.在求和时，一定要认真观察数列的通项公式，如果它能拆分成几项的和，而这些项分别构成等差数列或等比数列，我们就可以用相应的方法求和。
（作者单位广东省深圳市松岗中学）。
错位相减法教案
数列求和（二）——错位相减法教学设计教材：《数学》必修5（人教版）
课堂小结
通过提问，引导学生
知识与技能，思想与方法
这两个层面进行总结，培
养学生总结知识点的能
力。
§知识与技能
1、什么数列可以用错位相减法来求和？ 通项公式是“等差×等比”型的数列
2、错位相减法的步骤是什么？每一步要注意哪些问题？
①展开：将Sn 展开
②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比
③错位：让次数相同的相对齐
④相减
⑥ 解出Sn §思想方法：
通过本节课的学习，你体会到解决数学问题的什么思想方法？ 化陌生为熟悉，化未知为已知的转化思想 课后作业
作业分层设计，满足不同
板书设计
学生的学习需求： 1、 基础题这两道题，
都是对错位相减法的直接应用。
不过第1题的（2）比较容易出错，学生会忘记讨论x=0的情况。
2、 提高题是一道综合
题，更前面的知识结合起来考察，比较综合，供基础好的学生选做。
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减
[方法技巧]
2．常见式的裂项
数列(n为正整数)
裂项方法
1 nn＋k
(k为非零常数)
nn1＋k＝1kn1－n＋1 k
1 4n2－1
4n21－1＝122n1－1－2n1＋1
1
n＋
n＋1
1 n＋
(2017·银川质检)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：S2n－(n2＋n－1) Sn－(n2＋n)＝0.
(2)令 bn＝n＋n＋212a2n，数列{bn}的前 n 项和为 Tn.证明：对于任意的
n∈N*，都有
5 Tn<64.
证明：由于 an＝2n，
则 bn＝n＋n＋212a2n＝4n2nn＋＋122＝116n12－n＋1 22.
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减 结 束
高考研究课（三 数列求和的 3 种方法——分组转化、裂项相消和错位相减
非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想： 1转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数 列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成. 2不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相 消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.
在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消， 特别是间隔抵消时要注意规律性．
一般地，若{an}为等差数列，则求数列ana1n＋1的前 n 项和 可 尝 试 此 方 法 ， 事 实 上 ， 1 ＝ d ＝ an＋1－an ＝
anan＋1 danan＋1 danan＋1 1d·a1n－an1＋1.
数列求和的3种方法——分组转化、裂项相消和错位相减 结 束
[典例] (2017·沈阳质检)已知数列an是递增的等比数列，且 a1＋a4＝9，a2a3＝8.
数列求和——错位相减法 教学设计 2023届高三数学二轮复习
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若 ， ， 对任意的正整数 恒成立，求实数 的取值范围.
6．(2021·新高考І卷·16)某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为 的长方形纸，对折1次共可以得到 ， 两种规格的图形，它们的面积之和 ，对折2次共可以得到 ， ， 三种规格的图形，它们的面积之和 ，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折 次，那么 ______ .
设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.
(1)求{an}的公比；
(2)若a1=1，求数列{nan}的前n项和.
解：(1) ；
(2) ，
记{nan}的前n项和为Sn，则
重点讲解求和步骤中
“4．解出和Sn”的注意事项：
两式相减后，等式右边中间的n－1项求和转化成了等比数列求和，应先提公因数——等差数列的公差，再选择适当的求和公式计算；
2.通过课程的学习，学生能进一步发展数学学科核心素养的运算能力；通过运算促进数学思维发展，形成规范化思考问题的品质，养成一丝不苟、严谨求实的科学精神。
教学重点
错位相减法求数列的和
教学难点
错位相减后的项数、符号、化简等易错问题，以及对转化数学思想的理解。
教
教学过程设计
教学
步骤
数列求和——错位相减法 教学设计
教学课题
数列求和——错位相减法
课程类型
复习课
教学目标
知识与技能
熟练掌握错位相减法，能够准确、快速地用错位相减法求出“等差×等比”数列的和。
过程与方法
通过两等式的错位相减，将无法求和的问题转化成等比数列求和，在运算的过程中，体会转化与化归的数学思想。
专题31 数列中错位相减法求和问题(解析版)
专题31 数列中错位相减法求和问题【高考真题】 2022年没考查 【方法总结】 错位相减法求和错位相减法：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，适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n ．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“S n ”与“qS n ”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“S n －qS n ”的表达式．(3)在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进行合并．【题型突破】1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，且S 1010＝S 55＋5．(1)求a n ；(2)若b n ＝a n ·4S n a n求数列{b n }的前n 项的和T n ．1．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 1010＝S 55＋5，所以10(a 1＋a 10)210－5(a 1＋a 5)25＝5，所以a 10－a 5＝10，所以5d ＝10，解得d ＝2．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ；(2)由(1)知，a n ＝2n ，所以S n ＝n (2＋2n )2＝n 2＋n ．所以b n ＝a n ·4Sn an＝2n ·4n 2＋n 2n ＝2n ·2n ＋1＝n ·2n ＋2，所以T n ＝1×23＋2×24＋2×25＋…＋n ·2n ＋2①，所以2T n ＝1×24＋2×25＋3×26＋…＋(n －1)·2n ＋2＋n ·2n ＋3②， ①－②，得－T n ＝23＋24＋…＋2n ＋2－n ×2n ＋3＝23(1－2n )1－2－n ×2n ＋3＝2n ＋3－8－n ×2n ＋3所以T n ＝(n －1)×2n ＋3＋8．2．(2020·全国Ⅰ)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．2．解析 (1)设{a n }的公比为q ，∵a 1为a 2，a 3的等差中项，∴2a 1＝a 2＋a 3＝a 1q ＋a 1q 2，a 1≠0，∴q 2＋q －2＝0，∵q ≠1，∴q ＝－2． (2)设{na n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝(－2)n －1，S n ＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n (－2)n －1，①－2S n ＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n －1)·(－2)n －1＋n (－2)n ，② ①－②得，3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n (－2)n＝1－(－2)n 1－(－2)－n (－2)n＝1－(1＋3n )(－2)n3，∴S n ＝1－(1＋3n )(－2)n9，n ∈N *．3．(2017·天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0， b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4． (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．3．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ． 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0． 又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n ．由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2(n ∈N *)．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n (n ∈N *)．(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ， 故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，③4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，④ ③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1 ＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8，得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *)．所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *)．4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，2S n ＝(n ＋1)a n －2． (1)求a 2，a 3和通项a n ；(2)设数列{b n }满足b n ＝a n ·2n －1，求{b n }的前n 项和T n ． 4．解析 (1)当n ＝2时，2S 2＝2(1＋a 2)＝3a 2－2，则a 2＝4， 当n ＝3时，2S 3＝2(1＋4＋a 3)＝4a 3－2，则a 3＝6， 当n ≥2时，2S n ＝(n ＋1)a n －2， 当n ≥3时，2S n －1＝na n －1－2，所以当n ≥3时，2(S n －S n －1)＝(n ＋1)a n －na n －1＝2a n ，即2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1，整理可得(n －1)a n ＝na n －1，所以a n n ＝a n －1n －1，因为a 33＝a 22＝2，所以a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 33＝a 22＝2，因此，当n ≥2时，a n ＝2n ，而a 1＝1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)由(1)可知b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n ·2n ，n ≥2，所以当n ＝1时，T 1＝b 1＝1，当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，则 T n ＝1＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， 2T n ＝2＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，作差得T n ＝1－8－(23＋24＋…＋2n )＋n ×2n ＋1＝(n －1)×2n ＋1＋1， 易知当n ＝1时，也满足上式， 故T n ＝(n －1)×2n ＋1＋1(n ∈N *)．5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n ．5．解析 (1)∵S n －n ＝2(a n －2)，当n ≥2时，S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2)， 两式相减，得a n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)， ∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数)．又当n ＝1时，a 1－1＝2(a 1－2)，得a 1＝3，a 1－1＝2，∴数列{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n －1＝2×2n －1＝2n ，∴a n ＝2n ＋1， 又b n ＝a n ·log 2(a n －1)，∴b n ＝n (2n ＋1)，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )， 设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， 则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， 两式相减，得－A n＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ×2n ＋1， ∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2．又1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n (n ＋1)2(n ∈N *)．6．已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．数列{b n }是公差d 不等于0的等差数列，且满足：b 1＝32a 1，b 2，b 5，b 14成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n ．6．解析 (1)n ＝1时，a 1＋12a 1＝1，a 1＝23，n ≥2时，⎩⎨⎧S n ＝1－12a n ，Sn －1＝1－12a n －1，S n －S n －1＝12()a n －1－a n ，∴a n ＝13a n －1(n ≥2)，{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列，a n ＝23×⎝⎛⎭⎫13n －1＝2⎝⎛⎭⎫13n．b 1＝1，由b 25＝b 2b 14得，()1＋4d 2＝()1＋d ()1＋13d ，d 2－2d ＝0，因为d ≠0，解得d ＝2，b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)c n ＝4n －23n ，T n ＝23＋632＋1033＋…＋4n －23n ，①13T n ＝232＋633＋1034＋…＋4n －63n ＋4n －23n ＋1，② ①－②得，23T n ＝23＋4⎝⎛⎭⎫132＋133＋ (13)－4n －23n ＋1＝23＋4×19－13n ＋11－13－4n －23n ＋1＝43－23n －4n －23n ＋1， 所以T n ＝2－2n ＋23n (n ∈N *)．7．已知首项为2的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n ．7．解析 (1)因为S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2)，所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1(n ≥2)， 即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝2n ＋1，则a n ＝2n ，当n ＝1时，也满足， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ． (2)因为b n ＝n ＋12n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n， 所以T n ＝2×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋4×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ，① 12T n ＝2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋4×⎝⎛⎭⎫124＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，② ①－②得12T n ＝2×12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1．故数列{b n }的前n 项和为T n ＝3－n ＋32n ．8．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n2a n ＋1．(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝12n ·a n，求数列{b n }的前n 项和S n ．8．解析 (1)因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1－1a n＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，所以1a n ＝1a 1＋2(n －1)＝2n ，即a n ＝12n ．(2)因为b n ＝2n 2n ＝n 2n －1，所以S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，则12S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， 两式相减得12S n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ＝2⎝⎛⎭⎫1－12n －n2n ，所以S n ＝4－2＋n 2n －1． 9．(2020·全国Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n ． (1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n ．9．解析 (1)a 2＝5，a 3＝7．猜想a n ＝2n ＋1．证明如下：由已知可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]，a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，…，a 2－5＝3(a 1－3)． 因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1．(2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ．① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1．②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1， 所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2．10．在等差数列{a n }中，已知a 6＝16，a 18＝36．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ．在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2a n ·a n 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．10．解析 (1)由题意，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2．∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ．(2)选条件①：b n ＝42n ·2(n ＋1)＝1n (n ＋1)，S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1．选条件②：∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ，∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ， 当n 为偶数时，S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝n2×2＝n ；当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝(n －1)－2n ＝－n －1．∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数.选条件③：∵a n ＝2n ，b n ＝2a n ·a n ，∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ×4n ，①4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)×4n ＋2n ×4n ＋1，② 由①－②得，－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ×4n ＋1 ＝8（1－4n ）1－4－2n ×4n ＋1＝8（1－4n ）－3－2n ×4n ＋1，∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1．11．在①b n ＝na n ，②b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数，③b n ＝1(log 2a n ＋1)(log 2a n ＋2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }是等比数列，且a 1＝1，其中a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记________，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．11．解析 (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列，所以2(a 2＋1)＝a 1＋a 3＋1．又因为a 1＝1，所以2(q ＋1)＝2＋q 2，即q 2－2q ＝0，所以q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝2n －1． (2)由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件①，则b n ＝n ·2n －1， 所以T 2n ＝1×20＋2×21＋…＋2n ×22n －1， 则2T 2n ＝1×21＋2×22＋…＋2n ×22n ， 两式相减得－T 2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n －1－2n ×22n ＝1－22n1－2－2n ×22n ＝(1－2n )×22n －1， 所以T 2n ＝(2n －1)·22n ＋1． 由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件②，则b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n －2＋2n －1)＝(20＋22＋…＋22n －2)＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝1－4n 1－4＋n (1＋2n －1)2＝4n 3＋n 2－13．由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件③，则b n ＝1n (n ＋1)，所以T 2n ＝11×2＋12×3＋…＋12n (2n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1． 12．在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n ．公差不等于0的等差数列{b n }满足________，________，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和S n ．注：如果选择不同方案分别解答，按第一个解答计分．12．解析 因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1．选①②时，设数列{b n }的公差为d ，因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3． 因为b 2n ＝2b n ＋1，所以n ＝1时，b 2＝2b 1＋1，解得b 1＝23，b 2＝73，所以d ＝53，所以b n ＝5n －33，满足b 2n ＝2b n ＋1．所以b n a n ＝5n －33n ．S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ，(1)所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1，(2)(1)－(2)，得23S n ＝23＋5⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －5n －33n ＋1＝23＋56－152×3n ＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n ＋1， 所以S n ＝94－10n ＋94×3n．选②③时，设数列{b n }的公差为d ，因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d ＝3．因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d )2＝b 1(b 1＋3d )，化简得d 2＝b 1d ，因为d ≠0，所以b 1＝d ，从而d ＝b 1＝1，所以b n ＝n ，所以b n a n ＝n3n －1，S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，(1)所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n ，(2)(1)－(2)，得23S n ＝1＋131＋132＋133＋…＋13n －1－n 3n ＝32⎝⎛⎭⎫1－13n －n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以S n ＝94－2n ＋34×3n －1．选①③时，设数列{b n }的公差为d ，因为b 2n ＝2b n ＋1，所以n ＝1时，b 2＝2b 1＋1，所以d ＝b 1＋1． 又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d )2＝b 1(b 1＋3d )，化简得d 2＝b 1d ，因为d ≠0，所以b 1＝d ，从而无解，所以等差数列{b n }不存在，故不符合题意．13．在①已知数列{a n }满足：a n ＋1－2a n ＝0，a 3＝8；②等比数列{a n }中，公比q ＝2，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题： (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，若2T n ＞m －2 022对n ∈N *恒成立，求正整数m 的最大值．注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分． 13．解析 (1)选择条件①，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ．由a n ＋1－2a n ＝0，a 3＝8，得{a n }为等比数列，q ＝2，a 1＝2，所以a n ＝2n ． 选择条件②，设等比数列{a n }的首项为a 1，由公比q ＝2，前5项和为62，得a 1(1－25)1－2＝62，解得a 1＝2，所以a n ＝2n ． (2)因为b n ＝n a n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①12T n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1，② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，所以T n ＝2－2＋n 2n ．因为T n ＋1－T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2＋n ＋12n ＋1－⎝⎛⎭⎫2－2＋n 2n ＝n ＋12n ＋1＞0，所以数列{T n }单调递增，T 1最小，最小值为12．所以2×12＞m －2 022．所以m ＜2 023．故正整数m 的最大值为2 022．14．(2021·全国乙)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n2．14．解析 (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝q n －1．因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列，所以1＋9q 2＝2×3q ，解得q ＝13，故a n ＝13n －1，b n ＝n3n ．(2)由(1)知S n ＝1×⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝32⎝⎛⎭⎫1－13n ，T n ＝13＋232＋333＋…＋n3n ，①13T n ＝132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1，即23T n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－13n －n3n ＋1， 整理得T n ＝34－2n ＋34×3n ，则2T n －S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫34－2n ＋34×3n －32⎝⎛⎭⎫1－13n ＝－n 3n <0，故T n<S n 2．15．已知数列{a n }的首项a 1＝3，前n 项和为S n ，a n ＋1＝2S n ＋3，n ∈N *．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n ，并证明：13≤T n ＜34．15．解析 (1)由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，故a n ＋1＝3a n (n ≥2)， 所以当n ≥2时，{a n }是以3为公比的等比数列．因为a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，a n ＝3n ．(2)a n ＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝log 33n ＝n ，b n a n ＝n3n ＝n ·⎝⎛⎭⎫13n ， T n ＝1×13＋2×⎝⎛⎭⎫132＋3×⎝⎛⎭⎫133＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫13n ，① 13T n ＝1×⎝⎛⎭⎫132＋2×⎝⎛⎭⎫133＋3×⎝⎛⎭⎫134＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋n ×⎝⎛⎭⎫13n ＋1．② ①－②，得23T n ＝13＋⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫133＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －n ×⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝13－⎝⎛⎭⎫13n ＋11－13－n ×⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝12－32＋n ⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 所以T n ＝34－12⎝⎛⎭⎫32＋n ⎝⎛⎭⎫13n． 因为⎝⎛⎭⎫32＋n ⎝⎛⎭⎫13n ＞0，所以T n ＜34．又因为T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＞0， 所以数列{T n }单调递增，所以(T n )min ＝T 1＝13，所以13≤T n ＜34．16．已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12．(1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2．16．解析 (1)因为函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )，所以令y ＝1，得f (x ＋1)＝f (x )·f (1)，所以f (n ＋1)＝f (n )·f (1)．又因为f (1)＝12，所以f (n ＋1)f (n )＝12，所以f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n(n ∈N *)． (2)由(1)得a n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n，设T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n ， 则T n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，① 所以12T n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n －2)⎝⎛⎭⎫12n －1＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，② 所以由①－②得12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1，所以T n ＝2－n ＋22n <2，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n <2．17．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前4项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)设K n 为数列{a n b n }的前n 项和，若不等式λS n T n ≥K n ＋n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最小值．17．解析 (1)设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，a 1＝2， 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2．b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2．(2)由题意得K n ＝2×21＋3×22＋…＋(n ＋1)×2n ，① 则2K n ＝2×22＋3×23＋…＋n ×2n ＋(n ＋1)×2n ＋1，②①－②得－K n ＝2×21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)×2n ＋1，∴K n ＝n ×2n ＋1．要使λS n T n ≥K n ＋n 对一切n ∈N *恒成立，即λ≥K n＋n S n T n ＝2n ＋1＋1(n ＋3)(2n －1)恒成立，设g (n )＝2n ＋1＋1(n ＋3)(2n －1)，因为g (n ＋1)g (n )＝(n ＋3)(2n －1)(2n ＋2＋1)(n ＋4)(2n ＋1－1)(2n ＋1＋1)＝(n ＋3)(22n ＋2－1－3·2n )(n ＋4)(22n ＋2－1)<(n ＋3)(22n ＋2－1)(n ＋4)(22n ＋2－1)<1， 所以g (n )随n 的增加而减小，所以g (n )max ＝g (1)＝54，所以当λ≥54时不等式恒成立，因此λ的最小值为54．18．(2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n ．若T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．18．解析 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9，所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9，两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34． 当n ＝1时，4S 2＝4⎝⎛⎭⎫－94＋a 2＝－274－9，解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34． 所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×⎝⎛⎭⎫34n －1＝－3n ＋14n ． (2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ．所以T n ＝－3×34－2×⎝⎛⎭⎫342－1×⎝⎛⎭⎫343＋0×⎝⎛⎭⎫344＋…＋(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ，① 所以34T n ＝－3×⎝⎛⎭⎫342－2×⎝⎛⎭⎫343－1×⎝⎛⎭⎫344＋0×⎝⎛⎭⎫345＋…＋(n －5)·⎝⎛⎭⎫34n ＋(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝⎛⎭⎫342＋⎝⎛⎭⎫343＋…＋⎝⎛⎭⎫34n －(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－94＋916⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －11－34－(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ＋1＝－n ·⎝⎛⎭⎫34n ＋1， 所以T n ＝－4n ·⎝⎛⎭⎫34n ＋1． 因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ·⎝⎛⎭⎫34n ＋1≤λ(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立． 当n ＜4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1； 当n ＝4时，－12≤0恒成立；当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3． 所以－3≤λ≤1，即实数λ的取值范围为[－3，1]．19．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n 12log a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．19．解析 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2a 1q 2＋2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32，q ＝12，∵{a n }是递增数列，∴a 1＝2，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n ．(2)∵b n ＝a n 12log a n ＝2n ·12log 2n ＝－n ·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )， ① 则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋…＋2n )－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1， 则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2，解2n ＋1－2>62，得n >5，∴n 的最小值为6．20．已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝12log n n a a ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ×2n ＋1＞30成立的正整数n 的最小值．20．解析 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ．由题意知2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8，所以a 2＋a 4＝20，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝12，a 1＝32.又数列{a n }单调递增，所以q ＝2，a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ．(2)因为b n ＝1122log 2log 2n n n n a a ＝＝－n ×2n ，所以S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ×2n )，2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1]，两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1． 又S n ＋n ×2n ＋1＞30，可得2n ＋1－2＞30，即2n ＋1＞32＝25， 所以n ＋1＞5，即n ＞4．所以使S n ＋n ×2n ＋1＞30成立的正整数n 的最小值为5．。
题型-数列求和之错位相减法
题型-数列求和之错位相减法数列求和之错位相减法一、题型要求：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n和公式的推导方法）。
二、例题讲解：1、求和：$S_n=1+3x+5x^2+7x^3+。
+(2n-1)x^{n-1}$，其中$x=2$。
2、求数列$2,3.n$前$n$项的和。
三、练巩固：1、（2012-信宜二模）设$\{a_n\}$为等比数列，$T_n=na_1+(n-1)a_2+。
+2a_{n-1}+a_n$，已知$T_1=1$，$T_2=4$。
1）求数列$\{a_n\}$的首项和公比；2）求数列$T_n$的通项公式；2、（2015-漳浦校级模拟）等差数列$\{a_n\}$中，$a_7=4$，$a_{19}=2a_9$。
数列$\{b_n\}$满足$b_n=a_n\times2$。
1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；2）求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$S_n$；4、（2014-肇庆高三期末）已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$（$n\in N^*$）。
1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；2）设$b_n=\frac{a_{2n}}{n}$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求$T_n$；5、（2014-惠州调研）已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且有$S_n=1-a_n$。
数列$\{b_n\}$满足$2b_n=(2n-7)a_n$。
1）求数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的通项公式；2）求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$T_n$；6、（2014-珠海六校联考）已知数列$\{a_n\}$为等差数列，且$a_5=14$，$a_7=20$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且满足$3S_n=S_{n-1}+2$（$n\geq2$，$n\in N^*$），$b_1=$。
人教版高中数学《数列求和方法3——错位相减》教学设计（精品）
人教版高中数学《数列求和方法3——错位相减》教学设计（精品）教学设计数列求和方法3——错位相减一.教学内容分析本节内容是《普通高中课程标准实验教科书数学》人教A版必修5第二章中，学生在学习了等差数列和等比数列的通项公式以及前n项和公式的基础上，学习了求和方法：公式法、分组求和法之后的第3种求和方法，主要体现数学中的转化思想。
即将不能直接求和的问题通过错位相减，转化为能用等比求和的问题。
重点：会用错位相减法求通项为等差数列与等比数列对应项乘积的数列前n 项和。
难点：错位相减后的项数、符号问题，以及对转化数学思想的理解。
二.教学目标分析1.知识与技能:会用错位相减求通项为等差数列与等比数列对应项乘积的数列前n项和。
2.过程与方法：通过两等式错位相减，将不能求和的问题转化成能用等比数列求和的问题，在探究的过程中让学生体会数学的转化思想。
3.情感、态度与价值观：在问题导练的过程中，培养学生的探究能力、化归能力、运算能力。
三.学情分析本节课之前学生已经学习了等差和等比数列前n项和公式，数列求和方法：公式法、分组求和法，在推导等比数列前n项和公式时，错位相减法已经使用过，本节课需要再次阅读课本，探究方法，通过学生自己的努力学会错位相减的流程，但是错位相减的目的、错位相减后的项数及符号需要在学生尝试练习、巩固练习之后通过老师的引导、点评才能理解掌握。
同时转化的数学思想更需要在老师的启发中得以理解。
四.教学策略分析数列求和方法3---错位相减，需要学生在不断的尝试练习、巩固练习中得到掌握，此方法在等比数列前n项和公式推导过程中已经运用过，按照知识的发生、发展过程和学生的思维规律，本节课首先给出用公式法和分组求和法能够解决的两道练习题，对前一节内容进行复习，然后对第一道练习题目进行变式，设置障碍，创设情境，把学生的注意力引到再读课本，探究方法，引出课题，再次尝试，提炼方法，限时训练，互命试题，让学生在层层练习中掌握方法，整个设计过程中学生是学习的主体，老师仅仅是帮助者、服务者，这样设计重视了新旧知识实质性联系，让重点知识和重要数学思想方法得到螺旋式巩固和提高。
错位相减法在数列求和中的应用
错位相减法在数列求和中的应用
错位相减法：
这类数列的主要特征是：已知数列{}n C 满足n n n C a b =⋅其中{}n a 等差，{}n b 等比且公比不等于1，老师们形象地称这类数列{}n C 为“等差乘等比型”数列。
求这类数列前n 项的和时通常在和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法即所谓的“错位相减法”。
引申思考：当等比数列的公比为q=1时，问题又该怎么处理呢？
思路为：当等比数列的公比为q=1时，此时的等比数列就是一个常数列，那么在求和的过程中就可以把它提出来，进而简化为简单的数列求和问题。
例1：Sn=2*（2n-1）求Sn
解：Sn=2*（2n-1+1）/2=2n
例2. 求21322n S =++…+212
n n - 解：（方法一）：设，1(21)
2n n C n =-则11a =，2d =，112b = 12q = 由裂项公式
1122
1
1226111(1)1(1)22
a q x d q q =+=+⨯=---- 0241112
d d q ===-- 10(1)6(41)n x x n d n =+-=+-
164n x n +=+
于是n C 可裂为11n n n n n C x b x b ++=-
=1
11[64(1)](64)22n n n n ++--+
n S =1111n n x b x b ++- =3232n n +-
（方法二）设1(21)2n n C n =-，分析可知Cn 是一个擦比数列，就可以用错位相减法，。
错位相减法 教案
数列求和（二）——错位相减法教学设计教材:《数学》必修5（人教版）
课
堂
小
结 通过提问，引导学生知识与技能，思想与方法这两个层面进行总结，培养学生总结知识点的能力。
§知识与技能 1、什么数列可以用错位相减法来求和？ 通项公式是“等差×等比”型的数列 2、错位相减法的步骤是什么？每一步要注意哪些问题？ ①展开：将Sn 展开 ②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比 ③错位：让次数相同的相对齐 ④相减 ⑥ 解出Sn
§思想方法：
通过本节课的学习，你体会到解决数学问题的什么思想方法？ 化陌生为熟悉，化未知为已知的转化思想
课后作业 作业分层设计，满足不同
板
书
设
计
学生的学习需求：
1、 基础题这两道题，
都是对错位相减法
的直接应用。
不过
第1题的（2）比较
容易出错，学生会
忘记讨论x=0的情
况。
2、 提高题是一道综合
题，更前面的知识
结合起来考察，比
较综合，供基础好
的学生选做。
新高考数学(理)之数列 专题07 数列的求和(错位相减法求和)(解析版)
新高考数学（理）数列07 数列的求和（错位相减法求和）一、具体目标：1.掌握等差、等比数列的求和方法； 2. 掌握等非差、等比数列求和的几种常见方法.考纲解读：会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和，非等差、等比数列的求和是高考的热点，特别是错位相减法和裂项相消法求和. 二、知识概述：求数列前n 项和的基本方法 （1）直接用等差、等比数列的求和公式求和； 等差：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+； 等比：11(1)(1)(1)1n n na q S a q q q =⎧⎪=-⎨≠⎪-⎩公比是字母时需要讨论.(理)无穷递缩等比数列时， （2）掌握一些常见的数列的前n 项和公式：()21321+=++++n n n Λ；n n n +=++++22642Λ； 2531n n =++++Λ；()()61213212222++=++++n n n n Λ；()2333321321⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=++++n n n Λ（3）倒序相加法求和：如果一个数列{}na ，与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法.（4）错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么qa S -=11【考点讲解】这个数列的前n 项和即可用此法来求.q 倍错位相减法：若数列{}n c 的通项公式n n n c a b =⋅，其中{}n a 、{}n b 中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q 倍错位相减法． 温馨提示：1.两个特殊数列等差与等比的乘积或商的组合.2.关注相减的项数及没有参与相减的项的保留.（5）分组求和：有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，先分别求和，再合并.形如：n n b a +其中⎪⎩⎪⎨⎧是等比数列是等差数列nn b a ，()()⎩⎨⎧∈=∈-==**N k k n n g N k k n n f a n ,2,,12, （6）合并求和：如求22222212979899100-++-+-Λ的和.（7）裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差，正负相消剩下首尾若干项. 常见拆项：111;(1)1n n n n =-++ 1111;(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭ 1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦；n n n n -+=++111.【错位相减法例题解析】 1.【2018优选题】求和：n n n S 21813412211⨯++⨯+⨯+⨯=Λ 【解析】由n n n S 21813412211⨯++⨯+⨯+⨯=Λ得：()nn n n n S 2121121321211132⨯+⨯-++⨯+⨯+⨯=-Λ（1）14322121)1(2132122121+⨯+⨯-++⨯+⨯+⨯=n n n n n S Λ（2） 将（1）—（2）得：231111111222222n n n S n +=++++-⨯L整理得：12n S 11111221212n n n +⎛⎫- ⎪⎝⎭=-⨯-，所以求得：111222n n n S n -=--⨯()n N *∈. 关注：参与相减的项.【变式】求和：n n n S 21)12(815413211⨯-++⨯+⨯+⨯=Λ . 【解析】由n n n S 21)12(815413211⨯-++⨯+⨯+⨯=Λ得：)n n n S 211)32(1⨯--+=Λ（1）两边同乘以12得，)1211)32(121+⨯--+=n n n S Λ（2） 将（1）—（2）得：()231111111221222222n n n S n +⎛⎫=++++--⨯ ⎪⎝⎭L 12n S ()211111112222112212n n n -+⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯--⨯-12n S ()1131121222n n n -+=---⨯ 所以可得：()21132122n n n S n -=---⨯()n N *∈.1.【2019年高考天津卷文数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，公比大于0，已知1123323,,43a b b a b a ====+.（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；【真题分析】（2）设数列{}n c 满足21n n n c b n ⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数,，为偶数.求*112222()n n a c a c a c n +++∈N L .【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q . 依题意，得2332,3154,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,3,d q =⎧⎨=⎩故133(1)3,333n nn n a n n b -=+-==⨯=.所以，{}n a 的通项公式为3n a n =，{}n b 的通项公式为3n n b =.（2）112222n n a c a c a c +++L ()()135212142632n n n a a a a a b a b a b a b -=+++++++++L L123(1)36(6312318363)2n n n n n -⎡⎤=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯++⨯⎢⎥⎣⎦L ()2123613233n n n =+⨯+⨯++⨯L .记1213233n n T n =⨯+⨯++⨯L ,①则231313233n n T n +=⨯+⨯++⨯L ,②②−①得，()12311313(21)332333331332n n n n nn n T n n +++--+=---⨯=-+⨯=--+-L . 所以，122112222(21)3336332n n n n n a c a c a c n T n +-++++=+=+⨯L ()22(21)3692n n n n +*-++=∈N . 【答案】（1）3n a n =，3nn b =；（2）22(21)369()2n n n n +*-++∈N2.【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ． （1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.（1）由42a +是35,a a 的等差中项得35424a a a +=+，所以34543428a a a a ++=+=，解得48a =.由3520a a +=得18()20q q+=，因为1q >，所以2q =.（2）设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S .由11,1,, 2.n nn S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.由（1）可知12n n a -=，所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅，故211(45)(),22n n n b b n n ---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-++-+-L 23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅++⋅+L .设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥L ，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅L 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅L ，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【答案】（1）2q =；（2）2115(43)()2n n b n -=-+⋅.3.【2017年高考天津卷】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，3412b a a =-，11411S b =． （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N ．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=． 又因为0q >，解得2q =．所以，2nn b =．由3412b a a =-，可得138d a -= ①．由114=11S b ，可得1516a d += ②， 联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-．所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =．（2）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，上述两式相减，得23112(14)324343434(31)44(314n nn n T n n +⨯--=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=----L 111)4(32)48n n n ++⨯=--⨯-，得1328433n n n T +-=⨯+． 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+． 【答案】（1）32n a n =-，2nn b =；（2）1328433n n +-⨯+. 4.【2017年高考山东卷文数】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，且121236,a a a a a +==． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）{}n b 为各项非零的等差数列，其前n 项和S n ，已知211n n n S b b ++=，求数列{}nnb a 的前n 项和n T ． 【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题意知22111(1)6,a q a q a q +==．又0n a >，解得12,2a q ==， 所以2n n a =． （2）由题意知：121211(21)()(21)2n n n n b b S n b +++++==+，又2111,0,n n n n S b b b +++=≠所以21n b n =+，令n n n b c a =,则212n nn c +=， 因此122313572121,22222n n n nn n T c c c --+=+++=+++++L L又234113572121222222n n n n n T +-+=+++++L ， 两式相减得2111311121()222222n n n n T -++=++++-L ， 所以2552n nn T +=-． 【答案】（1）2nn a =；（2）2552n nn T +=-5.【2017年高考山东卷理数】已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2.（1）求数列{x n }的通项公式；（2）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n+1(x n+1, n +1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y =0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【解析】（1）设数列的公比为q ，由已知0q >.由题意得，所以，因为0q >,所以，因此数列的通项公式为（2）过…，向轴作垂线，垂足分别为…，, 由(1)得记梯形的面积为. 由题意， 所以…+=…+ ①， 又…+ ②，①-②得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯L= 所以 【答案】（1）12n n x -=；（2）nT {}n x 1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩23520q q --=12,1q x =={}n x 12.n n x -=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b 101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=(21)21.2n n n T -⨯+=1.【2019优选题】已知数列，设，数列. （1）求证：是等差数列； （2）求数列的前n 项和S n ；【解析】本题考点是等差数列的定义、等比数列的通项、以及数列求和的综合运用题.要求对数列的相关知识能熟练应用.（1）由题意知，∴数列的等差数列 （2）由（1）知，于是两式相减得所以nnn S ⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+-=4132332.2.已知等比数列{}na 的公比1>q ，且28543=++a a a 24+a ，是53a a ，a 3的等差中项．数列{}nb 满足11=b ，数列(){}n n n a b b -+1的前n 项和为n n +22．的等比数列公比是首项为41,41}{1==q a a n *)(log 3241N n a b n n ∈=+n n n n b a c c ⋅=满足}{}{n b }{n c *)()41(N n a n n ∈=12log 3,2log 3141141=-=-=a b a b n n Θ3log 3log 3log 3log 341141411411===-=-∴+++q a a a a b b nn n n n n 3,1}{1==d b b n 公差是首项*)(23,)41(N n n b a n n n ∈-==*)(,)41()23(N n n c n n ∈⨯-=∴,)41()23()41)53()41(7)41(4411132n n n n n S ⨯-+(⨯-++⨯+⨯+⨯=∴-Λ1432)41()23()41)53()41(7)41(4)41(141+⨯-+(⨯-++⨯+⨯+⨯=n n n n n S Λ132)41()23(])41()41()41[(34143+⨯--++++=n n n n S Λ.)41()23(211+⨯+-=n n 【模拟考场】（Ⅰ）求q 的值；（Ⅱ）求数列{}nb 的通项公式．【解析】分析:（Ⅰ）根据条件、等差数列的性质及等比数列的通项公式即可求解公比，（Ⅱ）先根据数列(){}nn n a b b-+1的前n 项和为n n +22求通项，解得n n b b -+1，再通过叠加法以及错位相减法求n b . 【解析】（Ⅰ）由24+a 是53a a ，的等差中项得42453+=+a a a ，所以28434543=+=++a a a a ，解得84=a .由2053=+a a 得,2018=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+q q 因为1>q .所以2=q.（Ⅱ）设()n n n n a b b c -=+1，数列{}n c 前n 项和为n S .由⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S c n n n 解得14-=n c n . 由（Ⅰ）可知12-=n n a ，所以()112114-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-n n n n b b ，故()2215421≥⎪⎭⎫⎝⎛-=---n n b b n n n ，，()()()()12232111b b b b b b b b b b n n n n n -+-++-+-=----Λ=()()32172194215432+⨯++⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛---Λn n n n .()2,21542111217322≥⎪⎭⎫⎝⎛⋅-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯+=-n n T n n Λ设，()1322154211121721321-⎪⎭⎫⎝⎛⋅-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯=n n n T Λ 两式相减得：()122154214214321-⎪⎭⎫⎝⎛⋅-++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯+=n n n T Λ.因此得().22134142≥⎪⎭⎫⎝⎛⋅+-=-n n T n n ，又,11=b 所以()2213415-⎪⎭⎫⎝⎛⋅+-=n n n b .3.【2016高考山东理数】已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+ （Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【分析】（Ⅰ）根据1--=n n n S S a 及等差数列的通项公式求解；（Ⅱ）根据（Ⅰ）知数列{}n c 的通项公式，再用错位相减法求其前n 项和.考点：1.等差数列的通项公式；2.等差数列、等比数列的求和；3.“错位相减法”.【解析】（Ⅰ）由题意知当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ， 当1=n 时，1111==S a ，所以56+=n a n . 设数列{}n b 的公差为d ， 由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ，即⎩⎨⎧+=+=d b db 321721111，可解得3,41==d b ，所以13+=n b n .（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T . 4.数列的通项，其前n 项和为. {}n a 222(cossin )33n n n a n ππ=-n S(1) 求； (2) 求数列｛｝的前n 项和. 【解析】(1) 由于,故 ,故 ()(2)两式相减得：故n S 3,4nn n S b n =⋅n b n T 222cossin cos 333n n n πππ-=312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)((3)))222k k k k S a a a a a a a a a k k k --=+++++++++++-+-=-++-+++-+L L 1331185(94)2222k k k -+=+++=L 3133(49),2k k k k k S S a --=-=2323131(49)(31)1321,22236k k k k k k k S S a k ------=-=+=-=--1,3236(1)(13),316(34),36n n n k n n S n k n n n k ⎧--=-⎪⎪+-⎪==-⎨⎪+⎪=⎪⎩*k N ∈394,424n n n nS n b n +==⋅⋅21132294[],2444n n n T +=+++L 1122944[13],244n n n T -+=+++L 12321991999419419443[13][13]8,12444242214nn n n n n n n n n T --+-++=+++-=+-=---L 2321813.3322n n n n T -+=--⋅5.已知数列的首项，，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列； （Ⅱ）数列的前项和． 【解析】（Ⅰ） ，，，又，， 数列是以为首项，为公比的等比数列． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，即，． 设…， ① 则…，②由①②得…， ．又…． 数列的前项和 ．6.设数列满足，． {}n a 123a =121n n n a a a +=+1,2,3,n =1{1}na -{}nna n n S Q 121n n n a a a +=+∴111111222n n n na a a a ++==+⋅∴11111(1)2n n a a +-=-123a =∴11112a -=∴1{1}n a -12121111111222n n n a -+-=⋅=1112n n a =+∴2n n n nn a =+23123222n T =+++2n n+23112222n T =++1122n n n n+-++-2111222n T =++11111(1)1122112222212n n n n n n n n n +++-+-=-=---∴11222n n n n T -=--123+++(1)2n n n ++=∴{}n n a n 22(1)4222222n n n n n n n n n S +++++=-+=={}n a 211233333n n n a a a a -++++=…a ∈*N（Ⅰ）求数列的通项； （Ⅱ）设，求数列的前项和． 【解析】 (I)验证时也满足上式， (II) ， ①②① -② ： ，7.已知数列{n a }满足11=a ，且),2(22*1N n n a a nn n ∈≥+=-且． （Ⅰ）求2a ，3a ；（Ⅱ）证明数列{nna 2}是等差数列； （Ⅲ）求数列{n a }的前n 项之和n S【解析】（Ⅰ）622212=+=a a ，2022323=+=a a ．（Ⅱ）),2(22*1N n n a a n n n ∈≥+=-且Θ， ∴),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥+=--且， 即),2(122*11N n n a a n n n n ∈≥=---且． ∴数列}2{nn a 是首项为21211=a ，公差为1=d 的等差数列． （Ⅲ）由（Ⅱ）得,211)1(21)1(212-=⋅-+=-+=n n d n a n n ∴nn n a 2)21(⋅-=．{}n a n nnb a ={}n b n n S 2112333 (3),3n n n a a a a -+++=221231133...3(2),3n n n a a a a n ---+++=≥1113(2).333n n n n a n --=-=≥1(2).3n n a n =≥1n =*1().3n n a n N =∈3nn b n =⋅23132333...3nn S n =⋅+⋅+⋅+⋅231233333nn n S n +-=+++-⋅1133313n n n ++-=-⋅-111333244n n n n S ++∴=⋅-⋅+⋅23413132333...3n n S n +==⋅+⋅+⋅+⋅)2(2)21(2)211(2252232212)1(2)21(2252232211432321+⋅-+⋅--++⋅+⋅+⋅=⋅-++⋅+⋅+⋅=n n n n n n n S n S ΛΛΘ1322)21(2221)2()1(+⋅--++++=--n n n n S Λ得12)21(2222132-⋅--++++=+n nn Λ12)21(21)21(21-⋅----=+n n n 32)23(-⋅-=n n ． ∴32)32(+⋅-=n n n S ．8.数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N（Ⅰ）求数列{}n a 的通项n a ； （Ⅱ）求数列{}n na 的前n 项和n T【解析】（Ⅰ）12n n a S +=Q ，12n n n S S S +∴-=，13n nS S +∴= 又111S a ==Q ，∴数列{}n S 是首项为1，公比为3的等比数列，1*3(n n S n -=∈N当2n ≥时，21223(2)n n n a S n --==g≥，21132n n n a n -=⎧∴=⎨2⎩g ， ，，≥．（Ⅱ）12323n n T a a a na =++++L ， 当1n =时，11T =；当2n ≥时，0121436323n n T n -=++++gg L g ，…………①12133436323n n T n -=++++g g L g ，………………………②-①②得：12212242(333)23n n n T n ---=-+++++-L g 213(13)222313n n n ---=+--g g11(12)3n n -=-+-g1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥ 又111T a ==Q 也满足上式， 1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥9.已知数列{}n a 满足11111,,224nn n a a a n N ++⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭.(1)求数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 的前n项和2n s n =，112233n n n T a b a b a b a b =++++L ，求证：3n T <。
等比数列的前n项和的推导及错位相减法的拓展
等比数列的前n项和的推导及错位相减法的拓展本文首先从实际问题出发，抽象出数学问题：等比数列求和。
运用演绎推理的方法从一般性的原理出发而逐步加深，体现了抽象和推理是数学的显著特征。
接着归纳出错位相减法，最后对错位相减法的本质作了深层次的探讨。
演绎推理错位相减法等比数列等比数列是数学里重要模型之一，它来源于我们的实际生活，在生产生活中有着广泛的应用，甚至进入高校学习高等数学及体会数学的应用价值都具有重要的意义.等比数列前n项和公式的应用是重点，其本身的推导方法也是教学中的重难点.如何解决这一难点，本文在教学中引导学生开展了深入的探索。
等差数列求和公式的核心是倒序相加法，而等比数列求和公式的核心应该是错位相减法。
如何利用演绎推理的方法引导学生理解错位相减法的思想呢？错位相减法的本质是什么呢？本文很好的解决了这个问题。
1.情境导入在人教版必修5第二章第五节中关于国王奖励国际象棋发明者的故事，在第一个格内放1粒，第二个格内放2粒，第三个格内放4粒，第四个格内放8粒…… 直到把第六十四个格子填满.这位发明者所要求的麦粒数究竟是多少呢？各个格的麦粒数组成首项为1，公比为2的等比数列，大臣西萨班达依尔所要的奖赏就是这个数列的前64项和.这样我们将一个实际问题归为了一个数学问题。
那如何求数列1，2，4，…262，263的各项和？我们不妨根据定义求解。
以1为首项，2为公比的等比数列的前64项的和，可表示为：我们发现后面63项均为偶数，所以它们可以提出公因数2，恰好为此等比数列公比，则我们可以得到：上式中括号里的数恰好是此数列前63项的和，所以我们可以用，得到：解得上式过程中，后63项我们提取了系数2，我们发现2恰好为该等比数列的公比，根据类比推理的思想，那对于一般的等比数列，我们提取公比q，是不是可以达到同样的效果呢？我们不妨试一试。
2.等比数列的前n项和的推导==这是一个关于的方程，整理得我们发现n=1时也满足上式，故于是我们得到以下公式：当时，，当q=1时，。
高考数学数列求和错位相减裂项相消(解析版)全
数列求和-错位相减、裂项相消◆错位相减法错位相减法是求解由等差数列a n 和等比数列b n 对应项之积组成的数列c n (即c n =a n b n )的前n 项和的方法.这种方法运算量较大,要重视解题过程的训练.在讲等比数列的时候, 我们推导过等比数列的求和公式,其过程正是利用错位相减的原理, 等比数列的通项b n 其实可以看成等差数列通项a n a n =1 与等比数列通项b n 的积.公式秒杀:S n =(A ⋅n +B )q n -B (错位相减都可化简为这种形式,对于求解参数A 与B ,可以采用将前1项和与前2项和代入式中,建立二元一次方程求解.此方法可以快速求解出结果或者作为检验对错的依据.)【经典例题1】设数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=1,S n =a n +1-1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =na n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1n ∈N ∗ ； (2)T n =2-n +22n.【解析】(1)因为a 1=1,S n =a n +1-1．所以S 1=a 2-1，解得a 2=2．当n ≥2时，S n -1=a n -1，所以a n =S n -S n -1=a n +1-a n ，所以2a n =a n +1，即a n +1a n=2．因为a 2a 1=2也满足上式，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n =2n -1n ∈N ∗ ．(2)由(1)知a n +1=2n ，所以b n =n2n ，所以T n =1×12+2×12 2+3×12 3+⋯+n ×12 n⋯①12T n =1×12 2+2×12 3+⋯+(n -1)×12 n +n ×12n +1⋯②①-②得12T n =12+12 2+12 3+⋯+12 n -n ×12 n +1=121-12 n1-12-n ×12 n +1=1-1+n 2 12 n ，所以T n =2-n +22n．【经典例题2】已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等比数列，且a 1=b 1=1，S 3=3b 2=12．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)若c n =a n b n +1，求数列c n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n -2，b n =4n -1(2)T n =4+n -1 4n +1【解析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由题意得：3a 1+3d =12，解得：d =3，所以a n =1+3n -1 =3n -2，由3b 2=12得：b 2=4，所以q =a2a 1=4，所以b n =4n -1(2)c n =a n b n +1=3n -2 ⋅4n ，则T n =4+4×42+7×43+⋯+3n -2 4n ①，4T n =42+4×43+7×44+⋯+3n -2 4n +1②，两式相减得：-3T n =4+3×42+3×43+3×44+⋯+3×4n -3n -2 4n +1=4+3×16-4n +11-4-3n -2 4n +1=-12+3-3n 4n +1，所以T n =4+n -1 4n +1【经典例题3】已知各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和为S n ，且S 2=6，S 3=14．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =2n -1a n，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n n ∈N * (2)T n =3-2n +32n 【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q ，当q =1时，S n =na 1，所以S 2=2a 1=6，S 3=3a 1=14，无解．当q ≠1时，S n =a 11-q n 1-q ，所以S 2=a 11-q 21-q =6,S 3=a 11-q 31-q=14.解得a 1=2，q =2或a 1=18，q =-23(舍)．所以a n =2×2n -1=2n n ∈N * ．(2)b n =2n -1a n =2n -12n ．所以T n =12+322+523+⋯+2n -32n -1+2n -12n ①，则12T n=122+323+524+⋯+2n -32n+2n -12n +1②，①-②得，12T n =12+222+223+224+⋯+22n -2n -12n +1=12+2122+123+124+⋯+12n -2n -12n +1=12+2×141-12n -1 1-12-2n -12n +1=32-2n +32n +1．所以T n =3-2n +32n．【练习1】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +1n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n -1(2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由a n +1=2a n +1得：a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2，∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2n ，∴a n =2n -1.(2)由(1)得：n a n +1 =n ⋅2n ；∴S n =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n -1+n ⋅2n ，2S n =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1，∴-S n =2+22+23++2n-n ⋅2n +1=21-2n1-2-n ⋅2n +1=1-n ⋅2n +1-2，∴S n =n -1 ⋅2n +1+2.【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =na n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =(n -1)⋅2n +1【解析】(1)令n =1得S 1=a 1=2a 1-1，∴a 1=1，当n ≥2时，S n -1=2a n -1-1，则a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1，整理得a n =2a n -1，∴an a n -1=2，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n =2n -1；(2)由(1)得b n =na n =n ⋅2n -1，则T n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -1，2T n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n ，两式相减得-T n =20+21+22+23+⋅⋅⋅+2n -1-n ⋅2n =1-2n1-2-n ⋅2n ，化简得T n =1-2n +n ⋅2n =(n -1)⋅2n +1．【练习3】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且3S n =4a n -2．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1⋅log 2a n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =22n -1(2)T n =409+6n -59×22n +3【解析】(1)当n =1时，3S 1=4a 1-2=3a 1，解得a 1=2．当n ≥2时，3a n =3S n -3S n -1=4a n -2-4a n -1-2 ，整理得a n =4a n -1，所以a n 是以2为首项，4为公比的等比数列，故a n =2×4n -1=22n -1．(2)由(1)可知，b n =a n +1⋅log 2a n =2n -1 ×22n +1，则T n =1×23+3×25+⋯+2n -1 ×22n +1，4T n =1×25+3×27+⋯+2n -1 ×22n +3，则-3T n =23+26+28+⋯+22n +2-2n -1 ×22n +3=23+26-22n +41-4-2n -1 ×22n +3=-403-6n -53×22n +3．故T n =409+6n -59×22n +3．【练习4】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2n +1a na n +2n(n ∈N +).(1)求证数列2n a n 为等差数列；(2)设b n =n n +1 a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析 (2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由已知可得a n +12n +1=a n a n +2n ，即2n +1a n +1=2n a n +1，即2n +1a n +1-2n a n =1，∴2n a n 是等差数列.(2)由(1)知，2n a n =2a 1+n -1 ×1=n +1，∴a n =2nn +1，∴b n =n ⋅2nS n =1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n2S n =1⋅22+2⋅23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1相减得，-S n=2+22+23+⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1=2n+1-2-n⋅2n+1∴S n=n-1⋅2n+1+2◆裂项相消法把数列的通项拆成相邻两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.在消项时要注意前面保留第几项,最后也要保留相对应的倒数几项.例如消项时保留第一项和第3项,相应的也要保留最后一项和倒数第三项.常见的裂项形式:(1)1n(n+k)=1k1n-1n+k;(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;(3)1n+k+n=1k(n+k-n);(4)2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2;(5)2n2n-12n+1-1=12n-1-12n+1-1;(6)2n(4n-1)n(n+1)=2n+1n+1-2nn;(7)n+1(2n-1)(2n+1)2n =1(2n-1)2n+1-1(2n+1)2n+2;(8)(-1)n(n+1)(2n+1)(2n+3)=14(-1)n2n+1-(-1)n+12n+3(9)(-1)nn-n-1=(-1)n(n+n-1)=(-1)n n-(-1)n-1n-1(10)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2).(11)n⋅n!=n+1!-n!(12)kk+1!=1k!-1k+1!【经典例题1】已知正项数列a n中，a1=1，a2n+1-a2n=1，则数列1a n+1+a n的前99项和为( )A.4950B.10C.9D.14950【答案】C【解析】因为a2n+1-a2n=1且a21=1，所以，数列a2n是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，a2n=1+n-1=n，因为数列a n为正项数列，则a n=n，则1a n+1+a n=1n+1+n=n+1-nn+1+nn+1-n=-n+n+1，所以，数列1a n+1+a n的前99项和为-1+2-2+3-⋯-99+100=10-1=9.故选：C.【经典例题2】数列a n 的通项公式为a n =2n +1n 2n +12n ∈N *，该数列的前8项和为__________．【答案】8081【解析】因为a n =2n +1n 2n +12=1n 2-1(n +1)2，所以S 8=1-122+122-132 +⋯+182-192 =1-181=8081．故答案为：8081．【经典例题3】已知数列a n 的前n 项和为S n =n 2，若b n =1a n a n +1，则数列{b n }的前n 项和为________．【答案】n 2n +1【解析】当n =1时，a 1=S 1=12=1，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1，且当n =1时，2n -1=1=a 1，故数列a n 的通项公式为a n =2n -1，b n =1a n a n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，则数列{b n }的前n 项和为：121-13 +13-15 +15-17 +⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1.故答案为：n2n +1【练习1】数列12n +1+2n -1的前2022项和为( )A.4043-12B.4045-12C.4043-1D.4045-1【答案】B 【解析】解：12n +1+2n -1=2n +1-2n -12n +1+2n -1 2n +1-2n -1=2n +1-2n -12记12n +1+2n -1 的前n 项和为T n ，则T 2022=123-1+5-3+7-5+⋯+4045-4043=124045-1 ；故选：B 【练习2】数列a n 的各项均为正数，S n 为其前n 项和，对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，又记b n =1a 2n +1⋅a 2n +3，数列b n 的前n 项和T n =______．【答案】n6n +9【解析】由对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列可得：2S n =a 2n +a n ，当n ≥2时可得2S n -1=a 2n -1+a n -1，所以2a n =2S n -2S n -1=a 2n +a n -a 2n -1-a n -1，所以a 2n -a n -a 2n -1-a n -1=0，所以(a n +a n -1)(a n -a n -1-1)=0，由数列a n 的各项均为正数，所以a n -a n -1=1，又n =1时a 2n -a n =0，所以a 1=1，所以a n =n ，b n =1a 2n +1⋅a 2n +3=1(2n +1)(2n +3)=1212n +1-12n +3 ，T n =1213-15+15-17+⋯12n +1-12n +3 =1213-12n +3 =n 6n +9.故答案为：n6n +9.【练习3】12!+23!+34!+⋅⋅⋅+nn +1 !=_______.【答案】1-1n +1 !【解析】∵k k +1 !=k +1-1k +1 !=1k !-1k +1 !，∴12!+23!+34!+⋅⋅⋅+n n +1 !=1-12!+12!-13!+13!-14!+⋅⋅⋅+1n -1 !-1n !+1n !-1n +1 !=1-1n +1 !.故答案为：1-1n +1 !.【练习4】设数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列a n3n +1 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =33n -2(2)T n =3n3n +1【解析】(1)解：数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n ，当n =1时，得a 1=3，n ≥2时，a 1+4a 2+⋯+(3n -5)a n -1=3(n -1)，两式相减得：(3n -2)a n =3，∴a n =33n -2，当n =1时，a 1=3，上式也成立.∴a n =33n -2；(2)因为a n 3n +1=3(3n -2)(3n +1)，=13n -2-13n +1，∴T n =11-14+14-17+⋯+13n -2-13n +1，=1-13n +1=3n3n +1.【练习5】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =1-a n n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 13a n ，C n =n +1-nb n b n +1，求数列C n 的前n 项和T n【答案】(1)a n =13n (2)T n =1-1n +1【解析】(1)当n =1时，2a 1=2S 1=1-a 1，解得：a 1=13；当n ≥2时，2a n =2S n -2S n -1=1-a n -1+a n -1，即a n =13a n -1，∴数列a n 是以13为首项，13为公比的等比数列，∴a n =13 n =13n .(2)由(1)得：b n =log 1313 n =n ，∴C n =n +1-n n n +1=1n -1n +1，∴T n =1-12+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n -1-1n +1n -1n +1=1-1n +1.【练习6】已知数列a n 中，2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ．(1)证明：a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)设b n =(n -1)a nn (n +1)，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =2n -1n ∈N *(2)2n n +1-1【解析】(1)解：2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ，即为a 1+a 22+⋯+a n2n -1=n ·······①，又a 1+a 22+⋯+a n -12n -2=n -1，········②，①-②得a n2n -1=1，即a n =2n -1(n ≥2)，又当n =1时，a 1=1=21-1，故a n =2n -1n ∈N * ；从而a n +1a n =2n2n -1=2n ∈N * ，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列；(2)由(1)得b n =(n -1)2n -1n (n +1)=2n n +1-2n -1n ，所以S n =212-201 +223-212 +⋯+2n n +1-2n -1n =2nn +1-1.【练习7】记S n 是公差不为零的等差数列a n 的前n 项和，若S 3=6，a 3是a 1和a 9的等比中项.(1)求数列a n 的通项公式；(2)记b n =1a n ⋅a n +1⋅a n +2，求数列b n 的前20项和.【答案】(1)a n =n ，n ∈N *(2)115462【解析】(1)由题意知a 23=a 1⋅a 9，设等差数列a n 的公差为d ，则a 1a 1+8d =a 1+2d 2，因为d ≠0，解得a 1=d又S 3=3a 1+3d =6，可得a 1=d =1，所以数列a n 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以a n =a 1+n -1 d =n ，n ∈N *(2)由(1)可知b n =1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2，设数列b n 的前n 和为T n ，则T n =1211×2-12×3+12×3-13×4+⋅⋅⋅+1n n +1 -1n +1 n +2=1212-1n +1 n +2，所以T 20=12×12-121×22 =115462所以数列b n 的前20和为115462【练习8】已知等差数列a n 满足a 3=7，a 5+a 7=26，b n =1a 2n -1(n ∈N +)．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)数列b n 的前n 项和为S n ，求S n ．【答案】(1)a n =2n +1，b n =14n n +1(2)S n =n 4n +1【解析】(1)由题意，可设等差数列a n 的公差为d ，则a 1+2d =72a 1+10d =26，解得a 1=3，d =2，∴a n =3+2n -1 =2n +1；∴b n =1a 2n -1=12n +1 2-1=14n 2+4n =14n n +1 ；(2)∵b n =14n n +1=141n -1n +1 ，S n =141-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =141-1n +1 =n 4n +1．【练习9】已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且4、a n +1、S n 成等比数列，其中n ∈N ∗．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =4S na n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =n +n2n +1【解析】(1)解：对任意的n ∈N ∗，a n >0，由题意可得4S n =a n +1 2=a 2n +2a n +1.当n =1时，则4a 1=4S 1=a 21+2a 1+1，解得a 1=1，当n ≥2时，由4S n =a 2n +2a n +1可得4S n -1=a 2n -1+2a n -1+1，上述两个等式作差得4a n =a 2n -a 2n -1+2a n -2a n -1，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0，因为a n +a n -1>0，所以，a n -a n -1=2，所以，数列a n 为等差数列，且首项为1，公差为2，则a n =1+2n -1 =2n -1.(2)解：S n =n 1+2n -12=n 2，则b n =4S n a n a n +1=4n 22n -1 2n +1 =4n 2-1+12n -1 2n +1 =1+12n -1 2n +1=1+1212n -1-12n +1，因此，T n =n +121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n +n2n +1.【练习10】已知S n 是数列a n 的前n 项和，a 1=1，___________.①∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ；②数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：(1)求a n ；(2)设b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)条件选择见解析，a n =2n -1(2)T n =2n n +12n +12【解析】(1)解：选条件①：∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ，得a n +1+a n +2=4n +1 ，所以，a n +2-a n =4n +1 -4n =4，即数列a 2k -1 、a 2k k ∈N ∗ 均为公差为4的等差数列，于是a 2k -1=a 1+4k -1 =4k -3=22k -1 -1，又a 1+a 2=4，a 2=3，a 2k =a 2+4k -1 =4k -1=2⋅2k -1，所以a n =2n -1；选条件②：因为数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6，得S 11+S 22+S 33=3×S 22=6，所以S 22=2，所以S n n 的公差为d=S 22-S 11=2-1=1，得到Sn n =1+n -1 =n ，则S n =n 2，当n ≥2，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1.又a 1=1满足a n =2n -1，所以，对任意的n ∈N ∗，a n =2n -1.(2)解：因为b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2=4n 2n -1 22n +1 2=1212n -1 2-12n +1 2，所以T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =12112-132+132-152+⋅⋅⋅+12n -1 2-12n +1 2 =121-12n +1 2 =2n n +1 2n +12.【过关检测】一、单选题1.S n=12+24+38+⋯+n2n=( )A.2n-n2n B.2n+1-n-22nC.2n-n+12n+1D.2n+1-n+22n【答案】B 【解析】由S n=12+24+38+⋯+n2n，得12S n=1×122+2×123+3×124+⋯+n⋅12n+1，两式相减得12S n=12+122+123+124+⋯+12n-n⋅12n+1=121-12n1-12-n12 n+1=1-12n-n⋅12 n+1=2n+1-n-22n+1.所以S n=2n+1-n-22n.故选：B.2.数列n⋅2n的前n项和等于( )．A.n⋅2n-2n+2B.n⋅2n+1-2n+1+2C.n⋅2n+1-2nD.n⋅2n+1-2n+1【答案】B【解析】解：设n⋅2n的前n项和为S n，则S n=1×21+2×22+3×23+⋯+n⋅2n， ①所以2S n=1×22+2×23+⋯+n-1⋅2n+n⋅2n+1， ②①-②，得-S n=2+22+23+⋯+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1，所以S n=n⋅2n+1-2n+1+2．故选:B．3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=7，S6=63，则数列{nan}的前n项和为( )A.-3+(n+1)×2nB.3+(n+1)×2nC.1+(n+1)×2nD.1+(n-1)×2n【答案】D【解析】设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，所以由题设得S3=a11-q31-q=7S6=a11-q61-q=63 ，两式相除得1+q3=9，解得q=2，进而可得a1=1，所以an=a1qn-1=2n-1，所以nan=n×2n-1.设数列{nan }的前n 项和为Tn ，则Tn =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1，2Tn =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ，两式作差得-Tn =1+2+22+⋯+2n -1-n ×2n =1-2n1-2-n ×2n =-1+(1-n )×2n ，故Tn =1+(n -1)×2n .故选：D .4.已知等差数列a n ，a 2=3，a 5=6，则数列1a n a n +1的前8项和为( )．A.15B.25C.35D.45【答案】B 【解析】由a 2=3，a 5=6可得公差d =a 5-a 23=1 ，所以a n =a 2+n -2 d =n +1，因此1a n a n +1=1n +1 n +2 =1n +1-1n +2 ，所以前8项和为12-13 +13-14 +⋯+19-110 =12-110=25故选：B 5.已知数列a n 的前n 项和为S n ，S n +4=a n +n +1 2．记b n =8a n +1a n +2，数列的前n 项和为T n ，则T n 的取值范围为( )A.863,47 B.19,17C.47,+∞D.19,17【答案】A 【解析】因为数列a n 中，S n +4=a n +(n +1)2，所以S n +1+4=a n +1+n +2 2，所以S n +1+4-S n +4 =a n +1-a n +2n +3，所以a n =2n +3．因为b n =8a n +1a n +2，所以b n =82n +5 2n +7=412n +5-12n +7 ，所以T n =417-19+19-111+⋅⋅⋅+12n +5-12n +7=417-12n +7 ．因为数列T n 是递增数列，当n =1时，T n =863，当n →+∞时，12n +7→0，T n →47，所以863≤T n <47，所以T n 的取值范围为863,47 ．故选：A ．6.已知数列满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2，设b n =na n ，则数列1b n b n +1的前2022项和为( )A.40424043B.20214043C.40444045D.20224045【答案】D【解析】因为a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2①，当n =1时，a 1=1；当n ≥2时，a 1+2a 2+3a 3+⋯+n -1 a n -1=(n -1)2②，①-②化简得a n =2n -1n ，当n =1时：a 1=2×1-11=1=1，也满足a n =2n -1n，所以a n =2n -1n ，b n =na n =2n -1，1b n b n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 所以1b n b n +1的前2022项和121-13+13-15+⋯+12×2022-1-12×2022+1 =121-12×2022+1 =20224045.故选:D .7.已知数列a n 满足a 1=1，且a n =1+a n a n +1，n ∈N *，则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=( )A.2021 B.20202021C.122021D.22021【答案】B 【解析】∵a n =1+a n a n +1，即a n +1=a n 1+a n ，则1a n +1=1+a n a n =1a n +1∴数列1a n是以首项1a 1=1，公差d =1的等差数列则1a n =1+n -1=n ，即a n =1n∴a n a n +1=1n n +1=1n -1n +1则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=1-12+12-13+...+12020-12021=20202021故选：B ．8.等差数列a n 中，a 3=5,a 7=9，设b n =1a n +1+a n，则数列b n 的前61项和为( )A.7-3B.7C.8-3D.8【答案】C 【解析】解：因为等差数列满足a 3=5,a 7=9，所以d =a 7-a 37-3=1，所以a n =a 3+n -3 d =n +2，所以b n =1n +3+n +2=n +3-n +2，令数列b n 的前n 项和为S n ，所以数列b n 的前n 项和S n =4-3+5-4+⋯+n +3-n +2=n +3-3，所以S 61=8-3．故选：C ．9.设数列n 22n -1 2n +1的前n 项和为S n ，则( )A.25<S 100<25.5B.25.5<S 100<26C.26<S 100<27D.27<S 100<27.5【答案】A 【解析】由n 2(2n -1)(2n +1)=14⋅4n 24n 2-1=141+14n 2-1 =141+121(2n -1)(2n +1)=14+1812n -1-12n +1，∴S n =n 4+181-13+13-15+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1 =n 4+181-12n +1 =n (n +1)2(2n +1)，∴S 100=100×1012(2×100+1)≈25.12，故选：A ．10.已知数列a n 满足a n =1+2+4+⋯+2n -1，则数列2n a n a n +1 的前5项和为( )A.131B.163C.3031D.6263【答案】D 【解析】因为a n =1+2+4+⋯+2n -1=2n -1,a n +1=2n +1-1，所以2n a n a n +1=2n 2n -1 2n +1-1 =2n +1-1 -2n-1 2n -1 2n +1-1=12n -1-12n +1-1.所以2n a n a n +1 前5项和为121-1-122-1 +122-1-123-1 +⋯+125-1-126-1 =121-1-126-1=1-163=6263故选：D 11.已知数列a n 的首项a 1=1，且满足a n +1-a n =2n n ∈N * ，记数列a n +1a n +2 a n +1+2的前n 项和为T n ，若对于任意n ∈N *，不等式λ>T n 恒成立，则实数λ的取值范围为( )A.12,+∞ B.12,+∞C.13,+∞D.13,+∞【答案】C 【解析】解：因为a n +1-a n =2n n ∈N * ，所以a 2-a 1=21，a 3-a 2=22，a 4-a 3=23，⋯⋯，a n -a n -1=2n -1，所以a n -a 1=21+22+⋯+2n -1=21-2n -1 1-2=2n -2，n ≥2 ，又a 1=1，即a n =2n -1，所以a n +1=2n ，所以a n +1a n +2 a n +1+2 =2n 2n +1 2n +1+1=12n +1-12n +1+1，所以T n =121+1-122+1+122+1-123+1+⋯+12n +1-12n +1+1=13-12n +1+1<13所以λ的取值范围是13,+∞ .故选：C 12.在数列a n 中，a 2=3，其前n 项和S n 满足S n =n a n +12 ，若对任意n ∈N +总有14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1≤λ恒成立，则实数λ的最小值为( )A.1B.23C.12D.13【答案】C 【解析】当n ≥2时，2S n =na n +n ，2S n -1=n -1 a n -1+n -1 ，两式相减，整理得n -2 a n =(n -1)a n -1-1①，又当n ≥3时，n -3 a n -1=n -2 a n -2-1②，①-②，整理得n -2 a n +a n -2 =2n -4 a n -1，又因n -2≠0，得a n +a n -2=2a n -1，从而数列a n 为等差数列，当n =1时，S 1=a 1+12即a 1=a 1+12，解得a 1=1，所以公差d =a 2-a 1=2，则a n =2n -1，S n =na 1+n (n -1)2d =n 2，故当n ≥2时，14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1=122-1+142-1+⋯+12n 2-1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 ，易见121-12n +1 随n 的增大而增大，从而121-12n +1 <12恒成立，所以λ≥12，故λ的最小值为12，故选：C ．二、填空题13.已知正项数列{an }满足a 1=2且an +12-2an 2-anan +1=0，令bn =(n +2)an ，则数列{bn }的前8项的和等于__．【答案】4094【解析】由a 2n +1-2a 2n -a n a n +1=0，得(an +1+an )(an +1-2an )=0，又an >0，所以an +1+an >0，所以an +1-2an =0，所以an +1a n=2，所以数列{an }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n =2×2n -1=2n ，所以b n =n +2 a n =n +2 ⋅2n ，令数列{bn }的前n 项的和为Tn ，T 8=3×21+4×22+⋯+9×28，则2T 8=3×22+4×23+⋯+9×29，-T 8=6+22+23+⋯+28 -9×29=6+221-271-2-9×29=2-8×29=-4094，则T 8=4094，故答案为：4094．14.已知数列{an }的前n 项和为Sn ，且Sn =2an -2，则数列n a n的前n 项和Tn =__．【答案】2-n +22n.【解析】解：∵Sn =2an -2，∴Sn -1=2an -1-2(n ≥2)，设公比为q ，两式相减得：an =2an -2an -1，即an =2an -1，n ≥2，又当n =1时，有S 1=2a 1-2，解得：a 1=2，∴数列{an }是首项、公比均为2的等比数列，∴an =2n ，n a n =n2n ，又Tn =121+222+323+⋯+n2n ，12Tn =122+223+⋯+n -12n +n 2n +1，两式相减得：12Tn =12+122+123+⋯+12n -n 2n +1=121-12n1-12-n2n +1，整理得：Tn =2-n +22n．故答案为：Tn =2-n +22n ．15.将1+x n (n ∈Ν+)的展开式中x 2的系数记为a n ，则1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=__________．【答案】40282015【解析】1+xn的展开式的通项公式为T k +1=C k n x k ，令k =2可得a n =C 2n =n n -12；1a n =2n n -1=21n -1-1n ；所以1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=21-12 +212-13 +⋯+212014-12015=21-12015 =40282015.故答案为：40282015.16.数列a n 的前项n 和为S n ，满足a 1=-12，且a n +a n +1=2n 2+2nn ∈N * ，则S 2n =______．【答案】2n 2n +1【解析】由题意，数列{a n }满足a n +a n +1=2n 2+2n，可得a 2n -1+a 2n =2(2n -1)2+2(2n -1)=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1，所以S 2n =11-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1=1-12n +1=2n2n +1，故答案为：2n2n +1三、解答题17.已知数列a n 满足a 1=1，2a n +1a n +a n +1-a n =0.(1)求证：数列1a n 为等差数列；(2)求数列a n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析；(2)S n =n2n +1.【解析】(1)令b n =1a n ，因为b n +1-b n =1a n +1-1a n =a n -a n +1a n ⋅a n +1=2，所以数列b n 为等差数列，首项为1，公差为2；(2)由(1)知：b n =2n -1；故a n =12n -1；所以a n a n +1=12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；所以S n =a 1a 2+a 2a 3+⋯+a n a n +1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n 2n +1；18.已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，a n +1-a n =3n ∈N * ，且S 3=18.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =3n (2)T n =n9n +9【解析】(1)∵a n +1-a n =3，∴数列a n 是以公差为3的等差数列.又S 3=18，∴3a 1+9=18，a 1=3，∴a n =3n .(2)由(1)知b n =13n ×3n +1=19×1n -1n +1 ，于是T n =b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n =191-12 +12-13 +13-14 +⋅⋅⋅+1n -1n +1 =191-1n +1 =n 9n +919.已知数列a n 的首项为3，且a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ．(1)证明数列1a n -2 是等差数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =-1 n an n +1，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =1n+2(2)-1+-1 n1n +1【解析】(1)因为a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ，所a n -2 -a n +1-2 =a n +1-2 a n -2 ，则1a n +1-2-1a n -2=1，所以数列1a n -2 是以13-2=1 为首项，公差等于1的等差数列，∴1a n -2=1+n -1 =n ，即a n =1n+2；(2)b n =-1 n a n n +1=-1 n 1n n +1+2n +1 =-1 n 1n +1n +1 ，则S n =-1+12 +12+13 -13+14 +⋅⋅⋅+-1 n 1n +1n +1 =-1+-1 n 1n +1；综上，a n =1n +2，S n =-1+-1 n 1n +1 .20.已知数列a n 中，a 1=-1，且满足a n +1=2a n -1.(1)求证：数列a n -1 是等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =n +11-a n +1，求数列b n 的前n 项和为T n .【答案】(1)证明见解析，a n=-2n+1(2)T n=32-n+32n+1【解析】(1)解：对任意的n∈N∗，a n+1=2a n-1，所以a n+1-1=2a n-1，且a1-1=-2，所以数列a n-1是以-2为首项，2为公比的等比数列．所以a n-1=-2n，所以a n=-2n+1．(2)解：由已知可得b n=n+11-a n+1=n+12n+1，则T n=222+323+424+⋯+n+12n+1，所以，12T n=223+324+⋯+n 2n+1+n+12n+2，两式相减得12T n=222+123+⋯+12n+1-n+12n+2=12+181-12n-11-12-n+12n+2=34-1 2n+1-n+12n+2=34-n+32n+2，因此，T n=32-n+32n+1.21.已知等比数列a n，a1=2，a5=32.(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列a n为正项数列(各项均为正)，求数列(2n+1)⋅a n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n或a n=2·-2n-1；(2)T n=2+(2n-1)⋅2n+1.【解析】(1)等比数列a n的公比为q，a1=2，a5=32，则q4=a5a1=16，解得q=±2，所以当q=2时，a n=2n，当q=-2时，a n=2⋅(-2)n-1.(2)由(1)知，a n=2n，则有(2n+1)⋅a n=(2n+1)⋅2n，则T n=3×21+5×22+7×23+⋯+(2n+1)⋅2n，于是得2T n=3×22+5×23+⋯+(2n-1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，两式相减，得-T n=6+2×(22+23+⋯+2n)-(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1-2n-1)1-2-(2n+1)⋅2n+1=-2-(2n-1)⋅2n+1，所以T n=2+(2n-1)⋅2n+1.22.已知等差数列a n满足a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，数列b n的前n项和为S n，且S n=32b n.(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)求数列a n b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.【解析】(1)设等差数列a n的公差为d，∵a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，∴1+d1+2d=1+7d，化简得2d2-4d=0，解得：d=0或d=2，若d=0，则a n=1；若d=2，则a n=2n-1；由数列b n的前n项和为S n=32b n-32①，当n=1时，得b1=3，当n≥2时，有S n-1=32b n-1-32②；①-②有b n=32b n-32b n-1，即b nb n-1=3，n≥2，所以数列b n是首项为3，公比为3的等比数列，所以b n=3n，综上所述：a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则a n b n=b n=3n，则T n=3+32+⋯+3n=31-3n1-3=33n-12，若a n=2n-1，则a n b n=2n-13n，则T n=1×3+3×32+⋯+2n-1×3n③；③×3得3T n=1×32+3×33+⋯+2n-1×3n+1④；③-④得：-2T n=3+2×32+2×33+⋯+2×3n-2n-1×3n+1=3+2×32(1-3n-1)1-3-(2n-1)×3n+1整理化简得：T n=n-13n+1+3，综上所述：若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.。
等比数列求和错位相减
等比数列求和错位相减等比数列求和错位相减是一种利用等比数列的性质来求和的方法。
所谓等比数列是指一个数列中每个数与它前面的数之比都相同，比值叫做公比。
假设有一个等比数列a1, a2, a3, …… , an，公比为r，那么它的前n项和Sn为:Sn = (a1(1 - r^n))/(1 - r)这个公式可以用错位相减的方法来证明。
具体步骤如下：1.假设有两个等比数列a1, a2, a3, …… , an和ar, ar+1,ar+2, …… , ar+n-1，公比均为r。
2.将两个数列错位排列，如下所示：a1 a2 a3 …… anar ar+1 ar+2 …… ar+n-13.将两个数列相加，得到：(a1+ar) (a2+ar+1) (a3+ar+2) …… (an+ar+n-1)4.将第1项乘以公比r，得到a1r。
再将第2项乘以公比r，得到a2r+ar。
以此类推，最后一项乘以r就是anr+ar+n-1。
5.然后将上一步得到的结果减去原来的数列中的各项，得到：(a1r-ar) (a2r-ar-1) (a3r-ar-2) …… (anr-ar-n+1)6.这个新的数列实际上是一个等差数列，公差为r-1。
7.对这个等差数列求和，得到S = [(a1+ar)r^(n-1) - (an+ar)n]/(r-1)^28.根据a1=Sn, ar=Sn-Sn-1，代入上式，可以得到：Sn = [(a1^2-a1a2)+(a2^2-a2a3)+...+(an-1)^2-(an-1)an]/(a1-a2)这个式子就是等比数列求和错位相减的公式，它可以用来直接求出等比数列的和。
高考数学科学复习创新方案：数列的求和
数列的求和[课程标准]1.探索并掌握等差、等比数列前n 项和公式，及其推导用到的“倒序相加法”“错位相减法”和其他一些重要的求和方法.2.能在具体的问题情境中，发现数列的等差、等比关系，并解决相应的问题．1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝a 1－a n q 1－q，q ≠1.2．分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．3．并项求和法一个数列的前n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解．4．错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的．5．倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的．6．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．常见的拆项类型(1)分式型：1n （n ＋k ）＝1（2n －1）（2n ＋1）＝1n （n ＋1）（n ＋2）＝121n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）等．(2)指数型：2n （2n ＋1－1）（2n －1）＝12n －1－12n ＋1－1，n ＋2n （n ＋1）·2n ＝1n ·2n －1－1（n ＋1）·2n等．(3)根式型：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )等．(4)对数型：logm a n ＋1a n＝log m a n ＋1－log m a n ，a n >0，m >0且m ≠1.1．(人教B 选择性必修第三册习题5－5B T 4改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 5＝()A ．1 B.56C.16D.130答案B解析∵a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…＋15－16＝56.故选B.2．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为()A ．2n ＋n 2－1B ．2n ＋1＋n 2－1C ．2n ＋1＋n 2－2D ．2n ＋n －2答案C解析S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(21＋2×1－1)＋(22＋2×2－1)＋(23＋2×3－1)＋…＋(2n＋2n －1)＝(2＋22＋23＋ (2))＋2(1＋2＋3＋…＋n )－n ＝2（1－2n ）1－2＋2×n （n ＋1）2－n ＝2(2n －1)＋n 2＋n －n ＝2n ＋1＋n 2－2.故选C.3．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(2n －1)，则该数列的前100项和为()A ．－200B ．－100C ．200D ．100答案D解析根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100.故选D.4．(人教B 选择性必修第三册习题5－5B T 3改编)S n ＝122－1＋142－1＋…＋1（2n ）2－1＝________．答案n 2n ＋1解析通项公式为a n ＝1（2n ）2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝∴S n－13＋13－15＋…＋12n －1－＝n 2n ＋1.5．(人教A 选择性必修第二册习题4.3T 3(2)改编)1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________．答案－nx n1－x，x ≠1，x ＝1解析记S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，当x ＝1时，S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2，当x ≠1时，xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋(n －1)x n －1＋nx n ，(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋x 3＋…＋xn －1－nx n，所以S n ＝1－x n（1－x ）2－nx n1－x (x ≠1)．原式＝－nx n1－x ，x ≠1，x ＝1.多角度探究突破角度分组求和例1(2023·广东深圳模拟)已知数列{a n }为正项等差数列，数列{b n }为递增的正项等比数列，a 1＝1，a 1－b 1＝a 2－b 2＝a 4－b 3＝0.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，求数列{c n }的前2n 项和．解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，因为a 1＝1，a1－b 1＝a 2－b 2＝a 4－b 3＝0，＋d ＝q ，＋3d ＝q 2，＝1，＝0＝2，＝1，因为数列{b n }为正项递增数列，所以q ＝2，d ＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×1＝n ，b n ＝1×2n －1＝2n －1.(2)由(1)得c n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，所以数列{c n }的前2n 项和为T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝(1＋3＋…＋2n －1)＋(21＋23＋…＋22n －1)＝（1＋2n －1）n 2＋21×（1－4n ）1－4＝3n 2＋22n ＋1－23.分组转化求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)若a n n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，且数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．(2020·新高考Ⅰ卷)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100.解(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，1q ＋a 1q 3＝20，1q 2＝8，解得a 1＝2，q ＝2或a 1＝32，q ＝12(舍去)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)由于21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝64，27＝128，b1对应的区间为(0，1]，则b1＝0；b2，b3对应的区间分别为(0，2]，(0，3]，则b2＝b3＝1，即有2个1；b4，b5，b6，b7对应的区间分别为(0，4]，(0，5]，(0，6]，(0，7]，则b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有22个2；b8，b9，…，b15对应的区间分别为(0，8]，(0，9]，…，(0，15]，则b8＝b9＝…＝b15＝3，即有23个3；b16，b17，…，b31对应的区间分别为(0，16]，(0，17]，…，(0，31]，则b16＝b17＝…＝b31＝4，即有24个4；b32，b33，…，b63对应的区间分别为(0，32]，(0，33]，…，(0，63]，则b32＝b33＝…＝b63＝5，即有25个5；b64，b65，…，b100对应的区间分别为(0，64]，(0，65]，…，(0，100]，则b64＝b65＝…＝b100＝6，即有37个6.所以S100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.角度并项求和例2已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5＝9，S5＝25.(1)求数列{a n}的通项公式及S n；(2)设b n＝(－1)n S n，求数列{b n}的前n项和T n.解(1)设数列{a n}的公差为d，由S5＝5a3＝25得a3＝a1＋2d＝5，又a5＝9＝a1＋4d，所以d＝2，a1＝1，所以a n＝2n－1，S n＝n（1＋2n－1）＝n2.2(2)结合(1)知b n＝(－1)n n2，当n为偶数时，T n＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋…＋(b n－1＋b n)＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋(－52＋62)＋…＋[－(n－1)2＋n2]＝(2－1)×(2＋1)＋(4－3)×(4＋3)＋(6－5)×(6＋5)＋…＋[n－(n－1)]×[n＋(n－1)]＝1＋2＋3＋…＋n＝n（n＋1）2；当n为奇数时，n－1为偶数，T n＝T n－1＋(－1)n n2＝（n－1）n2－n2＝－n（n＋1）2.综上，T n＝（－1）n n（n＋1）2.形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．例如，S n＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.已知数列{a n}的前n项和S n＝n2＋n2，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2an＋(－1)n a n，求数列{b n}的前2n项和．解(1)当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n2－（n－1）2＋（n－1）2＝n.a1＝1也满足a n＝n，故数列{a n}的通项公式为a n＝n.(2)由(1)知a n＝n，故b n＝2n＋(－1)n n.记数列{b n}的前2n项和为T2n，则T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋[－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n]．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…－(2n－1)＋2n，则A＝2（1－22n ）1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{b n}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.例3(2023·承德模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1S n＝2n .(1)证明：数列{a n }是等差数列；(2)若a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列．从下面三个条件中选择一个，求数列{b n }的前n 项和T n .①b n ＝na 2n a 2n ＋1；②b n＝1a n ＋a n ＋1；③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解(1)证明：因为a n ＋1S n＝2n ，即n (a n ＋1)＝2S n ，当n ＝1时，a 1＋1＝2S 1，解得a 1＝1，当n ≥2时，(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －1，所以n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2S n －2S n －1，即n (a n ＋1)－(n －1)(a n －1＋1)＝2a n ，所以(n －2)a n －(n －1)a n －1＋1＝0，当n ＝2时，上述式子恒成立，当n >2时，两边同除以(n －2)(n －1)可得a n n －1－a n －1n －2＝－1（n －1）（n －2）＝1n －1－1n －2，即a n n －1－1n －1＝a n －1n －2－1n －2，为常数列，即a n －1n －1＝a 2－1，所以a n －1＝(n －1)(a 2－1)，即a n ＝(n －1)(a 2－1)＋1，当n ＝1时，也适合上式，所以a n ＋1－a n ＝n (a 2－1)＋1－(n －1)(a 2－1)－1＝a 2－1，所以数列{a n }是以1为首项，a 2－1为公差的等差数列．(2)设{a n }的公差为d ，因为a 2＋1，a 3＋1，a 5成等比数列，所以(a 3＋1)2＝a 5(a 2＋1)，即(2＋2d )2＝(1＋4d )(2＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.若选①b n ＝na 2n a 2n ＋1，则b n ＝n （2n －1）2（2n ＋1）2＝181（2n －1）2－1（2n ＋1）2，所以T n＝18112－132＋132－152＋…＋1（2n －1）2－1（2n ＋1）2＝181－1（2n ＋1）2.若选②b n ＝1a n ＋a n ＋1，则b n ＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1（2n －1＋2n ＋1）（2n ＋1－2n －1）＝12(2n ＋1－2n －1)，所以T n ＝12(3－1＋5－3＋…＋2n ＋1－2n －1)＝12(2n ＋1－1)．若选③b n ＝2n ＋3a n a n ＋12n ＋1，则b n ＝2n ＋3（2n －1）（2n ＋1）2n ＋1＝1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1，所以T n ＝11×21－13×22＋13×22－15×23＋…＋1（2n －1）×2n －1（2n ＋1）×2n ＋1＝12－1（2n ＋1）×2n ＋1.利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项．(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n}是等差数列，则1a n a n＋11 a n a n＋2＝1.数列{a n}的通项公式为a n＝1n＋n＋1，若{a n}的前n项和为24，则n＝()A．25B．576C．624D．625答案C解析a n＝n＋1－n，所以S n＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n＋1－n)＝n＋1－1，令S n＝24，得n＝624.故选C.2．(2022·新高考Ⅰ卷)记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1＝1为13的等差数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)证明：1a1＋1a2＋…＋1a n<2.解(1)因为S na n是首项为1，公差为13的等差数列，所以S na n＝1＋13(n－1)＝n＋23，故S n＝n＋23a n.①当n≥2时，S n－1＝n＋13a n－1.②由①－②可知a n＝n＋23a n－n＋13a n－1，所以(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1.所以a 2a 1×a 3a 2×…×a n －1a n －2×a n a n －1＝31×42×53×…×n n －2×n ＋1n －1＝n （n ＋1）2(n ≥2)，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)．(2)证明：因为1a n ＝2n （n ＋1）＝2n －2n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝21－22＋22－23＋…＋2n －2n ＋1＝2－2n ＋1＜2.例4(2021·全国乙卷)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3.已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <Sn 2.解(1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝q n －1，因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列，所以a 1＋9a 3＝2×3a 2，即1＋9q 2＝2×3q ，解得q ＝13，故a n－1，b n ＝na n 3＝n3n .(2)证明：由(1)知，S n ＝1－13n 1－13＝又b n ＝n3n ，则T n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n ，①两边同乘13，则13T n ＝132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n 3n ＋1，②①－②，得23T n ＝13＋132＋133＋134＋…＋13n －n 3n ＋1，即23T n ＝31－13－n 3n ＋1＝－n 3n ＋1，整理，得Tn －n 2×3n ＝34－2n ＋34×3n，则2T n －Sn ＝＝－n3n＜0，故T n ＜S n2.错位相减法求和的具体步骤在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n .公差不等于0的等差数列{b n }满足________，________n 项和S n .注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1.选①②时，设数列{b n }的公差为d ，因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3.因为b 2n ＝2b n ＋1，所以n ＝1时，b 2＝2b 1＋1，解得b 1＝23，b 2＝73，所以d ＝53，所以b n ＝5n －33，满足b 2n ＝2b n ＋1.所以b n a n ＝5n －33n .S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ，(ⅰ)所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)，得23S n ＝23＋＋133＋…－5n －33n ＋1＝23＋56－152×3n ＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n ＋1，所以S n ＝94－10n ＋94×3n .选②③时，设数列{b n }的公差为d ，因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d ＝3.因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d )2＝b 1(b 1＋3d )，化简得d 2＝b 1d ，因为d ≠0，所以b 1＝d ，从而d ＝b 1＝1，所以b n ＝n ，所以b na n ＝n 3n －1，S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝130＋231＋332＋…＋n 3n －1，(ⅰ)所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n ，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)，得23S n＝1＋131＋132＋133＋…＋13n－1－n3n＝－n3n＝32－2n＋32×3n，所以S n＝94－2n＋3 4×3n－1.选①③时，设数列{b n}的公差为d，因为b2n＝2b n＋1，所以n＝1时，b2＝2b1＋1，所以d＝b1＋1.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b22＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化简得d2＝b1d，因为d≠0，所以b1＝d，从而无解．所以等差数列{b n}不存在，故不符合题意．课时作业一、单项选择题1．数列{(－1)n(2n－1)}的前2023项和S2023＝()A．－2023B．2022C．－2021D．2023答案A解析S2023＝－1＋3－5＋7＋…－(2×2021－1)＋(2×2022－1)－(2×2023－1)＝－4045＝－2023.故选A.2．已知数列{a n}的通项公式为a n＝n cos nπ2，其前n项和为S n，则S2024＝() A．0B．1012C．506D．1010答案B解析由a n＝n cos nπ2，得a1＝0，a2＝－2，a3＝0，a4＝4，a5＝0，a6＝－6，a7＝0，a8＝8，…，由此可知a1＋a2＋a3＋a4＝a5＋a6＋a7＋a8＝…＝2.因为2024＝4×506，所以S2024＝2×506＝1012.故选B.3．若数列{a n}，{b n}满足a n b n＝1，a n＝n2＋3n＋2，则{b n}的前10项和为()A.1 3B.5 12C.1 2D.7 12答案B解析b n＝1a n ＝1（n＋1）（n＋2）＝1n＋1－1n＋2，{b n}的前10项和S10＝b1＋b2＋b3＋…＋b10＝12－13＋13－14＋14－15＋…＋111－112＝12－112＝512.故选B.4．(2021·北京高考)数列{a n}是递增的整数数列，且a1≥3，a1＋a2＋…＋a n ＝100，则n的最大值为()A．9B．10C．11D．12答案C解析若要使n尽可能的大，则a1和数列{a n}的递增幅度要尽可能小，不妨设数列{a n}是首项为3，公差为1的等差数列，其前n项和为S n，则a n＝n＋2，S11＝3＋132×11＝88<100，S12＝3＋142×12＝102>100，所以n的最大值为11.故选C.5．(2023·遂宁模拟)若数列{a n}的前n项和为S n，b n＝S nn，则称数列{b n}是数列{a n}的“均值数列”．已知数列{b n}是数列{a n}的“均值数列”且b n＝n，设数列n项和为T n，若12(m2－m＋3－3)<T n对n∈N*恒成立，则实数m的取值范围为()A．[－1，2]B．(－1，2)C ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[2，＋∞)答案B解析由题意S nn＝n ，即S n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n－1，又a 1＝S 1＝1满足a n ＝2n －1，故对任意的n ∈N *，a n ＝2n －1，则1a n ＋a n ＋1＝12n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －12，T n ＝3－12＋5－32＋…＋2n ＋1－2n －12＝2n ＋1－12T 1＝3－12，由题意12(m 2－m ＋3－3)<3－12，整理可得m 2－m －2<0，解得－1<m <2.故选B.6．(2023·青岛二模)设[x ]表示不超过x 的最大整数(例如：[3.5]＝3，[－1.5]＝－2)，则[log 21]＋[log 22]＋[log 23]＋…＋[log 22046]＝()A ．9×210－8B ．9×211－8C ．9×210＋2D ．9×211＋2答案B解析当2n ≤x <2n ＋1时，[log 2x ]＝n ，即[log 22n ]＝[log 2(2n ＋1)]＝…＝[log 2(2n＋1－1)]＝n ，共有2n 个n .因为210<2046<211，故[log 21]＋[log 22]＋[log 23]＋…＋[log 22046]＝[log 21]＋[log 22]＋[log 23]＋…＋[log 22047]－[log 22047]＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10－10，设S ＝20×0＋21×1＋22×2＋…＋210×10①，则2S ＝21×0＋22×1＋23×2＋…＋211×10②，①－②，得－S ＝21＋22＋…＋210－211×10＝2（1－210）1－2－211×10＝211－2－211×10＝－9×211－2，所以S ＝9×211＋2，所以[log 21]＋[log 22]＋[log 23]＋…＋[log 22046]＝9×211＋2－10＝9×211－8.故选B.二、多项选择题7．(2023·重庆巴蜀中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2－1a n ，则()A ．a 3＝43C ．a n ＝n ＋1nD ．数列{ln a n }的前n 项和为ln (n ＋1)答案ACD解析对于A ，因为a 1＝2，a n ＋1＝2－1a n ，所以a 2＝2－1a 1＝32，a 3＝2－1a 2＝43，所以A 正确；对于B ，因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝1－1a n －1＝a n －1－1a n －1，即1a n －1＝a n －1a n －1－1＝1a n －1－1＋1B 不正确；对于C ，由B 项可知1a n －1＝1＋(n －1)＝n ，所以a n ＝n ＋1n，所以C 正确；对于D ，ln a n ＝ln n ＋1n＝ln (n ＋1)－ln n ，所以∑n k ＝1ln a k =∑nk ＝1[ln (k ＋1)－ln k ]＝ln (n＋1)，所以D 正确．故选ACD.8．(2023·济南模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1n ＋(2)n ＋1，n 为奇数，a n ，n 为偶数，设b n ＝a 2n ，记数列{a n }的前2n 项和为S 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，则下列结论正确的是()A ．a 5＝24B ．b n ＝n ·2nC ．T n ＝n ·2n ＋1D ．S 2n ＝(2n －1)2n ＋1＋2答案ACD解析对于A ，a 2＝a 1＋2＝4，a 3＝2a 2＝8，a 4＝a 3＋4＝12，则a 5＝2a 4＝24，故A 正确；对于B ，由题意，b 1＝a 2＝4，当n ≥2时，b n ＝a 2n ＝a 2n －1＋(2)2n ＝2a 2n －2＋2n ＝2b n －1＋2n ，所以b n 2n －b n －12n －1＝11为公差，b 12＝2为首项的等差数列，则bn 2n＝2＋(n －1)＝n ＋1，则b n ＝(n ＋1)·2n ，故B 错误；对于C ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，即T n ＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n ＋1)×2n ，所以2T n ＝2×22＋3×23＋…＋n ×2n ＋(n ＋1)×2n ＋1，两式相减得－T n ＝4＋(22＋23＋…＋2n )－(n ＋1)×2n ＋1＝4＋4（1－2n －1）1－2－(n ＋1)×2n ＋1＝－n ×2n ＋1，所以T n ＝n ·2n ＋1，故C 正确；对于D ，S 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝[a 2－(2)2]＋[a 4－(2)4]＋…＋[a 2n －(2)2n ]＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝2(a 2＋a 4＋…＋a 2n )－(2＋22＋…＋2n )＝2(b 1＋b 2＋…＋b n )－2（1－2n ）1－2＝2T n ＋2－2n ＋1＝2n ×2n ＋1＋2－2n ＋1＝(2n －1)2n ＋1＋2，故D 正确．故选ACD.三、填空题9．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2a n a n ＋1，则数列{a n a n ＋1}的前n 项和为________．答案－n2n －1解析因为a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2a n a n ＋1，所以a n ＋1－a n a n a n ＋1＝2，即1a n －1a n ＋1＝2，即1a n ＋1－1a n＝－21为首项，－2为公差的等差数列，所以1a n ＝3－2n ，所以a n ＝13－2n ，则a n a n ＋1＝1（2n －3）（2n －1）＝令数列{a n a n＋1}的前n 项和为T n ，则T n －11＋11－13＋13－15＋…＋12n －3－1＝－n 2n －1.10．数列{a n }满足a n ＋2＋(－1)n a n ＝3n －1，前16项和为540，则a 1＝________．答案7解析a n ＋2＋(－1)n a n ＝3n －1，当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋3n －1；当n 为偶数时，a n ＋2＋a n ＝3n －1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 16＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 16＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 15＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 14＋a 16)＝a 1＋(a 1＋2)＋(a 1＋10)＋(a 1＋24)＋(a 1＋44)＋(a 1＋70)＋(a 1＋102)＋(a 1＋140)＋(5＋17＋29＋41)＝8a 1＋392＋92＝8a 1＋484＝540，所以a 1＝7.四、解答题11．(2023·全国甲卷)已知数列{a n }中，a 2＝1，设S n 为{a n }的前n 项和，2S n＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2(S n －S n －1)＝na n －(n －1)a n －1＝2a n ，化简得(n －2)a n ＝(n －1)a n －1，当n ≥3时，a n n －1＝a n －1n －2＝…＝a 32＝1，即a n ＝n －1，当n ＝1，2时都满足上式，所以a n ＝n －1(n ∈N *)．(2)因为a n ＋12n ＝n2n ，所以T n ＝＋＋＋…＋n ，12T n ＝＋＋…＋(n －＋n ＋1，两式相减得12T n＋…－n＋1＝12×1n1－12－n＋1＝1，即T n＝2－(2＋n，n∈N*.12．(2023·辽宁名校联盟)记正项数列{a n}的前n项积为T n，且1a n＝1－2T n.(1)证明：数列{T n}是等差数列；(2)记b n＝(－1)n·4n＋4T n T n＋1，求数列{b n}的前2n项和S2n.解(1)证明：由题意得T nT n－1＝a n(n≥2)，又1a n＝1－2T n，所以T n－1T n＝1－2T n(n≥2)，即T n－1＝T n－2(n≥2)，所以T n－T n－1＝2(n≥2)．当n＝1时，a1＝T1，所以1T1＝1－2T1，解得T1＝3，故数列{T n}是以3为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)可知，T n＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，所以b n＝(－1)n·4n＋4T n T n＋1＝(－1)n·4n＋4（2n＋1）（2n＋3）＝(－1)n所以S2n…＝－13＋14n ＋3＝－4n 12n ＋9.13．(2023·岳阳三模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，其公比q ≠－1，a 4＋a 5a 7＋a 8＝127，且S 4＝a 3＋93.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n log 13a n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和T n .解(1)因为{a n }是等比数列，公比q ≠－1，所以a 4＋a 5a 7＋a 8＝a 1q 3＋a 1q 4a 1q 6＋a 1q 7＝1q 3＝127，解得q ＝3，由S 4＝a 3＋93，可得a 1（1－34）1－3＝9a 1＋93，解得a 1＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n .(2)由(1)得b n n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，当n 为偶数时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝－(1＋3＋…＋n －1)＋(32＋34＋…＋3n )＝－n 2[1＋（n －1）]2＋9（1－9n 2）1－9＝98(3n －1)－n 24；当n 为奇数时，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝98(3n ＋1－1)－（n ＋1）24－3n ＋1＝18×3n ＋1－98－（n ＋1）24.综上所述，T nn＋1－98－（n＋1）24，n为奇数，3n－1）－n24，n为偶数.14．已知数列{a n}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)a n＝(n－1)3n＋1.(1)求{a n}的通项公式；(2)在a n和a n＋1之间插入n个数，使这n＋2个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为d n n项和T n.解(1)因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)a n＝(n－1)3n＋1，①当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)a n－1＝(n－2)3n－1＋1，②①－②得(2n－1)a n＝[(n－1)3n＋1]－[(n－2)3n－1＋1]＝(2n－1)3n－1(n≥2)，所以a n＝3n－1(n≥2)．又因为当n＝1时，上式也成立，所以{a n}的通项公式为a n＝3n－1.(2)由题意可知d n＝a n＋1－a nn＋1＝3n－3n－1n＋1＝2·3n－1n＋1，得1d n＝12·n＋13n－1，则T n＝12·230＋12·331＋12·432＋…＋12·n3n－2＋12·n＋13n－1，③1 3T n＝12·231＋12·332＋12·433＋…＋12·n3n－1＋12·n＋13n，④③－④得23T n＝1132＋…－12·n＋13n＝1＋12·31－13－12·n＋13n＝5 4－2n＋54·13n，解得T n＝158－2n＋58·3n－1.。
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数列 求和 是 指 对 按 照 一 定 规 律 排 列 的数 进 行 求 和， 即求 Ｓ 实 质上 是求 ｛ Ｓ ｝ 的通 项公 式 ， 应注 意对 其
含 义的理 解． 常 见的求 和方 法 有 公 式 法 、 错位相减法、
倒 序 相加 法 、 分组 法 、 裂项法、 数学 归 纳 法 、 通项化归、 并项 求 和等． 数 列是 高 中代 数 的重 要 内 容 ， 又 是学 习 高等 数学 的 基础． 在 高考 和 各 种 数 学竞 赛 中都 占有 重 要 的地位 ． 数 列求 和 是 数 列 的 重 要 内容 之 一 ， 除 了 等 差和 等 比数列 有求 和公 式 外 ， 大部 分 数 列 的求 和 都 需
错位 相减 法是 数列 求 和 中 的一 种重 要 方 法 ， 主 要
用 于 一个 等 差 数 列 与 一 个 等 比数 列 对 应项 相 乘 所 得
的数 列求 和 ， 是 等 比数 列求 和公式 推 导过 程 的推广 ． 下 面我们 从一 个高 考题 出发 得 到我们 的结 论．
■ ＿＿
所 以 ａ１ 一 Ｓ１ —２， ｎ， ． 一ｋ ｃ ” 一是 （ 一 ＝比数 列 ， ｑ 一２满 足 我们 前 面结 论 的 条件 ， 则有 结论 丁 一ａ 一 ｂ ＋Ｃ成 立 ． Ｔ 一１ ． ｎ ＋
２ ａ ２ 一１ ． ２ ＋ Ｃ． 所以 １ ・ ２＋ ２・ ２ 一 １ ・ ２ 。 ＋Ｃ 得 Ｃ一２ ．
所以 丁 一ｎ —ｌ ｂ —ｌ ＋Ｃ一（ 一 １ ） ・ ２ ＋２ ， 即有 这 样 的结 论 ： ｛ ｝ 是 首 项 为 “。 、 公 差 为 的 等 差 数 列 ，
例 １ （ ２ ０ １ ２年 天津 卷 ）已 知 ｛ ｎ ｝ 是等 差 数 列 ， 其前 项 和 Ｓ ， ｛ ｂ ， ｝ 是 等 比数 列 ， 且 ｎ ＝ ＝ ＝ ｂ 。 一２ ， 口 ＋
高孝瓤列求
捆减法新的
◇ 湖北 吴 莎
２ ｎ ＋ ， 一生
一
一（ ３ ＃ １ －１ ） ×２ ， 一２ 一
（ ３ ｎ一 ４ ）× ２ 一 ８，
丁 一 （ ３ ｎ一 ４）× ２ ” ＋８ ．
而当 ｎ ≥２时 ， ｎ １ ｂ ＋ １ 一（ ３ ｎ一４ ） ×２ ” ， 所 以 Ｔ 一“ 一 １ ｂ ＋ ｌ ＋８（ 其 中 Ｅ Ｎ ≥２ ） ．
的第 ２项 …… 排 在 第 位 的数 称 为这 个 数 列 的第 ，
项， 通常用 ｎ 表 示 ．
例 ２ （ ２ ０ １ ２年 江西 卷）已知数 列 ｛ ｎ ｝ 前 ”项 和
（ １ ）求 ｎ ；
Ｓ 一ｋ ｃ ” 一是 （ 其中 Ｃ 、 ｋ为常数 ） 且 ｎ ２ —４ ， ｎ 一８ ａ ３ ． （ ２ ）求 数列 ｛ ｎ ｝ 的前 ”项 和 Ｔ ．
要有 一定 的技 巧．
／ Ｑ 解 析 （ １ ） 由Ｓ ｋ ｃ 一是 得
ｎ ＝Ｓ 一Ｓ— ｌ ＝ 一ｋ ｆ 一’ （ ， ２ ≥２ ） ．
由Ⅱ ２ —４ ， ａ ６ —８ ａ ３ ， 可 得
｛ 【 ｋ ｃ ５ （ ｃ （ ｆ － 一 １ １ ） ） ＝ 一 ４ 。 ８ ， ｋ ｃ ： （ ｆ 一 １ ） ， 解 ～ 得 。 ｛ 【 一 ２ ： ．
６ｌ 一 ２ ７， Ｓ 一 『 ） ， 一 １ ０．
｛ ｂ ｝ 是首 项 为 ｂ ， 、 公 比为 ｑ 一２的等 比数 列 （ 其中“ 。 、 ｄ、 ｂ 。 均 为常 数 ） ， 则｛ ａ ・ ６ ｝ 的前 项 和 Ｔ ， 可 以写 成
Ｔ ＝ｎ ｂ ＋ ＋Ｃ（ 其中 ” Ｅ Ｎ ， ” ≥２ ， Ｃ 为常数 ） ． 上 面证 明 了数 列 求 和 中 与错 位 相 减 法有 关 的 一 个 结论 ， 应 用该结 论解 答 高考 题 ， 可 以迅 速 找 到 结 果 ， 大大简 化 了计算 量． 其 实 我们在 教学 的过 程 中发现 ， 数
｛ ６ ｝ 的公 比为 ｑ ， 由ｎ 一６ 一２ ， 得 “ 一２ ＋
３ ｄ， ６ １ —２ ｑ ， Ｓ 一 ８ ＋６ ｄ．
列错位 相减 求 和法 中存在 更 一般 的结 论 ： ｛ ａ ｝ 是 首 项
为ａ 、 公 差为 ｄ 的 等 差 数列 ． ｛ ｂ ｝ 是 首项 为 ｂ 、 公 比
（ １ ）求 数列 ｛ ａ ｝ 与｛ ６ ｝ 的通项 公式 ． （ ２ ）记 丁， ． 一ａ ｌ ｂ Ｉ ＋“ ２ ｂ ２ ＋… ＋ａ ｂ ， 其 中 ＂Ｅ
Ｎ ， 证 明： 丁 ：ｎ １ ｂ ¨ ＋８， ” ≥２ ．
／ Ｑ 解 析 （ １ ） 设 等 差 数 列｛ ｎ ｝ 的 公 差 为ｄ ， 等比 数 列
通过 上 面的高 考题 发现 一 个有 趣 的结论 ： 错位 相 减 法求 和 的结 论 可 以写 成 ： Ｔ 一ｎ 一 ６ ＋ Ｃ（ 其 中
Ｅ Ｎ ， ≥ ２ ， Ｃ 为常 数 ） ， 那 么 这 个 结 论 是 不 是 真 的
成立 呢？能 否给 出证 明 呢？
数列 是 以正 整 数 集 （ 或 它 的 有 限子 集 ） 为 定 义 域
的 函数 ， 是一 列 有 序 的 数． 数 列 中 的 每 一 个 数 都 叫 做
这个 数列 的项 ． 排 在 第 一 位 的数 称 为这 个 数 列 的第 １
经 过 反复 的验证 ， 我们 发现 上面 的结论 对 于 ｑ 一２
是 成立 的．
■－ ＿
、
项（ 通 常也 叫做 首项 ） ， 排 在 第 二位 的数 称 为这 个 数 列