错位相减法求和附答案
(完整版)错位相减法等比数列求和十题
(完整版)错位相减法等比数列求和十题1. 题目已知一个等比数列的首项是a，公比是r，前n项和是Sn。
根据错位相减法，推导出用Sn表示S2n-Sn的公式。
2. 解答根据错位相减法的原理，我们可以得出：S2n - Sn = (a*r^(2n-1) + a*r^(2n-2) + ... + a*r + a*r^0) - (a*r^(n-1) + a*r^(n-2) + ... + a*r + a*r^0)化简后得到：S2n - Sn = a * (r^(2n-1) + r^(2n-2) + ... + r + 1) - a * (r^(n-1) +r^(n-2) + ... + r + 1)因此，用Sn表示S2n-Sn的公式可以表示为：S2n - Sn = (a * (r^(2n-1) + r^(2n-2) + ... + r + 1)) - (a * (r^(n-1) + r^(n-2) + ... + r + 1))3. 答案验证为了验证这个公式的正确性，我们可以举一个具体的例子。
假设首项a=2，公比r=3，项数n=3。
根据公式计算：S2n - Sn = (2 * (3^(2*3-1) + 3^(2*3-2) + 3^2 + 3 + 1)) - (2 * (3^(3-1) + 3^(3-2) + 3 + 1))= (2 * (81 + 27 + 9 + 3 + 1)) - (2 * (9 + 3 + 3 + 1))= (2 * 121) - (2 * 16)= 242 - 32= 210我们还可以通过计算原数列的前2n项和和前n项和，来验证公式的准确性。
原数列前2n项和：S2n = (2 * (3^(2*3-1) + 3^(2*3-2) + 3^2 + 3 + 1)) = 242原数列前n项和：Sn = (2 * (3^(3-1) + 3^(3-2) + 3 + 1)) = 32由此可见，公式得出的结果与实际计算符合，验证了公式的正确性。
错位相减法求和附问题详解
错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：①项的对应需正确；②相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；③若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3①当时4s n－1 = + 2a n-1－3 ②①－②, 即，∴,（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明：. [答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.得（Ⅱ）由，…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或. （6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以. （13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。
错位相减法求和附答案解析
错位相减法求和专项．}{a分别是等差数列和等比数列，在应用过{ab}型数列，其中错位相减法求和适用于nn`nn程中要注意：项的对应需正确；相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为1数列的前项已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，1.均在函数，点的图象上．和为）求数列Ⅰ（的通项公式；是数列的前项和，求．（Ⅱ）设，[解析]考察专题：，，，；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，，，则设∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．时，，当∴又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分），）知，Ⅰ）由（Ⅱ（．∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）是数列的前n2.项和，且已知数列的各项均为正数，．）求数列的通项公式；1（）的值.（2][答案查看解析时，解出an = 1 = 3,] [解析（1）当12－①34S又= a + 2a nnn = + 2a－4s3 ②当时n-1n1－即，, －①②,∴．（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．）2③（又④③④－=12分设函数，19,12分）（2013年四川成都市高新区高三4月月考，3.，数列前数列.项和，满足，）求数列的通项公式；（Ⅰ，证明：的前，数列.项和为（Ⅱ）设数列的前项和为，得由Ⅰ[答案] ()为公比的等比数列，故.是以）由（Ⅱ得，…，…+，记用错位相减法可求得：（注：此题用到了不等式：进行放大. . ）与的等比中项．4.已知等差数列是中，；）求数列的通项公式：（Ⅰ项和Ⅱ）若的前．求数列（的等比中项．所以，是（[解析]Ⅰ）因为数列与是等差数列，，则，又因为，设公差为或，，解得所以，；时当,时，.当或. （6所以分)，，所以，所以）因为Ⅱ（．所以，所以两式相减得，所以. （13分）中，项和，等差数列，5.，已知数列的前且公差.、的通项公式；）求数列（Ⅰ若存在，求出）是否存在正整数的最小值，，使得（Ⅱ.若不存在，说明理由时，相减得：）（[解析]Ⅰ，，，又为公比的等比数列，.是以1为首项，3数列，. （6又，分））（Ⅱ令………………①…………………②．得：②①－。
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 − =
错位相减法求和附答案
错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n'b n}型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：项的对应需正确；相减后应用等比数列求和部分的项数为(n-1)项；若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11.已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数/■］■:I “亠］,数列•的前项和为，点均在函数：=y：/.：：的图象上•(I)求数列的通项公式;(n)设，,■是数列的前」项和，求・’•［解析］考察专题：2.1 , 2.2 , 3.1 , 6.1 ;难度：一般［答案］(I)由于二次函数-的图象经过坐标原点，则设,又点「均在函数的图象上，二当心时,©、、= J ；：• ；•■■■ L］ 5 T又忙：=.：「=乜，适合上式,I ............................................... （7 分）（n）由（i）知- 2 - :' 2 - ：......................................... |；■：■: 2• • ：' - 'I+（2«+ l）^"kl,上面两式相减得=3 21 +2 （21 +23十…4『r）-（2打+ 】卜2*4屮一才丨, ,: ■ .1=2整理得：，•.................2.已知数列’的各项均为正数，是数列’（14 分）的前n项和，且（1）求数列’的通项公式；（2）二知二一-［答案］查看解析解出a i = 3, ［解析］又4S n = a n? + 2a n —3 ①2当 -时4S n -1 = + 2a n-1 —3 ②①—②他・％7^+ «叫-叫J,即丐~二・+ j)=o... ■ - ■ :.”■-■'"叫—2( 一)二数列也“｝是以3为首项，2为公差的等差数列，6分二心=3 + 2(n-1) = 2/? + !T ti=3x2' +5x2?+L +(切1).『又.：匚............... : -.:-T a=-3x2l-2(22 +21+A +2*) + (2n+l)2"4-'④一③+(2卄】)・2曲12分3. (2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分)设函数■' ：■ 1 1 1'，数列：前项和’，：；：「“二二；-匕斥.二’，数列■，满足沢二U.(I)求数列：，的通项公式•；(n)设数列屮广的前项和为•，数列殖的前；项和为’：，证明：［答案］(i 由■'，，得'•■•kJ是以;为公比的等比数列，故叫=』芦|.用错位相减法可求得■. ■? •比丁■二.(注：此题用到了不等式：：I ，I …进行放大.)4. 已知等差数列'中，；是与的等比中项.fa 3(I)求数列的通项公式：(n)若' .求数列' 的前厂项和［解析］(I)因为数列'是等差数列，是与的等比中项.所以 '又因为，设公差为」，U ' ' '' ' 1 , 所以.门 "'1',解得，［或，当宀2时，坷二2 , % =八(冲-1)，2 =加；当d -0时，毎二4 .所以’或. .(6分)(n)因为' ，所以'，所以^所以' •「——，所以■二丁「1 - - I■:」-：■ 2 ' I1 一？-匕=2(2° + 2' + 2:+-+2ff'l-w2tt) = 2•—-n-2^'两式相减得,所以' .(13 分)5. 已知数列：的前I：项和' ,' , 'J'■,等差数列：中= S,且公差心2.(I)求数列’、；的通项公式；(n)是否存在正整数'，使得’'''：若存在，求出“的最小值，若不存在，说明理由.u. —L £?… . = 2S + L 当H工2 u 虬=25 . + I —亠/口［解析］(I) 时，相减得：%=她Z ") & 6 = 2坤 4 “ 二処二地，人? ?'数列：是以1为首项，3为公比的等比数列令-处叮"存沁"¥宥“ 4［細一恥汀丄“：：.2：冷严」37； =3x3*5x3J +7x31+L +(2ff-l)x3"-'+(2/1+1)^3*-27； =3xl + 2p + 32+L +5fl -,)-(2» + 1)x3fl二匚=^V ，一 o> 伽,即 3" >60 ,当 n<3，亍弋60 ,当/;>4。
高中数学数列-错位相减法求和专题训练含答案精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版错位相减法求和专题训练1．已知数列{}n a 满足22,{ 2,n n n a n a a n ++=为奇数为偶数，且*12,1,2n N a a ∈==.(1)求 {}n a 的通项公式；(2)设*1,n n n b a a n N +=⋅∈，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ；(3)设()2121nn n n c a a -=⋅+-，证明：123111154n c c c c ++++< 2．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足37a =， 21691n n a S n +=++， *n N ∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若正项等比数列{}n b 满足1132,b a b a ==，且n n n c a b =⋅，数列{}n c 的前n 项和为n T . ①求n T ；②若对任意2n ≥， *n N ∈，均有()2563135n T m n n -≥-+恒成立，求实数m 的取值范围.3．已知*n N ∈，设n S 是单调递减的等比数列{}n a 的前n 项和， 112a =且224433,,S a S a S a +++成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n na 的前n 项和为n T ，求证：对于任意正整数n ， 122n T ≤<. 4．递增的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =， 430S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12log n n n b a a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求1250n n T n ++⋅>成立的正整数n 的最小值.5．已知数列{}n a 及()212n n n f x a x a x a x =+++，且()()11?nn f n -=-, 1,2,3,n =.（1）求123a a a ，，的值；（2）求数列{}n a 的通项公式； （3）求证:11133n f ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭. 6．已知数列{}n a 是以2为首项的等差数列，且1311,,a a a 成等比数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和()*n S n N ∈； （Ⅱ）若()1232n a n b -=，求数列{}1n n a b +的前n 项之和()*n T n N ∈.7．在数列{}n a 中， 14a =，前n 项和n S 满足1n n S a n +=+.（1）求证：当2n ≥时，数列{}1n a -为等比数列，并求通项公式n a ；（2）令11•213nn n n na b -⎛⎫= ⎪+⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和为n T .8．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且252,15a S ==，数列{}n b 满足11,2b =1n b += 12n n b n+． （1）求数列{}n a ， {}n b 的通项公式； （2）记n T 为数列{}n b 的前n 项和， ()()222n n S T f n n -=+，试问()f n 是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．9．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）令()*211n n b n N a =∈-，求数列{}n a 的前n 项和n T ． 10．已知单调递增的等比数列{}n a 满足： 2420a a +=， 38a = （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12log n n n b a a =⋅，数列{}n b 的前n 项和为n S , 1250n n S n ++⋅>成立的正整数n 的最小值.参考答案1．解析：（1）当n 为奇数时， 22n n a a +-=，此时数列{}*21k a k N -∈（）成等差数列． 2d = 当n 当为偶数时， 22n n a a +=，此时数列{}*2k a k N ∈（）成等比数列 2q = ()()2{2nn n n a n ∴=为奇数为偶数（2）()()21221222121222142kkk k k k k k k b b a a a a k k k --++=+=-⋅++=⋅()()()21234212n n n S b b b b b b -=++++++23241222322n n S n ⎡⎤∴=⋅+⋅+⋅+⋅⎣⎦()2312241222122n n n S n n +⎡⎤=⋅+⋅++-+⋅⎣⎦12242222n n n S n +⎡⎤∴-=+++-⋅⎣⎦(3) ()()3121nnn C n =-+- ()()()()2121{ 2121nn nn n C n n -⋅-∴=-⋅+为奇为偶 ()()1111321212n n n n C n +=<≥-- n 为奇 ()()1111221212n n n n C +=<≥-+ n 为偶2．解析：(1) 2n 1n a 6S 9n 1+=++，()()2n n 1a 6S 9n 11n 2-=+-+≥，∴()22n 1n n a a 6a 9n 2+-=+≥，∴()22n 1n a a 3+=+ 且各项为正，∴()n 1n a a 3n 2+=+≥又3a 7=，所以2a 4=，再由221a 6S 91=++得1a 1=，所以21a a 3-=∴{}n a 是首项为1，公差为3的等差数列，∴n a 3n 2=-(2) 13b 1,b 4==∴n 1n b 2-=， ()n 1n n n c a b 3n 22-=⋅=-⋅①()01n 1n T 12423n 22-=⋅+⋅++-⋅，②()12n n 2T 12423n 22=⋅+⋅++-⋅∴()12n 1n T 13222--=++++ ()n 3n 22--⋅， ()n n T 3n 525=-⋅+()n 3n 52m -⋅⋅≥ ()2*6n 31n 35n 2,n N -+≥∈恒成立∴()2n 6n 31n 35m 3n 52-+≥-⋅ ()()()nn 3n 52n 72n 73n 522---==-⋅，即n 2n 7m 2-≥恒成立. 设n n 2n 7k 2-=， n 1n n 1nn 12n 52n 792nk k 222+++----=-= 当n 4≤时， n 1n k k +>； n 5≥时， n 1n k k +< ∴()n 55max 33k k 232===，∴3m 32≥. 点睛：本题主要考查了数列的综合应用问题，其中解答中涉及到等差数列的通项公式的求解，数列的乘公比错位相减法求和，数列的恒成立的求解等知识点的综合运用，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中准确运算和合理转化恒成立问题是解答的关键. 3．解：（1）设数列{}n a 的公比q ，由()4422332S a S a S a +=+++， 得()()42434232S S S S a a a -+-+=+，即424a a =，∴214q =． {}n a 是单调递减数列，∴12q =， ∴12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭（2）由（1）知2n n nna =， 所以234112*********n n n n nT --=++++++，①232123412122222n n n n nT ---=++++++，②②-①得： 211112222n n n n nT -=++++-，1122212212nn n n n n T ⎛⎫- ⎪+⎝⎭=-=--，由()111112n n n n n T T n a ++++-=+=，得123n T T T T <<<<，故112n T T ≥=又2222n n n T +=-<，因此对于任意正整数n ， 122n T ≤<点睛：本题主要考查了数列的综合应用和不等式关系证明问题，其中解答涉及到等比数列的基本量的运算，数列的乘公比错位相减法求和，以及放缩法证明不等式，突出考查了方程思想和错位相减法求和及放缩法的应用，试题综合性强，属于难题. 4．解析：（1）设等比数列{}n a 的公比为q由已知， 42302S S =≠.则1q ≠，则()()212414161{1301a q S q a q S q-==--==-，，两式相除得2q =±，∵数列{}n a 为递增数列，∴2q =，则12a =，所以2n n a =.（2）122log 22n n n n b n ==-⋅，()1231222322n n T n =-⋅+⋅+⋅++⋅ 设1231222322n n H n =⋅+⋅+⋅++⋅，① 23412222322n n H n +=+⋅+⋅++⋅，②①-②得：()1231121222222212n n n n n H n n ++--=++++-⋅=-⋅-，11222n n n n T +-=-⋅+-=，1250n n T n ++⋅>， 即111222250n n n n n +++-⋅+-+⋅>，1252n +>，∴正整数n 的最小值是5.点睛：本题主要考查了等比数列的求和公式及通项公式的应用，错位相减求和方法的应用，及指数不等式的求解．5．解析：（1）由已知()1111f a -=-=-，所以11a =.()21212f a a -=-+=，所以23a =.()312313f a a a -=-+-=-，所以35a =.（2）令1x =-，则()()()()2121111nn n f a a a -=-+-++-，①()()()()()21112111111nn n n n f a a a a +++-=-++-++-+-，②两式相减，得()()()1111?11n n n n a f f +++-=---= ()()()11?11?n nn n +-+--，所以()11n a n n +=++,即121n a n +=+， 又11a =也满足上式，所以数列{}n a 的通项公式为()211,2,3,n a n n =-=.（3）()233521n n f x x x x n x =++++-，所以()2311111352133333nn f n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，③()2341111111·3521333333n n f n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，④①-②得()2312111111222213333333nn n f n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以11133n n n f +⎛⎫=-⎪⎝⎭. 又1,2,3,n =，∴103nn +>，故113n f ⎛⎫< ⎪⎝⎭. 又1111210333n n n n f f +++⎛⎫⎛⎫--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以13n f ⎧⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭是递增数列，故1111333n f f ⎛⎫⎛⎫≥=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以11133n f ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查数列的前3项及通项公式的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．6．解析：(Ⅰ) 设数列{}n a 的公差为d ，由条件可得23111a a a =，即()()2222210d d +=+，解得3d =或0d =（舍去），则数列{}n a 的通项公式为()23131n a n n =+-=-，()()23113122n n n S n n +-==+. （Ⅱ）由（Ⅰ）得()121322n a n n b --==，则()1231223341225282312n n n n T a b a b a b a b n +=++++=⨯+⨯+⨯++-⨯，①()23412225282312n n T n +=⨯+⨯+⨯++-⨯，②将①-②得()123122323232312n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯()()211132324312834212n n n n n +++⨯-⨯=+--⨯=---⨯-，则()18342n n T n +=+-⨯.【易错点晴】本题主要考等差数列的通项公式、等比数列的求和公式、以及“错位相减法”求数列的和，属于中档题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q -.7．解析：（1）11,4n a == 当2n ≥时， 1,n n n a s s -=-得()1121n n a a +-=-，1121n n a a +-=-112,n n a --=得 121n n a -=- n a = 14,1{21,2n n n -=+≥(2)当1n =时， 123b = 当2n ≥时， 13nn b n ⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭当1n =时， 123T =当2n ≥时， 232111233333nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令2311123333nM n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭3411111233333n M n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴ 23M = 122111191833n n n +-⎡⎤⎛⎫+--⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭ 2111111312323nn M n -⎡⎤⎛⎫∴=+--⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭132311243n n n T +⎛⎫∴=-⋅ ⎪⎝⎭ 经检验1n =时， 1T 也适合上式． 132311243n n n T +∴=-⋅ ()*n N ∈ ． 点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前n 项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误． 8．解析：（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ， 则11121{{,.510151n a d a a n a d d +==⇒∴=+==由题意得1111122n n b b b n n +=⋅=+，，∴数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，且首项和公比都是12， 2n n n b ∴=. （2）由（1）得231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+， 2341112322222n n n T +=+++⋅⋅⋅+， 两式相减得： 23111111=222222n n n n T ++++⋅⋅⋅+-， 222n n n T +∴=-；()()()2122222n n n nn n S T n nS f n n +-+=∴==+；()()()()()221111121222n n n n n n n n n f n f n ++++++-+∴+-=-= 当3n ≥时， ()()10f n f n +-<；当3n <时， ()()10f n f n +-≥；()()()3311,2,322f f f === ∴()f n 存在最大值为32.点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前n 项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误． 9．解析：（1）当1n =时， 11==3a S ；当2n ≥时， ()()221=212121n n n a S S n n n n n --=+----=+， 1=3a 也符合，∴数列{}n a 的通项公式为=21n a n +. （2）2211111=14441n n b a n n n n ⎛⎫==- ⎪-++⎝⎭，∴()111111111...1422314141n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 点睛：本题考查了等差数列的定义，求数列的前n 项和问题，属于中档题.解决数列的通项公式问题时，一般要紧扣等差等比的定义，利用方程思想求解，数列求和时，一般根据通项的特点选择合适的求和方法，其中裂项相消和错位相减法考查的比较多，主要是对通项的变形转化处理即可.10．解析：（1）设等比例列16.λ∴的最大值为的首项为1a ，公比为q依题意，有3112120{8a q a q a q +==，解之得12{ 2a q ==或132{ 12a q ==， 又数列{}n a 单调递增， 12{ 2.2n a a n q =∴∴==，（2）依题意， 12.log2.2,.2bn n n n n ==- 12222323.........2,Sn n n ∴-=⨯+⨯+⨯++①2122223324........21Sn n n -=⨯+⨯+⨯+++②由①—②得： 2222324......2.21Sn n n n =+++++-+()212.2112n n n -=-+-21.212n n n =+-+- ， 1250n n S n +∴=⋅>，即12250,226n n +->∴>，当4n ≤时， 2241626n <=<；当5n ≥时，5223226n <=<， ∴使1250n n S n ++⋅>，成立的正整数n 的最小值为5.【 方法点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式以及错位相减法求数列的的前n 项和，属于中档题.一般地，如果数列{}n a 是等差数列， {}n b 是等比数列，求数列{}n n a b ⋅的前n 项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解, 在写出“n S ”与“n qS ” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式.。
错位相减法求和附问题详解67950
错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：项的对应需正确；相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3①当时4s n－1 = + 2a n-1－3 ②①－②, 即，∴,（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明：. [答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.得（Ⅱ）由，…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或. （6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以. （13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。
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．。
错位相减法例题及答案
错位相减法例题及答案
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，等比数列的前n项和就是用此法推导的。
用错位相减法求和应注意：
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”以便下一步准确写出“Sn －qSn”的表达式．
3、在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解。
例题及答案：
错位相减法是求和的一种解题方法。
在题目的类型中：一般是a前面的系数和a的指数是相等的情况下才可以用。
这是例子（格式问题，在a后面的数字和n都是指数形式）：S=a+2a2+3a3+……+(n-2)an-2+(n-1)an-1+nan（1）
在（1）的左右两边同时乘上a。
得到等式（2）如下：
aS=a2+2a3+3a4+……+(n-2)an-1+(n-1)an+nan+1（2）
用（1）—（2），得到等式（3）如下：
（1-a）S=a+(2-1)a2+(3-2)a3+……+(n-n+1)an-nan+1（3）
（1-a）S=a+a2+a3+……+an-1+an-nan+1
S=a+a2+a3+……+an-1+an用这个的求和公式。
（1-a）S=a+a2+a3+……+an-1+an-nan+1
最后在等式两边同时除以（1-a）,就可以得到S的通用公式了。
数列求和错位相减法,裂项相消法后附答案-精选.pdf
项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
11．已知数列 满足
，
，数列 满足
2 的等差数列．
（Ⅰ）求
和
的通项公式；
（Ⅱ）求
的前 n 项和 ．
考查数列的分组求和和裂
，且
是公差为
【答案】（Ⅰ）
，
（Ⅱ）
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用等差数列以及等比数列的通项公式，转化求
{an}和 {bn} 的通项公式；
的前 项的和为 ，
，
（ 1）求数列
的通项公式；
（ 2）设
，记数列 的前 项和 ，求使得
. 恒成立时 的最小正整数 .
【分析】
（ 1）先设设等差数列
的公差为 ，由
，
即可；
列出方程组求出首项和公差
（ 2）由 (1)先求出 ，再由裂项相消法求数列的前 项和即可 .
【详解】
试卷第 3 页，总 7 页
解：（ 1）设等差数列
裂项相消法在数列求和
中的应用，属于中档题型．裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难
找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：
(1)
；（ 2 ）
； （ 3）
；（ 4）
；需注意裂项之后相消的过程
中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误
.
10．等差数列 的公差为正数，
∴
.
（Ⅱ）
，
∴
.
【点睛】 本题主要考查了
法的应用及等差数列概念，通项公式，还考查了数列裂项求和，属于
基础题。
9．已知等差数列
是递增数列，且
，
．
求数列 的通项公式；
错位相减法求与附与答案
错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：①项的对应需正确；②相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；③若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3 ①当时 4s n－1 = + 2a n-1－3②①－②, 即，∴,（），是以3为首项，2为公差的等差数列， 6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明： . [答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.得（Ⅱ）由，…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或.（6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以.（13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。
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 <。
(完整版)错位相减法求和附答案
错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：①项的对应需正确；②相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；③若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅰ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，Ⅰ，Ⅰ，又点均在函数的图象上，Ⅰ．Ⅰ当时，，又，适合上式，Ⅰ．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅰ）由（Ⅰ）知，，Ⅰ，Ⅰ，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3①当时4s n－1 = + 2a n-1－3②①－②, 即，Ⅰ ,（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅰ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明：. [答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.得（Ⅰ）由，…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅰ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或.（6分)（Ⅰ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以.（13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅰ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅰ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。
专题35 运用错位相减法求和(解析版)
专题35 运用错位相减法求和用错位相减法求和应注意的问题：(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”以便下一步准确写出“S n −qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 一、题型选讲例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例2、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（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 ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例3、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==, 所以2n a n =（2）由（1）,(1)2=(21)4n ann n b a n =--, 所以 12314+34+54++(21)4n n T n =⨯⨯⨯-231414+34++(23)4(21)4n n n T n n +=⨯⨯-+-…两式相减得：23134+2(4+4++4)(21)4n n n T n +-=⨯--…，2+114434+2(21)414n n n T n +--=⨯---，化简得120(65)4+99n n n T +-= 例4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知等比数列{}n a 满足1,a 2,a 31a a -成等差数列，且134a a a =；等差数列{}n b 的前n 项和2(1)log 2nn n a S +=.求：（1）,n a n b ；（2）数列{}n n a b 的前项和n T . 【解析】（1）设{}n a 的公比为q. 因为1,a 2,a 31a a -成等差数列， 所以()21312a a a a =+-，即232a a =. 因为20a ≠，所以322a q a ==. 因为134a a a =，所以4132a a q a ===. 因此112n nn a a q -==.由题意，2(1)log 2n n n a S +=(1)2n n+=.所以111b S ==，1223b b S +==，从而22b =.所以{}n b 的公差21211d b b =-=-=. 所以1(1)1(1)1n b b n d n n =+-=+-⋅=.（2）令n n n c a b =，则2nn c n =⋅.因此12n n T c c c =++⋅⋅⋅+1231122232(1)22n nn n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅. 又23412122232(1)22n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅ 两式相减得23122222n n n T n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅1222=212n n n +-⋅-⋅-11222n n n ++=--⋅1(1)22n n +=-⋅-.所以1(1)22n n T n +=-⋅+.例5、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =． （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和． 【解析】（1）当1n =时，111a S ==， 当2n ≥时，1n n n a S S -=- =22(1)[(1)(1)1]n n n n -+----+ =22n -， 所以1(1)22(2)n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．所以22b =，48b = 于是2424b q b ==，解得2q 或2q =-（舍）所以22n n b b q -=⋅=12n -．（2）由以上结论可得，1(1)(1)2(2)n nn c n n =⎧=⎨-⋅≥⎩所以其前n 项和123n n S c c c c =++++n S =23411122232(2)2(1)2n n n n -+⨯+⨯+⨯++-⋅+-⋅2n S =34512122232(2)2(1)2n n n n ++⨯+⨯+⨯++-⋅+-⋅-得，n S -=234112222(1)2n n n +-+++++--⋅=12(12)3(1)212n n n +--+--⋅-所以n S =1(2)25n n +-⨯+．例6、【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】（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 n n 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 ----=-+-++-+-23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅++⋅+.设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅.例7、【江苏省如皋市2019-2020学年度高三年级第一学期教学质量调研（三)】在公差不为零的等差数列{}n a 中，11a =，2a ，4a ，8a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2n an n b a =⋅，12n n S b b b =++⋅⋅⋅+，求n S .【答案】（1）n a n =； （2）()1122n n S n +=-⋅+.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，由11a =，2a ，4a ，8a 成等比数列得：()()()213117d d d +=++， 解得1d =或0d =（舍去），所以数列{}n a 的通项公式()11n a n n =+-=.（2）由（1）得n a n =，所以2nn b n =⋅，所以1231222322nn S n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅， ①234121222322n n S n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅， ②①-②得：1231121212122n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-⋅()()11212212212n n n n n ++-=-⋅=--⋅--，所以()1122n n S n +=-⋅+.二、达标训练1、（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且424S S =，()*4221a a n =+∈N .（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅰ）设12nn n a a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，则()()11114642321a d a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=++⎪⎩， 解得112a d =⎧⎨=⎩. 所以()11221n a n n =+-⨯=-.（Ⅰ）因此212212211224n n n n n n n b ------===. 所以011011444n n n T --=++⋅⋅⋅+，1110214444n n n n n T ---=+⋅⋅⋅++， 相减得0113011144444n n n n T --=++⋅⋅⋅+-11111311344334n n n n n -⎡⎤-+⎛⎫=--=-⎢⎥ ⎪⨯⎝⎭⎢⎥⎣⎦.故：1431994n n n T -+=-⨯. 2、【2020届山西省太原市第五中学高三下学期4月模拟】已知数列{a n }是等比数列，a 2=4，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）设b n =2log 2a n −1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 【答案】（1）a n =2n ；（2）T n =6+(2n −3)2n+1. 【解析】（1）设数列{a n }的公比为q ， 因为a 2=4，所以a 3=4q ，a 4=4q 2.因为a 3+2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3+2)=a 2+a 4. 即2(4q +2)=4+4q 2，化简得q 2−2q =0.因为公比q≠0，所以q=2.所以a n=a2q n−2=4×2n−2=2n (n∈N∗)；（2）因为a n=2n，所以b n=2log2a n−1=2n−1，所以a n b n=(2n−1)2n.则T n=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−3)2n−1+(2n−1)2n，①，2T n=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−3)2n+(2n−1)2n+1，②，①−②得，−T n=2+2×22+2×23+⋯+2×2n−(2n−1)2n+1=2+2×4(1−2n−1)1−2−(2n−1)2n+1=−6−(2n−3)2n+1，所以T n=6+(2n−3)2n+1.3、【云南师范大学附属中学2019-2020学年高三适应性月考（八）】已知数列{a n}的前n项和为S n，且2S n= 3a n−3（n⩾1，n∈N∗），数列{b n}满足b n+1=3b n+a n，b1=3.（1）求数列的通项公式a n；（2）令c n=b n3n，证明：数列{c n}为等差数列，并求数列{c n⋅a n+1}的前n项和T n.【解析】解：（1）当n=1时，有2a1=3a1−3，解得a1=3.当n≥2时，由2S n=3a n−3，得2S n−1=3a n−1−3，所以2a n=3a n−3−3a n−1+3，即a n=3a n−1(n≥2)，a n a n−1=3(n≥2)，{an}为等比数列，故a n=3⋅ 3n−1=3n(n∈N∗).（2）由（1）得b n+1=3b n+3n，∴b n+13n+1=b n3n+13，即c n+1=c n+13.又c1=b13=1，∴数列{c n}是以1为首项，13为公差的等差数列，故c n=13(n+2)，又a n+1=3n+1，所以c n⋅ a n+1=13(n+2)⋅3n+1=(n+2)⋅3n∴T n=3⋅31+4⋅32+5⋅33+⋯+(n+2)⋅3n∴3T n=3⋅32+4⋅33+5⋅34+⋯+(n+1)⋅ 3n+(n+2)⋅ 3n+1∴−2T n=9+(32+33+34+⋯+3n)−(n+2)⋅ 3n+1=9+9(1−3n−1)1−3−(n+2)⋅3n+1∴T n =(12n +34)⋅3n+1−944、、（江苏省徐州市2021届高三第一学期期中考试）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，满足123n n S a a =-且2a ，32a +，48a -成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【解析】（1）当2n ≥时，1122233n n n n n a S S a a --=--=，即13n n a a -=，………………3分由2a ，32a +，48a -成等差数列可知，3242(2)8a a a +=-+， 即2222(32)98a a a +=-+，解得23a =，所以11a =， 则{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列，所以{}n a 的通项公式为13n n a -=．……………………………………………6分 （2）由（1）知，13n n n n n b a -==， 则01211233333n n nT -=++++，123111231333333n n n n n T --=+++++， 两式相减得，123121111(1)333333n n n nT -=+++++-1131313nn n -=--332223n n +=-⨯，……………………………10分 所以1923443n n n T -+=-⨯．………………………………………………………12分5、（湖北师大附中2021届高三上学期名校联考）数列{a n } 满足 a 1 +2a 2 +3a 3 +…+ na n = (n -1)• 2n +1+ 2( n ≥l) ,（1）求数列{a n }的通项公式 ； （2）设21,n n nn b S a +=为数列{b n }的前n 项和，求S n . 【解析】：(1)由题意，.21=a由)1(22)1(321321≥+⋅-=+++++n n na a a a n n ， ① 得)2(22)2()1(321321≥+⋅-=-++++-n n a n a a a nn ， ②①—②，得)2(2]22)2[(]22)1[(1≥⋅=+⋅--+⋅-=+n n n n na n n n n ，所以)2(2≥=n a nn又因为当1=n 时，上式也成立，所以数列}{n a 的通项公式为nn a 2=. ………………6分（没有讨论1=n 的情况扣1分）(2)由题意，nn n n a n b 21212+=+=，所以 nn n n b b b b S 212272523321321++++=+++= ， ③ 143221221227252321+++-++++=n n n n n S ， ④ ③—④，得所以]212212272523[]212272523[211432321+++-++++-++++=n n n n n n n S 1432212)21212121(223++-++++=n n n 1212211])21(1[21221++---⨯+=n n n 1)21()52(25+⋅+-=n n 从而5)21()52(+⋅+-=n n n S . ……………………………12分。
高中数学数列 错位相减法求和专题训练含答案
高中数学数列错位相减法求和专题训练含答案1.已知数列$\{a_n\}$满足$a_{n+2}=\frac{2a_n}{n+2}$，其中$a_{n+2}$为奇数，$2a_n$为偶数，且$a_1=1,a_2=2$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 设$b_n=a_na_{n+1}$，$n\in\mathbb{N}$，求数列$\{b_n\}$的前$2n$项和$S_{2n}$；3) 设$c_n=a_{2n-1}a_{2n}+(-1)^n$，证明：$c_1+c_2+\cdots+c_n<\frac{4}{3}c_n$。
2.已知正项数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且满足$a_3=7$，$a_{n+1}=6S_n+9n+1$，$n\in\mathbb{N}^*$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 若正项等比数列$\{b_n\}$满足$b_1=a_1$，$b_3=a_2$，且$c_n=a_nb_n$，数列$\{c_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求$T_n$；若对任意$n\geq 2$，$n\in\mathbb{N}^*$，均有$(T_n-5)m\geq 6n-3n+35$恒成立，求实数$m$的取值范围。
3.已知$n\in\mathbb{N}^*$，设$S_n$是单调递减的等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和，$a_1=1$且$2S_2+a_2,S_4+a_4,S_3+a_3$成等差数列。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 记数列$\{na_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求证：对于任意正整数$n$，$T_n<\frac{4}{3}S_n$。
4.递增的等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_2=6$，$S_4=30$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 若$b_n=a_n\log_{1/a_n}n$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求满足$T_n+n^2>50$的正整数$n$的最小值。
专题03 错位相减求和(解析版)
专题3 错位相减求和一、解答题 1．（2022·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且111a b ==，32312S b ==．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若1n n n c a b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T n +=+-【解析】【分析】（1）求出公差和公比，得到通项公式；（2）利用错位相减法求和. (1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ， 由题意得：13312a d +=，解得：3d =， 所以()13132n a n n =+-=-， 由2312b =得：24b =，所以214a q a ==，所以14n n b -= (2)()1324nn n n c a b n +==-⋅， 则()2344474324n n T n =+⨯+⨯++-①， ()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++-①，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯--()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯--=-+--，所以()1414n n T n +=+-2．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知数列{}n a 满足2n n a qa +=（q 为实数，且1q ≠），N n *∈，11a =，22a =，且23a a +，34a a +，45a a +成等差数列． (1)求q 的值和{}n a 的通项公式； (2)设2221log ,nn n a b a -=N n *∈ ，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，若对任意的N n *∈，满足()4(1)n n n n b n b nS λλ+-+>，试求实数λ的取值范围．【答案】(1)2q ， 12222n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，为偶数(2)1λ≥ 【解析】 【分析】（1）先根据23a a +，34a a +，45a a +成等差数列以及11a =，22a =计算出q ，再根据奇偶项分别写出{}n a 的通项公式即可（2）根据题意先求出{}n b 的通项公式，再根据错位相减法求出{}n b 的前n 项和为n S ，最后根据()4(1)n n n n b n b nS λλ+-+>列出关于λ的不等式，解出λ即可 (1)由己知，有()()()()34234534a a a a a a a a +-+=+-+，即4253a a a a -=-，所以23(1)(1)a q a q -=-，又因为1q ≠，所以322a a ==．由31a a q =，得2q，当()21N n k n *=-∈时，1122122n k n k a a ---===，当()2N n k n *=∈时，2222nk n ka a ===，所以{}n a 的通项公式为12222n n nn a n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，为偶数 (2)由（1）得22121log 2n n n n a nb a --==， 设数列{}n b 的前n 项和为n S ，则012111111232222n n S n -=⨯+⨯+⨯+⋯+⨯， 1231111112322222n n S n =⨯+⨯+⨯+⋯+⨯， 两式相减，得23111111112212122222222212n n n n n n n n n n S --=++++⋯+-=-=---，整理得1242n n n S -+=-，所以数列{}n b 的前n 项和为1242n n -+-． ①111124(1)4222n n n n n n n n n λλ---+⎛⎫⎛⎫+-⋅+>- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即41511(2)22n n n λ-<+-=-+++，又5112n ->-+，①1λ-≤-，①1λ≥ 3．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n p 是首项为2的等差数列，{}n q 是公比为2的等比数列，且满足32p q =，73p q =．设数列{}n a 满足n n n a p q =⋅．(1)求{}n a 的通项公式；(2)在①1n n n b a n =+；①4log 2n n a b n =+；①()132n n n n n b a a ++⋅=这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答．已知数列{}n b 满足______，求{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()12nn a n =+⋅(2)答案见解析【解析】 【分析】设出数列{}n p 的公差d 及数列{}n q 的首项1q ，由题列方程可求出d ，1q ，利用等差数列和等比数列的通项公式，即可求解；（2）结合（①）若选①，利用错位相减法即可求解；若选①，利用分组求和法即可求解；若选①，利用裂项相消法即可求解． (1)设数列{}n p 的公差为d ，数列{}n q 的首项为1q ． 由题意得1222dq +=，1264d q +=，解得1d =，12q =，则1n p n =+，2n n q =，所以()12nn a n =+⋅．(2) 若选①1n n nb a n =+， 即()1221n n n nb n n n =⋅+⋅=⋅+， 所以1231222322nn T n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯， 则234121222322n n T n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯， 两式相减得123122222n n n T n +-=+++⋅⋅⋅+-⨯()1122212n n n ++-=-⨯-()1122n n +=--所以()1122n n T n +=-⨯+．若选①4log 2nn a b n =+， 即44411log log 2log 222n n n n nb n n ++=+=+++， 所以()4442311log log log 123422n n T n n +⎛⎫=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+ ⎪+⎝⎭()41231log 3424n n n n ++⎛⎫=⨯⨯⋅⋅⋅⨯+⎪+⎝⎭ ()412log 24n n n +=++． 若选①()132n n n nn b a a ++⋅=，即()113211n nn nn n n b a a a a +++⋅==-， 所以12231111111n n n T a a a a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111n a a +=-()111422n n +=-+．4．（2022·福建省福州第一中学三模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，10a =，21a =，11(21)(1)10(2)n n n nS n S n S n +--+++-=.(1)证明：{}n a 为等差数列；(2)设2n an b =，在n b 和1n b +之间插入n 个数，使这2n +个数构成公差为n d 的等差数列，求1n d ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.【答案】(1)证明见解析 (2)116(3)2n n T n -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】（1）根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，即可得到*1(1)10,N n n na n a n +-+-=∈，从而得到1(1)10,2n n n a na n ----=，作差即可得到112,2n n n a a a n +-+=，从而得证； （2）由（1）可得{}n a 的通项公式，从而得到1112n n n d -+=，再利用错位相减法计算可得； (1)证明：因为2n 时，11(21)(1)10n n n nS n S n S +--+++-=， 则()()11(1)10n n n n n S S n S S +---+--=， 即1(1)10n n na n a +-+-=，2n ，· 因为21210a a --=，·则*1(1)10,N n n na n a n +-+-=∈⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅①， 所以1(1)10,2n n n a na n ----=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅①， 则①-①得1120,2n n n na na na n +--+=， 即112,2n n n a a a n +-+=，· 所以{}n a 为等差数列. (2)解：由（1）可得{}n a 的首项为10a =，公差为211a a -=，所以1n a n =-，所以12n n b -=，所以111222111n n n n n n b b d n n n --+--===+++，则1112n n n d -+=，记1n d ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则01211111234(1)2222n n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅①，所以1231111111234(1)222222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅①，则①-①得21111112(1)22222n nn T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，·所以1111121(1)3(3)122212nn nn T n n ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，·所以116(3)2n n T n -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.·5．（2022·全国·模拟预测（理））已知等比数列{}n a 满足1330a a +=，2490a a +=，其前n 项和为n S ．数列{}n b 满足3n n nb a =⨯． (1)求1321n na a a S -++．(2)求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)314n + (2)121344nn -+⋅ 【解析】 【分析】（1）列方程组求得等比数列{}n a 的首项1a 公比q ，进而利用等比数列前n 项和公式即可求得1321n na a a S -++的值；（2）先求得数列{}n b 的通项公式，再利用错位相减法去求其前n 项和n T 即可. (1)设等比数列{}n a 首项为1a ，公比为q ，则2113113090a a q a q a q ⎧+=⎨+=⎩，解之得133a q =⎧⎨=⎩， 则3nn a =，()()313331132n nn S --==-，()()1321319391198n n n a aa ---++==-，则()()()13213919131843314312n n n n n n n a a a S --++-+===--(2)由3nn a =，可得133n n n nb a n -=⋅=⋅ 则数列{}n b 的前n 项和()01221132333133n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅()12313132333133n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅则()1123131321333331313n n nn n T n n ---⎡⎤-=+++++-⋅=+-⋅⎣⎦-则()131311213324244n n n n n n T ---=-++⋅=+⋅ 6．（2022·全国·模拟预测（文））若数列{}n a 满足221n n n a a a ++=，13a =，23243a a =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若3log n n b a =，求数列{}n n a b 的前n 项和n S ．【答案】(1)3n n a =(2)()132134n n S n ++-=【解析】 【分析】（1）利用等比中项法判断出{}n a 为等比数列，设其公比为q （0q ≠），由23243a a =，求出3q =，得到{}n a 的通项公式；（2）先得到3n nn a b n =⋅，利用错位相减法求和.(1)因为数列{}n a 满足221n n n a a a ++=，13a =，23243a a =，所以0n a ≠.所以数列{}n a 为等比数列，设其公比为q （0q ≠）.所以22323113243a a a q a q q =⨯=⨯=，解得：3q =. 所以113n nn a a q -==. 即{}n a 的通项公式为3nn a =.(2)由（1）可知：33l 3log og n n n b a n ===，所以3n nn a b n =⋅，所以1122n n n S a b a b a b =+++1213233n n =⋅+⋅++⋅ ①3⨯①得：231313233n n n S +=⋅+⋅++⋅ ①①-①得：()123111313131333n n n S n +-⋅=⋅+⋅+++⋅-⋅()1133331133nn n n S +-⋅=-⋅--所以()132134n n S n ++-=7．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（文））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求n S ． 【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)1242n n n S -+=-. 【解析】 【分析】（1）求出等比数列{}n b 的公比即可得其通项公式，再求出等差数列{}n a 的公差，求出其通项作答. （2）利用（1）的结论求出n c ，再利用错位相减法求解作答. (1)依题意，等比数列{}n b 的公比322b q b ==，则有2122n n n b b q --==，因此，111a b ==， 由851a b +=得85115a b =-=，等差数列{}n a 的公差81281a a d -==-，1(1)21n a a n d n =+-=-， 所以数列{}n a 、{}n b 的通项公式分别为：21n a n =-，12n n b -=.(2)由（1）知，111222n n n n n a n nc b -++===， 则23123412222n n nS -=+++++， 于是得23111231222222n n nn nS --=+++++， 两式相减得：23111()11112212122222211222nn n n nn n n S n --+=+++++-=-=--， 所以1242n n n S -+=-. 8．（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可； （2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n nn nT --=++++， 012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ① 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ①由①-①得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n n S n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，① ①-①得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（①）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.9．（2022·湖南·长沙县第一中学模拟预测）已知数列{n a }为等差数列，23a =，1453a a =，数列{n b }的前n 项和为n S ，且满足231n n S b =-． (1)求{n a }和{n b }的通项公式；(2)若n n n c a b =⋅，数列{n c }的前n 项和为n T ，且()31n n n T n m -⋅-<⋅对n *∈N 恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】(1)()21n a n n N +=-∈；()13n n b n N -+=∈(2)()82m ∈-，【解析】 【分析】（1）求解等差数列{n a }通项公式，只需设参数1a ，d 列方程组即可求解，数列{n b }通过已知前n 项和n S 求解通项公式n b ；（2）需要先用错位相减法求得数列{n c }的前n 项和为n T ，代入不等式中对n 分类讨论，转化为最值问题，求出m 范围即可． (1)解：等差数列{n a }中，设公差为d ，则211451133313312a a d a a a d a d =+=⎧⎧⇒⎨⎨=+=+⎩⎩()111312122n a d a a n n N a d d ++==⎧⎧⇒⇒⇒=-∈⎨⎨==⎩⎩数列{n b }中的前n 项和为n S ，且231n n S b =-① 当1n =时，11b =当2n ≥时，11231n n S b --=-① ①－①得：132)(n n b b n -=≥故数列{n b }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以()13n n b n N -+=∈.(2)解：数列{n c }中，()1213n n n n c a b n -=⋅=-⋅.则()()01211333233213n n n T n n --=⨯+⨯++-⋅+-⋅ 所以()()12131333233213n n n T n n -=⨯+⨯++-⋅+-⋅故()()()11110221233...321312333n n n n T n ---=++++--⋅=-++++()()()1321312213223213nnn n n n n ---⋅=-+⋅--⋅=-⋅--所以()131nn T n =-⋅+①()1313nn n n m T n -⋅>-⋅=-对n *∈N 恒成立．当n 为奇数时，()()1min 1133131312nn n n m m m m -⋅=->-⇒<-⇒<-=-=，当n 为偶数时，()()22max 11313138n n m m m -⋅=>-⇒>-=-=-综上：实数m 的取值范围为()82m ∈-，． 10．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足242340,n n a S n n n N *-+--=∈．数列{}n b 满足11b =，12,n n n n b a b n N *+=∈．(1)求证：数列{}-n a n 为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式； (2)求证：1113,2n n n n b b n N *+-+>≥-∈． 【答案】(1)证明见解析，2nn a n =+(2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）由公式当2n ≥时，1n n n a S S -=-可得n a 与1n a -的关系式，进而可证数列{}-n a n 为等比数列，并求得数列{}n a 的通项公式；（2）由题意得112n n n n b b +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以1n b +与n b 同号，又数列{}n b 为递增数列，又122n n n n n n n b b b +-=≥，累加得121121222n n n b b ---≥+++1122n n -+=-所以n b 1132n n -+≥- (1)当1n =时，13a =；当2n ≥时，21142(1)3(1)40,n n a S n n n N *---+----=∈，所以()142240n n n a a a n ---+-=，整理得122n n a a n -=-+． 所以[]12(1)n n a n a n --=--，又1120a -=≠，故0n a n -≠．所以12(1)n n a na n --=--，即{}-n a n 为等比数列．所以2,2n n n n a n a n -==+(2)由题意得112n n n n b b +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以1n b +与n b 同号，又因为110b =>，所以0n b >，即102n n n n nb b b +-=>，即1n n b b +>． 所以数列{}n b 为递增数列，所以11n b b ≥=， 即122n n n n n n n b b b +-=≥，累加得121121222n n n b b ---≥+++． 令21121222n n n T --=+++，，所以2311212222n nn T -=+++， 两式相减得：12311111111111221222222212n n n n n n n T --⎛⎫- ⎪--⎝⎭=++++-=--， 所以1122n n n T -+=-，所以1132n n n b -+≥-，所以11132n nn n b b +-+>≥-． 11．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，若不等式12n n nS λ-<+对任意的*n ∈恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)(),2-∞. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列()11n a a n d +-=，等比数列11n n b b q -=代入计算；（2）利用错位相减法可得1242n n n S -+=-，令2142nn c -=-，由{}n c 为递增数列，结合恒成立思想可得答案． (1)解：因为数列{}n b 是等比数列，则可得2123124b b q b b q ==⎧⎨==⎩，解得112b q =⎧⎨=⎩， 所以12n n b -=．因为数列{}n a 是等差数列，且111a b ==，8117116a a d +=++=，则公差2d =， 所以()12121n a n n =+-=-．故21n a n =-，12n n b -=；(2)解：由（1）得：1112n n n n a nc b -++==， 数列{}n c 的前n 项和为121231222n n nS -=+++⋅⋅⋅+① 所以22111231222222n n n n nS --=+++⋅⋅⋅++①由①-①得：121111112121222222222n n n n n n n n n S -+⎛⎫=+++⋅⋅⋅+-=--=- ⎪⎝⎭，所以1242n n n S -+=-． 不等式12n n n S λ-<+恒成立，化为不等式2142n λ-<-恒成立，令2142n n c -=-且{}n c 为递增数列，即转化为()min n c λ<当1n =时，()12min 1422n c -=-=，所以2λ<． 综上可得：实数λ的取值范围是(),2-∞．12．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）已知正项数列{}n a 的前n 项和nn S Aq B =+，其中A ，B ，q 为常数.(1)若0A B +=，证明：数列{}n a 是等比数列； (2)若11a =，24n n a a +=，求数列{}n na 的前n 项和n T . 【答案】(1)证明见解析； (2)1(1)2n n +-⋅ 【解析】 【分析】（1）由退位相减法求得数列{}n a 的通项公式，再由等比数列的定义进行判断即可； （2）先由24n n a a +=求得2q ，再由314a a =求得1A =，即得数列{}n a 的通项公式，再由错位相减求和即可. (1)当2n ≥时，11n n S Aq B --=+，则()()1111n n n n n n a S S Aq B Aq B A q q ----=+--=+=，又正项数列{}n a ，则0q ≠且1q ≠，当1n =时，11a S Aq B ==+，又0A B +=，则()11a A q =-，也符合()11n n a A q q -=-，则()11n n a A q q -=-，()11nn A q q a +=-，则1n na q a +=，故数列{}n a 是以()1A q -为首项，q 为公比的等比数列；(2)由（1）知：当2n ≥时，()11n n a A q q -=-，则()121n n A q q a ++-=，由24n n a a +=可得24q =，又正项数列{}n a 可得0q >，则2q ，12(2)n n a A n -⋅≥=，则34a A =，又11a =，314a a =可得1A =，则12(2)n n a n -=≥，1n =时也符合，则12n na ，则01211222322n n T n -=⨯+⨯+⨯++⋅，12321222322n n T n =⨯+⨯+⨯++⋅，两式相减得()0123112222222212112n n nn n n T n n n ---=+++++-⋅=-⋅=-⋅--，则()112nn T n =+-⋅.13．（2022·天津·耀华中学一模）设数列{}()*n a n ∈N 是公差不为零的等差数列，满足369a a a +=，25796a a a +=.数列{}()*n b n ∈N 的前n 项和为n S ，且满足423n n S b +=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在1b 和2b 之间插入1个数11x ，使1b ，11x ，2b 成等差数列；在2b 和3b 之间插入2个数21x ，22x ，使2b ，21x ，22x ，3b 成等差数列；……；在n b 和1n b +之间插入n 个数1n x ，2n x ，…，nn x ，使n b ，1n x ，2n x ，…，nn x ，1n b +成等差数列.（i ）求()()()11212231323312n n n nn T x x x x x x x x x =++++++++++；（ii ）是否存在正整数m ，n ，使12m n ma T a +=成立？若存在，求出所有的正整数对(),m n ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)n a n =；11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.(2)（i ）n T 123343n n +⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（ii ）存在；(9,2)和(3,3).【解析】 【分析】（1）设}n a ｛的公差为d ，根据题意列式求出1a 和d 即可求出n a ；根据11n n n b S S ++=-可求出n b ； （2）（i ）根据等差中项的性质得到()123411357(21)2n n n T b b b b n b nb +=+++++-+，再根据错位相减法可求出n T ；（ii ）根据n T 和{}n a 的通项公式得到23213n n m +=-，推出211,13m ⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，令233n nn c +=，推出{}n c 的单调性，根据单调性可知，只有2c 和31,13c ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，由此可求出结果.(1)设}n a ｛的公差为d ，0d ≠， 则()111211125846648a d a d a d a d a d a d+++=+⎧⎪⎨+++=+⎪⎩，解得11a d ==， 所以1(1)11n a a n d n n =+-=+-=.由423n n S b +=得11423b b +=，得112b =， 11423n n S b +++=，所以114()2()330n n n n S S b b ++-+-=-=，所以11422n n n b b b +++=，即113n n b b +=，所以11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.综上所述：n a n =；11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.(2)（i ）依题意得12112b b x +=，2321222()2b b x x ++=，343132333()2b b x x x +++=， 45414243444()2b b x x x x ++++=，，123n n n nn x x x x ++++1()2n n n b b ++=， 所以()()()11212231323312n n n nn T x x x x x x x x x =++++++++++2334451122()3()4()()22222n n b b b b b b n b b b b ++++++=+++++()123411357(21)2n n b b b b n b nb +=+++++-+012311111111111111()3()5()7()(21)()()2232323232323n n n n -⎛⎫=⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++-⋅⨯+⋅⨯ ⎪⎝⎭012311111111()3()5()7()(21)()()4333333n n n n -⎛⎫=+⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅ ⎪⎝⎭令0123111111()3()5()7()(21)()33333n n R n -=+⨯+⨯+⨯++-⋅，则1234111111()3()5()7()(21)()333333n n R n =+⨯+⨯+⨯++-⋅，所以13n n R R -=12311111112()()()()(21)()33333n n n -⎛⎫+++++--⋅ ⎪⎝⎭， 所以1111()213312(21)()13313n n n R n -⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯--⋅-，所以113(1)()3n n R n -=-+⋅，所以11()43n n n T R n ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭1113433n n n n -+⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭123343n n +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，（ii ）假设存在正整数m ，n ，使12m n m a T a +=，即12313432n n m m ++⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即23213n n m+=-成立， 因为210m->，所以2m >，所以3m ≥，所以211,13m ⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，令233n nn c +=，则1125253233(23)3n n n nn c n n c n ++++==++2512544n n n +=<+++， 所以数列{}n c 单调递减，1513c =>，279c =，313c =，当4n ≥时，4111813n c c ≤=<，所以由27219c m ==-，得9m =；由31213c m==-，得3m =， 所以存在正整数m ，n ，使12m n ma T a +=，且所有的正整数对(,)m n 为：(9,2)和(3,3). 14．（2022·浙江·海宁中学模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若点()n n a S ，在直线5410x y --=上. (1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)设数列{}n b 满足()514log 3n n n b a a +=⋅-，求数列{}n b 的前n 项和.n T【答案】(1)15n n a -=(2)()115nn T n =+-⋅【解析】 【分析】（1）根据点在直线上建立数列递推关系式，通过化简后结合等比数列的定义确定数列是等比数列，并求得首项与公比，即可得到其通项公式；（2）先根据数列{}n a 的通项公式表示得到n b ，然后利用错位相减法求数列的和. (1)解：因为点()n n a S ，在直线5410x y --=上，所以()*5410n n a S n N --=∈，当1n =时，11154110a S a --=-=， 解得1 1.a =当*2n n N ≥∈，时，115410n n a S ----=， 所以111554450n n n n n n a a S S a a -----+=-=， 所以15nn a a -=， 所以可知数列{}n a 是首项为1，公比为5的等比数列，所以15n n a -=.(2)由（1）可知，15nn a +=，所以514log 343n a n +-=-，所以()1435n n b n -=-⋅.所以()0121155595435n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⋅,则()()12315155595475435n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅+-⋅，两式相减，可得()()121414555435n n n T n --=++++--⋅()()15151443515n n n --=+--⋅-()4445nn =-+-+,化简得()115nn T n =+-⋅.15．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（理））已知数列{}n a ，13a =，点()1,n n a a +在曲线5823x y x -=-上，且12n n b a =-. (1)求证：数列{}n b 是等差数列； (2)已知数列{}n c 满足122n b n n c b +=⋅，记n S 为数列{}n c 的前n 项和，求n S ，并证明：当2n ≥时，6n S >.【答案】(1)证明见解析(2)16(23)2n n S n +=+-⋅；证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意得15823n n n a a a +-=-，由1111222n nn n b b a a ++-=-=--，结合等差数列的定义可证结论成立； （2）利用错位相减法求出n S ，根据n S 的解析式可证当2n ≥时，6n S >. (1)因为点()1,n n a a +在曲线5823x y x -=-上，所以15823n n n a a a +-=-， 因为13a =，所以11111232b a ===--， 因为11111158222223n n n n n n n b b a a a a a ++-=-=-------231222n n n a a a -=-=--， 所以数列{}n b 是首项为1，公差为2的等差数列. (2)由（1）得1(1)221n b b n n =+-⋅=-， 所以1221)22(n n b n n c b n +=⋅=-⋅，所以123123252(212)n n n S =⨯+⨯+⨯++-⋅，3124123252(21)22n n S n +=⨯+⨯+⨯++-⋅， 所以231222(222)(21)2n n n n S S n +-=++++--⋅，所以114(12)22(21)212n n n S n -+--=+⨯--⋅-16(32)2n n +=-+-⋅，所以16(23)2n n S n +=+-⋅，当2n ≥时，230n ->，所以6n S >.16．（2022·天津河西·二模）已知数列{}n a 的首项13a =，且满足*122()n n n a a n N +=+∈．(1)证明数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)求1nk k a =∑的值；(3)设()242221(1)210132n n n n n n n b a a -+-⋅++⋅=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的最大值和最小值．【答案】(1)证明见解析；1(2)2n n a n -=+⋅.(2)1(1)21nnk k a n ==+⋅-∑ (3)n T 有最小值25144-，最大值16225-. 【解析】 【分析】（1）等式两边同除以2n 得11122n nn n a a +--=即可证明结论，再根据等差数列的定义求通项公式； （2）结合（1），根据错位相减法求解即可；（3）由题知2211(1)(2)(3)n n b n n ⎡⎤=-+⎢⎥++⎣⎦，进而裂项求和，并分n 的奇偶性讨论单调性求解最值即可. (1)解：因为*122()n n n a a n N +=+∈，所以，等式两边同除以2n 得11122n nn n a a +--=， 又因为1103,32a a ==， 所以，数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，公差为1，首项为3.所以，122nn a n -=+，即1(2)2n n a n -=+⋅. (2)解：设01221324252(1)2(2)2n n n S n n --=⨯+⨯+⨯+++++⋅，则12123242(1)2(2)2n n n S n n -=⨯+⨯+++++，所以，两式作差得：123132222(2)2n n n S n --=+++++-+，整理得：()1223(11122)2(1)2n nn n S n n --=+-++-=--，即(1)12nn S n =-+.所以，1(1)21nnk k a n ==+⋅-∑(3)解：由（1）知24224222222221(1)(21013)2(1)(21013)2(2)2(3)2n n n n n n n n n n n n n b a a n n ---+-⋅++⋅-⋅++⋅==⋅+⋅⋅+⋅ 22222(1)(21013)11(1)(2)(3)(2)(3)n n n n n n n n ⎡⎤-⋅++==-+⎢⎥++++⎣⎦， 所以，222222211111111()()(1)(1)3445(2)(3)(3)9n nn T n n n ⎡⎤=-+++-+-+=--⎢⎥+++⎣⎦， 所以，当n 为奇数时，211(3)9n T n =--+，随着n 的增大而增大，故当1n =时，nT 有最小值25144-； 当n 为偶数时，211(3)9n T n =-+，随着n 的增大而减小，故当2n =时，n T 有最大值16225-； 综上所述，n T 有最小值25144-，最大值16225-. 17．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且211122n S n n =++，*N n ∈．(1)求{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足11223113322n n n b b b a a a ++++⋅⋅⋅+=⨯-，*N n ∈，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】(1)2,1,, 2.n n a n n =⎧=⎨≥⎩ (2)1213344n n n T ++=⨯- 【解析】 【分析】（1）利用数列中n a 与n S 的关系即可求得{}n a 的通项公式；（2）先利用题给条件求得数列{}n b 的通项公式，再利用错位相减法去求数列{}n b 的前n 项和n T ． (1)当1n =时，11111222a S ==++=； 当2n ≥时，()()221111111112222n n n a S S n n n n n -=-=++-----=．综上，2,1,, 2.n n a n n =⎧=⎨≥⎩ (2)因为11223113322n n n b b b a a a ++++⋅⋅⋅+=⨯-， 所以当1n =时，1293322b a =-=，所以16b =．当2n ≥时，由11223111223133,2213322n n n n n n b b b a a a b b b a a a ++-⎧++⋅⋅⋅+=⨯-⎪⎪⎨⎪++⋅⋅⋅+=⨯-⎪⎩ 得1113133332222n n n n n b a ++=⨯--⨯+=，所以()13n n b n =+⋅． 又当1n =时，()116113b ==+⋅，所以()13n n b n =+⋅． 所以()212233313nn n T b b b n =++⋅⋅⋅+=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅，()2313233313n n T n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅， 所以()23122333313nn n T n +-=⨯+++⋅⋅⋅+-+⋅()()11191332161331322n n n n n -++-+=+-+⋅=-⨯-， 所以1213344n n n T ++=⨯-． 18．（2022·天津市武清区杨村第一中学模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为1，且满足836S =．数列{}n b 是首项为2的等比数列，公比不为1，且3b 、232b 、12b 成等差数列，其前n 项和为n T ．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)若()12224n n n n S T T T a b +++⋅⋅⋅+=+，求正整数n 的值；(3)记*35(1)](N [)(1)(2)n an n n n n na n c nb a a b +=-+∈++，求数列{}nc 的前n 项和n R ． 【答案】(1)n a n =，2nn b =；(2)4； (3)3211)()913(8212n n n R n ++⋅-+=-+. 【解析】 【分析】（1）由836S =求出{}n a 的首项，由3b 、232b 、12b 成等差数列求出{}n b 的公比，再求出它们的通项作答.（2）求出n S ，n T ，再求出数列{}n T 前n 项和，代入给定等式求解即得. （3）利用（1）的结论求出n c ，再借助分组求和法、错位相减法求解作答. (1)依题意，183781682a S ⨯⨯==+，解得11a =，则1(1)1n a n n =+-⨯=，设数列{}n b 的公比为q ，因3b ，232b ，12b 成等差数列，则31223b b b +=，有22640q q -+=，而1q ≠，解得2q，2n n b =，所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别为：n a n =，2nn b =.(2)由（1）知，(1)2n n n S +=，12(12)2212n n n T +-==--，213122(222)2242n n n T T n n T ++=++++⋅⋅⋅-++=--，依题意，2(1)242242n n n n n n +++--=+⨯，整理得2340n n --=，而N n *∈，解得4n =， 所以正整数n 的值是4. (3)由（1）知351(1)2(2)(1)]()(1)2(1)(2)22(1)(2)2[nn n n n n nn n n n c n n n n n ++++=-+=-+-++⋅++⋅1111()(1)[]22(1)2(2)n n n n n n n -=-+-+++，令数列1{()}2n n -的前n 项和为n A ，数列111{(1)[]}2(1)2(2)nn n n n --+++的前n 项和为n B ， 则2311111()2()3()()2222n n A n =⋅-+⋅-+⋅-++⋅-，于是得231111111()2()(1)()()22222n n n A n n +-=⋅-+⋅-++-⋅-+⋅-，两式相减得：231111[1()]311111122()()()()()()122222221()2n n n n n A n n ++---=-+-+-++---=----11321()332n n ++=--⋅-，因此，2321()992n n n A +=-+⋅-， 0112233411111111()()()()2232324242525262n B =-+++-++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯1111(1)(1)[]2(1)2(2)22(2)n nn n n n n n ---++=-++++，数列{}n c 的前n 项和2321(1)13(22(2)113211())()9928922n n n n n n n n n n n R A B ++=+=-+⋅-+⋅-+-++--=+. 【点睛】方法点睛：如果数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，求数列{}n n a b 的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解．19．（2022·浙江·绍兴一中模拟预测）已知正项数列{}n a 满足()221113,33*--=-=+∈n n n n a a a a a n N ，数列{}n b 的前n 项和为n S 且满足22=-n n S b ．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； (2)设()24*+=∈-nn n a C n N b ，证明：1294n C C C +++<． 【答案】(1)3n a n =；2nn b =.(2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）将221133n n n n a a a a ---=+移项后化简可轻易得出{}n a 为等差数列，通过()12n n n b S S n -=-≥将已知条件22=-n n S b 代入后易得{}n b 为等比数列，再分别通过等差数列与等比数列的通项公式即可求解.（2）将n C 化简后，可判断出3142n n n C +<⋅，设将此式的前n 项和为n T ，错位相消后可求出n T 的表达式，通过判断出94n T <即可证明1294++⋯+<n C C C .(1)由已知条件，可化为221133n n n n a a a a ---=+{}n a 为正项数列，①13n n a a --=，所以{}n a 为等差数列，则()1313n a a n n =+-=.22n n S b =-①，1122(2)n n S b n --=-≥①1n =时，得12b =，由①-①得12n n b b -=，所以{}n b 为等比数列1222-∴=⋅=n nn b .(2)证明：由题意，2324+=-n n nC ，233312442142n n nn n n ++=⋅<⋅--，设3142n n +⋅的前n 项和为n T ， 1233112131142222n n n T ++++⎛⎫∴=++++⎪⎝⎭① 23113112+11++242222n n n n n T +++⎛⎫=++ ⎪⎝⎭①，①-①得，2311131111113332422222422n n n n n n T +++++⎛⎫⎛⎫=++++-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 3393424n n n T +⎛⎫∴=-< ⎪⎝⎭，1294n n C C C T ∴+++<<. 20．（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】 【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得112n n k k k -==，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =， 所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去）， 所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-， 所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--， 所以数列{}22nn c c -是等比数列； （ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-，所以112nn k k k k-==， 设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑， 则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+，两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--， 所以1242n n n T -+=-，所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 【点睛】 关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为nk =可得证.。
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错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：项的对应需正确；相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3, 又4S n = a n2 + 2a n－3 ①当时 4s n－1 = + 2a n-1－3 ②①－②, 即，∴ ,（），是以3为首项，2为公差的等差数列， 6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明： .[答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.（Ⅱ）由，得…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或. （6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以. （13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。
的最小正整数为4. （12分）6. 数列满足，等比数列满足.（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.[解析] （Ⅰ）由，所以数列是等差数列，又，所以，由，所以，，所以，即，所以. （6分)（Ⅱ）因为，所以，则，所以，两式相减的，所以. (12分）7. 已知数列满足，其中为数列的前项和．(Ⅰ) 求的通项公式；(Ⅱ) 若数列满足： () ，求的前项和公式.[解析]Ⅰ) ∵，①∴②②－①得，，又时，，，. （5分）(Ⅱ) ∵，，，两式相减得，. （13分）8.设d为非零实数, a n=[d+2d2+…+(n-1) d n-1+nd n](n∈N*) .(Ⅰ) 写出a1, a2, a3并判断{a n}是否为等比数列. 若是,给出证明;若不是, 说明理由;(Ⅱ) 设b n=nda n(n∈N*) , 求数列{b n}的前n项和S n. [答案] (Ⅰ) 由已知可得a1=d, a2=d(1+d) , a3=d(1+d) 2. 当n≥2, k≥1时, =, 因此a n=.由此可见, 当d≠-1时, {a n}是以d为首项, d+1为公比的等比数列;当d=-1时, a1=-1, a n=0(n≥2) , 此时{a n}不是等比数列. (7分)(Ⅱ) 由(Ⅰ) 可知, a n=d(d+1) n-1,从而b n=nd2(d+1) n-1,S n=d2[1+2(d+1) +3(d+1) 2+…+(n-1) (d+1) n-2+n(d+1) n-1]. ①当d=-1时, S n=d2=1.当d≠-1时, ①式两边同乘d+1得(d+1) S n=d2[(d+1) +2(d+1) 2+…+(n-1) (d+1) n-1+n(d+1) n]. ②①, ②式相减可得-dS n=d2[1+(d+1) +(d+1) 2+…+(d+1) n-1-n(d+1) n]=d2.化简即得S n=(d+1) n(nd-1) +1.综上, S n=(d+1) n(nd-1) +1. (12分)9. 已知数列{a n}满足a1=0, a2=2, 且对任意m, n∈N*都有a2m-1+a2n-1=2a m+n-1+2(m-n) 2.(Ⅰ) 求a3, a5;(Ⅱ) 设b n=a2n+1-a2n-1(n∈N*) , 证明:{b n}是等差数列;(Ⅲ) 设c n=(a n+1-a n) q n-1(q≠0, n∈N*) , 求数列{c n}的前n项和S n.[答案] (Ⅰ) 由题意, 令m=2, n=1可得a3=2a2-a1+2=6.再令m=3, n=1可得a5=2a3-a1+8=20. (2分)(Ⅱ) 证明:当n∈N*时, 由已知(以n+2代替m) 可得a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8.于是[a2(n+1) +1-a2(n+1) -1]-(a2n+1-a2n-1) =8, 即b n+1-b n=8.所以, 数列{b n}是公差为8的等差数列. (5分)(Ⅲ) 由(Ⅰ) 、(Ⅱ) 的解答可知{b n}是首项b1=a3-a1=6, 公差为8的等差数列.则b n=8n-2, 即a2n+1-a2n-1=8n-2.另由已知(令m=1) 可得, a n=-(n-1) 2.那么, a n+1-a n=-2n+1=-2n+1=2n.于是, c n=2nq n-1.当q=1时, S n=2+4+6+…+2n=n(n+1) .当q≠1时, S n=2·q0+4·q1+6·q2+…+2n·q n-1.两边同乘q可得qS n=2·q1+4·q2+6·q3+…+2(n-1) ·q n-1+2n·q n.上述两式相减即得(1-q) S n=2(1+q1+q2+…+q n-1) -2nq n=2·-2nq n=2·,所以S n=2·.综上所述, S n=(12分)10.已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,a1=2,且a2,a4,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n·}的前n项和.[答案] (1)设数列{a n}的公差为d(d≠0),由条件可知:(2+3d)2=(2+d)·(2+7d),解得d=2.(4分) 故数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N*).(6分)(2)由(1)知a n·=2n×32n,设数列{a n·}的前n项和为S n,则S n=2×32+4×34+6×36+…+2n×32n,32S n=2×34+4×36+…+(2n-2) ×32n+2n×32n+2,故-8S n=2(32+34+36+…+32n)-2n×32n+2,(8分)所以数列{a n·}的前n项和S n=.(12分)11.已知等差数列满足又数列中,且.(1)求数列,的通项公式;(2)若数列,的前项和分别是,且求数列的前项和;(3)若对一切正整数恒成立，求实数的取值范围.[答案]( 1)设等差数列的公差为,则有解得，，，数列是以为首项,公比为的等比数列.…………4分(2)由(1)可得，∴得，…………10分(3)，∴当时, 取最小值,,，即，当时，恒成立；当时，由，解得,即实数的取值范围是. …………14分12.设为数列的前项和，对任意的，都有为常数，且．（1）求证：数列是等比数列；（2）设数列的公比，数列满足，求数列的通项公式；（3）在满足（2）的条件下，求数列的前项和．[答案] 188.（1）当时，，解得．当时，，即．又为常数，且，∴．∴数列是首项为1，公比为的等比数列．………………4分（2）由（1）得，，．∵，∴，，∴，∴．∴是首项为，公差为1的等差数列．∴，∴（）．…………………9分（3）由（2）知，则．∴，①，②②－①得，∴． (14)分13.设等差数列{a n}的前n项和为S n, 且S4=4S2,a2n=2a n+1.(Ⅰ) 求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ) 设数列{b n}的前n项和为T n, 且T n+=λ(λ为常数), 令c n=b2n(n∈N*), 求数列{c n}的前n项和R n. [答案] (Ⅰ) 设等差数列{a n}的首项为a1, 公差为d. 由S4=4S2, a2n=2a n+1得解得a1=1, d=2.因此a n=2n-1, n∈N*.(Ⅱ) 由题意知: T n=λ-,所以n≥2时, b n=T n-T n-1=-+=.故c n=b2n==(n-1) , n∈N*.所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1) ×,则R n=0×+1×+2×+…+(n-2) ×+(n-1) ×, 两式相减得R n=+++…+-(n-1) ×=-(n-1) ×=-,整理得R n=.所以数列{c n}的前n项和R n=.。