错位相减法(提高篇)
错位相减法万能公式
错位相减法万能公式错位相减法是一种数学计算方法，通过巧妙地调整数位顺序，使得相减的计算过程更加简化。
这种方法适用于多种计算场景，包括但不限于整数相减、小数相减、分数相减等。
本文将介绍错位相减法的基本原理和运用技巧。
一、错位相减法简介错位相减法是一种快速计算相减的方法，它可以帮助我们避免繁琐的借位运算或补零操作。
通过将被减数和减数按位错位排列，然后相减得到的结果即为原题目的答案。
这种方法非常适合处理数字位数较多、计算过程较复杂的情况。
二、整数相减的错位相减法对于整数相减的计算，错位相减法可以简化计算过程。
以减数为基准，从个位开始按位减去被减数对应位的数值，得到的差即为该位的计算结果。
当被减数位数不足时，可以在高位补零。
下面通过一个例子来说明整数相减的错位相减法。
例：计算98减去17步骤1：个位相减 8-7=1步骤2：十位相减 9-1=8因此，98减去17等于81。
三、小数相减的错位相减法对于小数相减的计算，错位相减法同样适用。
我们可以将小数部分框出来，按位相减，然后按照小数点位置将差值放回原位置。
下面通过一个例子来说明小数相减的错位相减法。
例：计算8.7减去3.25步骤1：百分位相减 0-2（补零）=-2步骤2：十分位相减 7-5=2步骤3：个分位相减 8-3=5因此，8.7减去3.25等于5.45。
四、分数相减的错位相减法对于分数相减的计算，错位相减法同样适用。
我们将被减数和减数的分子对齐，然后按位相减得到差值，并保持分母不变。
下面通过一个例子来说明分数相减的错位相减法。
例：计算4/5减去1/3步骤1：将4/5转化为12/15步骤2：十分位相减 12-5=7步骤3：个分位相减 15-3=12因此，4/5减去1/3等于7/12。
五、错位相减法的应用范围错位相减法不仅适用于整数、小数和分数的相减计算，还可以应用于其他数学问题的解决。
它在解决实际问题时具有较强的普适性和实用性，能够极大地简化计算过程，提高计算效率。
错位相减__裂项相消[解读]
![错位相减__裂项相消[解读]](https://img.taocdn.com/s3/m/a71367253868011ca300a6c30c2259010202f368.png)
一、错位相减法差比数列：错位相减较常用在数列的通项表现为一个等差数列与一个等比数列的乘积，设数列{}n a 的等比数列，数列{}n b 是等差数列，则数列{}n n b a 的前n 项和n S 求解，均可用错位相减法。
32,.4n n n n a S +=练习：求练习：2,n n n a n S =∙求练习：求数列}21{n n ⨯前n 项和练习：(21)2n n a n =-⋅2(21),.3nn n a n S =+⋅练习：（）求1、设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b +=（Ⅰ）求{}n a ，{}n b 的通项公式； （Ⅱ）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．2、已知等差数列{}n a的前3项和为6，前8项和为-4。
（Ⅰ）求数列{}na的通项公式；（Ⅱ）设1*(4)(0,)nn nb a q q n N-=-≠∈，求数列{}nb的前n项和nS3、设{}na是等差数列，{}nb是各项都为正数的等比数列，且111a b==，3521a b+=，5313a b+=（Ⅰ）求{}n a，{}n b的通项公式；（Ⅱ）求数列nnab⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和nS．4、（本小题满分12分）等比数列{na}的前n项和为nS，已知对任意的n N+∈，点(,)nn S，均在函数(0xy b r b=+>且1,,b b r≠均为常数)的图像上.（1）求r的值；（2）当b=2时，记1()4nnnb n Na++=∈求数列{}nb的前n项和nT二、裂项求和法这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项）分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如：1(21)(21)n a n n =-+ 21n n S n =+ 常见的拆项公式有：1111.(1)1n n n n =-++ 11112.()()n n k k n n k =-++ 11113.()(21)(21)22121n n n n =--+-+ )121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n 11114.[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++ 11 5.()a b a b a b =--+练习：()()111141223341n S n n =+++--+⨯⨯⨯+练习：求和1111133557(21)(21)n n +++⨯⨯⨯-+练习：若数列{n a }的通项公式是11++=n n a n ，求数列{n a }的前n 项和；1、已知等差数列{}n a 满足：37a =，5726a a +=.{}n a 的前n 项和为n S .（Ⅰ）求n a 及n S ；（Ⅱ）令211n n b a =-（n N +∈）,求数列{}n b 的前n 项和n T .2、已知二次函数()y f x =的图像经过坐标原点，其导函数为'()62f x x =-，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()n n S n N *∈均在函数()y f x =的图像上。
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。
专题07 数列求和-错位相减、裂项相消(精编版)
专题07 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{}n a 和等比数列{}n b 对应项之积组成的数列{}n c (即n n n c a b =)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n b 其实可以看成等差数列通项()1n n a a =与等比数列通项n b 的积.公式秒杀:()n n S A n B q 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{}n a 的前n 项和为n S ，若111,1n n a S a +==-．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设1n n n b a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【经典例题2】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 ．【经典例题3】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =，314S =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若21n nn b a -=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【练习1】已知数列{}n a 满足11a =，()121n n a a n *+=+∈N . (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列(){}1n n a +的前n 项和n S .【练习2】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n n S a =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【练习3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且342n n S a =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设12log n n n b a a +=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【练习4】已知数列{}n a 满足11a =，1122n n n nn a a a ++=+（n +∈N ）. (1)求证数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列； (2)设()1n n b n n a =+，求数列{}n b 的前n 项和n S .◆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) 1111()n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭;(2) 1111(21)(21)22121n n n n ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭; (3) 1()n k n kn k n =+++; (4)22222111(1)(1)n n n n n +=-++; (5) ()()1121121212121n n n n n ++=-----; (6) 12(41)22(1)1n n nn n n n n+-=-++; (7) 12111(21)(21)2(21)2(21)2n n n n n n n n +++=--+-+; (8) 1(1)(1)1(1)(1)(21)(23)42123n n n n n n n n +⎛⎫-+--=- ⎪++++⎝⎭(9) (1)1)(1)(1)11nn n n n n n n n -⎡⎤=--=---⎣⎦-- (10) 1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦. (11) ()!1!!n n n n ⋅=+- (12) ()()111!!1!k k k k =-++【经典例题1】已知正项数列{}n a 中，11a =，2211n n a a +-=，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前99项和为（ ） A ．4950 B ．10 C ．9 D ．14950 【经典例题2】数列{}n a 的通项公式为()()*22211n n a n n n +=∈+N ，该数列的前8项和为__________．【经典例题3】已知数列{}n a 的前n 项和为2n S n =，若11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前n 项和为________． 【练习1】数列2121n n ⎨++-⎩的前2022项和为（ ） A 40431- B 40451-C 40431 D 40451【练习2】数列{}n a 的各项均为正数，n S 为其前n 项和，对于任意的*N n ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列，又记21231n n n b a a ++=⋅，数列{}n b 的前n 项和n T =______． 【练习3】()1232!3!4!1!n n +++⋅⋅⋅+=+_______.【练习4】设数列{}n a 满足124(32)3n a a n a n +++-=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求数列31n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【练习5】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()21n n S a n *=-∈N . (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设13log n n b a =，11n n n n n C b b ++-={}n C 的前n 项和n T .【练习6】已知数列{}n a 中，1122222n n n n a a a n -+++=⋅．(1)证明：{}n a 为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)设(1)(1)n n n a b n n -=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【练习7】记n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前n 项和，若36S =，3a 是1a 和9a 的等比中项.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记121n n n n b a a a ++=⋅⋅，求数列{}n b 的前20项和.【练习8】已知等差数列{}n a 满足37a =，5726a a +=，211=-n n b a （n +∈N ）． (1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)数列{}n b 的前n 项和为n S ，求n S ．【练习9】已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4、1n a +、n S 成等比数列，其中n *∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设14n n n n S b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【练习10】已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，11a =，___________.①n *∀∈N ，14n n a a n ++=；②数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭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n a ；(2)设()121n n n n n a a b a a +++=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .。
数列求和之错位相减法
1
1 22
+2
1 23
(n
1)
1 2n
n
1 2n1
②
1 2 sn
1 2
1 22
+
1 23
1 2n
n
1 2n1
1n 化简整理，得：sn =2- 2n1 - 2n
sn
2- n 2 2n
小技巧:验证n=1
小结：“错位相减法”的解题步骤
第其一中步数：列观{a察n}通为项等是差否数满列足，{a数n b列n}
学习目标
能理解错位相减法，并能够正确地应用错位相 减法求数列的前n项和。
等比数列前n项和公式的推导
① ② ① -② 得
这种推导等比数列前n项和的方法叫错位相减法，注意“ 错位”、“相减”的含义，它蕴含了化无限为有限的数学 思想方法。
什么样的数列求和可以用“错位相减法”
若 这数 两列个数{列an为}的等对差应数项列乘，积数组列成的{bn新} 为数等列比{a数n 列 bn，} 由求
的
{bn
形式， } 为公比为q等比数列，由这两个数列的对应
项乘积组成的新数列 {an bn}
第二步：写出 {an bn} 前n项和的展开式，即 sn a1b1 a2b2 a3b3 anbn
第三步在 第二步所得式子的两边同乘以公比q，
第四步：第2步与第3步所得的两式相减。相减之后，撇开第一项和最后一项，中 间的所有项组成了一个公比为q的等比数列，对其使用等比数列求和公式求和。
10
9 10
Sn
2
9
2
4
...
n
9
n
n
1
9
n1
高中数学数列错位相减法求和超好用的解题技巧及其步骤
2பைடு நூலகம்
〖2020.全国Ⅰ〗
设 是公比不为1的等比数列，1 为2 ，3 的等差中项.
1 求 的公比;
2 若1 = 1, 求数列 的前项和.
课堂练习
练习1：专题测试卷第20页
8. 已知数列 满足1 = 1, +1 = 2 + − 1.
-
数列求和
－－－错位相减法
高考分析
纵观近几年高考命题，数列求和是高考中每年必考的内容之一.
全国卷经常以等差数列、等比数列为基础考查程序化计算类的数
列求和，近几年侧重于新的情境，考查内容更加灵活多变.
2020年全 2020年
2021年新 2021年全 2022年全国甲 2022年新高
卷
国Ⅰ卷
全国Ⅲ卷 高考Ⅰ卷 国乙卷
（大招，偷偷启动）
错位相减法万能公式：
= + ∙ −1
= + −
−
=
, =
−
−
练习1
判断下面可以用错位相减法求数列的前n项和的有哪些？
①
③
= + 2
②
1 n1
a n (2n 1) ( ) .
2
2 4 6
考Ⅰ卷
错位相减 错位相减 错位相减
法
求和
法
数列求和
数列前n项和
的最小值
裂项相消求
和
错位相减法是高考数列的高频考点，这部分的考点往往得分点偏低:
1、错位相减过程中最后一项是“－”,很多同学错把原来的“＋”抄下来了;
2、错位相减后，其中一部分构成新的等比数列，项数数错了，多了一项，
错位相减法求和典型例题
错位相减法求和典型例题一、引言错位相减法是一种数学中常用的求和方法。
它通过将两个等式错位相减，消去其中的某些项，从而得到一个新的等式，通过求解这个新的等式可以得到原问题的解。
在本文中，我们将介绍错位相减法的定义、原理以及应用，并提供一些典型的例题，以帮助读者更好地理解和掌握这个方法。
二、错位相减法的定义和原理1. 定义错位相减法是指将两个等式的左、右两边错位对应的项相减，并得到一个新的等式的求和方法。
它主要用于解决一些复杂的求和问题，通过消去一些项，简化问题的求解过程。
2. 原理错位相减法的原理可以通过以下步骤来解释：a) 将两个等式的左、右两边分别写出，并使其对应项排列在一起；b) 将两个等式的左、右两边错位对应的项相减，得到一个新的等式；c) 求解这个新的等式，得出问题的解。
三、错位相减法的应用错位相减法主要应用于解决求和问题，特别是一些具有特定模式的求和问题。
下面将介绍一些典型的例题，以帮助读者更好地理解和应用这个方法。
例题1：求解等差数列的和已知等差数列的首项为a，公差为d，前n项和为S，求解S的表达式。
解法：设等差数列的第一项为a，公差为d，则等差数列的第n项为a+(n-1)d。
根据等差数列的求和公式，可得：S = (a + a+(n-1)d)n/2= 2a + (n-1)d)n/2= (2a + (n-1)d)n/2= (2a + n*d - d)n/2= (2a + n*d)n/2 - d*n*(n-1)/2因此，S的表达式为(2a + n*d)n/2 - d*n*(n-1)/2。
例题2：求解等比数列的和已知等比数列的首项为a，公比为r，前n项和为S，求解S的表达式。
解法：设等比数列的第一项为a，公比为r，则等比数列的第n项为a*r^(n-1)。
根据等比数列的求和公式，可得：S = a*(1-r^n)/(1-r)因此，S的表达式为a*(1-r^n)/(1-r)。
例题3：求解级数的和已知级数的通项为an，求级数的和S。
等比数列错位相减法的应用
高一数学等比数列的前n项的和(2) 同学们大家好上节课讲的等比数列前n项和公式的推导大家还记得吗首先等比数列的前n项和公式应该是这样的一个表达式当q不得1的时候是1减q分之a 乘以(1-q )当q得1的时候就是n倍的a另外在推导这个公式的时候我们用到了一种特殊的办法叫错位相减法我们来复习一下推导过程开始的时候我们先把等比数列分成两大类当q得1的时候这个等比数列就是常数列每项都相等因此其前n项和S 就是n倍的a那么当q不得1的时候我们使用了一种特殊的数列求和的方法就是错位相减法那么首先应该先写出S 是a 加上a q加上a q 一直加加到a 乘q两边乘以等比数列的公比q就得到q倍的S 等于a q加上a q 加上a q 一直加加到a 乘q这两个式子下边一个式子的第1项就是上边式子的第2项下边式子的第2项就是上边的第3项我们会发现这两个式子错位相等的因此我们把这两个式子相减大多数项就可以消掉了等号左边是(1-q)倍的S等号右边第①式上式只剩首项a下边这个式子只剩最后一项a 乘q当然它是要被减去的这时候q不得1我们就把1减q除过来于是就得到了等比数列的前n项和公式错位相减法是处理与等比数列求和相关问题的常用办法这节课我们就来看一看错位相减法还能解决哪些问题先看一道例题求数列2 4乘3 6乘3的平方2n乘以3 n属于N﹡就是非0的自然数求这个数列的前n项和S这个数列既不是等差数列也不是等比数列那么如何去求和呢我们再好好看一看这个数列虽然它本身不等差也不等比但是这个数列的每一项我们把它的每一项第一个因数拿出来那就是2 4 6一直到2n这是不是一个公差为2的等差数列我们再把这数列每一项的第二个因数拿出来那就是1 3 32一直到3这是不是就是一个首项为1公比为3的等比数列呢那么实际上这个数列就是由等差数列2n的每一项和等比数列3 的相应项的乘积构成的那么又要对这个数列求和又和等比数列有关系所以我们就考虑到利用错位相减法来处理我们来看具体的解答过程因为S 是2加上4乘3加上6乘32一直加加到2n乘以3那么它的前一项就应该是把n都换成n减1的时候也就是2(n-1)乘以3我们应该前边写3项后边写2项一共写出5项来为什么呢这样便于我们去寻找规律然后我们用等比成分的公比q也就是3去乘以①式的两边就会得到3倍的S 等于2乘以3 加上4乘以32加上6乘以3 一直加加到2(n-1)乘以3最后一项是2n乘以3把这个式子称为②式下面我们就把①式和②式错位相减也就是①减②那么等号左边就是负2倍的S等号右边我们就把3的指数一样的这样两项相减并且把3的多少次方都提出来那就会得到2这个2没有人和它配对它自己写加上(4-2)乘以3继续阅读。
资料错位相减法分母
资料错位相减法分母引言在数学中，资料错位相减法分母是一种常见的计算方法，用于求解分数相减的问题。
它可以帮助我们简化复杂的分数运算，使计算过程更加简单明了。
本文将详细介绍资料错位相减法分母的原理、步骤和示例，并提供一些实际应用的案例。
原理资料错位相减法分母的原理是利用分数的性质，将两个分数的分母相互交换位置后再相减。
这样做的目的是为了使分数的分母相同，从而方便进行减法运算。
步骤资料错位相减法分母的步骤如下：1.将两个分数的分母相互交换位置，即分数A的分母放在分数B的分子位置，分数B的分母放在分数A的分子位置。
2.根据需要，可以使用最小公倍数（LCM）将两个分数的分母调整为相同的值。
3.将两个分数的分子相减，得到新的分子。
4.分数的分母保持不变。
5.如果需要，可以对结果进行约分。
示例下面是一个示例，演示了如何使用资料错位相减法分母计算两个分数的差：问题：计算2/3 - 1/4。
步骤：1.将两个分数的分母相互交换位置，得到2/4 - 1/3。
2.由于2和4的最小公倍数是4，1和3的最小公倍数是3，所以将两个分数的分母都调整为4，得到1/4 - 4/12。
3.分子相减，得到1/4 - 4/12 = 3/12 - 4/12 = -1/12。
4.结果为-1/12。
通过以上步骤，我们成功地计算出了2/3 - 1/4的差为-1/12。
实际应用资料错位相减法分母在实际生活和工作中有许多应用。
以下是一些常见的应用场景：1.商业计算：在商业中，我们经常需要计算折扣、利润率等涉及分数的问题。
使用资料错位相减法分母可以简化这些计算，提高工作效率。
2.料理食谱：在烹饪过程中，有时需要根据食谱的比例调整食材的数量。
使用资料错位相减法分母可以帮助我们计算和调整食材的比例。
3.建筑设计：在建筑设计中，需要进行尺寸的换算和调整。
使用资料错位相减法分母可以帮助我们计算和调整尺寸的比例。
4.金融投资：在金融投资中，我们需要计算利息、回报率等涉及分数的问题。
错位相减法
体验·感悟·提升——关于错位相减法案例片断一、创设问题情景，感知方法的独特性师：国际象棋起源于古代印度，关于国际象棋有这样一个传说．国王要奖赏国际象棋的发明者，问他有什么要求，发明者说：“请棋盘的第１个格子里放上1颗麦粒，在第２个格子里放上２颗麦粒，在第３个格子里放上４颗麦粒，在第４个格子里放上８颗麦粒，依此类推，每个格子里放的麦粒数都是前一个格子里放的麦粒数的２位，直到第６４个格子．请给我足够的粮食来实现上述要求”．国王觉得这并不是很难办到的事，就欣然同意了他的要求．师：你们认为国王有能力满足发明者上述要求吗？ 生：发明者要求的麦粒总数为2631222++++ ．师：我赞同，但这总数到底是多少，我们又该如何计算呢？ ［点评与反思］利用具激发兴趣的现实例子呈现问题，一是使学生明确知识的现实应用性，并且渗透了学生从现实问题中抽象出数学问题的能力．二是引起学生注意力，让学生想知道到底发生什么一回事呢？可以说这一环节设计的匠心之处就在于它扣住了本节内容的难点，求前n 项和的一种方法，把握了知识的连接点和生长点． 片断二：探究求和的方法，揭示此方法的易错点和关键师：出示63641242S =++++ ，若在上式两边同乘以2，得到的一个新式子646422482S =+++ 它与上式有什么异同点？生１：发现两式右边有62项相同．生２：两式相减，消去中间的项，可以得到646421S =-．师：这样，我们就得到了64S 的值，而我们采用的这种特殊方法叫做错位相减法，那么这种方法的关键步骤是哪些呢？生１：将等式乘以公比２． 生２：把相同的项数相减削去．师：现在给出一个更一般的等比数列前n 项和等式1111n n S a a q a q -=+++ ，现在用上述方法能否化简？生１：可以，1(1)1n n a q S q-=-．生２：1(1)(1)1n n a q S q q-=≠-；1(1)n S na q ==．…………师：错位相减法的错位体现在那里？生：乘以公比q 后，必然式子要向后错一个．师：因此，不妨把这种方法叫做乘比错位相减法，这样，我们一下就明了了这种方法的步骤分别是：乘比，错位，相减． …………［点评与反思］现代课堂教学理念充分体现的关键：课堂教学过程中主体观念的重新确立．如何引导学生主体参与学习的全过程，它体现在两个方面：一要有量和形式的突破，二要跟进质和内容的要求．这一片断的设计就比较好地实现了学生主体参与，积极思考的过程：同特殊的形式到一般形式，由特殊的方法过程抽象出一般的方法，既有量的积淀，不但探究求和方法的步骤要求，又经历了知识展开和形成的过程，尤为重要的是在揭示学习主题的过程中学会了方法．发展和提升了思维的层次，不失为本片断设计的一大亮点．片断三：拓展延伸方法的认识．师：下面，我想了解一下同学们学习的情况．出示：１．231222322n n S n =++++２．23(12)(22)(32)(2)n n S n =++++++++想一下，上述两个等式能否用乘比错位相减法．学生练习后教师点评：第１题中其通项公式为一个等差数列与等比数列相乘，第２题中其通项公式为一个等差数列与等比数列相加，我们能否同样乘以公比２后相消？生１：均不能．生２：第１题中可以先用乘比错位相减法，再用等比数列的前n 项和公式，即刚才推出的：1(1)(1)1n n a q S q q-=≠-；或者两次运用乘比错位相减法．师：对的，从刚才的计论交流中，大家明白点什么？小结：乘比错位相减法的适用条件：通项公式为等差数列与等比数列相乘． 乘比错位相减法的关键：乘以通项中等比数列的公比q ，然后错位． 师：思考：为什么63641242S =++++ 也可以用此方法求和．［点评与反思］这一扯断的教学过程突破了传统教学程序中的就事论事的层面，使学生明白“知其然，还要知其所以然”，为学生建构新知模型进行了有益的尝试．［总评与反思］本案例截取的三个教学片断环环相扣，层层递进，比较好地遵循了新理念下“问题情景――建立模型――解释应用与拓展”这一基本结构模型地框架，即⑴关注了内容呈现上的情景化；⑵重视了知识形成与发展的过程；⑶强化了学习过程中的体验与感受．但审视其片断的全过程，还有不可疏忽然的问题存在，如：学生学习方式的选择等．当我们不约而同地关注学生学习过程的时候，更应思考选择什么样的方式的来引导学生主体参与探究的过程，以及是否提供了足够的时空和机会让学生体验和感受全过程．另外，是否可尝试让学生自主看书来了解和掌握乘比错位相减法．再者，是否可尝试让学生先犯下错误，再去纠正．还有，本节内容也可尝试从其现实应用性着手（分期付款问题）．。
错位相减法求数列前n项和
①-②得
Sn 1 2 1 22 1 23 1 2n n 2n1
即
Sn
2 22 23 2n n 2n1
2 2n 2 n 2n1 (1 n)2n1 2
1 2
错位相减法：
故Sn 2 (1 n)2n1 展开，乘公比，错位，相减
变式训练
例：数列{an}的通项公式an n，
解新：问令题cn：求an数bn 列 {nan2bnn}的前n项和
Sn c1 c2 c3 L L cn-1 cn
即Sn 1 2 2 22 3 23 L L (n 1) 2n1 n 2n
2Sn 1 22 2 23 2 24 L L L (n-1) 2n n 2n1
2、求数列{2n 3n}的前n项和
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn 2n2 n, n N ,数 列{bn}满足an 4 log2 bn 3, n N （1）求{an}和{bn}的通项公式; （2）求数列{an }的前n项和.
bn
4.{an}的前 n 项和为 Sn, 2Sn 3an 3 (n∈N*).
求和：
11 3 5 L 2n 3 2n 1
21 a a2 L an1 an
等差数列与等比数列的求和公式：
等差数列的前n项和公式：
Sn
a1n
n(n 2
1)Biblioteka d或等比数列的前n项和公式：
Sn
a1
an 2
n
当q
1,Sn
a1 (1 q n ) 1 q
a1 an q 1 q
当q 1,Sn na1
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？
错位相减法(提高篇)
数列求和之错位相减法[例1] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥ （I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。
解析：（Ⅰ）113354(2)n n n n S S a a n ---=-≥，1122n n n n aa a a --∴==，，……（3分）又12a =Q ，{}22n a ∴是以为首项，为公比的等比数列，……………………………（4分） 1222n n n a -∴=⋅=. ……………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）2n n b n =⋅，1231222322n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅L ，23121222(1)22n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅L .…………………………（8分） 两式相减得：1212222n n n T n +-=+++-⋅L ，12(12)212n n n T n +-∴-=-⋅-1(1)22n n +=-⋅-，………………………………………（11分）12(1)2n n T n +∴=+-⋅.…………………………………………………………………（12分）[例2] 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列． (1)求{a n }的公比q ；(2)若a 1－a 3＝－32，求数列{n ·a n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知得2S 3＝S 1＋S 2， ∴2(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋(a 1＋a 2)， ∴a 2＋2a 3＝0，a n ≠0， ∴1＋2q ＝0，∴q ＝－12.(2)∵a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＝a 1(1－14)＝34a 1＝－32，∴a 1＝－2，∴a n ＝(－2)·(－12)n －1＝(－12)n －2，∴na n ＝n (－12)n －2.∴T n ＝1·(－12)－1＋2·(－12)0＋3·(－12)1＋…＋n ·(－12)n －2，①∴－12T n ＝1·(－12)0＋2·(－12)1＋3·(－12)2＋…＋n ·(－12)n －1，②①－②得32T n ＝－2＋[(－12)0＋(－12)1＋(－12)2＋…＋(－12)n －2]－n ·(－12)n －1 ＝－43－(－12)n －1(23＋n )，∴T n ＝－89－(－12)n －1(49＋23n ).[例3] 设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解析 (1)由已知，得当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1 ＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)由b n ＝na n ＝n ·22n－1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1， 即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．[例4] 已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n －1}的前n 项和．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，故S 1＝1，S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n . 所以，当n >1时，S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－(12＋14＋…＋12n －1)－2－n 2n ＝1－(1－12n －1)－2－n 2n ＝n 2n .所以S n ＝n 2n －1.综上，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n2n －1.[例5] (2008,) 已知数列{}n a 的首项123a =，121nn n a a a +=+，1,2,3,n =…． （Ⅰ）证明：数列1{1}na -是等比数列； （Ⅱ）数列{}nna 的前n 项和n S ． 解析 （Ⅰ） 121nn n a a a +=+，∴ 111111222n n nn a a a a ++==+⋅， ∴11111(1)2n n a a +-=-，又123a =，∴11112a -=，∴数列1{1}na -是以为12首项，12为公比的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知111111222n n n a --=⋅=，即1112n n a =+，∴2n n n n n a =+． 设23123222n T =+++…2n n +， ①则23112222n T =++ (1122)n n n n +-++，② 由①-②得2111222n T =++ (111)11(1)1122112222212n n n n n n n n n +++-+-=-=---， ∴11222n n n n T -=--．又123+++…(1)2n n n ++=． ∴数列{}nna 的前n 项和 22(1)4222222n n n n n n n n n S +++++=-+=-.[例6] 在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n . 解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 2＝32，a 1q 4＝32，解得a 1＝2，q ＝2， 故a n ＝2·2n －1＝2n .(2)∵S n 表示数列{a n }的前n 项和， ∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(2＋2·22＋…＋n ·2n )－(1＋2＋…＋n )]＝2(2＋2·22＋…＋n ·2n )－n (n ＋1)，设T n ＝2＋2·22＋…＋n ·2n ，① 则2T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，②①－②，得－T n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(n －1)2n ＋1＋2]－n (n ＋1) ＝(n －1)2n ＋2＋4－n (n ＋1)．[例7] 已知各项均为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，首项为1a ，且n n S a ,,21等差数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若n bn a )21(2=，设nnn a b c =，求数列{}n c 的前n 项和n T . 解析：（1）由题意知0,212>+=n n n a S a ………………1分 当1=n 时，21212111=∴+=a a a 当2≥n 时，212,21211-=-=--n n n n a S a S 两式相减得1122---=-=n n n n n a a S S a ………………3分整理得：21=-n na a ……………………4分 ∴数列{}n a 是以21为首项，2为公比的等比数列. 211122212---=⨯=⋅=n n n n a a ……………………5分（2）42222--==n b n na∴n b n 24-=，……………………6分n n n n n n n a b C 28162242-=-==- nn n nn T 28162824282028132-+-⋯+-++=- ① 13228162824202821+-+-+⋯++=n n n n n T ② ①-②得1322816)212121(8421+--+⋯++-=n n n nT ………………9分 111122816)211442816211)2112184+-+-----=----⋅-=n n n n nn （（ n n24=.………………………………………………………11分 .28nn nT =∴…………………………………………………………………12分 [例8] (14分)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 ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小正整数n 的值．解析 (1)设此等比数列为a 1，a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，…，其中a 1≠0，q ≠0.由题意知：a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28， ①a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)．②②×7－①得6a 1q 3－15a 1q 2＋6a 1q ＝0， 即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.∵等比数列{a n }单调递增，∴a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)． 设T n ＝1×2＋2×22＋…＋n ·2n，③则2T n ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1.④由③－④，得－T n ＝1×2＋1×22＋…＋1·2n－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，∴－T n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.∴S n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.要使S n ＋n ·2n ＋1>50成立，即－(n －1)·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1>50，即2n>26.∵24＝16<26,25＝32>26，且y ＝2x是单调递增函数， ∴满足条件的n 的最小值为5. 【跟踪训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求数列{b n }的通项公式b n ；(3)若c n ＝a n ·b nn，求数列{c n }的前n 项和T n .解析：(1)∵S n ＝3n ，∴S n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1(n ≥2)．当n ＝1时，2×31－1＝2≠S 1＝a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2×3n －1，n ≥2. (2)∵b n ＋1＝b n ＋(2n －1)，∴b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝3，b 4－b 3＝5，…，b n －b n －1＝2n －3. 以上各式相加得b n －b 1＝1＋3＋5＋…＋(2n －3)＝(n －1)(1＋2n －3)2＝(n －1)2.∵b 1＝－1，∴b n ＝n 2－2n .(3)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，2(n －2)×3n －1，n ≥2. 当n ≥2时，T n ＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n －2)×3n －1， ∴3T n ＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n －2)×3n ， ∴相减得－2T n ＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－2(n －2)×3n .∴T n ＝(n －2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n －1)＝(n －2)×3n －3n －32＝(2n －5)3n ＋32. ∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，(2n －5)3n ＋32，n ≥2.∴T n ＝(2n －5)3n ＋32(n ∈N *)．2．已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析： (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ， ∵由题意得a 23＝a 1a 21，∴(1＋2d )2＝1×(1＋20d )，即4d 2－16d ＝0， ∵d ≠0，∴d ＝4，∴a n ＝4n －3. ∴b 1＝1，b 3＝9，b 5＝81， ∵{b n }的各项均为正数，∴q ＝3， ∴b n ＝3n －1.(2)∵由(1)可得a n b n ＝(4n －3)3n －1，∴S n ＝30＋5×31＋9×32＋…＋(4n －7)×3n －2＋(4n －3)×3n －1， 3S n ＝31＋5×32＋9×33＋…＋(4n －7)×3n －1＋(4n －3)×3n ， 两式相减得：－2S n ＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n －1－(4n －3)×3n ＝1＋4(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(4n －3)×3n ＝1＋4×3×(1－3n －1)1－3－(4n －3)×3n＝(5－4n )×3n －5， ∴S n ＝(4n －5)3n ＋52.3、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，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8. ∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n . (2)∵b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.② ①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2. ∴S n ＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.4、 设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b +=（Ⅰ）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．解析 （Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则依题意有0q >且4212211413d q d q ⎧++=⎪⎨++=⎪⎩，，解得2d =，2q =．所以1(1)21n a n d n =+-=-，112n n n b q --==．（Ⅱ）1212n n n a n b --=． 122135232112222n n n n n S ----=+++++L ，① 3252321223222n n n n n S ----=+++++L ，②②－①得22122221222222n n n n S ---=+++++-L ， 221111212212222n n n ---⎛⎫=+⨯++++- ⎪⎝⎭L 1111212221212n n n ----=+⨯--12362n n -+=-． 5、 已知}{n a 是等差数列，其前n 项和为S n ，}{n b 是等比数列，且27,24411=+==b a b a ，1044=-b S .（Ⅰ）求数列}{n a 与}{n b 的通项公式；（Ⅱ）记n n n n b a b a b a T 1211+++=-Λ，*N n ∈，证明n n n b a T 10212+-=+（*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211==b a 得d S q b d a 68,2,324344+==+=，由条件得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-+=++102682723233q d q d ，解得⎩⎨⎧==23q d ，所以*∈=-=N n b n a n n n ,2,13（2）证明：由（1）得112n 222T a a a n n n +++=-Λ……①11132n 2222T a a a n n n +-+++=Λ…………① ②-①得2322)222(3)13(2++++++--=n n n n T Λ 10621026221)21(1221--⨯=+-+--=+-n n n n n 而10621012210)13(212102--⨯=-⨯+--=-+-n n b a n n n n故*∈+-=+N n b a T n n n ,102126．(2012·)已知数列{an}的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N*，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N*.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解析：(1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，所以a n ＝4n －1，n ∈N*.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N*. (2)由(1)知a n ·b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N*， 所以Tn ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1， 2 Tn ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ， 所以2 Tn －Tn ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n ＋5.故Tn ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N*.7. (2012·)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n . 解析：(1)当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值， 即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，因此k ＝4， 从而a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n . (2)因为b n ＝9－2a n 2n ＝n 2n －1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1 ＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1. 3．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝13.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和S n . 解析：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则依题意有q ＞0且⎩⎨⎧ 1＋2d ＋q 4＝21，1＋4d ＋q 2＝13，解得⎩⎨⎧ d ＝2，q ＝2. 所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝q n －1＝2n －1.(2)a n b n ＝2n －12n －1， S n ＝1＋321＋522＋…＋2n －32n －2＋2n －12n －1，① 2S n ＝2＋3＋52＋…＋2n －32n －3＋2n －12n －2.② ②－①，得S n ＝2＋2＋22＋222＋…＋22n －2－2n －12n －1 ＝2＋2×⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n －1 ＝2＋2×1－12n －11－12－2n －12n －1＝6－2n ＋32n －1. 4．(2012·质检)已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ， ∵由题意得a 23＝a 1a 21，∴(1＋2d )2＝1×(1＋20d )，即4d 2－16d ＝0，∵d ≠0，∴d ＝4，∴a n ＝4n －3.∴b 1＝1，b 3＝9，b 5＝81，∵{b n }的各项均为正数，∴q ＝3，∴b n ＝3n －1.(2)∵由(1)可得a n b n ＝(4n －3)3n －1，∴S n ＝30＋5×31＋9×32＋…＋(4n －7)×3n －2＋(4n －3)×3n －1， 3S n ＝31＋5×32＋9×33＋…＋(4n －7)×3n －1＋(4n －3)×3n ， 两式相减得：－2S n ＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n －1－(4n －3)×3n ＝1＋4(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(4n －3)×3n＝1＋4×3×(1－3n －1)1－3－(4n －3)×3n ＝(5－4n )×3n －5，∴S n ＝(4n －5)3n ＋52. 7．(13分)已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n，求T 2 012； (3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .解析：(1)当n ＝1时，a 1＝13， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，又S n ＝12－12a n ， 所以a n ＝13a n －1， 即数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，故a n ＝()13n. (2)由已知可得f (a n )＝log 3()13n＝－n ， 则b n ＝－1－2－3－…－n ＝－n (n ＋1)2， 故1b n ＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 又T n ＝－2⎣⎡⎦⎤()1－12＋()12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝－2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1， 所以T 2 012＝－4 0242 013. (3)由题意得c n ＝(－n )·()13n ， 故U n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝－⎣⎡⎦⎤1×()131＋2×()132＋…＋n ·()13n ， 则13U n ＝－⎣⎡⎦⎤1×()132＋2×()133＋…＋n ·()13n ＋1， 两式相减可得23U n ＝－⎣⎡⎦⎤()131＋()132＋…＋()13n －n ·()13n ＋1 ＝－12⎣⎡⎦⎤1－()13n ＋n ·()13n ＋1 ＝－12＋12·()13n＋n ·()13n ＋1， 则U n ＝－34＋34·()13n ＋32n ·()13n ＋1.8.在数列{}n a 中，已知)(log 32,41,41*4111N n a b a a a n n n n ∈=+==+. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求证：数列{}n b 是等差数列；（Ⅲ)设数列{}n c 满足n n n b a c ⋅=，求{}n c 的前n 项和n S . 解析：（Ⅰ）∵411=+n n a a∴数列｛n a ｝是首项为41，公比为41的等比数列， ∴)()41(*N n a n n ∈= （Ⅱ）∵2log 341-=n n a b ∴232)41(log 321-=-=n b nn∴11=b ，公差d=3∴数列}{n b 是首项11=b ，公差3=d 的等差数列. （Ⅲ）由（Ⅰ）知，n n a )41(=，23-=n b n （n *N ∈） ∴)(,)41()23(*N n n c n n ∈⨯-=. ∴n n n n n S )41()23()41()53()41(7)41(4411132⨯-+⨯-+⋯+⨯+⨯+⨯=-， ① 于是1432)41()23()41()53()41(7)41(4)41(141+⨯-+⨯-+⋯+⨯+⨯+⨯=n n n n n S ② 两式①-②相减得132)41()23(])41()41()41[(34143+⨯--+⋯+++=n n n n S =1)41()23(21+⨯+-n n .∴ )()41(381232*1N n n S n n ∈⨯+-=+.。
错位相减法求数列前n项和
错位相减法求数列前n项和
1、写出新数列的Sn，Sn=a1*b1+a2*b2+a3*b3+......+an*bn，只要求把等差部分的数列算出来，等比数列部分保留指数形式不变。
2、对求和的等式左右同时乘以等比数列部分的公比q，只要求乘的公比q乘到等比数列部分去，保留等差部分的形式不变。
3、错位相减，第一步中的Sn中的第二项和第二步中的qSn第一项减，第三项和第二项减，以此类推，只需要对等差部分数列计算，保留等比部分的形式不变，千万别忘记最后还有一个减的项。
4、等比数列n-1求和公式，Sn-qSn=a1*b1+d
（b2+b3+......+bn）-an*bn+1，中间是n-1项的等比求和，注意公式别背成了n项求和公式，第一项和最后一项单独列出。
5、化（1-q）Sn的系数为1，等式左右同时除以1-q，就得到了Sn=代数式的形式，最后再把指数进行运算，化为最简形式即可。
错位相减法结论
错位相减法！5秒搞定！SO Easy!
错位相减法是数列求和中说来容易，但是操作起来比较难的数学问题，初学者往往难于计算正确。
下面我们来讲讲“几秒搞定”错位相减计算结果！
首先，要明白错位相减法是适用于通项公式为“等差乘以等比”形式的数列！即
我们把后面的这个式子称为“等差乘以等比”形式的“标准式”，那么该数列求和的结果也一定为一个等比数列乘以公比q的n次方再加一个常数形式，而且有：
只需要根据通项公式标准式代入即可得到结果！
举例如下：
解：
大家看见上面的结果是不是很神奇呢？如果不相信，大家就去检验下吧！温馨提示：一定要注意只有标准形式才能这样代入哟！
此时可能同学们要问了，如果不是“标准形式”怎么办呢？
下面我们还是看例题吧！只需要小小处理下就OK了！
说明：拿一个3乘进去就会形成标准式子啦！
最后有同学估计会问：解答题我们该怎么书写？
呵呵！这个问题还问吗？只需要按照你们平时写的，乘以公比，再相减，做做样子，然后写结果就OK啦！
同学们，你们会了吗？
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错位相减 公式
错位相减公式咱今天来好好聊聊“错位相减”这个公式。
你说这数学里的公式啊，有时候就像一个个神秘的密码，得咱一点点去破解。
就拿错位相减公式来说，它可是解决好多数列求和问题的利器。
我还记得有一次，我在课堂上给学生们讲这个公式。
当时有个小同学，眼睛瞪得圆圆的，一脸的迷茫，那模样就好像在说：“老师，这都是啥呀？”我看着他，心里想，得把这公式讲得更明白些。
咱先来说说啥是错位相减。
比如说有一个等差数列和一个等比数列相乘得到的新数列，要求和，这时候错位相减公式就派上用场啦。
咱们先把这个数列的前 n 项和写出来，然后乘上公比，再和原来的式子错位相减。
这一减，好多项就都能消掉，最后就能求出和来。
给大家举个例子哈。
比如数列 {an} 是首项为 a1，公差为 d 的等差数列，数列 {bn} 是首项为 b1，公比为 q（q≠1）的等比数列，它们的乘积组成新数列 {cn}，其中 cn = an × bn 。
那前 n 项和Sn = c1 + c2 + c3 + …… + cn 。
我们先写出 Sn ，然后乘以公比 q 得到 qSn 。
Sn = a1b1 + a2b2 + a3b3 + …… + anbnq Sn = a1b2 + a2b3 + a3b4 + …… + anb(n+1)然后用 Sn - qSn ，你就会发现，好多项能相互抵消。
就像变魔术一样，经过一番操作，最后就能得出一个简洁的求和公式。
在实际做题的时候，有些同学总是容易在错位的时候出岔子。
不是对错了位，就是减的时候算错了。
这可得细心再细心。
我之前教过一个学生，做这类题总是出错。
我就让他多练了几道，每一步都写清楚，慢慢的，他也掌握了其中的窍门。
其实啊，数学里的这些公式，就像是我们手里的工具，只要用对了地方，用好了，就能解决好多难题。
大家在学习错位相减公式的时候，别害怕，多做几道题，多琢磨琢磨，肯定能把它拿下！总之，错位相减公式虽然看起来有点复杂，但只要咱用心去理解，多练习，就一定能把它变成我们解题的好帮手。
数列求和之错位相减法
1 qSn b1c1 dc2 dc3 ... dcn bncn1
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2019/8/9
对于函数 an n 2n 经过以上两步得到的
两式相减得：
Sn 2 22 23 2n n 2n1
求该数列的前n项和。
20
2019/8/9
式中左右两边同时乘以公比2得:
2Sn 1 22 2 23 3 24 (n 1) 2n n 2n1
对于数列
an
(1) n1
2n 1 2n1 .
其前n项和的展开等式经过该
步骤得到怎样的等式？
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2019/8/9
11
2019/8/9
1 qSn b1c1 b2 b1c2 b3 b2 c3 ... bn bn1cn bncn1
化简整理得: Sn n 1 2n1 2
对于数列
an
(1) n1
2n 1. 2 n 1
最终会得到什么结果呢？
13
2019/8/9
1.写求和展开式时习惯算出每一项。 2.出现某些项的遗漏现象。 3.项数的计算错误。 4.两式相减时，等比数列前面的系数出错。 5.第四步中 Sn 前面的系数没有除尽。
248
2n
an
(1) n1
2n 1. 2 n 1
2 2
,
4 22
,
6 23
, ,
2n 2n
,
1,3a,5a 2 ,, (2n 1)a n1 (a 0)
6
2019/8/9
若
，其中 bn 与 cn分别是
项数相同的等差数列和以q为公比的等比
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数列求和之错位相减法[例1] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥ （I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。
解析：（Ⅰ）113354(2)n n n n S S a a n ---=-≥，1122n n n n aa a a --∴==，，……（3分）又12a =，{}22n a ∴是以为首项，为公比的等比数列，……………………………（4分） 1222n n n a -∴=⋅=. ……………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）2n n b n =⋅，1231222322n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅，23121222(1)22n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅.…………………………（8分）两式相减得：1212222n n n T n +-=+++-⋅，12(12)212n n n T n +-∴-=-⋅-1(1)22n n +=-⋅-，………………………………………（11分）12(1)2n n T n +∴=+-⋅.…………………………………………………………………（12分）[例2] 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列． (1)求{a n }的公比q ；(2)若a 1－a 3＝－32，求数列{n ·a n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知得2S 3＝S 1＋S 2， ∴2(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋(a 1＋a 2)， ∴a 2＋2a 3＝0，a n ≠0， ∴1＋2q ＝0，∴q ＝－12.(2)∵a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＝a 1(1－14)＝34a 1＝－32，∴a 1＝－2，∴a n ＝(－2)·(－12)n －1＝(－12)n －2，∴na n ＝n (－12)n －2.∴T n ＝1·(－12)－1＋2·(－12)0＋3·(－12)1＋…＋n ·(－12)n －2，①∴－12T n ＝1·(－12)0＋2·(－12)1＋3·(－12)2＋…＋n ·(－12)n －1，②①－②得32T n ＝－2＋[(－12)0＋(－12)1＋(－12)2＋…＋(－12)n －2]－n ·(－12)n －1 ＝－43－(－12)n －1(23＋n )，∴T n ＝－89－(－12)n －1(49＋23n ).[例3] 设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解析 (1)由已知，得当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1 ＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)由b n ＝na n ＝n ·22n－1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1， 即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．[例4] 已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n －1}的前n 项和．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，故S 1＝1，S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n . 所以，当n >1时，S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－(12＋14＋…＋12n －1)－2－n 2n ＝1－(1－12n －1)－2－n 2n ＝n 2n .所以S n ＝n 2n －1.综上，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n2n －1.[例5] (2008,) 已知数列{}n a 的首项123a =，121nn n a a a +=+，1,2,3,n =…． （Ⅰ）证明：数列1{1}na -是等比数列； （Ⅱ）数列{}nna 的前n 项和n S ． 解析 （Ⅰ） 121nn n a a a +=+，∴ 111111222n n nn a a a a ++==+⋅， ∴11111(1)2n n a a +-=-，又123a =，∴11112a -=，∴数列1{1}na -是以为12首项，12为公比的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知111111222n n n a --=⋅=，即1112n n a =+，∴2n n n n n a =+． 设23123222n T =+++…2n n +， ①则23112222n T =++ (1122)n n n n+-++，②由①-②得2111222n T =++ (111)11(1)1122112222212n n n n n n n n n +++-+-=-=---， ∴11222n n n n T -=--．又123+++…(1)2n n n ++=． ∴数列{}nna 的前n 项和 22(1)4222222n n n n n n n n n S +++++=-+=-.[例6] 在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n . 解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 2＝32，a 1q 4＝32，解得a 1＝2，q ＝2， 故a n ＝2·2n －1＝2n .(2)∵S n 表示数列{a n }的前n 项和， ∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(2＋2·22＋…＋n ·2n )－(1＋2＋…＋n )]＝2(2＋2·22＋…＋n ·2n )－n (n ＋1)，设T n ＝2＋2·22＋…＋n ·2n ，① 则2T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，② ①－②，得－T n＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2， ∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(n －1)2n ＋1＋2]－n (n ＋1) ＝(n －1)2n ＋2＋4－n (n ＋1)．[例7] 已知各项均为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，首项为1a ，且n n S a ,,21等差数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若n bn a )21(2=，设nnn a b c =，求数列{}n c 的前n 项和n T . 解析：（1）由题意知0,212>+=n n n a S a ………………1分 当1=n 时，21212111=∴+=a a a 当2≥n 时，212,21211-=-=--n n n n a S a S 两式相减得1122---=-=n n n n n a a S S a ………………3分整理得：21=-n na a ……………………4分 ∴数列{}n a 是以21为首项，2为公比的等比数列. 211122212---=⨯=⋅=n n n n a a ……………………5分（2）42222--==n b n na∴n b n 24-=，……………………6分n n n n n n n a b C 28162242-=-==- nn n nn T 28162824282028132-+-⋯+-++=- ① 13228162824202821+-+-+⋯++=n n n n n T ② ①-②得1322816)212121(8421+--+⋯++-=n n n nT ………………9分 111122816)211442816211)2112184+-+-----=----⋅-=n n n n nn （（ nn24=.………………………………………………………11分 .28n n nT =∴…………………………………………………………………12分 [例8] (14分)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 ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小正整数n 的值．解析 (1)设此等比数列为a 1，a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，…，其中a 1≠0，q ≠0.由题意知：a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28， ①a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)．②②×7－①得6a 1q 3－15a 1q 2＋6a 1q ＝0，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.∵等比数列{a n }单调递增，∴a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)．设T n ＝1×2＋2×22＋…＋n ·2n，③则2T n ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1.④由③－④，得－T n ＝1×2＋1×22＋…＋1·2n－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，∴－T n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.∴S n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.要使S n ＋n ·2n ＋1>50成立，即－(n －1)·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1>50，即2n>26.∵24＝16<26,25＝32>26，且y ＝2x是单调递增函数， ∴满足条件的n 的最小值为5. 【跟踪训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求数列{b n }的通项公式b n ；(3)若c n ＝a n ·b nn，求数列{c n }的前n 项和T n .解析：(1)∵S n ＝3n ，∴S n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1(n ≥2)．当n ＝1时，2×31－1＝2≠S 1＝a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)∵b n ＋1＝b n ＋(2n －1)，∴b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝3，b 4－b 3＝5，…，b n －b n －1＝2n －3. 以上各式相加得b n －b 1＝1＋3＋5＋…＋(2n －3)＝(n －1)(1＋2n －3)2＝(n －1)2.∵b 1＝－1，∴b n ＝n 2－2n .(3)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，2(n －2)×3n －1，n ≥2. 当n ≥2时，T n ＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n －2)×3n －1， ∴3T n ＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n －2)×3n ， ∴相减得－2T n ＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－2(n －2)×3n . ∴T n ＝(n －2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n －1)＝(n －2)×3n －3n －32＝(2n －5)3n ＋32. ∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，(2n －5)3n ＋32，n ≥2.∴T n ＝(2n －5)3n ＋32(n ∈N *)．2．已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析： (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ， ∵由题意得a 23＝a 1a 21，∴(1＋2d )2＝1×(1＋20d )，即4d 2－16d ＝0， ∵d ≠0，∴d ＝4，∴a n ＝4n －3. ∴b 1＝1，b 3＝9，b 5＝81，∵{b n }的各项均为正数， ∴q ＝3， ∴b n ＝3n －1.(2)∵由(1)可得a n b n ＝(4n －3)3n －1，∴S n ＝30＋5×31＋9×32＋…＋(4n －7)×3n －2＋(4n －3)×3n －1， 3S n ＝31＋5×32＋9×33＋…＋(4n －7)×3n －1＋(4n －3)×3n ， 两式相减得：－2S n ＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n －1－(4n －3)×3n ＝1＋4(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(4n －3)×3n ＝1＋4×3×(1－3n －1)1－3－(4n －3)×3n＝(5－4n )×3n －5， ∴S n ＝(4n －5)3n ＋52.3、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，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8. ∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n . (2)∵b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.② ①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2. ∴S n ＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.4、 设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b +=（Ⅰ）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．解析 （Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则依题意有0q >且4212211413d q d q ⎧++=⎪⎨++=⎪⎩，，解得2d =，2q =．所以1(1)21n a n d n =+-=-，112n n n b q --==．（Ⅱ）1212n n n a n b --=． 122135232112222n n n n n S ----=+++++，① 3252321223222n n n n n S ----=+++++，②②－①得22122221222222n n n n S ---=+++++-， 221111212212222n n n ---⎛⎫=+⨯++++- ⎪⎝⎭ 1111212221212n n n ----=+⨯--12362n n -+=-． 5、 已知}{n a 是等差数列，其前n 项和为S n ，}{n b 是等比数列，且27,24411=+==b a b a ，1044=-b S .（Ⅰ）求数列}{n a 与}{n b 的通项公式；（Ⅱ）记n n n n b a b a b a T 1211+++=- ，*N n ∈，证明n n n b a T 10212+-=+（*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211==b a 得d S q b d a 68,2,324344+==+=，由条件得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-+=++102682723233q d q d ，解得⎩⎨⎧==23q d ，所以*∈=-=N n b n a n n n ,2,13（2）证明：由（1）得112n 222T a a a n n n +++=- ……①11132n 2222T a a a n n n +-+++= …………① ②-①得2322)222(3)13(2++++++--=n n n n T 10621026221)21(1221--⨯=+-+--=+-n n n n n 而10621012210)13(212102--⨯=-⨯+--=-+-n n b a n n n n故*∈+-=+N n b a T n n n ,102126．(2012·)已知数列{an}的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N*，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N*.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解析：(1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，所以a n ＝4n －1，n ∈N*.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N*. (2)由(1)知a n ·b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N*， 所以Tn ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1， 2 Tn ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ， 所以2 Tn －Tn ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n ＋5.故Tn ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N*.7. (2012·)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n . 解析：(1)当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值， 即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，因此k ＝4， 从而a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n . (2)因为b n ＝9－2a n 2n ＝n 2n －1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1 ＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1. 3．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝13.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和S n . 解析：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则依题意有q ＞0且⎩⎨⎧ 1＋2d ＋q 4＝21，1＋4d ＋q 2＝13，解得⎩⎨⎧ d ＝2，q ＝2. 所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝q n －1＝2n －1.(2)a n b n ＝2n －12n －1， S n ＝1＋321＋522＋…＋2n －32n －2＋2n －12n －1，① 2S n ＝2＋3＋52＋…＋2n －32n －3＋2n －12n －2.② ②－①，得S n ＝2＋2＋22＋222＋…＋22n －2－2n －12n －1 ＝2＋2×⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n －1 ＝2＋2×1－12n －11－12－2n －12n －1＝6－2n ＋32n －1. 4．(2012·质检)已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ， ∵由题意得a 23＝a 1a 21，∴(1＋2d )2＝1×(1＋20d )，即4d 2－16d ＝0，∵d ≠0，∴d ＝4，∴a n ＝4n －3.∴b 1＝1，b 3＝9，b 5＝81，∵{b n }的各项均为正数，∴q ＝3，∴b n ＝3n －1.(2)∵由(1)可得a n b n ＝(4n －3)3n －1，∴S n ＝30＋5×31＋9×32＋…＋(4n －7)×3n －2＋(4n －3)×3n －1， 3S n ＝31＋5×32＋9×33＋…＋(4n －7)×3n －1＋(4n －3)×3n ， 两式相减得：－2S n ＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n －1－(4n －3)×3n ＝1＋4(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(4n －3)×3n＝1＋4×3×(1－3n －1)1－3－(4n －3)×3n ＝(5－4n )×3n －5，∴S n ＝(4n －5)3n ＋52. 7．(13分)已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n，求T 2 012； (3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .解析：(1)当n ＝1时，a 1＝13， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，又S n ＝12－12a n ， 所以a n ＝13a n －1， 即数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，故a n ＝()13n. (2)由已知可得f (a n )＝log 3()13n＝－n ， 则b n ＝－1－2－3－…－n ＝－n (n ＋1)2， 故1b n ＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 又T n ＝－2⎣⎡⎦⎤()1－12＋()12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝－2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1， 所以T 2 012＝－4 0242 013. (3)由题意得c n ＝(－n )·()13n ， 故U n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝－⎣⎡⎦⎤1×()131＋2×()132＋…＋n ·()13n ， 则13U n ＝－⎣⎡⎦⎤1×()132＋2×()133＋…＋n ·()13n ＋1， 两式相减可得23U n ＝－⎣⎡⎦⎤()131＋()132＋…＋()13n －n ·()13n ＋1 ＝－12⎣⎡⎦⎤1－()13n ＋n ·()13n ＋1 ＝－12＋12·()13n＋n ·()13n ＋1， 则U n ＝－34＋34·()13n ＋32n ·()13n ＋1.8.在数列{}n a 中，已知)(log 32,41,41*4111N n a b a a a n n n n ∈=+==+. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求证：数列{}n b 是等差数列；（Ⅲ)设数列{}n c 满足n n n b a c ⋅=，求{}n c 的前n 项和n S . 解析：（Ⅰ）∵411=+nn a a∴数列｛n a ｝是首项为41，公比为41的等比数列， ∴)()41(*N n a n n ∈= （Ⅱ）∵2log 341-=n n a b ∴232)41(log 321-=-=n b nn∴11=b ，公差d=3∴数列}{n b 是首项11=b ，公差3=d 的等差数列. （Ⅲ）由（Ⅰ）知，n n a )41(=，23-=n b n （n *N ∈） ∴)(,)41()23(*N n n c n n ∈⨯-=. ∴n n n n n S )41()23()41()53()41(7)41(4411132⨯-+⨯-+⋯+⨯+⨯+⨯=-， ① 于是1432)41()23()41()53()41(7)41(4)41(141+⨯-+⨯-+⋯+⨯+⨯+⨯=n n n n n S ② 两式①-②相减得132)41()23(])41()41()41[(34143+⨯--+⋯+++=n n n n S =1)41()23(21+⨯+-n n .∴ )()41(381232*1N n n S n n ∈⨯+-=+.。