数列求和方法之错位相减法(一)

数学课件数列求和的方法之错位相减法

(1-x)Sn =1 + x + x2+ …… + xn-1 - nxn
这时等式的右边是一个等 n项
比数列的前n项和与一个式子的和，这样我们就可以化简求值。
解：∵ Sn =1 + 2x +3x2 + …… +nxn-1 … ……. ①
∴xSn = x + 2x2 + … … + (n-1)xn-1 + nxn ……②
…...①
…... ②
①-②，得
.
.
.
方法总结
(1)若一个数列是由一个等差数列与一个等比数列的对应项相乘所得数列，求和问题适用错位相减法。
（2)在写出“ Sn”与“ q”S的n 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 - q”Sn的表达式．
(3)如果出现 q为参数时，一定要讨论 q和=0 的q情=1
数列求和的方法之 ——错位相减法
错位相减法：
设数列 {是an公} 差为d的等差数列（d不等于
零），数列{bn是} 公比为q的等比数列(q不等于
1），数列{cn满} 足： cn ，anb则n 的前{cnn}项和为： Sn c1 c2 c3 cn
a1b1 a2b2 a3b3 anbn
况。
类似于这样形式的数列，求前n项和，可以用错位相减法求和。
例:求和 Sn =1 + 2x + 3x2 + …… + nxn-1 (x≠0,1)
[分析] 这是一个等差数列{n}与一个等比数列{xn-1}的对应
相乘构成的新数列，这样的数列求和该如何求呢？
Sn =1 + 2x +3x2 + …… +nxn-1 ① xSn = x + 2x2 +……+ (n-1)xn-1 + nxn ②

题型-函数求和之错位相减法

题型-函数求和之错位相减法概述：错位相减法是一种常见的数学求和方法，特别适用于函数求和。

在该方法中，函数的值在相邻的位置上进行错位，并相互相减得到一个新的函数值序列，然后对这个新的函数值序列进行求和。

这种方法可以帮助我们简化函数求和的过程，尤其适用于一些具有递推关系的数列。

步骤：1. 将函数的值按照位置进行错位，即将第1个位置处的函数值与第2个位置处的函数值相减；将第2个位置处的函数值与第3个位置处的函数值相减；以此类推。

2. 得到一个新的函数值序列，即错位相减后的函数值序列。

3. 对新的函数值序列进行求和，即将序列中的所有函数值相加。

注意事项：1. 错位相减法适用于具有递推关系的函数求和，即函数的值与前一个位置的函数值有一定的关系。

2. 求和结果可能与直接对函数的值进行求和得到的结果有所差异，因此需要注意计算的准确性。

3. 在使用该方法时，需要确保函数值序列的长度足够大，以保证错位相减后的函数值序列能够稳定收敛。

例子：假设有一个函数 f(n) = n^2，我们想要计算 f(1)+f(2)+f(3)+...+f(n) 的值。

使用错位相减法，我们可以进行如下操作：f(1) - f(2) + f(2) - f(3) + f(3) - f(4) + ... + f(n-1) - f(n)。

得到的结果正好是 f(1) - f(n)，即 n^2 - n。

注意，这里的例子只是为了简单说明错位相减法的原理，实际应用中需要根据具体情况进行调整和推导。

总结：错位相减法是一种简化函数求和的方法，特别适用于具有递推关系的函数。

通过将函数值进行错位相减，并对新的函数值序列进行求和，我们可以得到函数求和的结果。

在实际应用中，需要注意计算的准确性和函数值序列的收敛性。

错位相减法求和选择题(1)张海涛

1．已知数列}{n a 的前n 项和为n S ，数列}1{+n S 是公比为2的等比数列，2a 是1a 和3a 的等比中项，则求数列{}n na 的前n 项和n T =( ) A.(1)2n n - B.(1)21n n -+ C.1(1)21n n --+ D.21n n ⋅+ 答案： B解答：∵}1{+n S 是公比为2的等比数列，∴11112)1(2)1(1--⋅+=⋅+=+n n n a S S . ∴12)1(11-⋅+=-n n a S . 从而11122+=-=a S S a ，221233+=-=a S S a .∵2a 是1a 和3a 的等比中项∴)22()1(1121+⋅=+a a a ，解得=1a 1或11-=a . 当11-=a 时，11+S 0=，}1{+n S 不是等比数列， ∴=1a 1.∴12-=nn S . 当2n ≥时，112--=-=n n n n S S a . ∵11=a 符合12-=n n a ，∴12-=n n a ，∴ 12-⋅=n n n na ，∴1212232211-⨯++⨯+⨯+⨯=n n n T . ①nn n T 22322212321⨯++⨯+⨯+⨯= .② ①-②得n n n n T 2222112⨯-++++=--∴12)1(+-=nn n T .2．在数列{}n a 中，1111,30(2,)n n n n a a a a a n n N --=+-=≥∈，设{}n b 满足求数列{}n b 的前n 项和n S =( )A.13(34)()2n n -+⋅B.14(33)()2n n -+⋅C.114(34)()2n n --+⋅D.14(34)()2n n -+⋅答案： D解答：∵10a ≠，∴0n a ≠，∴由已知可得(n ≥ 2)，故数列是等差数列，首项为1，公差为3．(32)n ++-23111=1()4()(35)()(32)()n n n S n n +⋅+⋅++-⋅+-⋅， 1()]2n ++-n T =( ).A.(1)2n n -⋅B.1(1)21n n --⋅+C.(1)21n n -⋅+D.21n n ⋅+ 答案： C解答：当n≥2时，1n n n a S S n -=-=，又111a S ==，也满足上式，所以(*)n a n n N =∈，1122n n n n b a n --∴=⋅=⋅，所以1211122322n n T n -=⨯+⨯+⨯++⋅，12312122232(1)22n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅，两式相减，得12n -++-所以，(1)21n n T n =-⋅+.4．已知数列{}n a 设·2n n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n S =( )A.2n n ⋅B.()112n n +⋅+C.12n n ⋅+D.()112n n -⋅+答案： C解答：12a =，∴当2n ≥时， (n a a ++- 12a =1. 212()n n n b na n n ∴=⋅=⋅+， 232232421(2)n n S n ∴=⨯+⨯+⨯++⨯＋，①23122232212()n n n S n n =⨯+⨯++⨯++⨯＋，②2(n n +-＋1112221?21?2(2),n n n n n n n S n +++--++=-∴=⋅+=.5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有12a =，11353n n n n S a a S --=-+)2(≥n ，若(21)n n b n a =-，则数列{}n b 的前n 项和n T =( )A.212(23)2n n --+⨯B.112(23)2n n --+⨯ C 212(21)2n n --+⨯ .D.12(23)2n n --+⨯ 答案： A 解答：11335n n n n S S a a ---=-，∴12n n a a -=，， ∵12a =，∴2(21)2n n b n -∴=-，(21)(23)2n n ++-++-⨯， 22)n -++-11)2n-- ∴212(23)2nn T n -=-+⨯.6．设函数()log (0,1)a f x x a a =>≠，已知数列),(1x f ),(2x f ),(n x f 是公差为2的等差数列，且21a x =，当时，数列{()}n n x f x ⋅的前n 项和n S =( )A.224n n +⋅+B.2(1)24n n +-+C.2(1)23n n +-+D.1(1)24n n +-⋅+ 答案： B解答：21()log 2a f x a ==，且2d =，()2(1)22n f x n n ∴=+-⋅=，即log 2a n x n =，所以2nn x a =.，则23411222322n n S n +=⋅+⋅+⋅++⋅，341221222(1)22n n n S n n ++∴=⋅+⋅++-⋅+⋅，两式相减得12n n +++-2(1)24n n S n +∴=-+.7．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 +=，数列n 项和n S =( )A.12322n n -+- B.2362nn +- C.12162n n -+-D.12362n n -+-答案： D解答：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 --==．2232n n --++32312n n ---++，② 2222222n -+++++-21212n n --⎫++-⎪⎭ 8．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22-=n n a S () 321,,n =，等差数列{}n b 中，11b =，53=b ，设n n n b a c =，数列{}n c 的前n 项和n T =( )A.1(23)26n n +-⋅+B.1(23)23n n +-⋅+C.1(21)26n n +-⋅+D.(23)26n n -⋅+ 答案：A解答：1122,22,n n n n S a S a --=-=- *12,)n n nS S a n n N -≥∈又－＝，（，122,0n n n n a a a a -∴=-≠ 11111,22,22n n a S a a a a =∴=-∴=∴=　，，设等差数列{}n b 的公差为d ，d b b 213+=得到2=d ，12-=∴n b n ，(21)2n n c n ∴=-，231122123252(21)2,n n n n T a b a b a b n ∴+++=⨯+⨯+⨯++-＝23121232(23)2(21)2n n n T n n +∴=⨯+⨯++-+-23112222222)(21)2n n n T n +∴-=⨯⨯⨯⨯--＋(＋＋＋， 341112(222(21)2n n n ++=⨯++++--），1(23)26n n T n +∴=-⋅+.9．已知递增等比数列{}n b 满足2464b b ⋅=，532b =，数列{}n a 满足12n n a b n-=，数列{}n c 的通项公式21-=n n na c ，数列{}n c 的前n 项和n T =( ) A.2(1)2n n --⋅ B.12(1)2n n +-- C.122n n +-⋅ D.12(1)2n n --- 答案：B解答：依题意可得，在{}1,01>>q b b n 中，由2464b b ⋅=,532b =知 2,8,64323==∴=q b b ，所以{}n b 通项公式nn b 2= ，，1231222322n n T n ∴=⨯+⨯+⨯++⨯，23121222(1)22n n n T n n +∴=⨯+⨯++-+⨯1231121212122n n n T n +∴-=⨯+⨯+⨯++⨯-⨯，12(1)2n n T n +∴=--.10．在数列{}n a 中， 2 2 n +==+n n a a a 111，，数列{}n a 的前n 项和n S =( )A.()1121n n --⋅+B.()1121n n +-⋅+C.()112n n --⋅D.()1211n n -⋅--答案： A 解答; 由已知nn n a a 221+=+得，即12-⋅=n n n a ， 121122322 n n S n -∴=+⋅+⋅++⋅ ① 232222322 n n S n ∴=+⋅+⋅++⋅ ②由①－②得12n n -++-()1 121n n S n -∴=-⋅+.11．在数列{}n a 中，已知，1331-+=-n n n a a （*,2N n n ∈≥）.数列{}n a 的前n 项和n S =( )A.12312n nn +⋅++ B.12133442n n n +-⋅++C.12133442n n n +-⋅+-D.2133442n n n -⋅++答案： B解答：∵ 1331-+=-n n n a a （*,2N n n ∈≥）∴1.，令n n n T 3343332314321⋅++⨯+⨯+⨯+⨯= …………① 则1543233)1(343332313+⋅+⋅-++⨯+⨯+⨯+⨯=n n n n n T ……② 两式相减得：15432133333332+⋅-++++++=-n n n n T ，.12．已知数列n a 满足，数列{}n b 的前n 项n S =( ) A. 1(1)22n n +-+ B.1(1)2n n +- C.1(1)22n n --+ D.1(1)22n n +++答案： A解答：1n =时，112a =2n ≥时，22221321na a a a n n =+⋅⋅⋅++-……………………………..(1) (1)-(2)2n n b n ∴=⋅，231222322n n S n ∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，23121222(1)22n n n S n n +∴=⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，22)1(1+-=∴+n n n S13．在数列{}n a {}n c 满足n n n c a b =，{}n c 的前n 项和n S =( )A.*21281()()334nn n N +-⨯∈ B.1*11281()()334n n n N ++-⨯∈ C.1*21281()()334n n n N ++-⨯∈ D.1*21281()()334n n n N -+-⨯∈ 答案： C解答：①② 两式①-∴ 14．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 ==，221a b b =+，的等差中项与是413a a b ，数列n 项和n S =( )A.12332n n -+- B.12362n n -+-C.2362nn +- D.12162n n -+-答案： B解答：设{}n a 的公差为d ， {}n b 的公比为q ，则依题意有0q >且由2112113q dq d+=+⎧⎨=++⎩，解得2d =，2q =． ∴1(1)21n a n d n =+-=-，112n n n b q --==．2232n n --++32312n n ---++2222n -++-2121)2n n --++-1- 15．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n a 是n S 与2的等差中项，数列{}n b 满足12b =，点1(,)()n n P b b n N *+∈在直线2y x =+上，()n n n c a b n N *=∈，数列{}n c 的前n 项和n T =( )A.14(1)2n n ++-⋅B.242n n ++⋅C.24(1)2n n ++-⋅D.24(1)2n n +++⋅ 答案： C解答：∵22n n S a =-，12a ∴=，1122n n n n n a S S a a --=-=-，2n n a ∴=，()12*n n b b n N +∴-=∈.∴{}n b 是等差数列.设公差为2，又12,2n b b n =∴=. 12n n c n +∴=⋅， ∴2312222n n T n +=+⨯++ ①34122222(1)22n n n T n n ++=+⨯++-+② -②得23122222n n n T n ++-=+++-即24(1)2n n T n +=+-16．数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，*12()n n a S n +=∈N ，数列{}n na 的前n 项和n T =( ) A.1*113()22n n n -⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭N B.1*113()22n n n +⎛⎫+-∈ ⎪⎝⎭N C.*113()22n n n ⎛⎫+-∈ ⎪⎝⎭N D.1*113()22n n n -⎛⎫+-∈ ⎪⎝⎭N 答案： D解答：12n n a S +=，12n n n S S S +∴-=，又111S a ==，∴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 --==≥，21132n n n a n -=⎧∴=⎨2⎩，，，≥．，12323n n T a a a na =++++，当1n =时，11T =；………………………7分当2n ≥时，0121436323n n T n -=+⋅+⋅++⋅，…………①12133436323n n T n -=+⋅+⋅++⋅，………………………②-①②得：12212242(333)23n n n T n ---=-+++++-⋅11(12)3n n -=-+-⋅．又111T a ==也满足上式，17．已知{}n a 是等差数列，其中251=a ，前四项和824=S ．令，数列}{n b 的前n 项之和n T =( )A.1322222n n --+ B.322222nn -+C.322222nn ++D.1322222n n +-+答案： B解答：，n a n 328-=∴。

题型-数列求和之错位相减法

1数列求和之错位相减法一、题型要求：错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n 和公式的推导方法）。

二、例题讲解：1、求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S2、求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和.三、练习巩固：1、（2012－信宜二模）设{}n a 为等比数列，121(1)2n n n T na n a a a -=+-+++，已知11T =，24T =，（1）求数列{}n a 的首项和公比；（2）求数列{}n T 的通项公式.；2、（2015－漳浦校级模拟）等差数列}{n a 中，.2,49197a a a ==数列}{n b 满足n a n n a b 22⋅=（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）求数列}{n b 的前n 项和n S3、（2014－肇庆高三期末）已知数列{}n a 满足11=a ，n a a na n n n =-++11，*N n ∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2nn nb a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T ；4、（2014－肇庆高三期末）已知数列{}n a 满足11=a ，121+=+n n a a （*N n ∈）.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列}12{+n a n的前n 项和，求n S ；35、（2014－惠州调研）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有12n n a S -=；数列{}n b 满足(27)n n b n a =-（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前n 项和为n T6、（2014－珠海六校联考）已知数列{}n a 为等差数列,且5714,20a a ==,数列{}n b 的前n 项和为n S ,且满足132n n S S -=+(2,*)n n ≥∈N ，123b =. （1）求数列{}n a ,{}n b 的通项公式；（2）若n n n c a b =⋅,n T 为数列{}n c 的前n 项和,求n T .7、（2014－中山期末）数列{n a }的前n 项和为n S ，2131(*)22n n S a n n n N +=--+∈．（1）设n n b a n =+，证明：数列{}n b 是等比数列；（2）求数列{}n nb 的前n 项和n T ；8、（2014－梅州质检）设等比数列{n a }的前n 项和为Sn ，已知122(*)n n a S n N +=+∈。

数列错位相减法万能公式

数列错位相减法万能公式
数列错位相减法万能公式是求解等差数列前n项和的有效方法，其有效性和简洁性均受到了广大数学学习者的一致认可。

数列错位相减法万能公式可以用来求解等差数列前n项和，其公式为：Sn = n/2[2a1+(n-1)d]，其中，Sn为前n项和，a1为首项，d 为公差。

式中n/2表示前n项的个数，2a1表示首项和末项的和，(n-1)d表示错位相减的结果。

数列错位相减法的万能公式的有效性可以用一个例子来说明：求：1+3+5+7+…+99的和。

由题知，该数列是一个等差数列，首项a1=1，公差d=2，末项an=99，求前n项和Sn。

由数列错位相减法万能公式，Sn = n/2[2a1+(n-1)d]，将数列的参数带入，可得：Sn = 50/2[2*1+(50-1)*2] = 50/2[2+98] = 50/2*100 = 2500。

即：1+3+5+7+…+99的和为2500。

由此可见，数列错位相减法万能公式的有效性是毋庸置疑的，其简洁性也是受到众多数学学习者的一致认可的。

在一般的数列求和中，数列错位相减法万能公式的作用是十分重要
的，它能够使得求解等差数列前n项和变得更加简单，更加高效，在学习数学的过程中，应该加以重视，多加练习，以此提高自身数学水平。

题型-统计求和之错位相减法

题型-统计求和之错位相减法
概述
统计求和是数学中常用的一种求解方法，常用于求解一系列数值的总和。

在统计求和过程中，错位相减法是一种简单而有效的方法，它能够快速求得一组连续数值的总和。

本文将介绍错位相减法的基本原理和具体操作步骤。

基本原理
错位相减法是基于数列的性质和数学等式的特点进行推导的。

当求解一组连续数值的总和时，可以利用序号之间的差值和首末项之和的关系，将求和问题转化为相减问题，从而简化计算过程。

具体操作步骤
1. 确定数列的首项和末项，记为a和b。

2. 计算数列的项数n，并计算首末项的和s，即s = a + b。

3. 利用数列项数和首末项之和的关系，得出求和公式为：总和= (n + 1) * s / 2。

4. 进行计算，并得出最终结果。

示例
假设要求解从1到100的所有整数之和，按照错位相减法的步
骤进行计算：
1. 首项a = 1，末项b = 100。

2. 项数n = b - a + 1 = 100 - 1 + 1 = 100，首末项之和s = a + b =
1 + 100 = 101。

3. 根据求和公式，总和 = (100 + 1) * 101 / 2 = 5050。

4. 因此，1到100的所有整数之和为5050。

总结
错位相减法是一种简单且有效的统计求和方法，适用于求解一
组连续数值的总和。

它通过转化问题，将求和过程简化为一系列相
减操作，提高计算效率。

使用错位相减法可以避免繁琐的循环累加，提升数学求解的速度。

错位相减法

错位相减法错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式。

形如An=BnCn，其中Bn为等差数列，Cn为等比数列；分别列出Sn，再把所有式子同时乘以等比数列的公比，即kSn；然后错一位，两式相减即可。

例如，求和Sn=1+3x+5x^2+7x^3+…+(2n-1)*x^(n-1)（x≠0）当x=1时，Sn=1+3+5+…+(2n-1)＝n^2；当x不等于1时，Sn=1+3x+5x^2+7x^3+…+(2n-1)*x^(n-1)；∴xSn=x+3x^2;+5x^3;+7x^4+…+(2n-1)*x^n；两式相减得(1-x)Sn=1+2x[1+x+x^2;+x^3;+…+x^(n-2)]-(2n-1)*x^n；化简得Sn=(2n-1)*x^(n+1)-(2n+1)*x^n+(1+x)/(1-x)^2Sn= 1/2+1/4+1/8+....+1/2^n两边同时乘以1/21/2Sn= 1/4+1/8+....+1/2^n+1/2^(n+1)(注意跟原式的位置的不同，这样写看的更清楚些）两式相减1/2Sn=1/2-1/2^(n+1)Sn=1-1/2^n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+1S=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

知识与技能目标：理解用错位相减推导等比数列前n项和公式的过程，掌握公式的特点，并在此基础上能初步应用公式解决与之有关的问题。

过程与方法：通过对公式的研究过程，提高学生探究问题、分析问题与解决问题的能力，体会公式探求过程中从特殊到一般的思维方法，渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想，优化思维品质。

知识与技能目标：理解用错位相减推导等比数列前n项和公式的过程，掌握公式的特点，并在此基础上能初步应用公式解决与之有关的问题。

过程与方法：通过对公式的研究过程，提高学生探究问题、分析问题与解决问题的能力，体会公式探求过程中从特殊到一般的思维方法，渗透方程思想、分类讨论思想及转化思想，优化思维品质。

情感、态度和价值目标：通过对公式的探索，激发学生的求知欲，鼓励学生大胆尝试、勇于探索、敢于创新，磨练思维品质，并从中获得成功的经验，感受思维的奇异美、结构的对称美、形式的简洁美、数学的严谨美。

2020年全国Ⅲ卷17题（12分）设数列{}满足1=3，r1=3−4u(1)计算2，3，猜想{}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2}的前n项和.2020年全国Ⅲ卷17题（12分）设数列{}满足1=3，r1=3−4u(1)计算2，3，猜想{}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2}的前n项和.2020年全国Ⅲ卷17题（12分）设数列{}满足1=3，r1=3−4u(1)计算2，3，猜想{}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2}的前n项和.解：（2）解：（2）22)12(.2)12(212122232)12(222222232)12(27252322)12(272523,2)12(2)1(1112132n 1432n 32n n +-=⨯+---⋅+⨯=⨯+-⨯++⨯+⨯+⨯=--⨯+++⨯+⨯+⨯=⨯+++⨯+⨯+⨯=+=++-++n n n n n n n n n n n S n n S n S n S n a 所以）（②得①②从而①所以得由 2020年全国Ⅲ卷17题（12分）设数列{}满足1=3，r1=3−4u(1)计算2，3，猜想{}的通项公式并加以证明；(2)求数列{2}的前n 项和.复习回顾等比数列的定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列。

数列前n项与的求与之错位相减法

数列前n项和的求法
错位相减法
基础检测
4
-
n2 2 n 1
4
-
n2 2 n 1
［教你一个万能模版］
利用错位相减法求数列的前 n 项和，一般可用以下几步解答：
第一步：将数列 c n 写成两个数列的积的形式c n = a n bn ，其中
a n 为等差数列， b n 为等比数列；
第二步：写出数列 c n 的前 n 项和
S n = c 1 + c 2 ++ c n = a 1 b 1 + a 2 b 2 ++ a n b n
q 第三步：S n = c 1 + c 2 ++ c n = a 1 b 1 + a 2 b 2 ++ a n b n 的两边同乘以公比，
得 q S n= q a 1 b 1+ q a 2 b 2++ q a n b n 第四步：两式错位相减得 (q 1)Sn 第五步：等式两边同时除以 q 1 ，得 S n . 第六步：反思回顾.查看关键点，易错点及解题规范.结果写成两项
学会什么时候放
观察所求结论：求数列 {9
2an } 1 可利用错位相减法求和.
［教你快速规范审题流程汇总］
【第审（题2规）范问】第1步：审条件，挖解题信息
观察条件：a n
9 2
n
及数列
9
2 2n
an
可化简数列9 -22nan
9 2an 2n
①
等式两边同乘以2
2Tn=2+2+3 2+ +n 2n 3 1+2n n 2 ② ②错位 -① 相减:

题型-数列求和之错位相减法

题型-数列求和之错位相减法数列求和之错位相减法一、题型要求：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n和公式的推导方法）。

二、例题讲解：1、求和：$S_n=1+3x+5x^2+7x^3+。

+(2n-1)x^{n-1}$，其中$x=2$。

2、求数列$2,3.n$前$n$项的和。

三、练巩固：1、（2012-信宜二模）设$\{a_n\}$为等比数列，$T_n=na_1+(n-1)a_2+。

+2a_{n-1}+a_n$，已知$T_1=1$，$T_2=4$。

1）求数列$\{a_n\}$的首项和公比；2）求数列$T_n$的通项公式；2、（2015-漳浦校级模拟）等差数列$\{a_n\}$中，$a_7=4$，$a_{19}=2a_9$。

数列$\{b_n\}$满足$b_n=a_n\times2$。

1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；2）求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$S_n$；4、（2014-肇庆高三期末）已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$（$n\in N^*$）。

1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；2）设$b_n=\frac{a_{2n}}{n}$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求$T_n$；5、（2014-惠州调研）已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且有$S_n=1-a_n$。

数列$\{b_n\}$满足$2b_n=(2n-7)a_n$。

1）求数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的通项公式；2）求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$T_n$；6、（2014-珠海六校联考）已知数列$\{a_n\}$为等差数列，且$a_5=14$，$a_7=20$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且满足$3S_n=S_{n-1}+2$（$n\geq2$，$n\in N^*$），$b_1=$。

错位相减法求和解答题(1)张海涛

1．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)令n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 答案： (1)212n na -=；答案：∴{}n a ∴是首项为2，公比是4的等比数列∴1222124222n n n n a ---=⋅=⋅=． (2)212.n nn b n a n -=⋅=⋅35211222322n n T n -=⋅+⋅+⋅++⋅ ①35212141222(1)22n n n T n n -+=⋅+⋅++-⋅+⋅ ②①-②，得 3521213(2222)2.n n n T n -+-=++++-⋅故 2．已知数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，且12342,32,a a a a == (1)数列{}n a 的通项公式； (2)设数列{}n b 满足求该数列{}n b 的前n 项和T ．(1)12n n a -=；(2)(23)23nn T n ∴=-+答案：(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，由已知得21251232a q a q ⎧=⎪⎨=⎪⎩，又10,0a q >>，解得112a q =⎧⎨=⎩，12n n a -∴=；当11,1n b ==符合上式∴1(21)2n n b n -=-设12113252(21)2n n T n -=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅，2312123252(23)2(21)2n n n T n n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+-⋅两式相减得2112(222)(21)2(23)23n n nn T n n --=+++⋅⋅⋅+--⋅=--⋅-(23)23n n T n ∴=-+3．(本小题满分12分)等差数列{}n a 满足:126114a a a =+=,；正项等比数列{}n b 满足:1328b b ==,．(1)求数列{}{}n n a b , 的通项公式n n a b ,；(2)求数列{}·n n a b 的前n 项和n T ．答案：(1)21,2nn n a n b =-=；(2)()16232n T n +=+-⋅．(1)因此数列}{n a ，}{n b 的通项公式21,2nn n a n b =-=．(2)由(1)有,2)12(nn n n b a ⋅-=⋅,2)12(2)32(272523212,2)12(2)32(272523211543214321+-⋅-+⋅-+⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=⋅-+⋅-+⋅⋅⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=n nn n n n n n T n n T两式相减，得143212)12()2222(221-+⋅--+⋅⋅⋅++++⋅=n n n n T()16232n n T n +∴=+-⋅．4．已知数列{}n n a ⋅-12的前n 项和 (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)的前n 项和．答案：(2)()'1122n n S n +=-⋅+解答：(1))12b =∴的前n 项和为'n S ， '23'2341122232221222322n n n n S n S n +∴=⨯+⨯+⨯++⋅∴=⨯+⨯+⨯++⋅()''231'1222222122n n n n n n S S n S n ++∴-=++++-⋅∴-=-⋅-()'1122n n S n +∴=-⋅+5．已知1,0≠>a a ，数列{}n a 是首项为a ，公比也为a 的等比数列，记n nn a a b lg =)(*∈N n ．(1)求数列{}n b 的前n 项和n S ；(2)若数列{}n b 中每一项总小于它后面的项，求a 的取值范围．答案：(2),1>a 或解答： ,lg lg ,1a na a na b a a a a n n n n n n ===⋅=-anaa a n a a a a aS a na a a a a a a S n nn n n lg lg )1(lg 2lg 1lg lg 3lg 2lg 13232++-++⨯+⨯=++⨯+⨯+=两式作差得：a na a a a a a a a a S a n n n lg lg lg lg lg )1(132+-++++=-(2),1>a 或由[],0)1(lg lg )1(lg 11<+-⋅⇒⋅+<⋅⇒<++a n n a a aa n a a nb b n n n n n6．在公比大于1的等比数列{}n a 中，21236,26a a a a =++=；设n n n c a b =+，且数列{}n c 是公差为2的等差数列，11b a =． (1)求数列{}n a 和{}n c 的通项公式； (2)求数列的前项和．答案：(1)22,321+=⨯=-n c a n n n ；(2)n S =2331n n n +-+．解答：(1)设公比为q ，由21236,26a a a a =++= 可得，解得3=q 或31=q ，再由1>q 可得3=q ，∴1132,2-⨯==n n a a ．1114c a b =+=,又数列{}n c 是公差为2的等差数列,4(1)222n c n n ∴=+-=+(2)由(1)得12232n n n n n a b c n b =+==⨯++﹣1(22)23n n n b ∴=+-⨯﹣∴1(22))(2(6185446810...2...)3n n S n +-+=+++++⨯++++﹣2331n n n =+-+∴数列{}n b 的前n 项和n S 为2331n n n +-+．7．等比数列{}n a 中，637,63S S ==． (1)求n a ；(2)记数列{}S 的前n 项和为T ，求T{}n b n n S答案： (1)12n n a -=； (2)122n n T n +=-- 解答：(1)设等比数列{}n a 公比为q ，若1q =，则362S S =，与已知矛盾，所以1q ≠，从而根据解得112a q =⎧⎨=⎩，因此12n n a -=．(2)由(1)，可以求得21n n S =-，于是1212212121222111n n n T=-+-++-=+++----8．已知各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S ，n a ， (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若42n b n =-()n N *∈，设，求数列{}n c 的前n项和n T 答案：(1)22n n a -=；(1) 当n=1。

错位相减法(提高篇)

[例 3] 设数列{an}满足 a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令 bn＝nan，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
解析 (1)由已知，得当 n≥1 时，
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1 ＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
2an
1
， an an1
2 ，……（3
分）
又 a1 2 ，{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，……………………………（4 分）
an 2 2n1 2n . ……………………………………………………………………（5 分）
（Ⅱ） bn n 2n ，
Tn 1 21 2 22 3 23 n 2n，
an
n （Ⅱ）数列{an } 的前 n 项和 Sn ．
解析（Ⅰ）
an1
2an an 1
，
1 an 1 1 1 1 ， an1 2an 2 2 an
1 an1
1
1 2
1 ( an
1) ，又 a1
2 3
，
1 a1
1
1 2
，
数列{
1
1}是以为 1
1
首项，
为公比的等比数列．
an
2
2
1
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
数列求和之错位相减法
[例 1] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且有 a1=2，3Sn= 5an 4an1 3Sn1(n 2)
（I）求数列 an 的通项公式；
（Ⅱ）若 bn=n·an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn。
解析：（Ⅰ） 3Sn

《数列求和之错位相减法》课件

2+n 2
( 1 )n1 2
课堂练习
求和：1 3 3 32 (2n 1) 3n
解：
记Sn 1 3 3 32 (2n 3) 3n1 (2n 1) 3n
3Sn 1 32 3 33 (2n 3) 3n (2n 1) 3n1

(2

2n)

3n1
故Sn 3 (1 n) 3n1
课堂总结
数列求和的新方法：错位相减法
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？
①展开：将Sn展开 ②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比 ③错位：让次数相同的相对齐 ④相减 ⑤解出Sn
变式训练
例：数列{an}的通项公式an n，
求数数列列{b{n}a的n }通项的公前式n项bn和 2n bn
课堂练习解：an bn

n 2n
n (1)n 2
Tn
1 1 2 (1)2 3 (1)3 +L
2
2
2
(n 1) ( 1 )n1 n ( 1 )n
两式相减得
2Sn 1 3 2 32 2 3n (2n 1) 3n1
2Sn 3 2 （32 3n ) (2n 1) 3n1

3

2
32
3n 3 13

(2n
1) 3n1
6
相减
法
复习回顾：等比数列前n项和的求和公式
总结：用“错位相减法”求和的数列特征：
可以求形如

等比数列错位相减法

错位相减法秒杀公式是A=BC，其中B为等差数列，通项公式为b=b+n-1*d，C为等比数列，通项公式为c=c*q。

1、错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘的形式，形如An=BnCn，其中Bn为等差数列，Cn为等比数列，分别列出Sn，再把所有式子同时乘以等比数列的公比，即kSn；然后错一位，两式相减即可。

2、形如An=BnCn，其中{Bn}为等差数列，通项公式为bn=b1+n-1*d；{Cn}为等比数列，通项公式为cn=c1*q^n-1，对数列An进行求和，首先列出Sn，记为式1，再把所有式子同时乘以等比数列的公比q，即qSn记为式2，然后错开一位，将式1与式2作差，对从而简化对数列An的求和。

这种数列求和方法叫做错位相减法。

3、错位相加减是利用数列通项的规律，构造一个新数列，与原数列指定项做加减，消去或合并相等项。

可用于求前n项和公式。

如错位相加用于等差数列，错位相减用于等比数列。

数学-差比数列求和的两种方法

差比数列求和的两种方法一、错位相减法适用：差比数列(一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成）步骤：第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和．第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q .第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k ∈N *)的项对齐，然后两边同时作差．第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出T n .二、裂项相消法{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，()()11111--+=⋅+=⋅=n n n n n q bb n kb q b b kn b a c 设因为11bb n kb +是关于n 的一次式，于是，设()()[]()()[]11111--+-+-=+--+=n n n n q A B q n q A q B n A q B Anc 例1求数列n n n a 3)12(⋅-=的前n 项的和nT 解：方法1、错位相减法()()()()()()()()()3316322312133331231313231312323232312312353331331235333111112112113211432321+⋅-=∴-⋅-=⋅---+=⋅----⋅+⋅=⋅--⋅++⋅+⋅+⋅=-⋅-+⋅+⋅+⋅=⋅-+⋅+⋅+⋅=+++-+-++n n n n n n n n n n n n nn n T n n n n T n T n T 两式相减得方法2、裂项相消法设()[]()()nn n n B A An B An B n A a 32323311⋅++=⋅+-⋅++=+由⎩⎨⎧-=+=12322B A A 得，⎩⎨⎧-==21B A ()()()33132313233313230313301145342312+⋅-=⋅--⋅-++⋅-⋅+⋅-⋅+⋅+⋅++⋅=∴++n n n n n n n S②和公式③①∴()[]()()()nn n n n n n n n a 32-31-32-32-111⋅-⋅=⋅-⋅+=++例2求数列b n ＝n 3n －1的前n 项的和n T .T n ＝130＋231＋332＋…＋n 3n －1，①13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，②①－②得：23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n 1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ∴T n ＝94－6n ＋94×3n .方法2、裂项相消法设()()()1-2-1-32-2-331n n n n B A An B An B n A b +=+-++=由⎩⎨⎧==02-12-B A A 得，⎪⎩⎪⎨⎧-==4121-B A n n n n n n n n n T 3496-493432-3433432-3412349-347347-345345-3431-1-1-2-211001-⋅+=⋅+⋅=⋅+⋅++⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=∴ ∴()1-2-2-1-2-1-3432-3412341-2-343-2-341-21-341-121-n n n n n n n n n n n n n b ⋅+⋅+=⋅-⋅=-+=。

数列错位相减法求和公式

数列错位相减法求和公式在咱们的数学世界里，数列这玩意儿就像是个神秘的城堡，而错位相减法求和公式则是打开其中一扇重要大门的神奇钥匙。

咱们先来说说啥是数列。

想象一下，一列数字整整齐齐地排着队，每个数字都有自己的位置和特点，这就是数列啦。

比如说1，3，5，7，9 这就是个简单的数列。

那啥又是错位相减法求和公式呢？别着急，咱慢慢道来。

比如说有这么一个数列，它的通项公式是 an = n×2^n ，要求它的前 n 项和 Sn 。

这时候，错位相减法就派上用场啦。

先把 Sn 写出来：Sn = 1×2 + 2×2^2 + 3×2^3 + … + n×2^n 。

然后呢，再乘个 2 得到2Sn = 1×2^2 + 2×2^3 + 3×2^4 + … + n×2^(n + 1) 。

接下来，用上面的式子减去下面的式子，就像玩消消乐一样。

你看啊，第一项 1×2 减去 2×2 得到 -2 ，第二项 2×2^2 减去 2×2^3 得到 -2×2^2 ，第三项 3×2^3 减去 3×2^4 得到 -3×2^3 ，以此类推，一直到第n 项。

这样一减，除了第一项和最后一项，中间那些项是不是都有相同的系数啦？然后经过整理，就能求出 Sn 啦。

我记得之前有个学生，叫小李，这孩子聪明是聪明，就是一遇到错位相减法就犯迷糊。

有一次上课，我又讲到这个知识点，小李还是一脸懵。

我就专门给他举了个买糖果的例子。

假设小李去买糖果，一颗糖果 2 元，买第一颗就是 1×2 元，买第二颗就是 2×2^2 元，买第三颗就是 3×2^3 元，以此类推。

那一共花了多少钱呢？这不就和咱们要求的数列和差不多嘛。

小李听了这个例子，眼睛一下子亮了，好像突然开窍了。

从那以后，小李再遇到这类问题，就不那么头疼了，解题的速度和准确率都提高了不少。

数列求和方法之错位相减法(一)

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