2020年高考数学(理)之数列专题07 数列的求和(错位相减法求和)(解析版)

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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 − =

专题07 数列求和-错位相减、裂项相消(解析版)

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 nb a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()12n n a n -*=∈N ；(2)222n nn T +=-.【解析】(1)因为111,1n n a S a +==-．所以121S a =-，解得22a =．当2n ≥时，11n n S a -=-，所以11n n n n n a S S a a -+=-=-，所以12n n a a +=，即12n na a +=．因为212a a =也满足上式，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以()12n n a n -*=∈N ．(2)由（1）知12n n a +=，所以2n nn b =，所以2311111232222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭…①2311111112(1)22222nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…②①-②得231111*********n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 11112211212nn n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-⨯ ⎪⎝⎭-11122nn ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以222n n 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 ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T 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()2344474324nn T n =+⨯+⨯++- ①，()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++- ②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯-- ()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯-=-+--，所以()1414n n T n +=+-【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 ．【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q-=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q =或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n n n n T ---=+++++L ①，则234111352321222222n n n n n T +--=+++++ ②，①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-L 234111111212222222n n n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭L 1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯=--n n n n n ．所以2332n nn 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 .【答案】(1)21nn a =-(2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由121n n a a +=+得：()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，21n n a ∴=-.(2)由（1）得：()12nn n a n +=⋅；()1231122232122n n n S n n -∴=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()23412122232122n n n S n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()()2311121222222212212n nn n n n S n n n +++-∴-=++++-⋅=-⋅=-⋅--，()1122n n S n +∴=-⋅+.【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 ．【答案】(1)12n n a -=(2)(1)21n n T n =-⋅+【解析】(1)令1n =得11121S a a ==-，∴11a =，当2n ≥时，1121n n S a --=-，则1122n n n n n a S S a a --=-=-，整理得12n n a a -=，∴12nn a a -=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，∴12n n a -=；(2)由（1）得12n n n b na n -==⋅，则01211222322n n T n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，12321222322n n T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，两式相减得0123112222222212n n nn n T n n ---=++++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅-，化简得122(1)21n n nn T n n =-+⋅=-⋅+．【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 ．【答案】(1)212n n a -=(2)234065299n n n T +-=+⨯【解析】(1)当1n =时，1113423S a a =-=，解得12a =．当2n ≥时，()113334242n n n n n a S S a a --=-=---，整理得14n n a a -=，所以{}n a 是以2为首项，4为公比的等比数列，故121242n n n a --=⨯=．(2)由（1）可知，()2112log 212n n n n b a a n ++=⋅=-⨯，则()35211232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯L ，()572341232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯L ，则()368222332222212n n n T n ++-=++++--⨯L ()62432323224065221221433n n n n n +++--=+--⨯=--⨯-．故234065299n n n T +-=+⨯．【练习4】已知数列{}n a 满足11a =，1122n nn n n 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 .【答案】(1)证明见解析(2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由已知可得1122n n n n n a a a ++=+，即11221n n n n a a ++=+，即11221n nn n a a ++-=，2n n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是等差数列.(2)由（1）知，()122111n n n n a a =+-⨯=+，21n n a n ∴=+，2nn b n ∴=⋅231222322=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅nn S n ()23121222122n n n S n n +=⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅相减得，()23111121222222222212nn n n n n n S n n n ++++--=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=--⋅-()1122n n S n +∴=-⋅+◆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)1k=;(4)22222111(1)(1)n n n n n +=-++;(5)()()1121121212121nn n nn ++=-----;(6)12(41)22(1)1n n n n 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)nn 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 ．4950B ．10C ．9D ．14950【答案】C 【解析】因为2211n n a a +-=且211a =，所以，数列{}2n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，211na n n =+-=，因为数列{}n a为正项数列，则n a =，则11n na a +=-+，所以，数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前99项和为11019-=-= .故选：C.【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__________．【答案】8081【解析】因为()22222111(1)1n n a n n n n +==-++，所以822222*********((1223898181S =-+-++-=-= ．故答案为：8081．【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________．【答案】21n n +【解析】当1n =时，21111a S ===，当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，且当1n =时，1211n a -==，故数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，111111(21)(21)22121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭，则数列{}n b 的前n 项和为：1111111113352215721n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦11122121n n n ⎡⎤=-=⎢++⎣⎦.故答案为：21nn +【练习1】数列的前2022项和为（）A．12B．12C1D1【答案】B 【解析】=记的前n 项和为n T ，则202212T =+ )112=；故选：B【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 =______．【答案】69n n +【解析】由对于任意的*N n ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列可得：22n n n S a a =+，当2n ≥时可得21112n n n S a a ---=+，所以22111222n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+--，所以22110n n n n a a a a -----=，所以11()(1)0n n n n a a a a --+--=，由数列{}n a 的各项均为正数，所以11n n a a --=，又1n =时20n n a a -=，所以11a =，所以n a n =，212311111()(21)(23)22123n n n b a a n n n n ++===-⋅++++，1111111111()(235572123232369n n T n n n n =-+-+-=-=++++ .故答案为：69nn +.【练习3】()1232!3!4!1!n n +++⋅⋅⋅+=+_______.【答案】()111!n -+【解析】()()()11111!1!!1!k k k k k k +-==-+++ ，()()()12311111111112!3!4!1!2!2!3!3!4!1!!!1!n n n n n n ∴+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-+-+-+()111!n =-+.故答案为：()111!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 .【答案】(1)332n a n =-(2)331=+n n T n 【解析】(1)解：数列{}n a 满足124(32)3n a a n a n +++-= ，当1n =时，得13a =，2n ≥时，1214(35)3(1)n a a n a n -+++-=- ，两式相减得：(32)3n n a -=，∴332n a n =-，当1n =时，13a =，上式也成立.∴332n a n =-；(2)因为331(32)(31)n a n n n =+-+，113231n n =--+，∴11111114473231n T n n =-+-++--+ ，1313131nn n =-=++.【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 =，n C ={}n C 的前n 项和nT 【答案】(1)13n na =(2)1n T =【解析】(1)当1n =时，111221a S a =-=，解得：113a =；当2n ≥时，1122211n n n n n a S S a a --=-=--+，即113n n a a -=，∴数列{}n a 是以13为首项，13为公比的等比数列，1133nn n a ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭.(2)由（1）得：131log 3nn b n ⎛⎫== ⎪⎝⎭，n C ∴==11n T ∴=⋅⋅⋅+=【练习6】已知数列{}n a 中，1122222n n nn 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)nn n a b n n -=+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析；()1*2n n a n -=∈N (2)211nn -+【解析】(1)解：1122222n n nn a a a n -+++=⋅ ，即为21122n n a a a n -+++= ·······①，又1212122n n a a a n --+++=- ，········②，①-②得112nn a -=，即12(2)n n a n -= ，又当1n =时，11112a -==，故()1*2n n a n -=∈N ；从而()*11222nn n n a n a +-==∈N ，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列；(2)由（1）得11(1)222(1)1n n n n n b n n n n---==-++，所以1021122222221321-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n S n n 211=-+nn .【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.【答案】(1)n a n =，*N n ∈(2)115462【解析】(1)由题意知2319a a a =⋅，设等差数列{}n a 的公差为d ，则()()211182a a d a d +=+，因为0d ≠，解得1a d=又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以()11n a a n d n =+-=，*N n ∈(2)由（1）可知()()()()()1111122112n b n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭，设数列{}n b 的前n 和为n T ，则()()()1111111212232334112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯+++⎝⎭()()1112212n n ⎛⎫=- ⎪ ⎪++⎝⎭，所以20111115222122462T ⎛⎫=⨯-=⎪⨯⎝⎭所以数列{}n b 的前20和为115462【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 ．【答案】(1)21n a n =+，()141n b n n =+(2)()41n n S n =+【解析】(1)由题意，可设等差数列{}n a 的公差为d ，则112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13a =，d ＝2，∴()32121n a n n =+-=+；∴()()222111114441211n n b a n n n n n ====-+++-；(2)∵()11114141n b n n n n ⎛⎫==- ++⎝⎭，()1111111111422314141n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+=-= ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．【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14nn n n S b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)21n a n =-(2)21n n T n n =++【解析】(1)解：对任意的N n *∈，0n a >，由题意可得()224121n n n n S a a a =+=++.当1n =时，则211114421a S a a ==++，解得11a =，当2n ≥时，由2421n n n S a a =++可得2111421n n n S a a ---=++，上述两个等式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，即()()1120n n n n a a a a --+--=，因为10n n a a ->+，所以，12n n a a --=，所以，数列{}n a 为等差数列，且首项为1，公差为2，则()12121n a n n =+-=-.(2)解：()21212n n n S n +-==，则()()()()()()2214441111111121212121212122121n n n n S n n b a a n n n n n n n n +-+⎛⎫====+=+- ⎪-+-+-+-+⎝⎭，因此，11111112335212121n nT n n n n n ⎛⎫=+-+-++-=+ ⎪-++⎝⎭ .【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 .【答案】(1)条件选择见解析，21n a n =-(2)()()22121n n n T n +=+【解析】(1)解：选条件①：n *∀∈N ，14n n a a n ++=，得()1241n n a a n +++=+，所以，()24144n n a a n n +-=+-=，即数列{}21k a -、{}()2N k a k *∈均为公差为4的等差数列，于是()()21141432211k a a k k k -=+-=-=--，又124a a +=，23a =，()()224141221k a a k k k =+-=-=⋅-，所以21n a n =-；选条件②：因为数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前3项和为6，得3122361232S S S S ++=⨯=，所以222S=，所以n S n ⎧⎫⎨⎩⎭的公差为2121121S S d =-=-='，得到()11nS n n n=+-=，则2n S n =，当2n ≥，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-.又11a =满足21n a n =-，所以，对任意的N n *∈，21n a n =-.(2)解：因为()()()()()12222214111221212121n n n n n a a nb a a n n n n ++⎡⎤+===-⎢⎥⋅-+-+⎢⎥⎣⎦，所以()()122222*********213352121n n T b b b n n ⎡⎤=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦()()()222111122121n n n n ⎡⎤+=-=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦.【过关检测】一、单选题1．1232482n n nS =++++= （）A ．22n nn -B ．1222n nn +--C ．1212n n n +-+D ．1222n nn +-+【答案】B 【解析】由1232482n n n S =++++ ，得23411111112322222n n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减得234111111112222222nn n S n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111111222211222212n n n n n n n n n ++++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-=--⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-.所以1222n n nn S +--=.故选：B.2．数列{}2⋅nn 的前n 项和等于（）．A ．222n n n ⋅-+B ．11222n n n ++⋅-+C ．122n n n +⋅-D ．1122n n n ++⋅-【答案】B 【解析】解：设{}2⋅nn 的前n 项和为n S ，则1231222322nn S n =⨯+⨯+⨯++⋅ ，①所以()23121222122n n n S n n +=⨯+⨯++-⋅+⋅ ，②①－②，得()231121222222212nn n n n S n n ++--=++++-⋅=-⋅-L ，所以11222n n n S n ++=⋅-+．3．已知等比数列{an }的前n 项和为Sn ，若S 3=7，S 6=63，则数列{nan }的前n 项和为（）A ．-3+(n +1)×2nB ．3+(n +1)×2nC ．1+(n +1)×2nD ．1+(n -1)×2n【答案】D 【解析】设等比数列{an }的公比为q ，易知q ≠1，所以由题设得()()3136161711631a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩，两式相除得1+q 3=9，解得q =2，进而可得a 1=1，所以an =a 1qn -1=2n -1，所以nan =n ×2n -1.设数列{nan }的前n 项和为Tn ，则Tn =1×20+2×21+3×22+…+n ×2n -1，2Tn =1×21+2×22+3×23+…+n ×2n ，两式作差得-Tn =1+2+22+…+2n -1-n ×2n =1212n---n ×2n =-1+(1-n )×2n ，故Tn =1+(n -1)×2n .故选：D.4．已知等差数列{}n a ，23a =，56a =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前8项和为（）．A ．15B ．25C ．35D ．45【答案】B 【解析】由23a =，56a =可得公差5213a a d -==，所以()221n a a n d n =+-=+，因此()()111111212n n a a n n n n +==-++++，所以前8项和为11111111223349102105⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()241n n S a n +=++．记128n n n b a a ++=，数列的前n 项和为n T ，则n T 的取值范围为（）A ．84,637⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．191,7⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．4,7⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．11,97⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A 【解析】因为数列{}n a 中，24(1)n n S a n +=++，所以()21142n n S a n +++=++，所以()144n n S S ++-+=123n n a a n +-++，所以23n a n =+．因为128n n n b a a ++=，所以()()811425272527n b n n n n ⎛⎫==- ++++⎝⎭，所以1111111144799112527727n T n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．因为数列{}n T 是递增数列，当1n =时，863n T =，当n →+∞时，1027n →+，47n T →，所以84637n T ≤<，所以n T 的取值范围为84,637⎡⎫⎪⎢⎣⎭．故选：A ．6．已知数列满足212323na a a na n ++++= ，设n nb na =，则数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2022项和为（）A ．40424043B ．20214043C ．40444045D ．20224045【答案】D 【解析】因为212323n a a a na n ++++= ①，当1n =时，11a =；当2n ≥时，()21231231(1)n a a a n a n -++++-=- ②，①-②化简得21n n a n-=，当1n =时：1121111a ⨯-===，也满足21n n a n -=，所以21n n a n-=，21n n b na n ==-，111111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭所以11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前2022项和1111111120221123352202212202212220224045⎛⎫⎛⎫-+-++-=-= ⎪ ⎪⨯-⨯+⨯+⎝⎭⎝⎭ .故选:D.7．已知数列{}n a 满足11a =，且()11n n n a a a +=+，*n ∈N ，则12233420202021a a a a a a a a ++++= （）A ．2021B ．20202021C ．202112D ．20212【答案】B 【解析】∵()11n n n a a a +=+，即11n n n a a a +=+，则11111n n n na a a a ++==+∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以首项111a =，公差1d =的等差数列则111n n n a =+-=，即1n a n=∴()111111n n a a n n n n +==-++则122334202020211111120201 (223202*********)a a a a a a a a ++++=-+-++-= 故选：B ．8．等差数列{}n a 中，375,9a a ==，设n b =，则数列{}n b 的前61项和为（）A．7-B ．7C．8D ．8【答案】C 【解析】解：因为等差数列满足375,9a a ==，所以73173a a d -==-，所以()323n a a n d n =+=+-，所以n b ={}n b 的前n 项和为n S ，所以数列{}n b 的前n项和n S =--++618S =．故选：C ．9．设数列()()22121n n n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬-+⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则（）A ．25<S 100<25.5B ．25.5<S 100<26C ．26<S 100<27D ．27<S 100<27.5【答案】A 【解析】由22214(21)(21)441n n n n n =⋅-+-211(1)441n =+-111()]42(21)(21)n n =+-+1111()482121n n =+--+，∴11111111(1)(1)(1)48335212148212(21)n nn n n S n n n n +=+-+-+⋅⋅⋅+-=+-=-+++，∴10010010125.122(21001)S ⨯=≈⨯+，故选：A ．10．已知数列{}n a 满足11242n n a -=++++ ，则数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎩⎭的前5项和为（）A ．131B ．163C ．3031D ．6263【答案】D 【解析】因为111124221,21n n n n n a a -++=++++=-=- ，所以()()()()()()1111121212211212121212121n n n n n n n n n n n n a a +++++---===-------.所以12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭前5项和为1223561611111111162121212121212121216363⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-++-=-=-= ⎪ ⎪ ⎪--------⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 故选：D11．已知数列{}n a 的首项11a =，且满足()*12n n n a a n +-=∈N ，记数列()()1122n n n a a a +⎧⎫+⎪⎪⎨⎬++⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n T ，若对于任意*n ∈N ，不等式n T λ>恒成立，则实数λ的取值范围为（）A ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】解：因为()*12n n n a a n +-=∈N ，所以1212a a -=，2322a a -=，3432a a -=，……，112n n n a a ---=，所以()()1121121222222212n n nn a a n ----=+++==-≥- ，，又11a =，即21nn a =-，所以12n n a +=，所以()()()()11112112221212121n n n n n n n n a a a ++++==-++++++，所以1223111111111112121212121213213n n n n T ++=-+-++-=-<+++++++ 所以λ的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：C12．在数列{}n a 中，23a =，其前n 项和n S 满足12n n a S n +⎛⎫= ⎪⎝⎭，若对任意n ∈+N 总有12111414141n S S S λ+++≤--- 恒成立，则实数λ的最小值为（）A ．1B ．23C ．12D ．13【答案】C 【解析】当2n ≥时，2n n S na n =+，()()11211n n S n a n --=-+-，两式相减，整理得()112(1)n n n a n a --=--①，又当3n ≥时，()()12321n n n a n a ---=--②，①-②，整理得()()()21224n n n n a a n a ---+=-，又因20n -≠，得212n n n a a a --+=，从而数列{}n a 为等差数列，当1n =时，1112a S +=即1112a a +=，解得11a =，所以公差212d a a =-=，则21n a n =-，21(1)2n n n S na d n -=+=，故当2n ≥时，()22212111111414141214121n S S S n +++=+++------ ()()11111111111111335212123352121221n n n n n ⎡⎤⎛⎫=+++=-+-++-=- ⎪⎢⎥⨯⨯-+-++⎣⎦⎝⎭，易见111221n ⎛⎫- ⎪+⎝⎭随n 的增大而增大，从而11112212n ⎛⎫-< ⎪+⎝⎭恒成立，所以12λ≥，故λ的最小值为12，故选：C ．二、填空题13．已知正项数列{an }满足a 1＝2且an +12﹣2an 2﹣anan +1＝0，令bn ＝（n +2）an ，则数列{bn }的前8项的和等于__．【答案】4094【解析】由221120n n n n a a a a ++--=，得（an +1+an ）（an +1−2an ）＝0，又an ＞0，所以an +1+an ＞0，所以an +1−2an ＝0，所以12n na a +=，所以数列{an }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1222n n n a -=⨯=，所以()()222n n n b n a n =+=+⋅，令数列{bn }的前n 项的和为Tn ，1288324292T =⨯+⨯++⨯ ，则23982324292T =⨯+⨯++⨯ ，()23898622292T -=++++-⨯ ()27921269212-=+-⨯-＝2−8×29＝−4094，则T 8＝4094，故答案为：4094．14．已知数列{an }的前n 项和为Sn ，且Sn ＝2an ﹣2，则数列{nn a }的前n 项和Tn ＝__．【答案】222n n +-.【解析】解：∵Sn ＝2an ﹣2，∴Sn ﹣1＝2an ﹣1﹣2（n ≥2），设公比为q ，两式相减得：an ＝2an ﹣2an ﹣1，即an ＝2an ﹣1，n ≥2，又当n ＝1时，有S 1＝2a 1﹣2，解得：a 1＝2，∴数列{an }是首项、公比均为2的等比数列，∴an ＝2n ，2n n n n a =，又Tn 1231232222n n =++++ ，12Tn 2311212222n n n n +-=++++ ，两式相减得：12Tn 231111[1)111122122222212n n n n n n ++⎛⎤- ⎥⎝⎦=++++-=-- ，整理得：Tn ＝222nn +-．故答案为：Tn ＝222nn +-．15．将()1n x +（n +∈N ）的展开式中2x 的系数记为n a ，则232015111a a a ++⋅⋅⋅+=__________．【答案】40282015【解析】()1n x +的展开式的通项公式为1C k k k n T x +=，令2k =可得()21C 2n n n n a -==；()1211211n a n n n n ⎛⎫== ⎪--⎝⎭；所以23201511111111212222320142015a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 140282120152015⎛⎫=-= ⎪⎝⎭.故答案为：40282015.16．数列{}n a 的前项n 和为n S ，满足112a =-，且()*1222n n a a n n n ++=∈+N ，则2n S =______．【答案】221n n +【解析】由题意，数列{}n a 满足1222n n a a n n ++=+，可得21222(21)2(21)n n a a n n -+=-+-211(21)(21)2121n n n n ==-+-+，所以2n S =1113-+1135-+…+112121n n --+1212121n n n =-=++，故答案为：221nn +三、解答题17．已知数列{}n a 满足11a =，1120n n n n a a a a +++-=.(1)求证：数列1n a 禳镲睚镲铪为等差数列；(2)求数列{}1n n a a +的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析；(2)21n n S n =+.【解析】(1)令1n n b a =，因为1111112n n n n n n n n a a b b a a a a ++++--=-==⋅，所以数列{}n b 为等差数列，首项为1，公差为2；(2)由（1）知：21n b n =-；故121n a n =-；所以()()11111212122121n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭；所以()()1223111113352121n n n S a a a a a a n n +=+++=+++⨯⨯-+ 11111112335212121n n n n ⎛⎫=-+-++-= ⎪-++⎝⎭ ；18．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*13n n a a n +-=∈N ，且318S =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)3n a n=(2)99n n T n =+【解析】(1)∵13n n a a +-=，∴数列{}n a 是以公差为3的等差数列.又318S =，∴13918a +=，13a =，∴3n a n =.(2)由（1）知()()111133191n b n n n n ⎛⎫==⨯- ⎪⨯++⎝⎭，于是12311111111111192233419199n n n T b b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦19．已知数列{}n a 的首项为3，且()()1122n n n n a a a a ++-=--．(1)证明数列12n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是等差数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若()11n n n a b n =-+，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)证明见解析；12n a n =+(2)()1111n n -+-+【解析】(1)因为()()1122n n n n a a a a ++-=--，所()()()()112222n n n n a a a a ++---=--，则111122n n a a +-=--，所以数列12n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以1132=-为首项，公差等于1的等差数列，∴()1112n n n a =+-=-，即12n a n=+；(2)()()()()12111111111n n n n n a b n n n n n n ⎡⎤⎛⎫=-=-+=-+⎢⎥ ⎪++++⎝⎭⎣⎦，则()()1111111111112233411n n n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+++-++⋅⋅⋅+-+=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭；综上，12n a n =+，()1111n n S n =-+-+.20．已知数列{}n a 中，11a =-，且满足121n n a a +=-.(1)求证：数列{}1n a -是等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若111n n n b a ++=-，求数列{}n b 的前n 项和为n T .【答案】(1)证明见解析，21n n a =-+(2)13322n n n T ++=-【解析】（1）解：对任意的N n *∈，121n n a a +=-，所以()1121n n a a +-=-，且112a -=-，所以数列{}1n a -是以2-为首项，2为公比的等比数列．所以12n n a -=-，所以21n n a =-+．（2）解：由已知可得111112n n n n n b a ++++==-，则234123412222n n n T ++=++++ ，所以，3412123122222n n n n n T +++=++++ ，两式相减得1231221118212111111222222212n n n n n n n T -+++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭++⎢⎥⎣⎦=+++-=+-- 1223113342242n n n n n +++++=--=-，因此，13322n n n T ++=-.21．已知等比数列{}n a ，12a =，532a =.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n a 为正项数列（各项均为正），求数列{}(21)n n a +⋅的前n 项和n T .【答案】(1)2n n a =或()12·2n n a -=-；(2)12(21)2n n T n +=+-⋅.【解析】(1)等比数列{}n a 的公比为q ，12a =，532a =，则45116a q a ==，解得2q =±，所以当2q =时，2n n a =，当2q =-时，12(2)n n a -=⋅-.(2)由（1）知，2n n a =，则有(21)(21)2n n n a n +⋅=+⋅，则123325272(21)2n n T n =⨯+⨯+⨯+++⋅ ，于是得23123252(21)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯++-⋅++⋅ ，两式相减，得23162(222)(21)2n n n T n +-=+⨯+++-+⋅ 211121262(21)2(21)212()2n n n n n -++-=+⨯+---⋅=⋅-⨯，所以12(21)2n n T n +=+-⋅.22．已知等差数列{}n a 满足11a =，2318a a a a ⋅=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n S ，且32n n S b =.(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b 的前n 项和n T .【答案】(1)1n a =或21n a n =-；3n n b =；(2)若1n a =，则()3313n n T -=；若21n a n =-，则()1133n n T n +=-+.【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ， 11a =，2318a a a a ⋅=⋅，∴()()11217d d d ++=+，化简得2240d d -=，解得：0d =或2d =，若0d =，则1n a =；若2d =，则21n a n =-；由数列{}n b 的前n 项和为3322n n S b =-①，当1n =时，得13b =，当2n ≥时，有113322n n S b --=-②；①-②有13322n n n b b b -=-，即13n n b b -=，2n ≥，所以数列{}n b 是首项为3，公比为3的等比数列，所以3n n b =，综上所述：1n a =或21n a n =-；3n n b =；(2)若1n a =，则3n n n n a b b ==，则()()2313331333132nn n n T --=+++==- ，若21n a n =-，则()213n n n a b n =-，则()21333213n n T n =⨯+⨯++-⨯ ③；③×3得()23131333213n n T n +=⨯+⨯++-⨯ ④；③-④得：()23123232323213n n n T n +-=+⨯+⨯++⨯--⨯ 2113(13)32(21)313n n n -+-=+⨯--⨯-整理化简得：()1133n n T n +=-+，综上所述：若1n a =，则()3313n n T -=；若21n a n =-，则()1133n n T n +=-+.。

2020年全国高考一道数列求和题的方法探究——探讨数列求和系列之错位相减法

二、问题寻根
问题（人教Ａ版）必修５，习题２．５Ａ第４题：求和：１＋２狓＋３狓２＋ … ＋狀狓狀－１．上述问题是教材中的一个练习题，初看，无从下手，数列各项系数都在变化；后看，欣然发现系数成等差数列；再思，能否处理各项系数呢？能，一定能．堡垒的突破口就是如何构造一个等式，把各项系数处理为相同值，问题就迎刃而解．本例含参需要做含参讨论，现先通过实例，探究形如犮狀＝犪狀犫狀数列（其中｛犪狀｝为等差数列，｛犫狀｝为等比数列）求和问题的解法，层层
所以，当狓＝１时，犛狀＝狀（狀２＋１）（狀∈犖＋），因此，
犛狀
烄１－狓狀（１－狓）２
狀狓狀－２
（狓
＝烅烆狀（狀２＋１）（狓＝１）
≠１），（狀
∈
犖＋）．
因此，若解决带参求和时，要注意对参数分类讨
论；若等比数列公比为负数的情形，构造两式“错项对
齐”预防出现项数遗漏的情况．
复习备考学习交流２０２１年４月
２０２０年全国高考一道数列求和题的方法探究
——— 探讨数列求和系列之错位相减法
? 广东省惠州市惠阳中山中学古君文
“数列”是高中数学的重要内容之一，也是高考重点考查的模块，其中数列求和又是数列模块中重点考查对象，也是高考的热点．下面以２０２０年全国卷 Ⅰ 理科数学第１７题为例，现对其求和问题的解法进行探究．本题第（２）问，解决此类题型，常见方法为错位相减法，下面对其解法进行探讨．题目如下：
递进，解法探究，归纳应用．下面先通过不含参的数列求和的实际例子进行解法探讨．
三、问题回探

数列求和之错位相减法ppt课件

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
故Sn 2 (1 n)2n1
数列求和之错位相减法
1
复习回顾：等比数列前n项和的求和公式
2
问题探究：
数列 {an }的通项公式 an n，数列 {b n }的通项公式 b n 2 n，求数列 {an bn }的前 n项和。
观察：所求数列的通项公式是由等差数列与等比数列的积组成。即“等差×等比”型
3
n 2n
乘公比，错位，相减
Sn a1b1 a2b2 anbn
即Sn 1 2 2 22 3 23 (n 1) 2n1 n 2n ①
2Sn 1 22 2 23 (n -1) 2n n 2n1 ②
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 (2n 1) 3n1 6 (2 2n) 3n1
4
当堂练习：
求和：1 3 3 32 (2n 1) 3n
解：
记Sn 13 332 (2n 3) 3n1 (2n 1) 3n
3Sn 1 32 3 33 (2n 3) 3n (2n 1) 3n1
7
作业：
1、求和：（1）1
4 22

6 23

错位相减法求和附答案解析

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XXXX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。

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

2 求数列的前项和.
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，

高考数学专项复习《数列中错位相减法求和问题》真题练习含答案

高考数学专项复习《数列中错位相减法求和问题》真题练习【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 ．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．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 *)．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 ．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 ．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 ．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 ． 8．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n 2a 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 ． 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 ．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．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 ．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．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 ＝n a 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．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 n 3．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 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． 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 <2．17．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．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．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．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．。

2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一数列求和【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．题组训练一数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2；当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二数列与函数的综合问题【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)，所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)．题型三数列与不等式的综合问题【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】方法一由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1，所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立．综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2；经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1，故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)．综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由．【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2，即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2，所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)，所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)，因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2，当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ，又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1，假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列，即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增，若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求；当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。

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？

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。

数列求和公式错位相减法

数列求和公式错位相减法好的，以下是为您生成的文章：咱今天就来好好唠唠数列求和公式里的错位相减法，这可是高中数学里的一个重要“武器”！记得我之前带过一个学生，叫小李。

这孩子其他数学知识掌握得还算不错，可一碰到错位相减法就犯迷糊。

有一次做练习题，碰到一道要用错位相减法求解的数列求和题，他愣是盯着题目半天没动笔。

我走过去一看，他那迷茫的小眼神，就好像掉进了一个找不到出口的迷宫。

咱先来说说啥是错位相减法。

它主要是用来处理形如 {aₙ×bₙ} 这样的数列求和，其中 {aₙ} 是等差数列，{bₙ} 是等比数列。

比如说，有个数列求和是求1×2 + 2×2² + 3×2³ + … + n×2ⁿ 的和。

这时候就得请出咱们的错位相减法啦。

咱们先设这个数列的和是 Sₙ ，那 Sₙ = 1×2 + 2×2² + 3×2³ + … +n×2ⁿ ①。

然后两边同时乘以等比数列的公比 2 ，就得到 2Sₙ = 1×2² + 2×2³ + 3×2⁴ + … + n×2ⁿ⁺¹②。

接下来，① - ②，你看啊，这就神奇了。

1×2 这一项在减的时候，2Sₙ 那边没有对应的项，就原封不动地留下来，成了 -Sₙ。

然后 2×2²减去 1×2²得到 2²，3×2³减去 2×2³得到 2³，以此类推，一直到n×2ⁿ 减去 (n - 1)×2ⁿ 得到2ⁿ ，最后还有一项是 -n×2ⁿ⁺¹。

经过这么一操作，-Sₙ 就等于2 + 2² + 2³ + … + 2ⁿ - n×2ⁿ⁺¹。

数列求和错位相减法-裂项相消法后附答案

一、解答题1．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a2=3,S6=36．(Ⅰ）求数列{a n}的通项公式;（Ⅰ）若数列{b n}满足b n=2n⋅a n，n∈N∗,求数列{b n}的前n项和T n．【详解】(Ⅰ）a 2=3，Ⅰa1+d=3S6=36，Ⅰ6a1+15d=36则a1=1，d=2a n=2n−1.（Ⅰ）由（Ⅰ)可知,b n=2n(2n−1)T n=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−3)×2n−1+(2n−1)×2n,2T n=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−3)×2n+(2n−1)×2n+1－T n=2+2×22+2×23+2×24.....+2×2n−（2n−1)×2n+1−（2n−1）⋅2n+1=2+2×4（1−2n−1）1−2=−6+2n+2−(2n−1)⋅2n+1＝−6+2n+1(3−2n)ⅠT n=6+(2n−3)⋅2n+1２．已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=2,a n+1=S n+2,n∈N∗(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=n⋅a n,求数列{a n}的前n项和T n．【答案】(1)a n=2n（2)2+(n−1)×2n+1【详解】(1)∵a n+1=S n+2,n∈N∗,∴S n=a n+1−2，即S n+1=2a n+1−2,∴S n+2=2a n+2−2，两式相减，得a n+2=2a n+2−2a n+1，即a n+2=2a n+1，又∵a 1=2,∴a 2=S 1+2=2+2=4, 即数列是首项为2,公比为2的等比数列, 所以a n =2n ;(2)设b n =n ⋅a n ，则b n =n ×2n ,∴T n =1×2+2×22+3×23+⋯+(n −1)×2n−1+n ×2n ， 2T n =1×22+2×23+3×24+⋯+(n −1)×2n +n ×2n+1,两式相减,得:T n =−1×2−1×22−1×23−⋯−1×2n−1−1×2n +n ×2n+1=n ×2n+1−(2+22+23+⋯+2n−1+2n )=n ×2n+1−2×(1−2n )1−2=2+(n −1)×2n+1．【点睛】本题考查数列的递推关系,通项公式,前n 项和，错位相减法，利用错位相减法是解决本题的关键，属于中档题．3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n =(a n +12)2(n ∈N ∗)。

数列求和之错位相减法.ppt

1 1 ,3 1 ,5 1(2n 1 1 )
248
2n
an
(1) n1
2n 1 2n1 .
2 2
,
4 22
,
6 23
, ,
2n 2n
,
1,3a,5a 2 ,, (2n 1)a n1 (a 0)
6
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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
数列。则该数列前n项和的展开式为:
9
4
...
n
9
n
n
1
9
n1
10 10 10
10
10
17
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第三步，两式进行错位相减得：
1 10
Sn
2 9 10
9 2 10
9 3 10
......
9 n 10
n
1 9 n1
10
化简整理得:
Sn
99 10n
11
9
n1
10
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Sn b1c1 b2c2 b3c3 ... bn1cn1 bncn
（为方便起见，最好写出前三项和后两项）
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以 an n 2n 为例，依照上述说明写出该数列
前n项的展开等式:
Sn 1 2 2 22 3 23 (n 1) 2n1 n 2n
已知数列
an
1)
(9 10
)
n
,
求{an
}的前n项和S
n
.
16
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解：第一步，写出该数列求和的展开等式

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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 Λqa S -=11【考点讲解】（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；（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 n n 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 +*-++∈N【真题分析】2.【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 n n 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）2n n 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，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 ---⨯++⨯①-②得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯L= 所以【答案】（1）12n n x -=；（2）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1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=(21)21.2n n n T -⨯+=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 Λ【模拟考场】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．（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 na b b c -=+1，数列{}nc 前n 项和为nS.由⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S c n n n解得14-=n c n . 由（Ⅰ）可知12-=n na ，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，132)41()23(])41()41()41[(34143+⨯--++++=n n n n S Λ.)41()23(211+⨯+-=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 d b 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. (1) 求； (2) 求数列｛｝的前n 项和. 【解析】(1) 由于,故 ,故 () (2)两式相减得：{}n a 222(cossin )33n n n a n ππ=-n S 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故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…． 12321991999419419443[13][13]8,12444242214nn n n n n n n n n T --+-++=+++-=+-=---L 2321813.3322n n n n T -+=--⋅{}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 ++=数列的前项和．6.设数列满足，．（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{n na 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． ∴{}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 {}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 +==⋅+⋅+⋅+⋅∴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 nn ∴n n n a 2)21(⋅-=． )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 n n Λ 12)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 <。