数列题型(错位相减法)
数学课件 数列求和的方法之错位相减法
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
错位相减法求数列前n项和
课后练习与反思
•
(1)求和S=
1 2
3 22
5 23
2n 3 2 n1
2n 1 2n
• (2)
例题： 已知数列 an (2n 1) 3n , 求Sn
① ②③④源自注意事项：• ①等式右边乘等比要乘到原等比数列上，让指数增加一次 • ②注意最后一项的系数是减 • ③注意等比前n项和的指数为n-1,即为求和的项数 • ④注意除Sn的系数，最终得出Sn • ⑤最后在得出的Sn表达式中令n=1,验证是否与a1相等
错位相减法求数列Sn
预备知识
•
1.等差数列Sn公式：
Sn
(a1
an) n 2
na1
n(n 1) 2
d
• 2.等比数列Sn公式： S n
a 1 (1 q n ) 1 q
(n为求和项数)
题型：数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘 积组成时，求它和可采用错位相减法。
• 例如:
• 步骤如下： （1）写出前n项和的表达式； （2）将上式两边乘以等比数列的公比，得的表达式； （3）将两式相减得-，即可转化为求一个等比数列的和.
《错位相减法》专题训练
《错位相减法》专题训练一．选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．数列112⨯，222⨯，332⨯，…，的前n 项之和为n S ，则n S 等于( ) A ．1(1)22n n +-⋅- B ．1(n 1)22n +-+ C ．22n n ⋅+D ．122n n +-2．1232482n n nS =++++=（ ） A ．22n nn - B ．1222n nn +-- C ．1212n n n +-+ D ．1222n nn +-+ 3．已知{}n a 是首项为1的等差数列，{}n b 是公比为12的等比数列，已知数列{}n n a b ⋅的前n 项和为2332n nn S +=-，则数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和（ ） A ．()326nn +⋅-B ．()12326n n +-⋅+C ．()2324nn -⋅+D ．()12122n n +-⋅+4．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n a 满足11a =，()21n n n S a a =+.数列{}n b 满足12nn n b a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，它的前n 项和为n T =（ ）A ．222n n --B ．1222n n -+-C ．222n n +-D ．122n n +-5．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若37S =，663S =，则数列{}n na 的前2020项和为（ ） A ．2020320212-+⨯ B ．2020320192+⨯ C ．2020120212+⨯D ．2020120192+⨯6．已知数列{}n a 满足12a =，()1221n n n a a n ++=+，则20201232019a a a a a =+++⋅⋅⋅+（ ） A ．20212019B ．20202019 C ．20192018D ．202120187．已知数列{}n a 的各项均为正数，且满足12a =，()()22221141210n n n n n a n a n a na ++-+-++=，设n S 为数列{}n a 的前n 项和，则A ．2020201922⨯+B ．2020201922⨯-C ．2020201822⨯+D ．2020201822⨯-8．在数列{}n a 中，11a =，对于任意自然数n ，都有12nn n a a n +=+⋅，则15a =（ ）A ．151422⋅+B ．141322⋅+C ．151423⋅+D ．151323⋅+9．已知数列{}n a 满足()12323213n n a a a na n ++++=-⋅．设4n nnb a =，n S 为数列{}n b 的前n 项和．若n S λ<（常数），*n N ∈，则λ的最小值是（ ） A ．32B ．94C ．3112D ．311810．已知数列{}n a 的首项13a =，前n 项和为n S ，123n n a S +=+，n *∈N ，设3log n n b a =，数列n n b a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T 的范围（ ） A ．1,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．123⎡⎫⋅⎪⎢⎣⎭C ．1334⎡⎫⋅⎪⎢⎣⎭D ．13,44⎛⎤⎥⎝⎦11．对正整数n ，设曲线()1ny x x =-在2x =处的切线与y 轴交点的纵坐标为n a ，则数列{}n a 的前n 项和(n S = ) A ．1(1)2n n ++⨯B ．(1)2n n +⨯C ．2n n ⨯D ．12n n +⨯12．已知数列{}n a 是首项为1的正项数列，且()221110n n n n n a na a a +++-+=，若数列{}n b 满足12nn n b b +=+，且12b =，则式子312123n nb b b b a a a a +++⋅⋅⋅+的值是（ ）A ．122n n +⋅-B ．()122nn -⋅+C ．()122nn +⋅-D ．()1122n n +-⋅+二．填空题13．已知数列{}n a 满足:()*3nn a n n N =⋅∈,则此数列前n 项和为nS=______.14．()231124272312n n +⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯=______.15．数列{}n a 的通项公式为212n nn a -=，则它的前n 项和n S =________． 3a a -n S =__________．三．解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．已知数列{}n a 满足()1232712534n a a a n a n +++⋅⋅⋅+-=. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S .18．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，12n n n a S n++=（*n N ∈）． （1）证明：数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列； （2）求数列{}n S 的前n 项和n T ．19．数列{}n a 中13a =，已知1(,)n n a a +在直线2y x =+上.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若3nn n b a =⋅,求数列{}n b 的前n 项和n T .20．已知数列{}n a 满足11a =，112n n n n a a a a ---=（2n ≥且n N ∈）．（1）求证：数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足2nn nb a =，求数列{}n b 的前n 项和n S ．21．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，23a =，且()11322,n n n S S S n n n *+-=-+≥∈N .（1）设1n n b a n =++，求证：数列{}n b 为等比数列； （2）求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.22．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21422n n n n S +++=-，n n b a n =+． （1）求数列{}n a 的通项公式，并证明{}n b 是等比数列； （2）求数列n n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．《错位相减法》解析1.【解析】依题意可知122,10S S ==.将1n =代入选项验证可知，A,C 两个选项不正确，将2n =代入选项验证可知，D 选项不正确.故本小题选B.2.【解析】由1232482n nn 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. 3.【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，依题意得1(1)n a n d =+-，11()2nn b b =⋅，所以1111S a b b ==，又112131322S ⨯+=-=， 所以112b =，22112211(1)()22S a b a b d =+=++⨯，222235324S ⨯+=-=， 所以115(1)244d ++⨯=，解得2d =，所以21n a n =-，12n nb =，所以n n a b (21)2n n =-⋅， 令231123252(23)2(21)2n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯， 则23412123252(23)2(21)2n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，所以345112122222(21)2n n n n T T n ++-=⨯+++++--⨯，所以3112(12)2(21)212n n n T n -+--=+--⨯-，所以1(23)26n n T n +=-⨯+.故选：B4.【解析】当2n ≥时，21112n n n S a a ---=+，又()21n n n S a a =+，两式相减整理得()()()111n n n n n n a a a a a a ---+-=+， 由于数列{}n a 为正项数列，则11n n a a --=， 故1(1)na n n ，即n a n =12nn b n ⎛⎫∴=⋅ ⎪⎝⎭，所以1211,22b b ==，则121,12T T ==，A 中152T =，舍去；B 中11T =-舍去；C 中121,12T T ==，符合；D 中11T =，舍去，故选：C.5.【解析】等比数列{}n a 公比是q ，显然1q ≠，∴313616(1)71(1)631a q S q a q S q ⎧-==⎪-⎪⎨-⎪==⎪-⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩，∴12n na ，202012202022020S a a a =+++220191223220202=+⨯+⨯++⨯，232019202020202222322019220202S =+⨯+⨯++⨯+⨯，∴2201920202020122220202S -=++++-⨯202020202120202=--⨯2020120192=--⨯，∴20202020120192S =+⨯．故选D ．6.【解析】由()1221n n n a a n ++=+，得1221n n a a n n +⎛⎫= ⎪++⎝⎭． 所以数列1n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以1111a =+为首项，以2为公比的等比数列， 所以121n n a n -=+，所以()112n n a n -=+⋅． 设{}n a 的前n 项和为n S ，则()012122324212n n S n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅，两边同乘2，得()12122232212n n n S n n -=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅++⋅，两个式子相减得()()()()101212122222212212212n n n nnn S n n n ----=⨯+++⋅⋅⋅+-+⋅=+-+⋅=-⋅-所以2n n S n =⋅，所以2019202020191232019202122021201922019a a a a a ⨯==+++⋅⋅⋅+⨯．故选：A.7.【解析】因为()()22221141210n n n n n a n a n a na ++-+-++=， 所以有11[2(1)][2(1)][2(1)]0n n n n n n na n a na n a na n a ++++-++-+=， 所以11[2(1)1][2(1)]0n n n n na n a na n a +++++-+=， 因为数列{}n a 的各项均为正数，所以12(1)0n n na n a +-+=，即121n n a an n+=+，又因为12a =， 所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以121a =为首项，以2为公比的等比数列， 所以2n na n=，所以2n n a n =⋅， 所以1212222n n S n =⋅+⋅++⋅①，231212222n n S n +=⋅+⋅++⋅②，①-②得：1211112222222(1)22n n n n n n S n n n ++++-=+++-⋅=--⋅=-⋅-，所以1(1)22+=-⋅+n n S n ，所以20202019201822S =⋅+，故选：C.8.【解析】12n n n a a n +=+⋅，12n n n a a n +-=⋅，12112a a ∴-=⋅，23222a a -=⋅，34332a a -=⋅ 11(1)2n n n a a n ---=-⋅，以上1n -个等式，累加得12311122232(1)2n n a a n --=⋅+⋅+⋅++-⋅①又2341122122232(2)2(1)2n n n a a n n --=⋅+⋅+⋅++-⋅+-⋅②①- ②得23112222(1)2n n n a a n --=++++--⋅12(12)(1)2(2)2212n n n n n --=--⋅=-⋅--，(2)23n n a n ∴=-⋅+ ，151515(152)231323a ∴=-⋅+=⋅+，故选：D9.【解析】()23213n a a a na n ++++=-⋅ ①当2n ≥时，类比写出()()11231231233n n a a a n a n --++++-=-⋅ ②由①-②得 143n n na n -=⋅ ，即143n n a -=⋅.当1n =时，134a =≠，131432n n n a n -=⎧∴=⎨⋅≥⎩，141323n n n b nn -⎧=⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩210214231123333333333n n n n nS --=++++=+++++ ③ 23111123-1+3933333n n n n n S -=+++++ ④ ③-④得，023*******1+-39333333n n n n S -=+++++11-23-1931-3n n n =+316931-124312n n n S +∴=<⋅，n S λ<（常数），*n N ∈，∴λ的最小值是3112故选C.10.【解析】因为123n n a S +=+，所以()1232n n a S n -=+≥，所以12n n n a a a +=-，即13n n a a +=，且21239a S =+=，所以()29332n n n a n -=⋅=≥且1n =时13a =符合，所以3nn a =；因为3log n n n b a ==，所以3n n n b n a =，所以1212...333n nn T =+++，231112 (3333)n n nT +=+++， 所以1211111133211111 (11333333233)13nn nn n n n n n n T +++⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎛⎫⎝⎭=+++-=-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-， 所以313323143234434nn n n n n T ⎛⎫+⎛⎫=--=-< ⎪ ⎪⎪⋅⋅⎝⎭⎝⎭，令()2343n n f n +=⋅， 所以()125143n n f n +++=⋅，所以()()11252311043433n n n n n n f n f n ++++++-=-=-<⋅⋅， 所以()f n 是递减的，所以()()5112f n f ≤=，所以3514123n T ≥-=， 综上：13,34n T ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，故选：C.∴曲线(1)n y x x =-在2x =处的切线的斜率为12(1)2n n k n n -=-+，切点为(2,2)n -，∴切线方程为2(2)n y k x +=-， 令0x =得(1)2nn a n =+，23223242(1)2n n S n ∴=+++⋯++，① 23412223242(1)2n n S n +=+++⋯++，②①-②，得：2314222(1)2nn n S n +-=+++⋯+-+114(12)4(1)212n n n -+-=+-+-12n n +=-，12n n S n +∴=．故选：D ．12.【解析】由()221110n n n n n a na a a +++-+=，得()()1110n n n n n a na a a +++-+=⎡⎤⎣⎦，由于已知数列{}n a 是首项为1的正项数列，所以由()110n n n a na ++-=，化简得11n n a n a n +=+，所以()112n n a n n a n--=≥，所以13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅122111132n n n n n--=⋅⋅⋅⋅⋅=-，当1n =时上式也符合，所以1n a n=.由于12nn n b b +=+，所以()1122n n n b b n ---=≥，所以112211n n n n n b b b b b b b b ---=-+-++-+1212222n n --=++++()12122212n n--=+=-，当1n =时上式也符合，故2nn b =.所以2n nnb n a =⋅. 令312123n nn b b b b a a a S a +++⋅⋅⋅+=，即212222n n S n =⋅+⋅++⋅①，两边乘以2得231212222n n S n +=⋅+⋅++⋅②，①-②得212222nn n S n +-=+++-⋅()1212212n n n +-=-⋅-，所以()()112122122n n n n S n n ++=-+⋅=-⋅+.故选：D 13.【解析】3n n a n =⋅，则此数列的前n 项和23323333nn S n =+⨯+⨯+⋯+⋅，231233333n n n S n +∴-=+++⋯+-⋅()1131313331322n n n n n ++-⎛⎫=-⋅=-- ⎪-⎝⎭，1213344n n n S +-∴=⋅+.故答案为：1213344n n +-⋅+. 14.【解析】令()231124272312+=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯n M n ，则()23422124272312+=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯n M n ，两式作差得：231212323232(31)2++-=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯-+⨯n n M n()()2222221223(31)22324(31)2(23)21012++++-=+⨯-+⨯=+⨯--+⨯=-⨯--n n n n n n n n 所以2(32)210+=-⨯+n M n15.【解析】对n 赋值得到：∵135721 (248162)n n n S -=+++++， ∴11135721 (24816322)n n n S +-=+++++， 相减得111222221...22481622n n n n S +-=+++++-11111121(...)22422n n n -+-=++++- 111112212112212n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭-⎢⎥⎣⎦=+--132322n n ++=-，∴2332n n n S +=-.故答案为2332nn +-. 16.【解析】由已知2139a a -=，又211333n n n na a a a +++-=-，所以数列{}13n n a a +-是等比数列，公比为3，所以1113933n n n n a a -++-=⨯=，于是11133n n n n a a ++-=，所以3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，公差为1，所以()251333n n a n n =-+-=-， 533n n a n ⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭， 123n n S a a a a =++++，12133333n n n S a a a a -=++++，所以()()()12132123333n n n n S a a a a a a a a --=+-+-++--()()212311313552333323n n n n n n -++-⎛⎫⎛⎫=-++++--⨯=-+--⨯ ⎪ ⎪所以()1361334nn n S +-⨯=．17.【解析】（1）当1n =时，124a =，解得12a =； 当2n ≥时，()1232712534n a a a n a n +++⋅⋅⋅+-=，()()123127125841n a a a n a n -+++⋅⋅⋅+-=-，两式相减可得，()534n n a -=， 解得453n a n =-，易知12a =也符合上式，综上所述，453n a n =-，. （2）依题意：()53334nn n n a -⋅=， 下面先求数列(){}533nn -⋅的前n 项和nT ；()1232373123533n n T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅， ()234132373123533n n T n +=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅，两式相减可得，()1212235353533nn n T n +-=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅--⋅，即()12125353535339nn n T n +-=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅--⋅-所以()113215533913nn n T n +--=⋅--⋅--，化简可得，1335113424n n n T +⎛⎫=+-⋅ ⎪⎝⎭， 故1335113416816n n n T n S +⎛⎫==+-⋅ ⎪⎝⎭. 18.【解析】（1）由12n n n a S n ++=，及11n n n a S S ++=-，得12n n n n S S S n++-=， 整理，得()121n n nS n S +=+，121n n S S n n +∴=+，又111S=，n S n ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是以1为首项，2为公比的等比列（2）由（1），得12n n S n -=，12n n S n -∴=（*n N ∈）．01211222322n n T n -∴=⨯+⨯+⨯++，①()121212221?2?2n n n T n n -=⨯+⨯++-+，②由②-①，得()()21121222?2?21?2112nn nn n n T n n n --=-+++++=-+=-+-19.【解析】（1）∵1(,)n n a a +在直线2y x =+上， ∴12n n a a +=+，即12n n a a +-=∴{}n a 是以3为首项，以2为公差的等差数列.32(1)21n a n n ∴=+-=+.（2）3,(21)3n n n n n b a b n =⋅∴=+⋅231335373(21)3(21)3n n n T n n -∴=⨯+⨯+⨯+⋯+-⋅++⋅① 23133353(21)3(21)3n n n T n n +∴=⨯+⨯+⋯+-⋅++⋅②由①-②得()23+12332333(21)3nn n T n -=⨯+++⋯+-+⋅()11191392(21)32313n n n n n -++-=+⨯-+⋅=-⋅-，13n n T n +∴=⋅.20.【解析】（1）由112n n n n a a a a ---=两边除以1n n a a -，化简得1112n n a a --=，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列.其首项为111a ，公差为2，故121n n a =-，所以121n a n =-. （2）由于(21)2nn b n =-⋅，所以23123252(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯++-⨯，23412123252(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯++-⨯，两式相减得231122(222)(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+++--⨯，化简得1(23)26n n S n +=-⋅+.21.【解析】（1）由已知得1122n n n n S S S S n +--=-+，即()122n n a a n n +=+≥，所以()1122222211n n n n n n b a n a n n b a n a n ++++++===≥++++， 因为212b b =，且11113b a =++=， 故数列{}n b 是首项为3，公比为2的等比数列.（2）由（1）知1132n n a n -++=⨯，()1321n n a n -=⨯-+，所以()311222nn n a n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭， 设()123111123412222nA n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()234111111234122222n A n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得()211111313112222222nn nn A n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++-+⋅=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 解得()1332n A n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，所以数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和()313322nn T n n ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭. 22.【解析】（1）当1n =时，111a S ==．当2n ≥时，()()221111442222n n n n n n n n n a S S +-⎛⎫-+-+⎛⎫++=-=--- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()221144222nn n n n -+-+++=+-2n n =-，且1n =时，适合上式，所以2nn a n =-．所以2nn n b a n =+=， 且12b =，故数列{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列． （2）由（1）可知2n n n nb =， 234112341...222222n n n n nT --=⨯++++++①，23451112341 (2222222)n n n n nT +-=++++++②， ①－②得234111111111...1222222222n n n n n n nT ++=+++++-=--，所以12n n n T +-，所以222n n n T +=-．。
错位相减法专题复习
例1. 设数列{}n a 的前n 项和n s ，数列{}n s 的前n 项和为{}n T ，满足2*2,n n T S n n N =-∈．（1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式．例2. 已知数列{}n a 的前n 项和212n S n kn =-+（其中k N +∈），且n S 的最大值为8。
（1）确定常数k ，并求n a ；（2）求数列92{}2nna -的前n 项和n T 。
例 3. 已知数列{}n a 的前n 项和n n S kc k =-（其中c ，k 为常数），且263=4=8a a a ，（1）求n a ；（2）求数列{}n na 的前n 项和n T 。
例8.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =22n 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 .1.已知正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若312S =，且1232,,1a a a +成等比数列.（Ⅰ）求{}n a 的通项公式； （Ⅱ）记3nn na b =的前n 项和为n T ，求n T . 2.在数列}{n a 中，41,4111==+n n a a a 已知，*)(log 3241N n a b n n ∈=+. （1）求数列}{n a 的通项公式； （2）求证：数列}{n b 是等差数列；（3）设数列n n n n b a c c ⋅=满足}{，求{}n c 的前n 项和n S . 3．已知数列{}n b 前n 项和n n S n 21232-=.数列{}n a 满足)2(34+-=n b n a )(*∈N n ，数列{}n c 满足n n n b a c =。
（1）求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n c 的前n 项和n T ；4. 设n S 为数列}{n a 的前n 项和，对任意的∈n N*，都有()1n n S m ma =+-m (为常数，且0)m >．（1）求证：数列}{n a 是等比数列；（2）设数列}{n a 的公比()m f q =，数列{}n b 满足()1112,n n b a b f b -==(2n ≥，∈n N *)，求数列{}n b 的通项公式；（3）在满足（2）的条件下，求数列12n n b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T ．友情提示：本资料代表个人观点，如有帮助请下载，谢谢您的浏览！。
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 +=+∈。
高考数学数列求和错位相减裂项相消(解析版)全
数列求和-错位相减、裂项相消◆错位相减法错位相减法是求解由等差数列a n 和等比数列b n 对应项之积组成的数列c n (即c n =a n b n )的前n 项和的方法.这种方法运算量较大,要重视解题过程的训练.在讲等比数列的时候, 我们推导过等比数列的求和公式,其过程正是利用错位相减的原理, 等比数列的通项b n 其实可以看成等差数列通项a n a n =1 与等比数列通项b n 的积.公式秒杀:S n =(A ⋅n +B )q n -B (错位相减都可化简为这种形式,对于求解参数A 与B ,可以采用将前1项和与前2项和代入式中,建立二元一次方程求解.此方法可以快速求解出结果或者作为检验对错的依据.)【经典例题1】设数列a n 的前n 项和为S n ，若a 1=1,S n =a n +1-1．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =na n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1n ∈N ∗ ； (2)T n =2-n +22n.【解析】(1)因为a 1=1,S n =a n +1-1．所以S 1=a 2-1，解得a 2=2．当n ≥2时，S n -1=a n -1，所以a n =S n -S n -1=a n +1-a n ，所以2a n =a n +1，即a n +1a n=2．因为a 2a 1=2也满足上式，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n =2n -1n ∈N ∗ ．(2)由(1)知a n +1=2n ，所以b n =n2n ，所以T n =1×12+2×12 2+3×12 3+⋯+n ×12 n⋯①12T n =1×12 2+2×12 3+⋯+(n -1)×12 n +n ×12n +1⋯②①-②得12T n =12+12 2+12 3+⋯+12 n -n ×12 n +1=121-12 n1-12-n ×12 n +1=1-1+n 2 12 n ，所以T n =2-n +22n．【经典例题2】已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，数列b n 为等比数列，且a 1=b 1=1，S 3=3b 2=12．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)若c n =a n b n +1，求数列c n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n -2，b n =4n -1(2)T n =4+n -1 4n +1【解析】(1)设等差数列a n 的公差为d ，等比数列b n 的公比为q ，由题意得：3a 1+3d =12，解得：d =3，所以a n =1+3n -1 =3n -2，由3b 2=12得：b 2=4，所以q =a2a 1=4，所以b n =4n -1(2)c n =a n b n +1=3n -2 ⋅4n ，则T n =4+4×42+7×43+⋯+3n -2 4n ①，4T n =42+4×43+7×44+⋯+3n -2 4n +1②，两式相减得：-3T n =4+3×42+3×43+3×44+⋯+3×4n -3n -2 4n +1=4+3×16-4n +11-4-3n -2 4n +1=-12+3-3n 4n +1，所以T n =4+n -1 4n +1【经典例题3】已知各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和为S n ，且S 2=6，S 3=14．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =2n -1a n，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n n ∈N * (2)T n =3-2n +32n 【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q ，当q =1时，S n =na 1，所以S 2=2a 1=6，S 3=3a 1=14，无解．当q ≠1时，S n =a 11-q n 1-q ，所以S 2=a 11-q 21-q =6,S 3=a 11-q 31-q=14.解得a 1=2，q =2或a 1=18，q =-23(舍)．所以a n =2×2n -1=2n n ∈N * ．(2)b n =2n -1a n =2n -12n ．所以T n =12+322+523+⋯+2n -32n -1+2n -12n ①，则12T n=122+323+524+⋯+2n -32n+2n -12n +1②，①-②得，12T n =12+222+223+224+⋯+22n -2n -12n +1=12+2122+123+124+⋯+12n -2n -12n +1=12+2×141-12n -1 1-12-2n -12n +1=32-2n +32n +1．所以T n =3-2n +32n．【练习1】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +1n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)求数列n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)a n =2n -1(2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由a n +1=2a n +1得：a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2，∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1=2n ，∴a n =2n -1.(2)由(1)得：n a n +1 =n ⋅2n ；∴S n =1×21+2×22+3×23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n -1+n ⋅2n ，2S n =1×22+2×23+3×24+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1，∴-S n =2+22+23++2n-n ⋅2n +1=21-2n1-2-n ⋅2n +1=1-n ⋅2n +1-2，∴S n =n -1 ⋅2n +1+2.【练习2】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =na n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =(n -1)⋅2n +1【解析】(1)令n =1得S 1=a 1=2a 1-1，∴a 1=1，当n ≥2时，S n -1=2a n -1-1，则a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1，整理得a n =2a n -1，∴an a n -1=2，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n =2n -1；(2)由(1)得b n =na n =n ⋅2n -1，则T n =1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅+n ⋅2n -1，2T n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n ，两式相减得-T n =20+21+22+23+⋅⋅⋅+2n -1-n ⋅2n =1-2n1-2-n ⋅2n ，化简得T n =1-2n +n ⋅2n =(n -1)⋅2n +1．【练习3】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且3S n =4a n -2．(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1⋅log 2a n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =22n -1(2)T n =409+6n -59×22n +3【解析】(1)当n =1时，3S 1=4a 1-2=3a 1，解得a 1=2．当n ≥2时，3a n =3S n -3S n -1=4a n -2-4a n -1-2 ，整理得a n =4a n -1，所以a n 是以2为首项，4为公比的等比数列，故a n =2×4n -1=22n -1．(2)由(1)可知，b n =a n +1⋅log 2a n =2n -1 ×22n +1，则T n =1×23+3×25+⋯+2n -1 ×22n +1，4T n =1×25+3×27+⋯+2n -1 ×22n +3，则-3T n =23+26+28+⋯+22n +2-2n -1 ×22n +3=23+26-22n +41-4-2n -1 ×22n +3=-403-6n -53×22n +3．故T n =409+6n -59×22n +3．【练习4】已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2n +1a na n +2n(n ∈N +).(1)求证数列2n a n 为等差数列；(2)设b n =n n +1 a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析 (2)S n =n -1 ⋅2n +1+2【解析】(1)由已知可得a n +12n +1=a n a n +2n ，即2n +1a n +1=2n a n +1，即2n +1a n +1-2n a n =1，∴2n a n 是等差数列.(2)由(1)知，2n a n =2a 1+n -1 ×1=n +1，∴a n =2nn +1，∴b n =n ⋅2nS n =1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋅⋅⋅+n ⋅2n2S n =1⋅22+2⋅23+⋅⋅⋅+n -1 ⋅2n +n ⋅2n +1相减得，-S n=2+22+23+⋅⋅⋅+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1=2n+1-2-n⋅2n+1∴S n=n-1⋅2n+1+2◆裂项相消法把数列的通项拆成相邻两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.在消项时要注意前面保留第几项,最后也要保留相对应的倒数几项.例如消项时保留第一项和第3项,相应的也要保留最后一项和倒数第三项.常见的裂项形式:(1)1n(n+k)=1k1n-1n+k;(2)1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1;(3)1n+k+n=1k(n+k-n);(4)2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2;(5)2n2n-12n+1-1=12n-1-12n+1-1;(6)2n(4n-1)n(n+1)=2n+1n+1-2nn;(7)n+1(2n-1)(2n+1)2n =1(2n-1)2n+1-1(2n+1)2n+2;(8)(-1)n(n+1)(2n+1)(2n+3)=14(-1)n2n+1-(-1)n+12n+3(9)(-1)nn-n-1=(-1)n(n+n-1)=(-1)n n-(-1)n-1n-1(10)1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)-1(n+1)(n+2).(11)n⋅n!=n+1!-n!(12)kk+1!=1k!-1k+1!【经典例题1】已知正项数列a n中，a1=1，a2n+1-a2n=1，则数列1a n+1+a n的前99项和为( )A.4950B.10C.9D.14950【答案】C【解析】因为a2n+1-a2n=1且a21=1，所以，数列a2n是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，a2n=1+n-1=n，因为数列a n为正项数列，则a n=n，则1a n+1+a n=1n+1+n=n+1-nn+1+nn+1-n=-n+n+1，所以，数列1a n+1+a n的前99项和为-1+2-2+3-⋯-99+100=10-1=9.故选：C.【经典例题2】数列a n 的通项公式为a n =2n +1n 2n +12n ∈N *，该数列的前8项和为__________．【答案】8081【解析】因为a n =2n +1n 2n +12=1n 2-1(n +1)2，所以S 8=1-122+122-132 +⋯+182-192 =1-181=8081．故答案为：8081．【经典例题3】已知数列a n 的前n 项和为S n =n 2，若b n =1a n a n +1，则数列{b n }的前n 项和为________．【答案】n 2n +1【解析】当n =1时，a 1=S 1=12=1，当n ≥2时，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1，且当n =1时，2n -1=1=a 1，故数列a n 的通项公式为a n =2n -1，b n =1a n a n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 ，则数列{b n }的前n 项和为：121-13 +13-15 +15-17 +⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 =n 2n +1.故答案为：n2n +1【练习1】数列12n +1+2n -1的前2022项和为( )A.4043-12B.4045-12C.4043-1D.4045-1【答案】B 【解析】解：12n +1+2n -1=2n +1-2n -12n +1+2n -1 2n +1-2n -1=2n +1-2n -12记12n +1+2n -1 的前n 项和为T n ，则T 2022=123-1+5-3+7-5+⋯+4045-4043=124045-1 ；故选：B 【练习2】数列a n 的各项均为正数，S n 为其前n 项和，对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，又记b n =1a 2n +1⋅a 2n +3，数列b n 的前n 项和T n =______．【答案】n6n +9【解析】由对于任意的n ∈N *，总有a n ，S n ，a 2n 成等差数列可得：2S n =a 2n +a n ，当n ≥2时可得2S n -1=a 2n -1+a n -1，所以2a n =2S n -2S n -1=a 2n +a n -a 2n -1-a n -1，所以a 2n -a n -a 2n -1-a n -1=0，所以(a n +a n -1)(a n -a n -1-1)=0，由数列a n 的各项均为正数，所以a n -a n -1=1，又n =1时a 2n -a n =0，所以a 1=1，所以a n =n ，b n =1a 2n +1⋅a 2n +3=1(2n +1)(2n +3)=1212n +1-12n +3 ，T n =1213-15+15-17+⋯12n +1-12n +3 =1213-12n +3 =n 6n +9.故答案为：n6n +9.【练习3】12!+23!+34!+⋅⋅⋅+nn +1 !=_______.【答案】1-1n +1 !【解析】∵k k +1 !=k +1-1k +1 !=1k !-1k +1 !，∴12!+23!+34!+⋅⋅⋅+n n +1 !=1-12!+12!-13!+13!-14!+⋅⋅⋅+1n -1 !-1n !+1n !-1n +1 !=1-1n +1 !.故答案为：1-1n +1 !.【练习4】设数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列a n3n +1 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =33n -2(2)T n =3n3n +1【解析】(1)解：数列a n 满足a 1+4a 2+⋯+(3n -2)a n =3n ，当n =1时，得a 1=3，n ≥2时，a 1+4a 2+⋯+(3n -5)a n -1=3(n -1)，两式相减得：(3n -2)a n =3，∴a n =33n -2，当n =1时，a 1=3，上式也成立.∴a n =33n -2；(2)因为a n 3n +1=3(3n -2)(3n +1)，=13n -2-13n +1，∴T n =11-14+14-17+⋯+13n -2-13n +1，=1-13n +1=3n3n +1.【练习5】已知数列a n 的前n 项和为S n ，且2S n =1-a n n ∈N ∗ .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =log 13a n ，C n =n +1-nb n b n +1，求数列C n 的前n 项和T n【答案】(1)a n =13n (2)T n =1-1n +1【解析】(1)当n =1时，2a 1=2S 1=1-a 1，解得：a 1=13；当n ≥2时，2a n =2S n -2S n -1=1-a n -1+a n -1，即a n =13a n -1，∴数列a n 是以13为首项，13为公比的等比数列，∴a n =13 n =13n .(2)由(1)得：b n =log 1313 n =n ，∴C n =n +1-n n n +1=1n -1n +1，∴T n =1-12+12-13+13-14+⋅⋅⋅+1n -1-1n +1n -1n +1=1-1n +1.【练习6】已知数列a n 中，2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ．(1)证明：a n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)设b n =(n -1)a nn (n +1)，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =2n -1n ∈N *(2)2n n +1-1【解析】(1)解：2n a 1+2n -1a 2+⋯+2a n =n ⋅2n ，即为a 1+a 22+⋯+a n2n -1=n ·······①，又a 1+a 22+⋯+a n -12n -2=n -1，········②，①-②得a n2n -1=1，即a n =2n -1(n ≥2)，又当n =1时，a 1=1=21-1，故a n =2n -1n ∈N * ；从而a n +1a n =2n2n -1=2n ∈N * ，所以a n 是首项为1，公比为2的等比数列；(2)由(1)得b n =(n -1)2n -1n (n +1)=2n n +1-2n -1n ，所以S n =212-201 +223-212 +⋯+2n n +1-2n -1n =2nn +1-1.【练习7】记S n 是公差不为零的等差数列a n 的前n 项和，若S 3=6，a 3是a 1和a 9的等比中项.(1)求数列a n 的通项公式；(2)记b n =1a n ⋅a n +1⋅a n +2，求数列b n 的前20项和.【答案】(1)a n =n ，n ∈N *(2)115462【解析】(1)由题意知a 23=a 1⋅a 9，设等差数列a n 的公差为d ，则a 1a 1+8d =a 1+2d 2，因为d ≠0，解得a 1=d又S 3=3a 1+3d =6，可得a 1=d =1，所以数列a n 是以1为首项和公差为1的等差数列，所以a n =a 1+n -1 d =n ，n ∈N *(2)由(1)可知b n =1n n +1 n +2 =121n n +1 -1n +1 n +2，设数列b n 的前n 和为T n ，则T n =1211×2-12×3+12×3-13×4+⋅⋅⋅+1n n +1 -1n +1 n +2=1212-1n +1 n +2，所以T 20=12×12-121×22 =115462所以数列b n 的前20和为115462【练习8】已知等差数列a n 满足a 3=7，a 5+a 7=26，b n =1a 2n -1(n ∈N +)．(1)求数列a n ，b n 的通项公式；(2)数列b n 的前n 项和为S n ，求S n ．【答案】(1)a n =2n +1，b n =14n n +1(2)S n =n 4n +1【解析】(1)由题意，可设等差数列a n 的公差为d ，则a 1+2d =72a 1+10d =26，解得a 1=3，d =2，∴a n =3+2n -1 =2n +1；∴b n =1a 2n -1=12n +1 2-1=14n 2+4n =14n n +1 ；(2)∵b n =14n n +1=141n -1n +1 ，S n =141-12+12-13+⋯+1n -1n +1 =141-1n +1 =n 4n +1．【练习9】已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且4、a n +1、S n 成等比数列，其中n ∈N ∗．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =4S na n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =2n -1(2)T n =n +n2n +1【解析】(1)解：对任意的n ∈N ∗，a n >0，由题意可得4S n =a n +1 2=a 2n +2a n +1.当n =1时，则4a 1=4S 1=a 21+2a 1+1，解得a 1=1，当n ≥2时，由4S n =a 2n +2a n +1可得4S n -1=a 2n -1+2a n -1+1，上述两个等式作差得4a n =a 2n -a 2n -1+2a n -2a n -1，即a n +a n -1 a n -a n -1-2 =0，因为a n +a n -1>0，所以，a n -a n -1=2，所以，数列a n 为等差数列，且首项为1，公差为2，则a n =1+2n -1 =2n -1.(2)解：S n =n 1+2n -12=n 2，则b n =4S n a n a n +1=4n 22n -1 2n +1 =4n 2-1+12n -1 2n +1 =1+12n -1 2n +1=1+1212n -1-12n +1，因此，T n =n +121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n +n2n +1.【练习10】已知S n 是数列a n 的前n 项和，a 1=1，___________.①∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ；②数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6.从以上两个条件中任选一个补充在横线处，并求解：(1)求a n ；(2)设b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)条件选择见解析，a n =2n -1(2)T n =2n n +12n +12【解析】(1)解：选条件①：∀n ∈N ∗，a n +a n +1=4n ，得a n +1+a n +2=4n +1 ，所以，a n +2-a n =4n +1 -4n =4，即数列a 2k -1 、a 2k k ∈N ∗ 均为公差为4的等差数列，于是a 2k -1=a 1+4k -1 =4k -3=22k -1 -1，又a 1+a 2=4，a 2=3，a 2k =a 2+4k -1 =4k -1=2⋅2k -1，所以a n =2n -1；选条件②：因为数列S n n 为等差数列，且S nn 的前3项和为6，得S 11+S 22+S 33=3×S 22=6，所以S 22=2，所以S n n 的公差为d=S 22-S 11=2-1=1，得到Sn n =1+n -1 =n ，则S n =n 2，当n ≥2，a n =S n -S n -1=n 2-n -1 2=2n -1.又a 1=1满足a n =2n -1，所以，对任意的n ∈N ∗，a n =2n -1.(2)解：因为b n =a n +a n +1a n ⋅a n +1 2=4n 2n -1 22n +1 2=1212n -1 2-12n +1 2，所以T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =12112-132+132-152+⋅⋅⋅+12n -1 2-12n +1 2 =121-12n +1 2 =2n n +1 2n +12.【过关检测】一、单选题1.S n=12+24+38+⋯+n2n=( )A.2n-n2n B.2n+1-n-22nC.2n-n+12n+1D.2n+1-n+22n【答案】B 【解析】由S n=12+24+38+⋯+n2n，得12S n=1×122+2×123+3×124+⋯+n⋅12n+1，两式相减得12S n=12+122+123+124+⋯+12n-n⋅12n+1=121-12n1-12-n12 n+1=1-12n-n⋅12 n+1=2n+1-n-22n+1.所以S n=2n+1-n-22n.故选：B.2.数列n⋅2n的前n项和等于( )．A.n⋅2n-2n+2B.n⋅2n+1-2n+1+2C.n⋅2n+1-2nD.n⋅2n+1-2n+1【答案】B【解析】解：设n⋅2n的前n项和为S n，则S n=1×21+2×22+3×23+⋯+n⋅2n， ①所以2S n=1×22+2×23+⋯+n-1⋅2n+n⋅2n+1， ②①-②，得-S n=2+22+23+⋯+2n-n⋅2n+1=21-2n1-2-n⋅2n+1，所以S n=n⋅2n+1-2n+1+2．故选:B．3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3=7，S6=63，则数列{nan}的前n项和为( )A.-3+(n+1)×2nB.3+(n+1)×2nC.1+(n+1)×2nD.1+(n-1)×2n【答案】D【解析】设等比数列{an}的公比为q，易知q≠1，所以由题设得S3=a11-q31-q=7S6=a11-q61-q=63 ，两式相除得1+q3=9，解得q=2，进而可得a1=1，所以an=a1qn-1=2n-1，所以nan=n×2n-1.设数列{nan }的前n 项和为Tn ，则Tn =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1，2Tn =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ，两式作差得-Tn =1+2+22+⋯+2n -1-n ×2n =1-2n1-2-n ×2n =-1+(1-n )×2n ，故Tn =1+(n -1)×2n .故选：D .4.已知等差数列a n ，a 2=3，a 5=6，则数列1a n a n +1的前8项和为( )．A.15B.25C.35D.45【答案】B 【解析】由a 2=3，a 5=6可得公差d =a 5-a 23=1 ，所以a n =a 2+n -2 d =n +1，因此1a n a n +1=1n +1 n +2 =1n +1-1n +2 ，所以前8项和为12-13 +13-14 +⋯+19-110 =12-110=25故选：B 5.已知数列a n 的前n 项和为S n ，S n +4=a n +n +1 2．记b n =8a n +1a n +2，数列的前n 项和为T n ，则T n 的取值范围为( )A.863,47 B.19,17C.47,+∞D.19,17【答案】A 【解析】因为数列a n 中，S n +4=a n +(n +1)2，所以S n +1+4=a n +1+n +2 2，所以S n +1+4-S n +4 =a n +1-a n +2n +3，所以a n =2n +3．因为b n =8a n +1a n +2，所以b n =82n +5 2n +7=412n +5-12n +7 ，所以T n =417-19+19-111+⋅⋅⋅+12n +5-12n +7=417-12n +7 ．因为数列T n 是递增数列，当n =1时，T n =863，当n →+∞时，12n +7→0，T n →47，所以863≤T n <47，所以T n 的取值范围为863,47 ．故选：A ．6.已知数列满足a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2，设b n =na n ，则数列1b n b n +1的前2022项和为( )A.40424043B.20214043C.40444045D.20224045【答案】D【解析】因为a 1+2a 2+3a 3+⋯+na n =n 2①，当n =1时，a 1=1；当n ≥2时，a 1+2a 2+3a 3+⋯+n -1 a n -1=(n -1)2②，①-②化简得a n =2n -1n ，当n =1时：a 1=2×1-11=1=1，也满足a n =2n -1n，所以a n =2n -1n ，b n =na n =2n -1，1b n b n +1=1(2n -1)(2n +1)=1212n -1-12n +1 所以1b n b n +1的前2022项和121-13+13-15+⋯+12×2022-1-12×2022+1 =121-12×2022+1 =20224045.故选:D .7.已知数列a n 满足a 1=1，且a n =1+a n a n +1，n ∈N *，则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=( )A.2021 B.20202021C.122021D.22021【答案】B 【解析】∵a n =1+a n a n +1，即a n +1=a n 1+a n ，则1a n +1=1+a n a n =1a n +1∴数列1a n是以首项1a 1=1，公差d =1的等差数列则1a n =1+n -1=n ，即a n =1n∴a n a n +1=1n n +1=1n -1n +1则a 1a 2+a 2a 3+a 3a 4+⋯⋯+a 2020a 2021=1-12+12-13+...+12020-12021=20202021故选：B ．8.等差数列a n 中，a 3=5,a 7=9，设b n =1a n +1+a n，则数列b n 的前61项和为( )A.7-3B.7C.8-3D.8【答案】C 【解析】解：因为等差数列满足a 3=5,a 7=9，所以d =a 7-a 37-3=1，所以a n =a 3+n -3 d =n +2，所以b n =1n +3+n +2=n +3-n +2，令数列b n 的前n 项和为S n ，所以数列b n 的前n 项和S n =4-3+5-4+⋯+n +3-n +2=n +3-3，所以S 61=8-3．故选：C ．9.设数列n 22n -1 2n +1的前n 项和为S n ，则( )A.25<S 100<25.5B.25.5<S 100<26C.26<S 100<27D.27<S 100<27.5【答案】A 【解析】由n 2(2n -1)(2n +1)=14⋅4n 24n 2-1=141+14n 2-1 =141+121(2n -1)(2n +1)=14+1812n -1-12n +1，∴S n =n 4+181-13+13-15+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1 =n 4+181-12n +1 =n (n +1)2(2n +1)，∴S 100=100×1012(2×100+1)≈25.12，故选：A ．10.已知数列a n 满足a n =1+2+4+⋯+2n -1，则数列2n a n a n +1 的前5项和为( )A.131B.163C.3031D.6263【答案】D 【解析】因为a n =1+2+4+⋯+2n -1=2n -1,a n +1=2n +1-1，所以2n a n a n +1=2n 2n -1 2n +1-1 =2n +1-1 -2n-1 2n -1 2n +1-1=12n -1-12n +1-1.所以2n a n a n +1 前5项和为121-1-122-1 +122-1-123-1 +⋯+125-1-126-1 =121-1-126-1=1-163=6263故选：D 11.已知数列a n 的首项a 1=1，且满足a n +1-a n =2n n ∈N * ，记数列a n +1a n +2 a n +1+2的前n 项和为T n ，若对于任意n ∈N *，不等式λ>T n 恒成立，则实数λ的取值范围为( )A.12,+∞ B.12,+∞C.13,+∞D.13,+∞【答案】C 【解析】解：因为a n +1-a n =2n n ∈N * ，所以a 2-a 1=21，a 3-a 2=22，a 4-a 3=23，⋯⋯，a n -a n -1=2n -1，所以a n -a 1=21+22+⋯+2n -1=21-2n -1 1-2=2n -2，n ≥2 ，又a 1=1，即a n =2n -1，所以a n +1=2n ，所以a n +1a n +2 a n +1+2 =2n 2n +1 2n +1+1=12n +1-12n +1+1，所以T n =121+1-122+1+122+1-123+1+⋯+12n +1-12n +1+1=13-12n +1+1<13所以λ的取值范围是13,+∞ .故选：C 12.在数列a n 中，a 2=3，其前n 项和S n 满足S n =n a n +12 ，若对任意n ∈N +总有14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1≤λ恒成立，则实数λ的最小值为( )A.1B.23C.12D.13【答案】C 【解析】当n ≥2时，2S n =na n +n ，2S n -1=n -1 a n -1+n -1 ，两式相减，整理得n -2 a n =(n -1)a n -1-1①，又当n ≥3时，n -3 a n -1=n -2 a n -2-1②，①-②，整理得n -2 a n +a n -2 =2n -4 a n -1，又因n -2≠0，得a n +a n -2=2a n -1，从而数列a n 为等差数列，当n =1时，S 1=a 1+12即a 1=a 1+12，解得a 1=1，所以公差d =a 2-a 1=2，则a n =2n -1，S n =na 1+n (n -1)2d =n 2，故当n ≥2时，14S 1-1+14S 2-1+⋯+14S n -1=122-1+142-1+⋯+12n 2-1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =121-12n +1 ，易见121-12n +1 随n 的增大而增大，从而121-12n +1 <12恒成立，所以λ≥12，故λ的最小值为12，故选：C ．二、填空题13.已知正项数列{an }满足a 1=2且an +12-2an 2-anan +1=0，令bn =(n +2)an ，则数列{bn }的前8项的和等于__．【答案】4094【解析】由a 2n +1-2a 2n -a n a n +1=0，得(an +1+an )(an +1-2an )=0，又an >0，所以an +1+an >0，所以an +1-2an =0，所以an +1a n=2，所以数列{an }是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n =2×2n -1=2n ，所以b n =n +2 a n =n +2 ⋅2n ，令数列{bn }的前n 项的和为Tn ，T 8=3×21+4×22+⋯+9×28，则2T 8=3×22+4×23+⋯+9×29，-T 8=6+22+23+⋯+28 -9×29=6+221-271-2-9×29=2-8×29=-4094，则T 8=4094，故答案为：4094．14.已知数列{an }的前n 项和为Sn ，且Sn =2an -2，则数列n a n的前n 项和Tn =__．【答案】2-n +22n.【解析】解：∵Sn =2an -2，∴Sn -1=2an -1-2(n ≥2)，设公比为q ，两式相减得：an =2an -2an -1，即an =2an -1，n ≥2，又当n =1时，有S 1=2a 1-2，解得：a 1=2，∴数列{an }是首项、公比均为2的等比数列，∴an =2n ，n a n =n2n ，又Tn =121+222+323+⋯+n2n ，12Tn =122+223+⋯+n -12n +n 2n +1，两式相减得：12Tn =12+122+123+⋯+12n -n 2n +1=121-12n1-12-n2n +1，整理得：Tn =2-n +22n．故答案为：Tn =2-n +22n ．15.将1+x n (n ∈Ν+)的展开式中x 2的系数记为a n ，则1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=__________．【答案】40282015【解析】1+xn的展开式的通项公式为T k +1=C k n x k ，令k =2可得a n =C 2n =n n -12；1a n =2n n -1=21n -1-1n ；所以1a 2+1a 3+⋅⋅⋅+1a 2015=21-12 +212-13 +⋯+212014-12015=21-12015 =40282015.故答案为：40282015.16.数列a n 的前项n 和为S n ，满足a 1=-12，且a n +a n +1=2n 2+2nn ∈N * ，则S 2n =______．【答案】2n 2n +1【解析】由题意，数列{a n }满足a n +a n +1=2n 2+2n，可得a 2n -1+a 2n =2(2n -1)2+2(2n -1)=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1，所以S 2n =11-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1=1-12n +1=2n2n +1，故答案为：2n2n +1三、解答题17.已知数列a n 满足a 1=1，2a n +1a n +a n +1-a n =0.(1)求证：数列1a n 为等差数列；(2)求数列a n a n +1 的前n 项和S n .【答案】(1)证明见解析；(2)S n =n2n +1.【解析】(1)令b n =1a n ，因为b n +1-b n =1a n +1-1a n =a n -a n +1a n ⋅a n +1=2，所以数列b n 为等差数列，首项为1，公差为2；(2)由(1)知：b n =2n -1；故a n =12n -1；所以a n a n +1=12n -1 2n +1=1212n -1-12n +1 ；所以S n =a 1a 2+a 2a 3+⋯+a n a n +1=11×3+13×5+⋯+12n -1 2n +1=121-13+13-15+⋯+12n -1-12n +1 =n 2n +1；18.已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，a n +1-a n =3n ∈N * ，且S 3=18.(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .【答案】(1)a n =3n (2)T n =n9n +9【解析】(1)∵a n +1-a n =3，∴数列a n 是以公差为3的等差数列.又S 3=18，∴3a 1+9=18，a 1=3，∴a n =3n .(2)由(1)知b n =13n ×3n +1=19×1n -1n +1 ，于是T n =b 1+b 2+b 3+⋅⋅⋅+b n =191-12 +12-13 +13-14 +⋅⋅⋅+1n -1n +1 =191-1n +1 =n 9n +919.已知数列a n 的首项为3，且a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ．(1)证明数列1a n -2 是等差数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =-1 n an n +1，求数列b n 的前n 项和S n ．【答案】(1)证明见解析；a n =1n+2(2)-1+-1 n1n +1【解析】(1)因为a n -a n +1=a n +1-2 a n -2 ，所a n -2 -a n +1-2 =a n +1-2 a n -2 ，则1a n +1-2-1a n -2=1，所以数列1a n -2 是以13-2=1 为首项，公差等于1的等差数列，∴1a n -2=1+n -1 =n ，即a n =1n+2；(2)b n =-1 n a n n +1=-1 n 1n n +1+2n +1 =-1 n 1n +1n +1 ，则S n =-1+12 +12+13 -13+14 +⋅⋅⋅+-1 n 1n +1n +1 =-1+-1 n 1n +1；综上，a n =1n +2，S n =-1+-1 n 1n +1 .20.已知数列a n 中，a 1=-1，且满足a n +1=2a n -1.(1)求证：数列a n -1 是等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =n +11-a n +1，求数列b n 的前n 项和为T n .【答案】(1)证明见解析，a n=-2n+1(2)T n=32-n+32n+1【解析】(1)解：对任意的n∈N∗，a n+1=2a n-1，所以a n+1-1=2a n-1，且a1-1=-2，所以数列a n-1是以-2为首项，2为公比的等比数列．所以a n-1=-2n，所以a n=-2n+1．(2)解：由已知可得b n=n+11-a n+1=n+12n+1，则T n=222+323+424+⋯+n+12n+1，所以，12T n=223+324+⋯+n 2n+1+n+12n+2，两式相减得12T n=222+123+⋯+12n+1-n+12n+2=12+181-12n-11-12-n+12n+2=34-1 2n+1-n+12n+2=34-n+32n+2，因此，T n=32-n+32n+1.21.已知等比数列a n，a1=2，a5=32.(1)求数列a n的通项公式；(2)若数列a n为正项数列(各项均为正)，求数列(2n+1)⋅a n的前n项和T n.【答案】(1)a n=2n或a n=2·-2n-1；(2)T n=2+(2n-1)⋅2n+1.【解析】(1)等比数列a n的公比为q，a1=2，a5=32，则q4=a5a1=16，解得q=±2，所以当q=2时，a n=2n，当q=-2时，a n=2⋅(-2)n-1.(2)由(1)知，a n=2n，则有(2n+1)⋅a n=(2n+1)⋅2n，则T n=3×21+5×22+7×23+⋯+(2n+1)⋅2n，于是得2T n=3×22+5×23+⋯+(2n-1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，两式相减，得-T n=6+2×(22+23+⋯+2n)-(2n+1)⋅2n+1=6+2×22×(1-2n-1)1-2-(2n+1)⋅2n+1=-2-(2n-1)⋅2n+1，所以T n=2+(2n-1)⋅2n+1.22.已知等差数列a n满足a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，数列b n的前n项和为S n，且S n=32b n.(1)求数列a n，b n的通项公式；(2)求数列a n b n的前n项和T n.【答案】(1)a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.【解析】(1)设等差数列a n的公差为d，∵a1=1，a2⋅a3=a1⋅a8，∴1+d1+2d=1+7d，化简得2d2-4d=0，解得：d=0或d=2，若d=0，则a n=1；若d=2，则a n=2n-1；由数列b n的前n项和为S n=32b n-32①，当n=1时，得b1=3，当n≥2时，有S n-1=32b n-1-32②；①-②有b n=32b n-32b n-1，即b nb n-1=3，n≥2，所以数列b n是首项为3，公比为3的等比数列，所以b n=3n，综上所述：a n=1或a n=2n-1；b n=3n；(2)若a n=1，则a n b n=b n=3n，则T n=3+32+⋯+3n=31-3n1-3=33n-12，若a n=2n-1，则a n b n=2n-13n，则T n=1×3+3×32+⋯+2n-1×3n③；③×3得3T n=1×32+3×33+⋯+2n-1×3n+1④；③-④得：-2T n=3+2×32+2×33+⋯+2×3n-2n-1×3n+1=3+2×32(1-3n-1)1-3-(2n-1)×3n+1整理化简得：T n=n-13n+1+3，综上所述：若a n=1，则T n=33n-13；若a n=2n-1，则T n=n-13n+1+3.。
运用错位相减法求数列和的步骤
思路探寻数列是数学高考的必考内容之一.近几年的高考数学全国卷试题中的数列问题侧重于考查等差和等比数列的通项公式、性质、前n项和公式的应用.求数列和的方法很多，其中错位相减法比较常用.等比数列前n项和的公式Sn=a1(1-q n)1-q(q≠1)就是用错位相减法求得的.如果一个数列的通项公式可以变形为一个等差数列与一个等比的通项公式的乘积，我们就可以用错位相减法求数列的和.错位相减法的运用步骤为：第一步，根据数列的通项公式列出数列的前n项和式，并将其记为①式；第二步，在①式的左右两边同乘以等比数列的公比q，得到②式；第三步，将②式右边的式子与①式右边的错开一位，使q的指数相同的项对齐；第四步，将两式相减，合并同类项，并提取公因式；第五步，构造出等比数列，利用等比数列的前n 项和公式进行求和，并化简.例1.若数列{}a n是以a1为首项，d为公差的等差数列，数列{}b n是以b1为首项，q(q≠1)为公比的等比数列，令c n=a n b n，求数列{}c n的前项和T n.解：T n=a1b1+a2b2+a3b3+⋯+a n−1b n−1+a n，①qTn=a1b1q+a2b2q+a3b3q+⋯+a n−1b n−1q+a n b n q=a1b2+a2b3+a3b4+⋯+a n−1b n+a n b n q，②由①-②得：(1-q)T n=a1b1+d(b2+b3+⋯+b n−1+b n) -a n b n q，当q≠1时，Tn=a1b1+d()b2+b3+⋯+b n−1+b n-a n b n q1-q=a1b1+déëêêùûúúb2()1-q n−11-q-a n b n q1-q周永松思路探寻。
数列错位相减法经典例题
数列错位相减法是一种常见的数列操作方法，即将数列的后一项与前一项相减得到新的数列。
这种方法常用于寻找数列中的规律和特征。
下面是一个经典的数列错位相减法的例题：
题目：给定数列2, 4, 7, 11, 16, 22, 29, ...，请写出该数列的错位相减法规律，并求出第12项的值。
解析：首先我们观察数列的差值序列：2, 3, 4, 5, 6, 7, ...，可以发现这是一个自然数序列。
因此，我们可以得出结论，原数列每一项与其前一项的差值依次递增1。
根据这个规律，我们可以得到错位相减法的规律：
第1项：2
第2项：4 - 2 = 2
第3项：7 - 4 = 3
第4项：11 - 7 = 4
第5项：16 - 11 = 5
...
根据错位相减法的规律，我们可以继续找出第12项的值：
第6项：22 - 16 = 6
第7项：29 - 22 = 7
第8项：37 - 29 = 8
第9项：46 - 37 = 9
第10项：56 - 46 = 10
第11项：67 - 56 = 11
第12项：79 - 67 = 12
因此，数列的第12项为79。
通过数列错位相减法，我们可以探索数列中的规律，并预测未知项的值。
这是一种简单而又有趣的数学思维方法，可以帮助我们培养逻辑推理和数学思考能力。
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．。
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$3S_n=S_{n-1}+2$（$n\geq2$，$n\in N^*$），$b_1=$。
错位相减法求数列的前n项和
错位相减法求数列的前n 项和基本方法：一般地，如果数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，求数列{}n n a b ×的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是在和式的两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解；若{}n b 的公比为参数(字母)，则应对公比分等于1和不等于1两种情况分别求和. 一、典型例题1. 设数列{}n a 的通项公式2n n a n =?，求其前n 项和.2. 已知数列{}n a 满足11a =，()*1N n n n na na a n +=-?. 数列{}nb 的前n 项和为nS ，23nn S b =-，求数列{}n n b a ×的前n 项和n T . 二、课堂练习1. 设数列{}n a 的通项公式11283n n a n -骣琪=?琪桫，求其前n 项和.2. 已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()*231n n S a n N =-?. 求数列21nn a 禳-镲睚镲铪的前n 项和n T . 三、课后作业1. 设数列{}n a 的通项公式123n n a n =?，求其前n 项和.2. 已知数列{}n a ，1e a =，31n n a a +=()*n N Î. 设()21ln n n b n a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .3. 已知数列{}n a 中,111,()3nn n a a a n a *+==?+N . （1）求证：112n a 禳镲+睚镲铪是等比数列，并求{}n a 的通项公式；（2）数列{}n b 满足(31)2n n n n n b a =-鬃，数列{}n b 的前n 项和为n T ，若不等式1(1)2n n n nT l --<+对一切n *ÎN 恒成立，求l的取值范围.。
错位相减法数列求和十题
3.数列 的前 项和为 ,且 是 和 的等差中项，等差数列 满足
（1）求数列 、 的通项公式
（Hale Waihona Puke ）设 = ，求数列 的前 项和 .
4.（本小题满分12分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且an是Sn与2的等差中项，数列{bn}中，b1=1，点P（bn，bn+1）在直线 上。
（2）设cn=1+an·bn，求cn的前n项和Tn。
8.已知等差数列{an}的公差d不为0，设Sn=a1+a2q+…+anqn-1，Tn=a1-a2q+…+（-1）n-1anqn-1，q≠0，n∈N*，
(1)若q=1，a1=1，S3=15，求数列{an}的通项公式；
(2)若a1=d，且S1，S2，S3成等比数列，求q的值；
（II）设数列{an}的公比q=f（λ），数列{bn}满足b1=1/2，bn=f（bn-1）（n∈N*，n≥2）求数列{bn}的通项公式；
（III）记λ=1，记Cn=an( 1/bn-1)，求数列{Cn}的前n项和为Tn．
6.已知数列 的前 项和 ，数列 满足
（1）求数列 的通项公式 ;（2）求数列 的前 项和 ;
（3）求证：不论 取何正整数，不等式 恒成立
7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足a1=1，S6=36，数列{bn}是等比数列且满足b1+b2=3，b4+b5=24。
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
错位相减法数列求和十题
1.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且a3=4，S2=3．
（1）求数列{an}的通项公式；
错位相减练习题答案
错位相减练习题答案1.已知等差数列的前n项和为，且满足，．Ⅰ求数列的通项公式；Ⅱ若，求数列的前n项和．【答案】解：Ⅰ由题意得：，解得，故的通项公式为；Ⅱ由Ⅰ得：，，，得：．故．【解析】Ⅰ由，可得关于首项和公差d的方程组，解方程组求出首项和公差，即可得出数列的通项公式；Ⅱ利用错位相减法即可求数列的前n项和Tn．2.已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列．求数列的通项公式；设，求数列的前n项和．【答案】解：设等差数列的公差为d，因为，，成等比数列，所以，即，化简得，又，所以，从而．因为，所以，所以，以上两个等式相减得，化简得．【解析】本题主要考查等差数列的通项公式，以及利用错位相减法求数列的和．利用等差数列的通项公式表示出相应的项，待定系数法设出公差，根据成等比数列列出关于公差的方程，通过求解该方程求出公差，进而写出该数列的通项公式；根据数列的通项公式写出数列的通项公式，根据错位相减法求出其前n项和．3.已知等比数列的前n项和为，且，的等差中项为10．求数列的通项公式；若，求数列的前n项和．【答案】解：的等差中项为10，，，，，，数列的通项公式．，，，，相减得，，．【解析】由已知，，计算q，进而，即可求得数列的通项公式；利用错位相减法求和．4.已知数列为等差数列，数列为等比数列，满足求数列通项公式；令，求数列的前n项和．【答案】设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，数列的前n项和，，．．【解析】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及利用错位相减法求和利用等差数列与等比数列的通项公式即可求出公差与公比，即可求解；由数列的通项可判断由错位相减法求和，属中档题．5.已知等差数列和正项等比数列，求数列、的通项公式若，求数列的前n项和【答案】解依题意，为等差数列，设其公差为d；为正项等比数列，设其公比为q，则可知，，可知，即又，，解得，故，由已知，，即，，所以，．，，．以上两式相减得：．．【解析】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，考查等比数列、错位相减法等等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．6.已知数列的前n项和为．求数列的通项公式；令，求数列的前项和；【答案】解：由题意，得：当时，，当时，，又满足上式，故；由知，，所以其前n项和由得：，所以【解析】由题意，得当时，，当时，，代入表达式化简即可得到；运用错位相减法求和即可得结果．。
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
高中数学数列 错位相减法求和专题训练含答案
高中数学数列错位相减法求和专题训练含答案1.已知数列$\{a_n\}$满足$a_{n+2}=\frac{2a_n}{n+2}$，其中$a_{n+2}$为奇数，$2a_n$为偶数，且$a_1=1,a_2=2$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 设$b_n=a_na_{n+1}$，$n\in\mathbb{N}$，求数列$\{b_n\}$的前$2n$项和$S_{2n}$；3) 设$c_n=a_{2n-1}a_{2n}+(-1)^n$，证明：$c_1+c_2+\cdots+c_n<\frac{4}{3}c_n$。
2.已知正项数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且满足$a_3=7$，$a_{n+1}=6S_n+9n+1$，$n\in\mathbb{N}^*$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 若正项等比数列$\{b_n\}$满足$b_1=a_1$，$b_3=a_2$，且$c_n=a_nb_n$，数列$\{c_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求$T_n$；若对任意$n\geq 2$，$n\in\mathbb{N}^*$，均有$(T_n-5)m\geq 6n-3n+35$恒成立，求实数$m$的取值范围。
3.已知$n\in\mathbb{N}^*$，设$S_n$是单调递减的等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和，$a_1=1$且$2S_2+a_2,S_4+a_4,S_3+a_3$成等差数列。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 记数列$\{na_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求证：对于任意正整数$n$，$T_n<\frac{4}{3}S_n$。
4.递增的等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_2=6$，$S_4=30$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 若$b_n=a_n\log_{1/a_n}n$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求满足$T_n+n^2>50$的正整数$n$的最小值。
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数列专练（裂项相消法）
1. 已知数列{}n a 的前项和2
2n S n n =+；
（1）求数列的通项公式n a ；（2）设1234
1
23111
1
n n n T a a a a a a a a +=++++
，求n T ．
2. 已知数列{}n a 的前项和为n S ，且满足213
(1,)
22n S n n n n N *=+≥∈
（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n T 为数列⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧
+11n n a a 的前n 项和，求使不等式20121005>n
T 成立的n 的最小值.
2. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，()11
1,2,3,
2
n n a S n +==．
（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）当()312
log 3n n b a +=时，求证：数列11n n b b +⎧⎫⎨
⎬⎩⎭
的前n 项和1n n
T n =
+.
3. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，点),
(n s n n 在直线2
1121+=x y 上，数列{}n b 满足0212=+-++n n n b b b ，()
*N n ∈，113=b ，且其前9项和为153.
（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）设)
12)(112(3
--=n n n b a c ，求数列{}n c 前n 项的和n T .
4. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S a =-，(1,2,3)n =⋅⋅⋅；数列{}n b 中，11,b = 点
1(,)n n P b b +在直线20x y -+=上．
（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）设数列12n b +⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
的前n 和为n S ，求12111
n
S S S ++
+
；
5. 设{}n a 是正数组成的数列，其前n 项和为n S ，并且对于所有的n N *
∈，都有2)2(8+=n n a S .
（1）写出数列{}n a 的前3项；
（2）求数列{}n a 的通项公式(写出推证过程)； （3）设14+⋅=n n n a a b ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20
m T n <对所有n N *
∈都成立的最小正
整数m 的值.
6. 数列{}n a 前n 项和为2
2n S n n =+，等比数列{}n b 各项为正数， 且11b =，{}
n a b 是公比为64的
等比数列．
（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）证明：
11S ＋21S ＋……＋n S 1＜4
3．
7. 等差数列{}n a 中，前三项分别为45,2,-x x x ，前n 项和为n S ，且20k S =． （1）求x 和k 的值； （2） 求和：123
3333n n
T S S S S =++++
．
8. 已知等差数列{}n a 的首项11a =，公差0d >，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项． （1）求数列{a n }的通项公式；
（2）设()
()1
3n n
b n N n a *
=
∈+，123n
n S
b b b b =++++，是否存在t ，使得对任意的n 均有
36
n t
S >
总成立？若存在，求出最大的整数t ；若不存在，请说明理由．
9. 设数列
{}
n a 的前n 项和为
n
S ，点
(,
)()n
S n n N n *∈均在函数32y x =-的图像上.
（1）求数列
{}
n a 的通项公式；
（2）设
13+=
n n n a a b ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n m
T <
对所有n N *∈都成立的最小正
整数.
2. 解：（1）111)1,2
n a S ===当时
………………………………………………2分
22113132)2,(1)(1)2222 1
n n n n a S S n n n n n -⎡⎤
≥=-=+--+-⎢⎥⎣⎦=+当时………………6分
12,1()n a a n n N *=∴=+∈ ……………………………………………………7分
（2）)
2(1
)1(1)2)(1(111+-+=++=+n n n n a a n n
，……………………………9分 )
2(221212111....41313121+=
+-=+-+++-+-=
∴n n
n n n T n …………11分 10051005,201020122(2)2012
n n T n n >
>∴>+又得 ........................13分 2011n ∴的最小值为 (14)
5. 解:(1) n=1时 2
118(2)a a =+ ∴12a = n=2时 2
1228()(2)a a a +=+ ∴26a =
n=3时 2
12338()(2)a a a a ++=+ ∴310a = …………4分 (2)∵28(2)n n S a =+ ∴2
118(2)(1)n n S a n --=+>
两式相减得: 2218(2)(2)n n n a a a -=+-+ 即22
11440n n n n a a a a -----=
也即11()(4)0n n n n a a a a --+--=
∵0n a > ∴14n n a a --= 即{}n a 是首项为2,公差为4的等差数列 ∴2(1)442n a n n =+-⋅=- …………10分 (3)1441111
()(42)(42)(21)(21)2(21)(21)
n n n b a a n n n n n n +=
===-⋅-+-+-+
∴12111111
[(1)()(
)]2335
(21)(21)
n n T b b b n n =++
+=-+-+
+--+
11111(1)2212422
n n =
-=-<++ …………14分 ∵20n m T <
对所有n N +∈都成立 ∴
1
202
m ≥ 即10m ≥ 故m 的最小值是10 …………16分
6. 解：（1）113a s ==， 2n ≥时，{}
22
1(2)(1)2(1)21n n n a S S n n n n n -=-=+--+-=+
设{}n b 公比为q ，则2
1253
64a a b b
q b b ===，
因为{}n b 各项为正数所以8q =，18,21n n n b a n -∴==+（2）211111()222
n S n n n n ==-++ 11S ∴
＋21S ＋……
111111111
(1)2324352
n S n n =-+-+-+⋅⋅⋅+-+ 111131113
(1)()22124212
4
n n n n =+--=-+++++ 所以不等式得证。
9. 解: (1) 由题意得 32n
S n n =- , 即 232n S n n =-,
当2n ≥时 , 22132[3(1)2(1)]65n n n a S S n n n n n -=-=-----=-,
当1n =时, 111615
a S ===⨯-, ∴
165()
n n n a S S n n N *-=-=-∈,
(2) 由(1)得
133111()(65)(61)26561n n n b a a n n n n +=
==--+-+,
∴
111111
[(1)()(
)]277136561n T n n =-+-+
+--+
11(1)
2
61n =-+ . 因此,使得11(1)()26120m n N n *-<∈+成立的m 必须且只需满足
1220m ≤
, 即10m ≥, 故满足要求的的最小正整数10m =。