【习题集含详解】高中数学题库高考专点专练之100错位相减法求和
高三数学数列求和错位相减练习题
高三数学数列求和错位相减练习题数列是数学中常见的一个概念，是由一系列按特定顺序排列的数所组成的有序集合。
对于高三学生来说，在数列的求和问题上熟练掌握错位相减法是非常重要的。
通过练习题的方式来学习这一知识点可以帮助学生更好地理解和掌握。
下面将给出一些高三数学数列求和错位相减练习题，供同学们参考和练习。
1. 求以下数列的和：(1) 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + ... + 99(2) 2 + 5 + 8 + 11 + 14 + ... + 50解答：(1) 这是一个等差数列，公差为2，首项为1，末项为99，共有50项。
根据错位相减法，可得和 = (首项 + 末项) ×项数 ÷ 2= (1 + 99) × 50 ÷ 2= 50 × 50= 2500项。
根据错位相减法，可得和 = (首项 + 末项) ×项数 ÷ 2= (2 + 50) × 17 ÷ 2= 52 × 17= 8842. 求以下数列的和：(1) 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + ... + 1024(2) 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + ... + 256解答：(1) 这是一个等比数列，公比为2，首项为2，末项为1024，共有11项。
根据错位相减法，可得和 = (首项 × (公比的项数次方 - 1)) ÷ (公比 - 1)= (2 × (2^11 - 1)) ÷ (2 - 1)= (2 × 2048 - 2) ÷ 1= 4094项。
根据错位相减法，可得和 = (首项 × (公比的项数次方 - 1)) ÷ (公比 - 1)= (1 × (2^9 - 1)) ÷ (2 - 1)= (1 × 512 - 1) ÷ 1= 511通过以上练习题的解答，我们可以看到错位相减法在求和问题中的应用。
错位相减法求和附问题详解
错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：①项的对应需正确；②相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；③若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3①当时4s n－1 = + 2a n-1－3 ②①－②, 即，∴,（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明：. [答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.得（Ⅱ）由，…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或. （6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以. （13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。
错位相减法求和附答案解析
错位相减法求和专项．}{a分别是等差数列和等比数列，在应用过{ab}型数列，其中错位相减法求和适用于nn`nn程中要注意：项的对应需正确；相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为1数列的前项已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，1.均在函数，点的图象上．和为）求数列Ⅰ（的通项公式；是数列的前项和，求．（Ⅱ）设，[解析]考察专题：，，，；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，，，则设∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．时，，当∴又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分），）知，Ⅰ）由（Ⅱ（．∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）是数列的前n2.项和，且已知数列的各项均为正数，．）求数列的通项公式；1（）的值.（2][答案查看解析时，解出an = 1 = 3,] [解析（1）当12－①34S又= a + 2a nnn = + 2a－4s3 ②当时n-1n1－即，, －①②,∴．（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．）2③（又④③④－=12分设函数，19,12分）（2013年四川成都市高新区高三4月月考，3.，数列前数列.项和，满足，）求数列的通项公式；（Ⅰ，证明：的前，数列.项和为（Ⅱ）设数列的前项和为，得由Ⅰ[答案] ()为公比的等比数列，故.是以）由（Ⅱ得，…，…+，记用错位相减法可求得：（注：此题用到了不等式：进行放大. . ）与的等比中项．4.已知等差数列是中，；）求数列的通项公式：（Ⅰ项和Ⅱ）若的前．求数列（的等比中项．所以，是（[解析]Ⅰ）因为数列与是等差数列，，则，又因为，设公差为或，，解得所以，；时当,时，.当或. （6所以分)，，所以，所以）因为Ⅱ（．所以，所以两式相减得，所以. （13分）中，项和，等差数列，5.，已知数列的前且公差.、的通项公式；）求数列（Ⅰ若存在，求出）是否存在正整数的最小值，，使得（Ⅱ.若不存在，说明理由时，相减得：）（[解析]Ⅰ，，，又为公比的等比数列，.是以1为首项，3数列，. （6又，分））（Ⅱ令………………①…………………②．得：②①－。
数列求和(错位相减) 高考数学
试卷讲评课件
=
【解析】∵
= ⋅
+ =
=
=
则
，解得
或
(舍去)
+ = ⋅ +
=
=
∴ = + − = − .
又∵ = − ，
当 = 时， = − ，则 =
− ⋅
+. . . + − ⋅
= +
− − ⋅
+
+
①
+
②
+. . . +
= −
+
+
− − ⋅
+
，
试卷讲评课件
+
∴ = − .
−
则 −
= −
− ，
当 ≥ 时，由 + + = 有− + − + = ，两式相减
可得�� = − ，
即{ }是以− 为首项，以 为公比的等比数列，
−
所以 = −
= −
.
试卷讲评课件
(2)设数列{bn }满足2bn + n − 3 an = 0 n ∈ N ∗ ，记数列{bn }的前n项
所以 = − ，
+
因为 − =
错位相减法求和附答案
错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n'b n}型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：项的对应需正确；相减后应用等比数列求和部分的项数为(n-1)项；若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11.已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数/■］■:I “亠］,数列•的前项和为，点均在函数：=y：/.：：的图象上•(I)求数列的通项公式;(n)设，,■是数列的前」项和，求・’•［解析］考察专题：2.1 , 2.2 , 3.1 , 6.1 ;难度：一般［答案］(I)由于二次函数-的图象经过坐标原点，则设,又点「均在函数的图象上，二当心时,©、、= J ；：• ；•■■■ L］ 5 T又忙：=.：「=乜，适合上式,I ............................................... （7 分）（n）由（i）知- 2 - :' 2 - ：......................................... |；■：■: 2• • ：' - 'I+（2«+ l）^"kl,上面两式相减得=3 21 +2 （21 +23十…4『r）-（2打+ 】卜2*4屮一才丨, ,: ■ .1=2整理得：，•.................2.已知数列’的各项均为正数，是数列’（14 分）的前n项和，且（1）求数列’的通项公式；（2）二知二一-［答案］查看解析解出a i = 3, ［解析］又4S n = a n? + 2a n —3 ①2当 -时4S n -1 = + 2a n-1 —3 ②①—②他・％7^+ «叫-叫J,即丐~二・+ j)=o... ■ - ■ :.”■-■'"叫—2( 一)二数列也“｝是以3为首项，2为公差的等差数列，6分二心=3 + 2(n-1) = 2/? + !T ti=3x2' +5x2?+L +(切1).『又.：匚............... : -.:-T a=-3x2l-2(22 +21+A +2*) + (2n+l)2"4-'④一③+(2卄】)・2曲12分3. (2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分)设函数■' ：■ 1 1 1'，数列：前项和’，：；：「“二二；-匕斥.二’，数列■，满足沢二U.(I)求数列：，的通项公式•；(n)设数列屮广的前项和为•，数列殖的前；项和为’：，证明：［答案］(i 由■'，，得'•■•kJ是以;为公比的等比数列，故叫=』芦|.用错位相减法可求得■. ■? •比丁■二.(注：此题用到了不等式：：I ，I …进行放大.)4. 已知等差数列'中，；是与的等比中项.fa 3(I)求数列的通项公式：(n)若' .求数列' 的前厂项和［解析］(I)因为数列'是等差数列，是与的等比中项.所以 '又因为，设公差为」，U ' ' '' ' 1 , 所以.门 "'1',解得，［或，当宀2时，坷二2 , % =八(冲-1)，2 =加；当d -0时，毎二4 .所以’或. .(6分)(n)因为' ，所以'，所以^所以' •「——，所以■二丁「1 - - I■:」-：■ 2 ' I1 一？-匕=2(2° + 2' + 2:+-+2ff'l-w2tt) = 2•—-n-2^'两式相减得,所以' .(13 分)5. 已知数列：的前I：项和' ,' , 'J'■,等差数列：中= S,且公差心2.(I)求数列’、；的通项公式；(n)是否存在正整数'，使得’'''：若存在，求出“的最小值，若不存在，说明理由.u. —L £?… . = 2S + L 当H工2 u 虬=25 . + I —亠/口［解析］(I) 时，相减得：%=她Z ") & 6 = 2坤 4 “ 二処二地，人? ?'数列：是以1为首项，3为公比的等比数列令-处叮"存沁"¥宥“ 4［細一恥汀丄“：：.2：冷严」37； =3x3*5x3J +7x31+L +(2ff-l)x3"-'+(2/1+1)^3*-27； =3xl + 2p + 32+L +5fl -,)-(2» + 1)x3fl二匚=^V ，一 o> 伽,即 3" >60 ,当 n<3，亍弋60 ,当/;>4。
高中数学专题练习 运用错位相减法求和
运用错位相减法求和用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n −qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 一、题型选讲例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．例2、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．例3、已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N *=+∈，且12a=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .例4、已知等比数列{}n a 满足1,a 2,a 31a a -成等差数列，且134a a a =；等差数列{}n b 的前n 项和2(1)log 2nn n a S +=.求：（1）,n a n b ；（2）数列{}n n a b 的前项和n T .例5、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和．例6、【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．例7、在公差不为零的等差数列{}n a 中，11a =，2a ，4a ，8a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2n an n b a =⋅，12n n S b b b =++⋅⋅⋅+，求n S .二、达标训练1、设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且424S S =，()*4221a a n =+∈N .（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设12nn n a a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n T .2、已知数列{a n }是等比数列，a 2=4，a 3+2是a 2和a 4的等差中项.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =2log 2a n −1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .3、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n −3（n ⩾1，n ∈N ∗），数列{b n }满足b n+1=3b n +a n ，b 1=3. （1）求数列的通项公式a n ；（2）令c n =bn 3n ，证明：数列{c n }为等差数列，并求数列{c n ⋅a n+1}的前n 项和T n .4、设n S 为数列{}n a 的前n 项和，满足123n n S a a =-且2a ，32a +，48a -成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．5、数列{a n } 满足 a 1 +2a 2 +3a 3 +…+ na n = (n -1)• 2n +1+ 2( n ≥l) ,（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设21,n n nn b S a +=为数列{b n }的前n 项和，求S n .运用错位相减法求和用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n −qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 一、题型选讲例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+即21112a a q a q =+.所以220,q q +-=解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例2、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a ==猜想21,n a n =+由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①②得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例3、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==, 所以2n a n =（2）由（1）,(1)2=(21)4n ann n b a n =--, 所以12314+34+54++(21)4n n T n =⨯⨯⨯-231414+34++(23)4(21)4n n n T n n +=⨯⨯-+-…两式相减得：23134+2(4+4++4)(21)4n n n T n +-=⨯--…，2+114434+2(21)414n n n T n +--=⨯---，化简得120(65)4+99n n n T +-= 例4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知等比数列{}n a 满足1,a 2,a 31a a -成等差数列，且134a a a =；等差数列{}n b 的前n 项和2(1)log 2nn n a S +=.求：（1）,n a n b ；（2）数列{}n n a b 的前项和n T . 【解析】（1）设{}n a 的公比为q. 因为1,a 2,a 31a a -成等差数列， 所以()21312a a a a =+-，即232a a =. 因为20a ≠，所以322a q a ==. 因为134a a a =，所以4132a a q a ===. 因此112n nn a a q -==.由题意，2(1)log 2n n n a S +=(1)2n n+=.所以111b S ==，1223b b S +==，从而22b =.所以{}n b 的公差21211d b b =-=-=. 所以1(1)1(1)1n b b n d n n =+-=+-⋅=.（2）令n n n c a b =，则2nn c n =⋅.因此12n n T c c c =++⋅⋅⋅+1231122232(1)22n nn n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅. 又23412122232(1)22n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅ 两式相减得23122222n n n T n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅1222=212n n n +-⋅-⋅-11222n n n ++=--⋅1(1)22n n +=-⋅-.所以1(1)22n n T n +=-⋅+.例5、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =． （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和． 【解析】（1）当1n =时，111a S ==， 当2n ≥时，1n n n a S S -=- =22(1)[(1)(1)1]n n n n -+----+ =22n -， 所以1(1)22(2)n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．所以22b =，48b = 于是2424b q b ==，解得2q 或2q =-（舍）所以22n n b b q -=⋅=12n -．（2）由以上结论可得，1(1)(1)2(2)n nn c n n =⎧=⎨-⋅≥⎩所以其前n 项和123n n S c c c c =++++n S =23411122232(2)2(1)2n n n n -+⨯+⨯+⨯++-⋅+-⋅ 2n S =34512122232(2)2(1)2n n n n ++⨯+⨯+⨯++-⋅+-⋅ -得，n S -=234112222(1)2n n n +-+++++--⋅=12(12)3(1)212n n n +--+--⋅-所以n S =1(2)25n n +-⨯+．例6、【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【解析】（1）由42a +是35,a a 的等差中项得35424a a a +=+， 所以34543428a a a a ++=+=， 解得48a =.由3520a a +=得18()20q q+=， 因为1q >，所以2q =.（2）设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S . 由11,1,, 2.n n n S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.由（1）可知12n n a -=，所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅，故211(45)(),22n n n b b n n ---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-++-+-23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅++⋅+.设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅.例7、【江苏省如皋市2019-2020学年度高三年级第一学期教学质量调研（三)】在公差不为零的等差数列{}n a 中，11a =，2a ，4a ，8a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2n an n b a =⋅，12n n S b b b =++⋅⋅⋅+，求n S .【答案】（1）n a n =；（2）()1122n n S n +=-⋅+.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，由11a =，2a ，4a ，8a 成等比数列得：()()()213117d d d +=++， 解得1d =或0d =（舍去），所以数列{}n a 的通项公式()11n a n n =+-=.（2）由（1）得n a n =，所以2nn b n =⋅，所以1231222322nn S n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，①234121222322n n S n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，②①-②得：1231121212122n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-⋅()()11212212212n n n n n ++-=-⋅=--⋅--，所以()1122n n S n +=-⋅+.二、达标训练1、（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且424S S =，()*4221a a n =+∈N .（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设12nn n a a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，则()()11114642321a d a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=++⎪⎩， 解得112a d =⎧⎨=⎩. 所以()11221n a n n =+-⨯=-.（Ⅱ）因此212212211224n n n n n n n b ------===. 所以011011444n n n T --=++⋅⋅⋅+，1110214444n n n n n T ---=+⋅⋅⋅++， 相减得0113011144444n n n n T --=++⋅⋅⋅+-11111311344334n n n n n -⎡⎤-+⎛⎫=--=-⎢⎥ ⎪⨯⎝⎭⎢⎥⎣⎦.故：1431994n n n T -+=-⨯. 2、【2020届山西省太原市第五中学高三下学期4月模拟】已知数列{a n }是等比数列，a 2=4，a 3+2是a 2和a 4的等差中项.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =2log 2a n −1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 【答案】（1）a n =2n ；（2）T n =6+(2n −3)2n+1. 【解析】（1）设数列{a n }的公比为q ， 因为a 2=4，所以a 3=4q ，a 4=4q 2.因为a 3+2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3+2)=a 2+a 4. 即2(4q +2)=4+4q 2，化简得q 2−2q =0.因为公比q≠0，所以q=2.所以a n=a2q n−2=4×2n−2=2n (n∈N∗)；（2）因为a n=2n，所以b n=2log2a n−1=2n−1，所以a n b n=(2n−1)2n.则T n=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−3)2n−1+(2n−1)2n，①，2T n=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−3)2n+(2n−1)2n+1，②，①−②得，−T n=2+2×22+2×23+⋯+2×2n−(2n−1)2n+1=2+2×4(1−2n−1)1−2−(2n−1)2n+1=−6−(2n−3)2n+1，所以T n=6+(2n−3)2n+1.3、【云南师范大学附属中学2019-2020学年高三适应性月考（八）】已知数列{a n}的前n项和为S n，且2S n= 3a n−3（n⩾1，n∈N∗），数列{b n}满足b n+1=3b n+a n，b1=3.（1）求数列的通项公式a n；（2）令c n=b n3n，证明：数列{c n}为等差数列，并求数列{c n⋅a n+1}的前n项和T n.【解析】解：（1）当n=1时，有2a1=3a1−3，解得a1=3.当n≥2时，由2S n=3a n−3，得2S n−1=3a n−1−3，所以2a n=3a n−3−3a n−1+3，即a n=3a n−1(n≥2)，a n a n−1=3(n≥2)，{an}为等比数列，故a n=3⋅ 3n−1=3n(n∈N∗). （2）由（1）得b n+1=3b n+3n，∴b n+13n+1=b n3n+13，即c n+1=c n+13.又c1=b13=1，∴数列{c n}是以1为首项，13为公差的等差数列，故c n=13(n+2)，又a n+1=3n+1，所以c n⋅ a n+1=13(n+2)⋅3n+1=(n+2)⋅3n∴T n=3⋅31+4⋅32+5⋅33+⋯+(n+2)⋅3n∴3T n=3⋅32+4⋅33+5⋅34+⋯+(n+1)⋅ 3n+(n+2)⋅ 3n+1∴−2T n=9+(32+33+34+⋯+3n)−(n+2)⋅ 3n+1=9+9(1−3n−1)1−3−(n+2)⋅3n+1∴T n =(12n +34)⋅3n+1−944、、（江苏省徐州市2021届高三第一学期期中考试）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，满足123n n S a a =-且2a ，32a +，48a -成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【解析】（1）当2n ≥时，1122233n n n n n a S S a a --=--=，即13n n a a -=，………………3分由2a ，32a +，48a -成等差数列可知，3242(2)8a a a +=-+， 即2222(32)98a a a +=-+，解得23a =，所以11a =， 则{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列，所以{}n a 的通项公式为13n n a -=．……………………………………………6分 （2）由（1）知，13n n n n n b a -==， 则01211233333n n nT -=++++，123111231333333n n n n n T --=+++++， 两式相减得，123121111(1)333333n n n nT -=+++++-1131313nn n -=--332223n n +=-⨯，……………………………10分 所以1923443n n n T -+=-⨯．………………………………………………………12分5、（湖北师大附中2021届高三上学期名校联考）数列{a n } 满足 a 1 +2a 2 +3a 3 +…+ na n = (n -1)• 2n +1+ 2( n ≥l) ,（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设21,n n nn b S a +=为数列{b n }的前n 项和，求S n . 【解析】：(1)由题意，.21=a由)1(22)1(321321≥+⋅-=+++++n n na a a a n n ，① 得)2(22)2()1(321321≥+⋅-=-++++-n n a n a a a nn ，②①—②，得)2(2]22)2[(]22)1[(1≥⋅=+⋅--+⋅-=+n n n n na n n n n ，所以)2(2≥=n a nn又因为当1=n 时，上式也成立，所以数列}{n a 的通项公式为nn a 2=. ………………6分（没有讨论1=n 的情况扣1分）(2)由题意，nn n n a n b 21212+=+=，所以 nn n n b b b b S 212272523321321++++=+++= ，③ 143221221227252321+++-++++=n n n n n S ，④ ③—④，得所以]212212272523[]212272523[211432321+++-++++-++++=n n n n n n n S 1432212)21212121(223++-++++=n n n 1212211])21(1[21221++---⨯+=n n n 1)21()52(25+⋅+-=n n 从而5)21()52(+⋅+-=n n n S . ……………………………12分。
高考数学解答题(新高考)数列求和(错位相减法)(典型例题+题型归类练)(解析版)
专题07 数列求和（错位相减法）(典型例题+题型归类练)一、必备秘籍错位相减法求和：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.类型一：乘型n n n c a b =⋅（其中n a 是等差数列，n b 是等比数列）类型二：除型二、典型例题类型一：乘型n n n c a b =⋅（其中n a 是等差数列，n b 是等比数列）例题1．（2022·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，且231n n S a =-． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n b 的通项公式为21n b n =+，求1122n n n T a b a b a b =+++的值．感悟升华（核心秘籍） 错位相减法的两个陷阱（易错点）：（特别说明，错位相减其中一种理解就是通过错位，使得齐次对齐，然后再相减） 第(2)问思路点拨：由（1）知：根据题意，令，则求解目标，属于典型的错位相减求和的模型.相减：（注意此处标识“”为错位相减法第一易错点，特别注意前面的“”号）化简求和：（注意此处等比数列求和只有项的和，所以求和时“”此处是“”而不是“”）【答案】(1)3=n a (2)3n T n =⋅ (1)当1n =时，1112321S a a =-⇒=， 又231n n S a =-，①当2n ≥时11231n n S a --=-，② ①−②得：1233n n n a a a -=-，即13n n a a -=， ∴数列{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴ 13-=n n a ． (2)01-13353(21)3n n T n =⨯+⨯+++，③12-133353+(21)?3(21)?3n n n T n n =⨯+⨯+-++，④③−④得：121232(333)(21)3n n n T n --=++++-+13(13)32(21)313n n n --=+⨯-+-(2)3n n =-，所以3n n T n =．例题2．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（理））已知数列{}n a ，13a =，点()1,n n a a +在曲线5823x y x -=-上，且12n n b a =-. (1)求证：数列{}n b 是等差数列； (2)已知数列{}n c 满足122n b n n c b +=⋅，记n S 为数列{}n c 的前n 项和，求n S .【答案】(1)证明见解析(2)16(23)2n n S n +=+-⋅；证明见解析（特别说明，错位相减其中一种理解就是通过错位，使得齐次对齐，然后再相减） 第(2)问思路点拨：由（1）知：根据题意，求的前项和，属于典型的错位相减求和的模型.相减：（注意此处标识“”为错位相减法第一易错点，特别注意前面的“”号）化简求和：（注意此处等比数列求和只有项的和，所以求和时“”此处是“”而不是“”）解答过程：(1)因为点()1,n n a a +在曲线5823x y x -=-上，所以15823n n n a a a +-=-，因为13a =，所以11111232b a ===--， 因为11111158222223n n n n n n n b b a a a a a ++-=-=-------231222n n n a a a -=-=--， 所以数列{}n b 是首项为1，公差为2的等差数列. (2)由（1）得1(1)221n b b n n =+-⋅=-， 所以1221)22(n n b n nc b n +=⋅=-⋅，所以123123252(212)n n n S =⨯+⨯+⨯++-⋅，3124123252(21)22n n S n +=⨯+⨯+⨯++-⋅，所以231222(222)(21)2n n n n S S n +-=++++--⋅，所以114(12)22(21)212n n n S n -+--=+⨯--⋅-16(32)2n n +=-+-⋅，所以16(23)2n n S n +=+-⋅.类型二：除型nn na cb =（其中n a 是等差数列，n b 是等比数列） 例题3．（2022·湖南·模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知12a =，122n n a S +=+. (1)求{}n a 的通项公式；(2)若23n n a b n =，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)123n n a -=⨯(2)323443n nn T +=-⨯第(2)问思路点拨：由（1）知：根据题意，求的前项和，属于典型的错位相减求和的模型.但，求和前，最好化简通项为“乘型”，即：相减，化简，求和：（注意此处等比数列求和有项的和，所以求和时“”此处是“”而不是“”）解答过程：(1)122n n a S +=+，① 当2n ≥时，122n n a S -=+，②①-②得()1122n n n n n a a S S a +--=-=，∴13(2)n n a a n +=≥，∴13n na a +=， ∵12a =，∴21226a S =+=，∴21632a a ==也满足上式， ∴{}n a 为等比数列且首项为2，公比为3，∴111323n n n a a --=⋅=⋅. 即{}n a 的通项公式为123n n a -=⨯.(2)由（1）知123n n a -=⨯，所以233n n n n nb a ==， 令211213333n n n n nT --=++++，① 得231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++-11111113311323313n n n n n n++⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=-=-- ⎪⎝⎭-， 所以323443n nn T +=-⨯.例题4．（2022·河南·灵宝市第一高级中学模拟预测（文））已知数列{}n a 满足()()*1111n n a a n n n n n +-=∈++N ，且11a =．(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足13nn n a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n S ．【答案】(1)21n a n =-(2)1133n n n S -+=-第(2)问思路点拨：由（1）知：根据题意，得，求的前项和，属于典型的错位相减求和的模型.但，求和前，最好化简通项为“乘型”，即：相减：化简求和：解答过程：(1)因为()1111111n n a a n n n n n n +-==-+++， 所以()111211n n a a n n n n n--=-≥--， 12111221n n a a n n n n ---=-----， …2111122a a -=-， 所以()1112n a a n n n-=-≥． 又11a =，所以21n a n n n-=，所以()212n a n n =-≥． 又11a =，也符合上式， 所以21n a n =-． (2)结合（1）得1213n n n b --=，所以 01231135********n n n S --=++++⋅⋅⋅+，① 2311352133333n n n S -=+++⋅⋅⋅+，② ①-②，得212111211233333n n n n S --⎛⎫=+++⋅⋅⋅+- ⎪⎝⎭111213321221213313n n nn n -⎡⎤⎛⎫⨯-⎢⎥ ⎪⎝⎭-+⎢⎥⎣⎦=+-=--，所以1133n n n S -+=-． 三、题型归类练1．（2022·辽宁·沈阳市外国语学校高二期中）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足4n n S a =-，数列{}n b 满足13b =，且1n n n b b a +=+． (1)求数列{}n b 的通项公式；(2)设n n c na =，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求n T ． 【答案】(1)3172n n b -⎛⎫=- ⎪⎝⎭(2)()18482nn T n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭(1)解：∵4n n S a =-，当2n ≥时114n n S a --=-， 两式作差得()12n n n a a a n -=-+≥， 即()1122n n a a n -=≥.当1n =时1114a S a ==-，∴12a =， ∴{}n a 为首项为2，公比为12的等比数列，∴1122n n a -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭，∴11122n n n b b -+⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭，即11122n n n b b -+⎛⎫-=⋅ ⎪⎝⎭，又13b =，∴当2n ≥时，()()()121321n n n b b b b b b b b -=+-+-+⋅⋅⋅+-0121113222222n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭111232112n -⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯-3172n -⎛⎫=- ⎪⎝⎭，当1n =时，1311372b -⎛⎫==- ⎪⎝⎭，∴3172n n b -⎛⎫=- ⎪⎝⎭；(2)解：由题意1122n n c n -⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭则011111242222n n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，①则()121111112*********n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，②①-②得012111111122222222222n nn T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1112221212nnn ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=⨯-⋅ ⎪⎝⎭-()14222n n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭，∴()18482nn T n ⎛⎫=-+⋅ ⎪⎝⎭，2．（2022·广东·模拟预测）已知各项均为正数的数列{}n a 满足()22*11230n n n n a a a a n ++--=∈N ，且13a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若31log n n n b a a +=，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)3n n a =(2)1133244n n n T +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭(1)解：因为()22*11230n n n n a a a a n ++--=∈N ， 所以()()1130n n n n a a a a +++-=，又因0n a >，所以130n n a a +-=， 即13n na a +=， 所以数列{}n a 是以3为等比的等比数列，是以3n n a =；(2)解：()3131log l 313g 3o n n n n n n b a n a ++=+==⋅，则()2323334313n n T n =⨯+⨯+⨯+++，()23413233343313n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++⋅++， 两式相减得()2312633313n n n T n +-=++++-+()()131331313n n n +⨯-=+-+-113322n n +⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭， 所以1133244n n n T +⎛⎫=+- ⎪⎝⎭. 3．（2022·河南郑州·三模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，122n n n a S -=． (1)证明数列2nn a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列； (2)求数列{}n S 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析；(2)()2124n n T n +=-⋅+.(1)N n *∈，122n n n a S -=，当2n ≥时，111122n n n a S ----=，两式相减得：111222n n n n n a a a ----=-， 即11122n n n a a ---=，则有11122n n n n a a ---=，而11122a S -=，解得14a =， 所以数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，1为公差的等差数列． (2)由（1）知，()21112n n a n n =+-⨯=+，即()12n n a n =+⋅，于是得12n n S n +=⋅， ()2341122232122n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯，因此()345121222321222n n n n n T ++⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯=，两式相减得：22341222(22222222(112))214n n n n n n T n n n ++++--=++++-⋅=-⋅=-⋅--， 所以()2124n n T n +=-⋅+. 4．（2022·全国·模拟预测）已知公差为整数的等差数列{}n a 满足23a =，5810a <<．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设()2nn n b a =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n S ． 【答案】(1)21n a n =-；(2)()12212939n n S n +⎛⎫=--⋅- ⎪⎝⎭. (1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，因为23a =，5810a <<，所以83310d <+<，解得5733d <<， 又d ∈Z ，所以2d =， 所以()()2232221n a a n d n n =+-=+-=-．(2)解：因为()2n n n b a =-⋅，所以()()212n n b n =-⋅-， 所以()()()()()()()231123252232212n n n S n n -=⨯-+⨯-+⨯-++-⋅-+-⋅-，① ()()()()()()23121232232212n n n S n n +-=⨯-+⨯-++-⋅-+-⋅-，②①-②得，()()()()()231322222212n n n S n +⎡⎤=-+⨯-+-+⋅⋅⋅+---⋅-⎣⎦()()()()()()2111222122223221321n n n n n +++---⎛⎫-=--⋅- ⎪-=⎝⎭-+⨯--⋅-， 所以()12212939n n S n +⎛⎫=--⋅- ⎪⎝⎭． 5．（2022·江西南昌·三模（理））已知数列{}n a 为等比数列，且11a =，2112n n n a a -+=-.(1)求{}n a 的通项公式； (2)设(1)n n nn b a -⋅=，求数列{}n b 的前n 项和n S . 【答案】(1)1(2)n n a -=-(2)1242n n n S -+=- 【解析】(1)因为2112n n n a a -+=-，所以21122n n n a a +++=-， 两式相除可得24n na a +=，即24q =， 因为21n n n a a a q +=，所以22120n n a q +=-<，可得0q <，所以2q =-，所以111(2)n n n a a q --==-. (2)11(1)(2)2n n n n n n b ---⋅==--， 则01221123122222n n n n n S ---⎛⎫=-+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭ ① 12311231222222n n n S n n --⎛⎫=-+++⋅⋅⋅++ ⎪⎝⎭ ② ①-②可得：1211111122121222222212nn n n n n S n n n -⎛⎫- ⎪+⎛⎫⎝⎭=-+++⋅⋅⋅+-=-=- ⎪⎝⎭-， 故1242n n n S -+=-. 6．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，121n n a a n +=+-．(1)证明：{}n a n +为等比数列；(2)求数列{}2nn a的前n 项和n S ． 【答案】(1)证明见解析(2)222n nn S n +=-+ (1)由已知得()()112n n a n a n +++=+．又因为111120a +=+=≠，所以{}n a n +是首项为2，公比为2的等比数列；(2)由（1）可知1222n n n a n -+=⨯=．所以122n n n a n =-． 记2n n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则n n S n T =-，且有 231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+， ① 12⨯①得 2341112322222n n n T +=+++⋅⋅⋅+， ② -①②得23411111112222222n n n n T +=++++⋅⋅⋅+- 1111221212n n n +⎛⎫- ⎪⎝⎭=--所以222n nn T +=- 所以222n n n n S n T n +=-=-+． 7．（2022·河南河南·三模（理））已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =-，612S =，数列{}n b 的前n 项和为122n n G ．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)25,2n n n a n b =-=(2)127214n n T n .(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，则1615181512,2a d d d +=-+==，所以25n a n =-. 由122n n G ，令1n =得21222b ，当2n ≥时，112222n n n n G G +-⎧=-⎨=-⎩，两式相减得()22n n b n =≥，12b =也符合上式， 所以2n n b =.(2)252n n c n ，()()()123212252n n T n =-⋅+-⋅++-⋅①， ()()()23123212252n n T n +=-⋅+-⋅++-⋅②，①-②得：()34116222252n n n T n ++-=-++++--⋅ ()()()311121262521472212n n n n n -++-=-+--⋅=-+-⋅-， 所以127214n n T n .8．（2022·全国·模拟预测（理））设数列{}n a 满足12a =，()122*n n a a n n --=-∈N ．(1)求证：{}n a n -为等比数列，并求{}n a 的通项公式；(2)若()n n b a n n =-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析，12n n a n -=+(2)()121n n T n =-⨯+(1)解：因为12a =，()122*n n a a n n --=-∈N ， 所以122n n a a n -=+-，即()121n n a n a n -⎡⎤-=--⎣⎦ 又11211a -=-=，所以{}n a n -是以1为首项，2为公比的等比数列，所以112n n a n --=⨯，所以12n n a n -=+(2)解：由（1）可得()12n n n b a n n n -=-⋅=⨯，所以01211222322n n T n -=⨯+⨯+⨯++⨯①，所以12321222322n n T n =⨯+⨯+⨯++⨯②，①-②得12311121212122n n n T n --=+⨯+⨯+⨯++⨯-⨯ 即12212n n n T n --=-⨯-，所以()121n n T n =-⨯+； 9．（2022·江西·二模（理））已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，212S =，且()*,m n m n a a a m n +=∈N . (1)求{}n a 的通项公式；(2)若n nn b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)3n n a =(2)323443n n n T +=-⨯ (1)令m =n =1，得221a a =，又21212S a a =+=，解得：13a =或14a =-（负值舍去）， 令m =1，得11n n a a a +=，所以13n na a +=， 所以{}n a 是以3为首项，3为公比的等比数列，所以3n n a =.(2)由（1）可得，3n n n n n b a ==， 所以231233333n nn T =++++， 所以2341112333333n n n T +=++++， 两式相减得，23412111113333333n n n n T +=+++++- 11111123331322313n n n n n ++⎛⎫- ⎪+⎝⎭=-=-⋅-， 所以323443n nn T +=-⨯. 10．（2022·江西萍乡·二模（文））已知数列{}n a 中，111,2n n n a a a +==，令2n n b a =．(1)计算123,,b b b 的值，并求数列{}n b 的通项公式；(2)若()31n n c n b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)1232,4,8b b b ===；2n n b =(2)1(32)24n n T n +=-⋅+(1)由12nn n a a +=得12nn n a a +=，又11a =，423562,2,4,84,a a a a a ∴=====，4612232,4,8b a b a b a ∴======，由 12n n n a a +=得1122n n n a a +++=，两式相除可得 22n na a +=， 则 12222n n n nb a b a ++==， {}n b ∴ 是以2 为首项，2 为公比的等比数列，故 2n n b =；(2)由 (1) 知 (31)2n n c n =+，则 ()2314272102322(31)2n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-++，()234124272102322(31)2n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-++， 两式相减得()2123112283222(31)283(31)212n n n n n T n n +++--=+⨯+++-+=+⨯-+- 1(23)24n n +=-⋅-，故1(32)24n n T n +=-⋅+。
高中数学数列-错位相减法求和专题训练含答案精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版错位相减法求和专题训练1．已知数列{}n a 满足22,{ 2,n n n a n a a n ++=为奇数为偶数，且*12,1,2n N a a ∈==.(1)求 {}n a 的通项公式；(2)设*1,n n n b a a n N +=⋅∈，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ；(3)设()2121nn n n c a a -=⋅+-，证明：123111154n c c c c ++++< 2．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足37a =， 21691n n a S n +=++， *n N ∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若正项等比数列{}n b 满足1132,b a b a ==，且n n n c a b =⋅，数列{}n c 的前n 项和为n T . ①求n T ；②若对任意2n ≥， *n N ∈，均有()2563135n T m n n -≥-+恒成立，求实数m 的取值范围.3．已知*n N ∈，设n S 是单调递减的等比数列{}n a 的前n 项和， 112a =且224433,,S a S a S a +++成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n na 的前n 项和为n T ，求证：对于任意正整数n ， 122n T ≤<. 4．递增的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =， 430S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12log n n n b a a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求1250n n T n ++⋅>成立的正整数n 的最小值.5．已知数列{}n a 及()212n n n f x a x a x a x =+++，且()()11?nn f n -=-, 1,2,3,n =.（1）求123a a a ，，的值；（2）求数列{}n a 的通项公式； （3）求证:11133n f ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭. 6．已知数列{}n a 是以2为首项的等差数列，且1311,,a a a 成等比数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和()*n S n N ∈； （Ⅱ）若()1232n a n b -=，求数列{}1n n a b +的前n 项之和()*n T n N ∈.7．在数列{}n a 中， 14a =，前n 项和n S 满足1n n S a n +=+.（1）求证：当2n ≥时，数列{}1n a -为等比数列，并求通项公式n a ；（2）令11•213nn n n na b -⎛⎫= ⎪+⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和为n T .8．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且252,15a S ==，数列{}n b 满足11,2b =1n b += 12n n b n+． （1）求数列{}n a ， {}n b 的通项公式； （2）记n T 为数列{}n b 的前n 项和， ()()222n n S T f n n -=+，试问()f n 是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．9．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）令()*211n n b n N a =∈-，求数列{}n a 的前n 项和n T ． 10．已知单调递增的等比数列{}n a 满足： 2420a a +=， 38a = （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12log n n n b a a =⋅，数列{}n b 的前n 项和为n S , 1250n n S n ++⋅>成立的正整数n 的最小值.参考答案1．解析：（1）当n 为奇数时， 22n n a a +-=，此时数列{}*21k a k N -∈（）成等差数列． 2d = 当n 当为偶数时， 22n n a a +=，此时数列{}*2k a k N ∈（）成等比数列 2q = ()()2{2nn n n a n ∴=为奇数为偶数（2）()()21221222121222142kkk k k k k k k b b a a a a k k k --++=+=-⋅++=⋅()()()21234212n n n S b b b b b b -=++++++23241222322n n S n ⎡⎤∴=⋅+⋅+⋅+⋅⎣⎦()2312241222122n n n S n n +⎡⎤=⋅+⋅++-+⋅⎣⎦12242222n n n S n +⎡⎤∴-=+++-⋅⎣⎦(3) ()()3121nnn C n =-+- ()()()()2121{ 2121nn nn n C n n -⋅-∴=-⋅+为奇为偶 ()()1111321212n n n n C n +=<≥-- n 为奇 ()()1111221212n n n n C +=<≥-+ n 为偶2．解析：(1) 2n 1n a 6S 9n 1+=++，()()2n n 1a 6S 9n 11n 2-=+-+≥，∴()22n 1n n a a 6a 9n 2+-=+≥，∴()22n 1n a a 3+=+ 且各项为正，∴()n 1n a a 3n 2+=+≥又3a 7=，所以2a 4=，再由221a 6S 91=++得1a 1=，所以21a a 3-=∴{}n a 是首项为1，公差为3的等差数列，∴n a 3n 2=-(2) 13b 1,b 4==∴n 1n b 2-=， ()n 1n n n c a b 3n 22-=⋅=-⋅①()01n 1n T 12423n 22-=⋅+⋅++-⋅，②()12n n 2T 12423n 22=⋅+⋅++-⋅∴()12n 1n T 13222--=++++ ()n 3n 22--⋅， ()n n T 3n 525=-⋅+()n 3n 52m -⋅⋅≥ ()2*6n 31n 35n 2,n N -+≥∈恒成立∴()2n 6n 31n 35m 3n 52-+≥-⋅ ()()()nn 3n 52n 72n 73n 522---==-⋅，即n 2n 7m 2-≥恒成立. 设n n 2n 7k 2-=， n 1n n 1nn 12n 52n 792nk k 222+++----=-= 当n 4≤时， n 1n k k +>； n 5≥时， n 1n k k +< ∴()n 55max 33k k 232===，∴3m 32≥. 点睛：本题主要考查了数列的综合应用问题，其中解答中涉及到等差数列的通项公式的求解，数列的乘公比错位相减法求和，数列的恒成立的求解等知识点的综合运用，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中准确运算和合理转化恒成立问题是解答的关键. 3．解：（1）设数列{}n a 的公比q ，由()4422332S a S a S a +=+++， 得()()42434232S S S S a a a -+-+=+，即424a a =，∴214q =． {}n a 是单调递减数列，∴12q =， ∴12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭（2）由（1）知2n n nna =， 所以234112*********n n n n nT --=++++++，①232123412122222n n n n nT ---=++++++，②②-①得： 211112222n n n n nT -=++++-，1122212212nn n n n n T ⎛⎫- ⎪+⎝⎭=-=--，由()111112n n n n n T T n a ++++-=+=，得123n T T T T <<<<，故112n T T ≥=又2222n n n T +=-<，因此对于任意正整数n ， 122n T ≤<点睛：本题主要考查了数列的综合应用和不等式关系证明问题，其中解答涉及到等比数列的基本量的运算，数列的乘公比错位相减法求和，以及放缩法证明不等式，突出考查了方程思想和错位相减法求和及放缩法的应用，试题综合性强，属于难题. 4．解析：（1）设等比数列{}n a 的公比为q由已知， 42302S S =≠.则1q ≠，则()()212414161{1301a q S q a q S q-==--==-，，两式相除得2q =±，∵数列{}n a 为递增数列，∴2q =，则12a =，所以2n n a =.（2）122log 22n n n n b n ==-⋅，()1231222322n n T n =-⋅+⋅+⋅++⋅ 设1231222322n n H n =⋅+⋅+⋅++⋅，① 23412222322n n H n +=+⋅+⋅++⋅，②①-②得：()1231121222222212n n n n n H n n ++--=++++-⋅=-⋅-，11222n n n n T +-=-⋅+-=，1250n n T n ++⋅>， 即111222250n n n n n +++-⋅+-+⋅>，1252n +>，∴正整数n 的最小值是5.点睛：本题主要考查了等比数列的求和公式及通项公式的应用，错位相减求和方法的应用，及指数不等式的求解．5．解析：（1）由已知()1111f a -=-=-，所以11a =.()21212f a a -=-+=，所以23a =.()312313f a a a -=-+-=-，所以35a =.（2）令1x =-，则()()()()2121111nn n f a a a -=-+-++-，①()()()()()21112111111nn n n n f a a a a +++-=-++-++-+-，②两式相减，得()()()1111?11n n n n a f f +++-=---= ()()()11?11?n nn n +-+--，所以()11n a n n +=++,即121n a n +=+， 又11a =也满足上式，所以数列{}n a 的通项公式为()211,2,3,n a n n =-=.（3）()233521n n f x x x x n x =++++-，所以()2311111352133333nn f n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，③()2341111111·3521333333n n f n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，④①-②得()2312111111222213333333nn n f n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以11133n n n f +⎛⎫=-⎪⎝⎭. 又1,2,3,n =，∴103nn +>，故113n f ⎛⎫< ⎪⎝⎭. 又1111210333n n n n f f +++⎛⎫⎛⎫--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以13n f ⎧⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭是递增数列，故1111333n f f ⎛⎫⎛⎫≥=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以11133n f ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查数列的前3项及通项公式的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．6．解析：(Ⅰ) 设数列{}n a 的公差为d ，由条件可得23111a a a =，即()()2222210d d +=+，解得3d =或0d =（舍去），则数列{}n a 的通项公式为()23131n a n n =+-=-，()()23113122n n n S n n +-==+. （Ⅱ）由（Ⅰ）得()121322n a n n b --==，则()1231223341225282312n n n n T a b a b a b a b n +=++++=⨯+⨯+⨯++-⨯，①()23412225282312n n T n +=⨯+⨯+⨯++-⨯，②将①-②得()123122323232312n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯()()211132324312834212n n n n n +++⨯-⨯=+--⨯=---⨯-，则()18342n n T n +=+-⨯.【易错点晴】本题主要考等差数列的通项公式、等比数列的求和公式、以及“错位相减法”求数列的和，属于中档题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q -.7．解析：（1）11,4n a == 当2n ≥时， 1,n n n a s s -=-得()1121n n a a +-=-，1121n n a a +-=-112,n n a --=得 121n n a -=- n a = 14,1{21,2n n n -=+≥(2)当1n =时， 123b = 当2n ≥时， 13nn b n ⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭当1n =时， 123T =当2n ≥时， 232111233333nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令2311123333nM n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭3411111233333n M n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴ 23M = 122111191833n n n +-⎡⎤⎛⎫+--⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭ 2111111312323nn M n -⎡⎤⎛⎫∴=+--⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭132311243n n n T +⎛⎫∴=-⋅ ⎪⎝⎭ 经检验1n =时， 1T 也适合上式． 132311243n n n T +∴=-⋅ ()*n N ∈ ． 点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前n 项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误． 8．解析：（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ， 则11121{{,.510151n a d a a n a d d +==⇒∴=+==由题意得1111122n n b b b n n +=⋅=+，，∴数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，且首项和公比都是12， 2n n n b ∴=. （2）由（1）得231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+， 2341112322222n n n T +=+++⋅⋅⋅+， 两式相减得： 23111111=222222n n n n T ++++⋅⋅⋅+-， 222n n n T +∴=-；()()()2122222n n n nn n S T n nS f n n +-+=∴==+；()()()()()221111121222n n n n n n n n n f n f n ++++++-+∴+-=-= 当3n ≥时， ()()10f n f n +-<；当3n <时， ()()10f n f n +-≥；()()()3311,2,322f f f === ∴()f n 存在最大值为32.点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前n 项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误． 9．解析：（1）当1n =时， 11==3a S ；当2n ≥时， ()()221=212121n n n a S S n n n n n --=+----=+， 1=3a 也符合，∴数列{}n a 的通项公式为=21n a n +. （2）2211111=14441n n b a n n n n ⎛⎫==- ⎪-++⎝⎭，∴()111111111...1422314141n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 点睛：本题考查了等差数列的定义，求数列的前n 项和问题，属于中档题.解决数列的通项公式问题时，一般要紧扣等差等比的定义，利用方程思想求解，数列求和时，一般根据通项的特点选择合适的求和方法，其中裂项相消和错位相减法考查的比较多，主要是对通项的变形转化处理即可.10．解析：（1）设等比例列16.λ∴的最大值为的首项为1a ，公比为q依题意，有3112120{8a q a q a q +==，解之得12{ 2a q ==或132{ 12a q ==， 又数列{}n a 单调递增， 12{ 2.2n a a n q =∴∴==，（2）依题意， 12.log2.2,.2bn n n n n ==- 12222323.........2,Sn n n ∴-=⨯+⨯+⨯++①2122223324........21Sn n n -=⨯+⨯+⨯+++②由①—②得： 2222324......2.21Sn n n n =+++++-+()212.2112n n n -=-+-21.212n n n =+-+- ， 1250n n S n +∴=⋅>，即12250,226n n +->∴>，当4n ≤时， 2241626n <=<；当5n ≥时，5223226n <=<， ∴使1250n n S n ++⋅>，成立的正整数n 的最小值为5.【 方法点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式以及错位相减法求数列的的前n 项和，属于中档题.一般地，如果数列{}n a 是等差数列， {}n b 是等比数列，求数列{}n n a b ⋅的前n 项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解, 在写出“n S ”与“n qS ” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式.。
错位相减法求和附答案解析
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：项的对应需正确；相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3 ①当时4s n－1 = + 2a n-1－3 ②①－②, 即，∴ ,（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明：.[答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.（Ⅱ）由，得…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或. （6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以. （13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。
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.。
高中数学数列错位相减法求和超好用的解题技巧及其步骤
2பைடு நூலகம்
〖2020.全国Ⅰ〗
设 是公比不为1的等比数列，1 为2 ，3 的等差中项.
1 求 的公比;
2 若1 = 1, 求数列 的前项和.
课堂练习
练习1：专题测试卷第20页
8. 已知数列 满足1 = 1, +1 = 2 + − 1.
-
数列求和
－－－错位相减法
高考分析
纵观近几年高考命题，数列求和是高考中每年必考的内容之一.
全国卷经常以等差数列、等比数列为基础考查程序化计算类的数
列求和，近几年侧重于新的情境，考查内容更加灵活多变.
2020年全 2020年
2021年新 2021年全 2022年全国甲 2022年新高
卷
国Ⅰ卷
全国Ⅲ卷 高考Ⅰ卷 国乙卷
（大招，偷偷启动）
错位相减法万能公式：
= + ∙ −1
= + −
−
=
, =
−
−
练习1
判断下面可以用错位相减法求数列的前n项和的有哪些？
①
③
= + 2
②
1 n1
a n (2n 1) ( ) .
2
2 4 6
考Ⅰ卷
错位相减 错位相减 错位相减
法
求和
法
数列求和
数列前n项和
的最小值
裂项相消求
和
错位相减法是高考数列的高频考点，这部分的考点往往得分点偏低:
1、错位相减过程中最后一项是“－”,很多同学错把原来的“＋”抄下来了;
2、错位相减后，其中一部分构成新的等比数列，项数数错了，多了一项，
错位相减法求和附问题详解67950
错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：项的对应需正确；相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3①当时4s n－1 = + 2a n-1－3 ②①－②, 即，∴,（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明：. [答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.得（Ⅱ）由，…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或. （6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以. （13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。
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．。
【习题集含详解】高中数学题库高考专点专练之100错位相减法求和
【习题集含详解】高中数学题库高考专点专练之100错位相减法求和一、选择题（共8小题；共40分）1. 设 S n =1−3+5−7+⋯+(−1)n−1(2n −1)(n ∈N +)，则 S n 等于 ( ) A. 2n B. −2n C. (−1)n n D. (−1)n−1n2. 数列 1,(1+2),(1+2+22),…,(1+2+22+23+⋯+2n−1),… 的前 n 项和为 ( )A. 2n −1B. n ⋅(2n −1)C. 2n+1−nD. 2n+1−n −23. 数列 1，322，423，524，625，⋯，n+12n，⋯ 的前 n 项之和为 S n , 则 S n 的值等于 ( ) A. 3−n+32n B. 3−n+32n−1C. 3−n+52nD. 3−n+42n4. 数列 22，322，…，n2n−1，n+12n ，… 前 n 项的和 S n = ( )A. 3−n+32nB.n+32n−3 C. 3−32n+1D. 3−32n+25. 在数列 {a n } 中，若 a 1=−2，a n+1=a n +n ⋅2n ，则 a n = ( )A. (n −2)⋅2nB. 1−12nC. 23(1−14n )D. 23(1−12n )6. 小王设计了一个求数列 {a n } 的前 2014 项的和的程序框图，如图所示，则图中判断框的条件和运行的结果 S 分别为 ( )A. i >2014? 2013×22014−2B. i >2014? 2013×22015+2C. i ≥2014? 2014×22015−2D. i ≥2014? 2014×22015+27. 数列 1，322，423，524，625⋯，n+12n ，⋯ 的前 n 项之和为 S n ，则 S n 的值等于 ( )A. 3−n2n B. 3−n+12n−1C. 3−n+32nD. 3−n+42n8. 数列 1,322,423,524,⋯,n+12n 的前 n 项和等于 ( )A. S n =3−n+12n −12n−1B. S n =3−n+12n−1−12n−2C. S n =3−n+12n−12n−2D. S n =3−n2n −12n−2二、填空题（共13小题；共65分） 9. 已知 x ≠1，则 1+2x +3x 2+⋯+nx n−1= ．10. 已知数列 {na n } 的前 n 项和为 S n ，且 a n =2n ，则使得 S n −na n+1+50<0 的最小正整数 n 的值为 ．11. 1×12+2×14+3×18+⋯+n ×12n= ．12. 设 A (n ) 表示正整数 n 的个位数，a n =A (n 2)−A (n )，A 为数列 {a n } 的前 202 项和，函数f (x )=e x −e +1，若函数g (x ) 满足 f [g (x )−Ax−1A x]=1，且 b n =g (n )(n ∈N ∗)，则数列 {b n }的前 n 项和为 ．13. 数列 12，24，38，416，⋯ 的前 10 项和 S 10= ． 14. 12+222+323+⋯+n 2n等于 ．15. 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 S n =2a n −2，则 a n = ；记 T n =a 1+3a 2+⋯+(2n −1)a n ，则 T n = ．16. 若正项等比数列 {a n }，已知 a 1=4 且 a 52=16a 2⋅a 6√a √a √a ⋯+√a = ．17. 已知数列 {a n } 是首项为 1，公差为 d 的等差数列，数列 b n 是首项为 1，公比为 q =3 的等比数列，若 a 5=b 5，则 {a n ⋅b n } 的前 n 项和等于 ．18. 已知数列 {a n } 的通项公式为 a n =(2n +1)λn−1 （ 其中常数 λ>0，n ∈N ∗ ），设 S n 为数列{a n } 的前 n 项和．若对任意 n ∈N ∗, 都有 (1−λ)S n +λa n ≥2λn 恒成立，则实数 λ 的取值范围是 ．19. 对于任意实数 x ，符号 [x ] 表示不超过 x 的最大整数．例如：[1]=1,[2.5]=2．那么 [log 21]+[log 22]+[log 23]+[log 24]+⋯+[log 21024]= ． 20. 计算 i +2i 2+3⋅i 3+⋯+1999⋅i 1999+2000⋅i 2000= ．21. 对于 n ∈N ∗，将 n 表示为 n =a 0⋅2k +a 1⋅2k−1+⋯+a k−1⋅21+a k ⋅20，当 i =0 时，a i =1，当 1≤i ≤k 时，a i =0 或 1．记 I (n ) 为上述表示中 a 为 0 的个数（例如：1=1⋅20，4=1⋅22+0⋅21+0⋅20 ，所以 I (1)=0，I (4)=2），则（1）I (12)= ；（2）I (1)+I (2)+⋯+I (2048)= ．三、解答题（共79小题；共1027分）22. 若数列 {a n } 是公差为 2 的等差数列，数列 {b n } 满足 b 1=1，b 2=2 且 a n b n +b n =nb n+1．（1）求数列 {a n }，{b n } 的通项公式； （2）设数列 {c n } 满足 c n =a n +1b n+1，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ，则 T n <4．23. 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 n } 的前 n 项和 (n ∈N ∗)．24. 已知 {a n } 是等差数列，其前 n 项和为 S n ，{b n } 是等比数列，且 a 1=b 1=2，a 4+b 4=27，S 4−b 4=10．（1）求数列 {a n } 与 {b n } 的通项公式；（2）记 T n =a n b 1+a n−1b 2+⋯+a 1b n ,n ∈N ∗，是否存在实数 p ，q ，r ，对于任意 n ∈N ∗，都有 T n =pa n +qb n +r ，若存在求出 p ，q ，r 的值，若不存在说明理由．25. 设 S n 为数列 {a n } 的前 n 项和，对任 n ∈N ∗，都有 S n =(m +1)−ma n （m 为正常数）．（1）求证：数列 {a n } 是等比数列； （2）数列 {b n } 满足 b 1=2a 1，b n =b n−11+b n−1（n ≥2，n ∈N ∗），求数列 {b n } 的通项公式；（3）在满足②的条件下，求数列 {2n+1b n} 的前 n 项和 T n ．26. 在等差数列 {a n } 中，a 1=1，前 n 项和 S n 满足条件 S2S 1=4．（1）求数列 {a n } 的通项公式和 S n ；（2）记 b n =a n ⋅2n−1，求数列 {b n } 的前 n 项和 T n ．27. 已知等比数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，公比 q >0，S 2=2a 2−2，S 3=a 4−2．（1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）令 c n ={log 2a nn 2(n+2),n 为奇数n a n,n 为偶数，T n 为数列 {c n } 的前 n 项和，求 T 2n ．28. 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且满足 a n =2S n −1(n ∈N ∗) .（1）求证：数列 {a n } 为等比数列；（2）若 b n =(2n +1)a n ，求 {b n } 的前 n 项和 T n .29. 已知 {a n } 是等差数列，其前 n 项和为 S n ，{b n } 是等比数列，且 a 1=b 1=2，a 4+b 4=27，S 4−b 4=10．（1）求数列 {a n } 与 {b n } 的通项公式；（2）记 T n =a n b 1+a n−1b 2+⋯+a 1b n ，n ∈N +，证明 T n +12=−2a n +10b n (n ∈N +)．30. 已知数列 {a n } 是各项均为正数的等比数列，{b n } 是等差数列，且 a 1=b 1=1，b 2+b 3=2a 3，a 5−3b 2=7．（1）求 {a n } 和 {b n } 的通项公式；（2）设 c n =a n b n ,n ∈N ∗，求数列 {c n } 的前 n 项和．31. 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 +)．32. 已知首项为 12 的等比数列 {a n } 是递减数列，其前 n 项和为 S n ，且 S 1+a 1，S 2+a 2，S 3+a3 成等差数列．（1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）若 b n =a n ⋅log 2a n ，数列 {b n } 的前 n 项和为 T n ，求满足不等式 T n+2n+2≥116 的最大 n 值．33. 已知 {a n } 是等差数列，其前 n 项和为 S n ，{b n } 是等比数列，且 a 1=b 1=2，a 4+b 4=27，S 4−b 4=10．（1）求数列 {a n } 与 {b n } 的通项公式；（2）记T n=a1b1+a2b2+⋯+a n b n,n∈N∗，证明：T n−8=a n−1b n+1(n∈N∗,n≥2)．34. 设S n是数列{a n}的前n项和，已知a1=3，a n+1=2S n+3(n∈N∗)．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=(2n−1)a n，求数列{b n}的前n项和T n．35. 在等差数列{a n}中，a2=6，a3+a6=27．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}的通项公式为b n=3n−1，求数列{a n⋅b n}的前n项的和T n．36. 已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=a na n+3(n∈N∗)．（1）求证：{1a n +12}为等比数列，并求{a n}的通项公式a n；（2）数列{b n}满足b n=(3n−1)⋅n2n⋅a n，求数列{b n}的前n项和T n．37. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若S m−1=−4，S m=0，S m+2=14（m≥2，且m∈N∗）．（1）求m的值；（2）若数列{b n}满足a n2=log2b n(n∈N+)，求数列{(a n+6)⋅b n}的前n项和．38. 已知数列{a n}是等差数列，其前n项和为S n，数列{b n}是公比大于0的等比数列，且b1=−2a1=2，a3+b2=−1，S3+2b3=7．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）设c n=(−1)n−1a nb n，求数列{c n}的前n项和T n．39. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a6=0，S4=14．（1）求a n；（2）将a2，a3，a4，a5去掉一项后，剩下的三项按原来的顺序恰为等比数列{b n}的前三项，求数列{a n b n}的前n项和为T n．40. 已知函数f(x)=x2x+1，若数列{a n}(n∈N∗)满足：a1=1，a n+1=f(a n)．（1）证明数列{1a n}为等差数列，并求数列{a n}的通项公式；（2）设数列{c n}满足：c n=3na n，求数列{c n}的前n项的和S n．41. 数列{a n}是公差为正数的等差数列，a2和a5是方程x2−12x+27=0的两实数根，数列{b n}满足3n−1b n=na n+1−(n−1)a n．（1）求a n与b n；（2）设T n为数列{b n}的前n项和，求T n，并求T n<7时n的最大值．42. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a6=0，S4=14．（1）求a n；（2）将a2，a3，a4，a5去掉一项后，剩下的三项按原来的顺序恰为等比数列{b n}的前三项，求数列{a n b n}的前n项和T n．43. 已知等差数列{a n}．满足：a n+1>a n(n∈N∗)，a1=1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n+2log2b n=−1．（1）分别求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）求数列{a n⋅b n}的前n项和T n．44. 在数列{a n}中，设f(n)=a n，且f(n)满足f(n+1)−2f(n)=2n(n∈N∗)，且a1=1．，证明数列{b n}为等差数列；（1）设b n=a n2n−1（2）求数列{a n}的前n项和S n．45. 已知{a n}是等差数列，{b n}是各项均为正数的等比数列，且b1=a1=1，b3=a4，b1+b2+b3=a3+a4．（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．+n+1．46. 已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=2(n+1)a nn+1}是等比教列；（1）求证：数列{a nn（2）求数列{a n}的前n项和S n．47. 在数列{a n}中，设f(n)=a n，且f(n)满足f(n+1)−2f(n)=2n(n∈N∗)，且a1=1．，证明数列{b n}为等差数列；（1）设b n=a n2n−1（2）求数列{a n}的前n项和S n．⋅a n(n∈N∗)，且a1=1．48. 已知数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=S n+n+13n}是等比数列；（1）证明：数列{a nn（2）求数列{a n}的前n项和S n．49. 已知数列{a n}中，a1=2，a2=4，设S n为数列{a n}的前n项和，对于任意的n>1，n∈N∗，S n+1+S n−1=2(S n+1)．（1）求数列{a n}的通项公式；，求{b n}的前n项和T n．（2）设b n=n2a n50. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若S m−1=−4，S m=0，S m+2=14（m≥2，且m∈N∗）．（1）求m的值；=log2b n(n∈N+)，求数列{(a n+6)⋅b n}的前n项和．（2）若数列{b n}满足a n251. 等差数列{a n}的前n项和为S n，数列{b n}是等比数列，满足a1=3，b1=1，b2+S2=10，a5−2b2=a3．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）令c n=a n⋅b n，设数列{c n}的前n项和为T n，求T n．a4，a5成等差数列．52. 已知数列{a n}是首项为1的单调递增的等比数列，且满足a3，53（1）求{a n}的通项公式；}的前n项和S n，求证：S n<3．（2）设数列{2n−1a n53. 已知数列{a n}与{b n}满足a n+1−a n=2(b n+1−bn),n∈N+，b n=2n−1，且a1=2．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设c n=a n nb n n−1，T n为数列{c n}的前n项和，求T n．54. 已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=2，且满足a n+1=S n+2n+1(n∈N∗)．（1）证明数列{S n2n}为等差数列；（2）求S1+S2+⋯+S n．55. 已知等差数列{a n}前n项和为S n，且S n=n2+c(n∈N∗)．（1）求c，a n；（2）若b n=a n2n，求数列{b n}前n项和T n．56. 设等差数列{a n}的公差为d，且2a1=d，2a n=a2n−1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=a n2n，求数列{b n}的前n项和S n．57. 设等差数列{a n}的公差为d，且2a1=d，2a n=a2n−1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=a n+12n+1，求数列{b n}的前n项和S n．58. 已知首项大于0的等差数列{a n}的公差d=2，且1a1a2+1a2a3=25．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记b n=2n a n，求数列{b n}的前n项和T n．59. 已知{a n}是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=6，a1a2=a3．（1）求数列{a n}通项公式；（2）{b n}为各项非零的等差数列，其前n项和为S n，已知S2n+1=b n b n+1，求数列{b na n}的前n 项和T n．60. 已知{x n}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3−x2=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P1(x1,1)，P2(x2,2)⋯P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2⋯P n+1，求由该折线与直线y=0，x=x1，x=x n+1所围成的区域的面积T n．61. 已知数列{a n}是等差数列，且a1=2，a1+a2+a3=12．若b n=a n⋅3n，求数列{b n}的前n项和S n．62. 已知等比数列{a n}的公比q>1，a2，a3是方程x2−6x+8=0的两根．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{2n⋅a n}的前n项和S n．63. 设等差数列{a n}的公差为d>1，前n项和为S n，等比数列{b n}的公比为q．已知b1=a1，b2=2，q=d，S10=100．（1）求数列 {a n }，{b n } 的通项公式； （2）记 c n =an b n，求数列 {c n } 的前 n 项和 T n ．64. 已知公差不为 0 的等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 S 3=9，a 1，a 3，a 7 成等比数列．（1）求数列 {a n } 的通项公式；（2）数列 {b n } 满足 b n =(a n −1)2n ，求数列 {b n } 的前 n 项和 T n ．65. 已知数列 {a n } 是首项为 a 1=14，公比 q =14的等比数列，设 b n +2=3log 14a n (n ∈N ∗)，数列{c n } 满足 c n =a n ⋅b n ． （1）求证：{b n } 是等差数列； （2）求数列 {c n } 的前 n 项和 S n ．66. 已知数列 {a n } 是等差数列，且 a 1=2，a 1+a 2+a 3=12．（1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）令 b n =a n ⋅3n ，求数列 {b n } 的前 n 项和 S n ．67. 数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，S n +a n =−12n 2−32n +1(n ∈N ∗)．（1）设 b n =a n +n ，证明：数列 {b n } 是等比数列； （2）求数列 {nb n } 的前 n 项和 T n ；68. 已知单调递增的等比数列 {a n } 满足 a 2+a 3+a 4=28，且 a 3+2 是 a 2，a 4 的等差中项．（1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）若 b n =a n+1⋅log 12a n ，求数列 {b n } 的前 n 项和 S n ．69. 已知等比数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，公比 q >0，S 2=2a 2−2，S 3=a 4−2．（1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）设 b n =n a n，求 {b n } 的前 n 项和 T n70. 已知正数数列 {a n } 的前 n 项和 S n 满足 a 1a n =S 1+S n (n ∈N ∗)．（1）求 {a n } 的通项公式； （2）设 b n =n a n，求证：b 1+b 2+⋯+b n <2．71. 设等差数列 {a n } 前 n 项和为 S n ，且 S 4=4S 2，a 2n =2a n +1．（1）求数列 {a n } 的通项公式； （2）设数列 {b n } 满足b 1a 1+b 2a 2+b 3a 3+⋯+b n a n=1−12n，n ∈N ∗，求 {b n } 的前 n 项和 T n ．72. 数列 {a n } 满足 a 1=1，a n+1=2n+1a n a n +2n(n ∈N +)．（1）证明：数列 {2na n} 是等差数列； （2）求数列 {a n } 的通项公式； （3）设 b n =n (n +1)a n ，求数列 {b n } 的前 n 项和 S n ．73. 已知递增的等差数列 {a n } 中，a 2，a 5 是方程 x 2−12x +27=0 的两根，数列 {b n } 的前 n 项和为 S n ，且 S n =1−12b n (n ∈N ∗)． （1）求数列 {a n }，{b n } 的通项公式；（2）记 c n =a n ⋅b n ，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ．求证：T n <2．74. 已知等差数列{a n}的前n项和S n满足S3=0，S5=−5．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{(2−a n)2n}的前n项和．75. 已知数列{a n}是a3=164，公比q=14的等比数列，设b n+2=3log14a n(n∈N∗)，数列{c n}满足c n=a n b n．（1）求证：数列{b n}是等差数列；（2）求数列{c n}的前n项和S n．76. 已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1=1，b2=13，a n b n+1+b n+1=nb n．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）记c n=a n×b n，求数列{c n}的前n项和T n．77. 已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=−10．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n2n−1}的前n项和S n．78. 已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=2，且满足a n+1=S n+2n+1(n∈N∗)．（1）证明：数列{S n2n}为等差数列；（2）求S1+S2+⋯+S n．79. 设数列{a n}的前n项和S n满足S n=2a n−a1，且a1，a3+1，a4成等差数列，令b n=log2a n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令c n=b na n，求数列{c n}的前n项和T n．80. 已知数列{a n}中，a1=3，a2=5，且{a n−1}是等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n=na n,求数列{b n}的前n项和T n．81. 已知{a n}是等差数列，其前n项的和为S n，{b n}是等比数列，且a1=b1=2，a4+b4=21，S4+b4=30．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）记c n=a n b n，n∈N∗，求数列{c n}的前n项和．82. 已知正整数数列{a n}是首项为2的等比数列，且a2+a3=24．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设b n=2n3a n，求数列{b n}的前n项和T n．83. 求S n=a+2a2+3a3+⋯+na n(a≠1)．84. 已知等差数列{a n}的公差d不为0，设S n=a1+a2q+⋯+a n q n−1，T n=a1−a2q+⋯+(−1)n−1a n q n−1，q≠0，n∈N∗．（1）若q=1，a1=1，S3=15，求数列{a n}的通项公式；（2）若a1=d且S1,S2,S3成等比数列，求q的值；（3）q≠±1，证明(1−q)S2n−(1+q)T2n=2dq(1−q2n)1−q2，n∈N∗．85. 设等差数列{a n}的公差为d，点(a n,b n)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N∗)．（1）若a1=−2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n}的前n项和S n；（2）若a1=1，函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2−1ln2，求数列{a nb n}的前n项和T n．86. 已知数列{a n}的首项a1=4，前n项和为S n，且S n+1−3S n−2n−4=0(n∈N+)．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设函数f(x)=a nx+a n−1x2+⋯+a1x n，fʹ(x)是函数f(x)的导函数，令b n=fʹ(1)，求数列{b n}的通项公式，并研究其单调性．87. 设S n为数列{a n}的前n项和，已知a1≠0，2a n−a1=S1⋅S n，n∈N∗．（1）求a1，a2，并求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{na n}的前n项和．88. 已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=a na n+3(n∈N∗)．（1）求证：{1a n +12}为等比数列，并求{a n}的通项公式；（2）数列{b n}满足b n=(3n−1)⋅n2n⋅a n，数列{b n}的前n项和为T n，若不等式(−1)n⋅λ<T n+n2n−1对一切n∈N∗恒成立，求λ的取值范围．89. 已知单调递增的等比数列{a n}满足a2+a3+a4=28，且a3+2是a2，a4的等差中项.（1）求数列{a n}的通项公式．（2）设b n=a n⋅log2a n，其前n和为S n，若(n−1)2≤m(S n−n−1)对于n≥2恒成立，求实数m的取值范围．90. 在数列{a n}中，a1=2，a n+1=λa n+λn+1+(2−λ)2n(n∈N∗)，其中λ>0．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n；（3）证明存在k∈N∗，使得a n+1a n ≤a k+1a k对任意n∈N∗均成立．91. 已知{a n}满足2na n+1=(n+1)a n(n∈N∗)，且a1,1,4a3成等差数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足b n=sin(πa n)，S n为数列{b n}的前n项和，求证：对任意n∈N∗，S n<2+π．92. 已知数列{a n}满足a n+2=qa n（q为实数，且q≠1），n∈N∗，a1=1，a2=2，且a2+a3，a3+a4，a4+a5成等差数列．（1）求q的值和{a n}的通项公式；（2）设b n=log2a2na2n−1，n∈N∗，求数列{b n}的前n项和．93. 已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1=2，S5=30；数列{b n}的前n项和为T n，且T n=2n−1．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）设 c n =(−1)n (a n b n +lnS n )，求数列 {c n } 的前 n 项和．94. 已知数列 {a n } 中，a 1=2，且 2a n =a n−1+1(n ≥2,n ∈N +)．（1）求证：数列 {a n −1} 是等比数列，并求出数列 {a n } 的通项公式； （2）设 b n =n (a n −1)，数列 {b n } 的前 n 项和为 S n ，求证：1≤S n <4．95. 设等比数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 a n+1=2S n +2(n ∈N ∗)．（1）求数列 {a n } 的通项公式；（2）在 a n 与 a n+1 之间插入 n 个数，使这 n +2 个数组成公差为 d n 的等差数列，设数列 {1d n}的前 n 项和为 T n ，证明：T n <1516．96. 已知正项数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1=1，S n+1+S n =a n+12，数列 {b n } 满足 b n ⋅b n+1=3a n ，且 b 1=1．（1）求数列 {a n }，{b n } 的通项公式； （2）记 T n =a n b 2+a n−1b 4+⋯+a 1b 2n ，求 T n ．97. 已知正项数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1=1，S n+1+S n =a n+12，数列 {b n } 满足 b n ⋅b n+1=3a n ，且 b 1=1．（1）求数列 {a n }，{b n } 的通项公式； （2）记 T n =a n b 2+a n−1b 4+⋯+a 1b 2n ，求 T n ．98. 数列 {a n }，a 1=3 ， a n+1=2a n +2；（1）求证：{a n +2} 是等比数列，并求数列 {a n } 的通项公式； （2）设 b n =n a n +2，求和 S n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n ，并证明：∀n ∈N ∗ ， 15≤S n <45．99. 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 ．100. 已知等差数列 {a n } 的公差为 d (d ≠0)，等比数列 {b n } 的公比为 q (q >1)．设 S n =a 1b 1+a 2b 2+⋯+a n b n ，T n =a 1b 1−a 2b 2+⋯+(−1)n−1a n b n ,n ∈N ∗． （1）若 a 1=b 1=1，d =2，q =3，求 S 3 的值； （2）若 b 1=1，证明 (1−q )S 2n −(1+q )T 2n =2dq (1−q 2n )1−q 2，n ∈N ∗；（3）若正整数 n 满足 2≤n ≤q ，设 k 1,k 2,⋯,k n 和 l 1,l 2,⋯,l n 是 1,2,⋯,n 的两个不同的排列，c 1=a k 1b 1+a k 2b 2+⋯+a k n b n ，c 2=a l 1b 1+a l 2b 2+⋯+a l n b n ，证明 c 1≠c 2．答案第一部分1. D 【解析】设 a n =(−1)n−1(2n −1)，因为 b n =(−1)n−1 是等比数列，c n =2n −1 是等差数列，所以由错位相减法可得 S n =(−1)n−1n ． 其他方法：① 当 n 为奇数时，S n =1+(−3+5)+(−7+9)+⋯+[−(2n −3)+(2n −1)]=n; ② 当 n 为偶数时，S n =(1−3)+(5−7)+⋯+[(2n −3)−(2n −1)]=−2×n2=−n ．综上所述，S n =(−1)n−1n ． 2. D3. A4. A【解析】设 a 1=2⋅12，a 2=3⋅122，…，a n =(n +1)⋅12n，S n =a 1+a 2+⋯+a n =2⋅12+3⋅122+⋯+(n +1)⋅12n ，① 12S n =2⋅122+3⋅123+⋯+n ⋅12n +(n +1)12n+1．② (①−②)×2，得 S n =3−n+32n．5. A6. B 【解析】提示：本题是计算数列 {n ⋅2n } 的前 2014 项的和，可利用乘公比错位相减的方法计算． 7. C8. A【解析】令S n =1+322+423+⋯+n +12n ⋯⋯① 则12S n =12+323+424+⋯+n +12n+1 ⋯⋯② ①−② 得12S n=1+122+123+⋯+12n −n +12n+1=1+122(1−12n−1)1−12−n +12n+1=32−12n −n +12n+1. 所以S n =3−n +12n −12n−1.第二部分 9. 1−x n (1−x )2−nx n 1−x【解析】记 S n =1+2x +3x 2+⋯+nx n−1，当 x =0 时，S n =1； 当 x ≠0 时，xS n =x +2x 2+3x 3+⋯+(n −1)x n−1+nx n ，(1−x )S n =1+x +x 2+x 3+⋯+x n−1−nx n，所以 S n =1−x n (1−x )2−nx n1−x ．当 x =0 时也满足 S n =1−x n (1−x )2−nx n 1−x，综上知 S n =1−x n(1−x )2−nx n1−x ． 10. 5【解析】由 a n =2n ，得 a n+1=2n+1，na n =n ⋅2n ， 则 S n =1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋯+(n −1)⋅2n−1+n ⋅2n ， 所以 2S n =1⋅22+2⋅23+⋯+(n −1)⋅2n +n ⋅2n+1， 两式作差得：−S n =2+22+23+⋯+2n −n ⋅2n+1=2(1−2n )1−2−n ⋅2n+1=2n+1−2−n ⋅2n+1,所以 S n =(n −1)⋅2n+1+2，则由 S n −na n+1+50<0，得 (n −1)⋅2n+1+2−n ⋅2n+1+50<0， 即 2n+1>52，所以 n +1>5，则 n >4． 所以最小正整数 n 的值为 5． 11. 2−12n−1−n2n【解析】提示：利用错位相减法． 12. n +3−(2n +3)⋅(12)n【解析】n 的个位数为 1 时有：a n =A (n 2)−A (n )=0， n 的个位数为 2 时有：a n =A (n 2)−A (n )=4−2=2， n 的个位数为 3 时有：a n =A (n 2)−A (n )=9−3=6， n 的个位数为 4 时有：a n =A (n 2)−A (n )=6−4=2， n 的个位数为 5 时有：a n =A (n 2)−A (n )=5−5=0， n 的个位数为 6 时有：a n =A (n 2)−A (n )=6−6=0， n 的个位数为 7 时有：a n =A (n 2)−A (n )=9−7=2， n 的个位数为 8 时有：a n =A (n 2)−A (n )=4−8=−4， n 的个位数为 9 时有：a n =A (n 2)−A (n )=1−9=−8， n 的个位数为 0 时有：a n =A (n 2)−A (n )=0−0=0， 每 10 个一循环，这 10 个数的和为：0，202÷10=20 余 2，余下两个数为：a 201=0，a 202=2，所以数列 {a n } 的前 202 项和等于：a 201+a 202=0+2=2，即有 A =2． 函数 f (x )=e x −e +1 为 R 上的增函数， 且 f (1)=1，f [g (x )−Ax−1A x ]=1=f (1)，可得 g (x )=1+Ax−1A x=1+2x−12x，则 g (n )=1+(2n −1)⋅(12)n，即有 b n =g (n )=1+(2n −1)⋅(12)n，则数列 {b n } 的前 n 项和为 n +[1⋅(12)1+3⋅(12)2+5⋅(12)3+⋯+(2n −1)⋅(12)n]， 可令 S =1⋅(12)1+3⋅(12)2+5⋅(12)3+⋯+(2n −1)⋅(12)n，12S =1⋅(12)2+3⋅(12)3+5⋅(12)4+⋯+(2n −1)⋅(12)n+1，两式相减可得12S =12+2[(12)2+(12)3+(12)4+⋯+(12)n]−(2n −1)⋅(12)n+1=12+2⋅14(1−12n−1)1−12−(2n −1)⋅(12)n+1,化简可得 S =3−(2n +3)⋅(12)n，则数列 {b n } 的前 n 项和为 n +3−(2n +3)⋅(12)n．13. 509256【解析】因为 a n =n2n ， 所以 S 10=12+2×(12)2+3×(12)3+⋯+10×(12)10, ⋯⋯①12S 10=(12)2+2×(12)3+3×(12)4+⋯+10×(12)11, ⋯⋯②①−② 得(1−12)S 10=12+(12)2+(12)3+⋯+(12)10−10×(12)11=12[1−(12)10]1−12−10×(12)11=1−3512.所以 S 10=2(1−3512)=509256． 14. 2−12n−1−n2n15. 2n ，6+(2n −3)2n+1【解析】提示：S n−1=2a n−1−2(n ≥2), ⋯⋯①，由已知 S n =2a n −2, ⋯⋯②，②−① 得 a n =2a n−1． 16. 2−n+22n【解析】设正项等比数列 {a n } 的公比为 q ，则 q >0，由 a 1=4 且 a 52=16a 2⋅a 6，所以 (4q 4)2=16(4q )⋅(4q 5)， 解得 q =4，q =−4（舍去）， 所以 a n =4n ，所以 √a n =2n ，所以 √a =n2n =n ⋅(12)n，所以√a√a2√a3⋯√a=1⋅12+2⋅(12)2+3(12)3+⋯+n⋅(12)n.设S n=1⋅12+2⋅(12)2+3(12)3+⋯+n⋅(12)n，所以1 2S n=1⋅(12)2+2⋅(12)3+3(12)4+⋯+(n−1)⋅(12)n+n⋅(12)n+1，所以1 2S n=12+(12)2+(12)3+(12)4+⋯+(12)n−n⋅(12)n+1 =12(1−(12)n)1−12−n⋅(12)n+1=1−(1+n2)⋅(12)n.所以S n=2−n+22n．17. (20n−29)⋅3n+292【解析】依题意，a5=b5=b1q5−1=1×34=81,故d=a5−a15−1=81−14=20,所以a n=1+20(n−1)=20n−19,故S n=1×1+21×3+41×32+⋯+(20n−19)⋅3n−1,则3S n=1×3+21×32+⋯+(20n−39)⋅3n−1+(20n−19)⋅3n,所以−2S n=1+20×(3+32+⋯+3n−1)−(20n−19)⋅3n=1+20×3(1−3n−1)1−3−(20n−19)⋅3n=(29−20n)⋅3n−29,所以S n=(20n−29)⋅3n+292.18. (0,32]【解析】因为a n=(2n+1)λn−1(n∈N∗)，S n=3+5λ+7λ2+⋯+(2n+1)λn−1，当λ=1时，S n=3+5+7+⋯+(2n+1)=n2+2n；当λ≠1时，S n=3+5λ+7λ2+⋯+(2n+1)λn−1，则λS n=3λ+5λ2+⋯+(2n−1)λn−1+(2n+1)λn，所以S n−λS n=(1−λ)S n=3+2(λ+λ2+λ3+⋯+λn−1)−(2n+1)λn=3+2λ(1−λn−1)1−λ−(2n+1)λn.要对任意λ∈N∗，都有(1−λ)S n+λa n≥2λn恒成立，①当λ=1时，不等式左边=(1−λ)S n+λa n=a n=2n+1≥2，结论显然成立；②当λ≠1时，不等式左边=(1−λ)S n +λa n =3+2λ(1−λn−1)1−λ−(2n +1)λn +λa n=3+2λ(1−λn−1)1−λ=3−λ1−λ−2λn1−λ,因此要使对任意 n ∈N ∗，3−λ1−λ≥4−2λ1−λ⋅λn 恒成立，当 0<λ<1 时，只要 3−λ4−2λ≥λn 对任意 n ∈N ∗ 恒成立即可， 即3−λ4−2λ≥λ，解得 λ≤1 或 32≤λ<2，因此当 0<λ<1 时，结论成立； 当 λ≥2 时，3−λ1−λ≥4−2λ1−λ⋅λn 对任意 n ∈N ∗ 不可能恒成立；当 1≤λ<2 时，只要 3−λ4−2λ≤λn 对任意 n ∈N ∗ 恒成立即可，即3−λ4−2λ≤λ，解得 1≤λ≤32，因此当 1≤λ≤32 时，结论成立． 综上所述，实数 λ 的取值范围为 (0,32]． 19. 8204【解析】根据题意可得，[log 21]=0，有 1 个 0；[log 22]=[log 23]=1，有 2 个 1；[log 24]=[log 25]=[log 26]=[log 27]=2，有 4 个 2；⋯；有 29 个 9；[log 21024]=10，仅有 1 个 10． 所以[log 21]+[log 22]+[log 23]+[log 24]+⋯+[log 21024]=0+1+1+2+2+2+2+3+3+3+3+3+3+3+3+⋯+10=1×2+2×22+3×23+⋯+9×29+10.令 S =1×2+2×22+3×23+⋯+9×29. 2S =1×22+2×23+3×24+⋯+9×210. 所以−S =2+22+⋯+29−9×210=2(1−29)1−2−9×210=−2−8×210.所以 S =8×210+2=8194.故 [log 21]+[log 22]+[log 23]+[log 24]+⋯+[log 21024]=S +10=8204． 20. 1000−1000i【解析】i 2000=1，i 2001=i ，设S =i +2i 2+3i 3+⋯+1999i 1999+2000i 2000.⋯⋯①两端同乘 i ，得iS =i 2+2i 3+3i 4+⋯+1999i 2000+2000i 2001.⋯⋯②①−②，得(1−i )S=i +i 2+i 3+⋯+i 2000−2000i 2001=i (1−i 2000)1−i−2000i =−2000i.解得S=1000−1000i．21. 2，9228【解析】（1）12=1×23+1×22+0×21+0×20，则I(12)=2．（2）I(1)=0=0×2−1；I(2)+I(3)=1+0=1×20；I(4)+I(5)+I(6)+I(7)=2+1+1+0=2×21；I(8)+I(9)+I(10)+⋯+I(15)=3+2+2+⋯+0=3×22；⋯⋯所以I(1)+I(2)+⋯+I(2048)=0×2−1+1×20+2×21+3×22+⋯+10×29+11=9228．第三部分22. （1）因为b1=1，b2=2且a n b n+b n=nb n+1，所以n=1时，a1+1=2，解得a1=1．所以a n=1+2(n−1)=2n−1．所以2nb n=nb n+1，即2b n=b n+1，所以数列{b n}是等比数列，公比为2．所以b n=2n−1．（2）c n=a n+1b n+1=2n2n=n2n−1，数列{c n}的前n项和为T n=1+22+322+⋯+n2n−1，12T n=12+222+⋯+n−12n−1+n2n，所以12T n=1+12+122+⋯+12n−1−n2n=1−12n1−12−n2n，所以T n=4−2+n2n−1<4．23. （1）设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q．由已知b2+b3=12，得b1(q+q2)=12，而b1=2，所以q2+q−6=0．又因为q>0，解得q=2．所以，b n=2n．由b3=a4−2a1，可得3d−a1=8．由S11=11b4，可得a1+5d=16，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得a n=3n−2．所以，{a n}的通项公式为a n=3n−2，{b n}的通项公式为b n=2n．（2）设数列{a2n b n}的前n项和为T n，由a2n=6n−2，有T n=4×2+10×22+16×23+⋯+(6n−2)×2n，2T n=4×22+10×23+16×24+⋯+(6n−8)×2n+(6n−2)×2n+1，上述两式相减，得−T n=4×2+6×22+6×23+⋯+6×2n−(6n−2)×2n+1=12×(1−2n)1−2−4−(6n−2)×2n+1=−(3n−4)2n+2−16,得T n=(3n−4)2n+2+16．所以，数列{a2n b n}的前n项和为(3n−4)2n+2+16．24. （1） 设等差数列的公差为 d ，等比数列的公比为 q ， 由 a 1=b 1=2，得 a 4=2+3d ，b 4=2q 3，S 4=8+6d ， 由 a 4+b 4=27，S 4−b 4=10，得 {2+3d +2q 3=27,8+6d −2q 3=10,解得 d =3，q =2， 所以 a n =3n −1，b n =2n ．（2） 假设存在实数 p ，q ，r ，对于任意 n ∈N ∗，都有 T n =pa n +qb n +r ，由（1）得，T n =a n b 1+a n−1b 2+⋯+a 1b n =2a n +22a n−1+23a n−2+⋯+2n a 1, ⋯⋯① 所以 2T n =22a n +23a n−1+24a n−2+⋯+2n+1a 1, ⋯⋯② 由 ②−① 得，T n =−2(3n −1)+3×(22+23+⋯+2n )+2n+2=3×4(1−2n−1)1−2+2n+2−6n +2=10⋅2n−6n −10.所以 T n =−2(3n −1)+10×2n −12=pa n +qb n +r ， 可得 p =−2；q =10；r =−12，即存在 p =−2；q =10；r =−12 满足条件． 25. （1） n =1 时，a 1=(m +1)−ma 1 得到 a 1=1；n ≥2 时，S n−1=(m +1)−ma n−1，S n −S n−1 得 a n =−ma n +ma n−1，整理得 a n =mm+1a n−1． 故数列 {a n } 是以 1 为首项以 mm+1 为公比的等比数列． （2） b 1=2，取倒数 1b n=1bn−1+1，故数列 {1b n} 是以 12 为首项以 1 为公差的等差数列，数列 {1b n} 的通项公式为 1b n=n −12，故 b n =22n−1．（3）2n+1b n=(2n −1)2n ，则 T n =1⋅2+3⋅22+⋯+(2n −1)2n ， 而 2T n =1⋅22+3⋅23+⋯+(2n −1)2n+1 ，两式相减得 −T n =2+2⋅22+2⋅23+⋯+2⋅2n −(2n −1)2n+1 ， 整理得 T n =6+(2n −3)2n+1．26. （1） 设等差数列 {a n } 的公差为 d ，由 S2S 1=4 得a 1+a 2a 1=4，所以 a 2=3a 1=3．d =a 2−a 1=2，所以 a n =a 1+(n −1)d =2n −1，所以 S n =n (1+2n−1)2=n 2．（2） 由 b n =a n ⋅2n−1，得 b n =(2n −1)⋅2n−1． 所以 T n =1+3⋅21+5⋅22+⋯+(2n −1)⋅2n−1 ⋯⋯①2T n =0+1⋅21+3⋅22+5⋅23+⋯+(2n −3)⋅2n−1+(2n −1)⋅2n ⋯⋯② ①−② 得：−T n =1+2⋅21+2⋅22+⋯+2⋅2n−1−(2n −1)⋅2n =2(1+2+22+⋯+2n−1)−(2n −1)⋅2n −1=2n ⋅(3−2n )−3.所以 T n =(2n −3)⋅2n +3．27. （1） 因为 S 2=2a 2−2，S 3=a 4−2，所以 S 3−S 2=a 4−2a 2，即 a 3=a 4−2a 2，所以q2−q−2=0，所以q=2或q=−1（舍去）．又a1+a2=2a2−2，所以a2=a1+2，所以a1q=a1+2，所以a1=2，a n=2n．（2）c n={1n(n+2),n为奇数n 2n ,n为偶数，所以T2n=(c1+c3+c5+⋯+c2n−1)+(c2+c4+⋯+c2n)=(11×3+13×5+15×7+⋯+1(2n−1)(2n+1))+(222+424+626+⋯+2n22n).记M1=11×3+13×5+⋯+1(2n−1)(2n+1)，则M1=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=n2n+1．记M2=222+424+626+⋯+2n−222n−2+2n22n, ⋯⋯①则14M2=224+426+628+⋯+2n−222n+2n22n+2 ⋯⋯②①-②得3 4M2=2(122+124+126+⋯+122n)−2n22n+2 =2⋅14(1−14n)1−14−2n22n+2=23(1−14n)−2n22n+2,所以M2=89−89⋅122n−83⋅n22n+2=89(1−4+3n22n+2)，所以T2n=n2n+1+89(1−4+3n22n+2)．28. （1）当n=1时，a1=2S1−1=2a1−1，解得a1=1；当n≥2时，a n=2S n−1，a n−1=2S n−1−1，两式相减得a n−a n−1=2a n，化简得a n=−a n−1，所以数列{a n}是首项为1，公比为−1的等比数列.（2）由（Ⅰ）可得a n=1×(−1)n−1，所以b n=(2n+1)⋅(−1)n−1，下提供三种求和方法供参考：[错位相减法]T n=3⋅(−1)0+5⋅(−1)1+7⋅(−1)2+⋯+(2n+1)⋅(−1)n−1,−T n=3⋅(−1)1+5⋅(−1)2+⋯+(2n−1)⋅(−1)n−1+(2n+1)⋅(−1)n,两式相减得2T n=3+2⋅(−1)1+2⋅(−1)2+⋯+2⋅(−1)n−1−(2n+1)⋅(−1)n=3+2×−[1−(−1)n−1]1−(−1)−(2n+1)⋅(−1)n=(2n+2)⋅(−1)n−1+2.所以数列{b n}的前n项和T n=(n+1)⋅(−1)n−1+1 .[并项求和法]当n为偶数时，b n−1+b n=−2，T n=n2×(−2)=−n；当n为奇数时，n+1为偶数，T n=T n+1−b n+1=−(n+1)−[−(2n+3)]=n+2；综上，数列{b n}的前n项和{−n,n为偶数n+2,n为奇数.[裂项相消法]因为 b n =(2n +1)⋅(−1)n−1=n ⋅(−1)n−1−(n +1)⋅(−1)n 所以T n =[1⋅(−1)0−2⋅(−1)1]+[2⋅(−1)1−3⋅(−1)2]+⋯+[n ⋅(−1)n−1−(n +1)⋅(−1)n ]=1⋅(−1)0−(n +1)⋅(−1)n=1−(−1)n⋅(n +1).所以数列 {b n } 的前 n 项和 T n =(n +1)⋅(−1)n−1+1 . 29. （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 a 1=b 1=2，得a 4=2+3d,b 4=2q 3,S 4=8+6d.由条件，得方程组{2+3d +2q 3=27,8+6d −2q 3=10,解得{d =3,q =2,所以a n =3n −1,b n =2n ,n ∈N +.（2） 证法一：由（1）得T n =2a n +22a n−1+23a n−2+⋯+2n a 1, ⋯⋯① 2T n =22a n +23a n−1+⋯+2n a 2+2n+1a 1. ⋯⋯②② − ①得T n=−2(3n −1)+3×22+3×23+⋯+3×2n +2n+2=12(1−2n−1)1−2+2n+2−6n +2=10×2n −6n −10.而−2a n +10b n −12=−2(3n −1)+10×2n −12=10×2n −6n −10,故T n +12=−2a n +10b n ,n ∈N +.证法二：数学归纳法（i ）当 n =1 时，T 1+12=a 1b 1+12=16,−2a 1+10b 1=16，故等式成立； （ii ）假设当 n =k 时等式成立，即 T k +12=−2a k +10b k ，则当 n =k +1 时有T k+1=a k+1b 1+a k b 2+a k−1b 3+⋯+a 1b k+1=a k+1b 1+q (a k b 1+a k−1b 2+⋯+a 1b k )=a k+1b 1+qT k=a k+1b 1+q (−2a k +10b k −12)=2a k+1−4(a k+1−3)+10b k+1−24=−2a k+1+10b k+1−12,即T k+1+12=−2a k+1+10b k+1.因此 n =k +1 时等式也成立．由（i ）和（ii ）可知对任意 n ∈N +,T n +12=−2a n +10b n 成立．30. （1） 设数列 {a n } 的公比为 q ，数列 {b n } 的公差为 d ，由题意知，q >0． 由已知，有 {2q 2−3d =2,q 4−3d =10, 消去 d ，整理得 q 4−2q 2−8=0，解得 q 2=4．又因为 q >0，所以 q =2，所以 d =2．所以数列 {a n } 的通项公式为 a n =2n−1,n ∈N ∗；数列 {b n } 的通项公式为 b n =2n −1,n ∈N ∗． （2） 由（1）有 c n =(2n −1)⋅2n−1，设 {c n } 的前 n 项和为 S n ， 则 S n =1×20+3×21+5×22+⋯+(2n −3)×2n−2+(2n −1)×2n−1， 2S n =1×21+3×22+5×23+⋯+(2n −3)×2n−1+(2n −1)×2n ， 上述两式相减，得−S n=1+22+23+⋯+2n −(2n −1)×2n=2n+1−3−(2n −1)⋅2n=−(2n −3)⋅2n −3,所以 S n =(2n −3)⋅2n +3,n ∈N ∗．31. （1） 设等差数列 {a n } 的公差为 d ，等比数列 {b n } 的公比为 q ． 由已知 b 2+b 3=12，得 b 1(q +q 2)=12，而 b 1=2， 所以 q +q 2−6=0． 又因为 q >0，解得 q =2． 所以，b n =2n ．由 b 3=a 4−2a 1，可得 3d −a 1=8, ⋯⋯① 由 S 11=11b 4，可得 a 1+5d =16, ⋯⋯②联立 ①②，解得 a 1=1，d =3，由此可得 a n =3n −2．所以，数列 {a n } 的通项公式为 a n =3n −2，数列 {b n } 的通项公式为 b n =2n ． （2） 设数列 {a 2n b 2n−1} 的前 n 项和为 T n ，由 a 2n =6n −2，b 2n−1=12×4n ，有 a 2n b 2n−1=(3n −1)4n ， 故 T n =2×4+5×42+8×43+⋯+(3n −1)4n ， 4T n =2×42+5×43+8×44+⋯+(3n −1)4n+1， 上述两式相减，得−3T n =2×4+3×42+3×43+⋯+3×4n −(3n −1)4n+1=12×(1−4n )1−4−4−(3n −1)4n+1=−(3n −2)4n+1−8.得 T n =3n−23×4n+1+83．所以，数列 {a 2n b 2n−1} 的前 n 项和为3n−23×4n+1+83．32. （1） 设等比数列 {a n } 的公比为 q ，由题知 a 1=12， 又因为 S 1+a 1，S 2+a 2，S 3+a 3 成等差数列，。
错位相减法求与附与答案
错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：①项的对应需正确；②相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；③若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3 ①当时 4s n－1 = + 2a n-1－3②①－②, 即，∴,（），是以3为首项，2为公差的等差数列， 6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明： . [答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.得（Ⅱ）由，…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或.（6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以.（13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。
(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。
高中数学数列 错位相减法求和专题训练含答案
高中数学数列错位相减法求和专题训练含答案1.已知数列$\{a_n\}$满足$a_{n+2}=\frac{2a_n}{n+2}$，其中$a_{n+2}$为奇数，$2a_n$为偶数，且$a_1=1,a_2=2$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 设$b_n=a_na_{n+1}$，$n\in\mathbb{N}$，求数列$\{b_n\}$的前$2n$项和$S_{2n}$；3) 设$c_n=a_{2n-1}a_{2n}+(-1)^n$，证明：$c_1+c_2+\cdots+c_n<\frac{4}{3}c_n$。
2.已知正项数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且满足$a_3=7$，$a_{n+1}=6S_n+9n+1$，$n\in\mathbb{N}^*$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 若正项等比数列$\{b_n\}$满足$b_1=a_1$，$b_3=a_2$，且$c_n=a_nb_n$，数列$\{c_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求$T_n$；若对任意$n\geq 2$，$n\in\mathbb{N}^*$，均有$(T_n-5)m\geq 6n-3n+35$恒成立，求实数$m$的取值范围。
3.已知$n\in\mathbb{N}^*$，设$S_n$是单调递减的等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和，$a_1=1$且$2S_2+a_2,S_4+a_4,S_3+a_3$成等差数列。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 记数列$\{na_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求证：对于任意正整数$n$，$T_n<\frac{4}{3}S_n$。
4.递增的等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_2=6$，$S_4=30$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 若$b_n=a_n\log_{1/a_n}n$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求满足$T_n+n^2>50$的正整数$n$的最小值。
专题03 错位相减求和(解析版)
专题3 错位相减求和一、解答题 1．（2022·全国·模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，且111a b ==，32312S b ==．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；(2)若1n n n c a b +=，求数列{}n c 的前n 项和n T ．【答案】(1)32n a n =-，14n n b -=(2)()1414n n T n +=+-【解析】【分析】（1）求出公差和公比，得到通项公式；（2）利用错位相减法求和. (1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ， 由题意得：13312a d +=，解得：3d =， 所以()13132n a n n =+-=-， 由2312b =得：24b =，所以214a q a ==，所以14n n b -= (2)()1324nn n n c a b n +==-⋅， 则()2344474324n n T n =+⨯+⨯++-①， ()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++-①，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯--()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯--=-+--，所以()1414n n T n +=+-2．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知数列{}n a 满足2n n a qa +=（q 为实数，且1q ≠），N n *∈，11a =，22a =，且23a a +，34a a +，45a a +成等差数列． (1)求q 的值和{}n a 的通项公式； (2)设2221log ,nn n a b a -=N n *∈ ，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，若对任意的N n *∈，满足()4(1)n n n n b n b nS λλ+-+>，试求实数λ的取值范围．【答案】(1)2q ， 12222n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，为偶数(2)1λ≥ 【解析】 【分析】（1）先根据23a a +，34a a +，45a a +成等差数列以及11a =，22a =计算出q ，再根据奇偶项分别写出{}n a 的通项公式即可（2）根据题意先求出{}n b 的通项公式，再根据错位相减法求出{}n b 的前n 项和为n S ，最后根据()4(1)n n n n b n b nS λλ+-+>列出关于λ的不等式，解出λ即可 (1)由己知，有()()()()34234534a a a a a a a a +-+=+-+，即4253a a a a -=-，所以23(1)(1)a q a q -=-，又因为1q ≠，所以322a a ==．由31a a q =，得2q，当()21N n k n *=-∈时，1122122n k n k a a ---===，当()2N n k n *=∈时，2222nk n ka a ===，所以{}n a 的通项公式为12222n n nn a n -⎧⎪=⎨⎪⎩，为奇数，为偶数 (2)由（1）得22121log 2n n n n a nb a --==， 设数列{}n b 的前n 项和为n S ，则012111111232222n n S n -=⨯+⨯+⨯+⋯+⨯， 1231111112322222n n S n =⨯+⨯+⨯+⋯+⨯， 两式相减，得23111111112212122222222212n n n n n n n n n n S --=++++⋯+-=-=---，整理得1242n n n S -+=-，所以数列{}n b 的前n 项和为1242n n -+-． ①111124(1)4222n n n n n n n n n λλ---+⎛⎫⎛⎫+-⋅+>- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即41511(2)22n n n λ-<+-=-+++，又5112n ->-+，①1λ-≤-，①1λ≥ 3．（2022·全国·模拟预测）已知数列{}n p 是首项为2的等差数列，{}n q 是公比为2的等比数列，且满足32p q =，73p q =．设数列{}n a 满足n n n a p q =⋅．(1)求{}n a 的通项公式；(2)在①1n n n b a n =+；①4log 2n n a b n =+；①()132n n n n n b a a ++⋅=这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答．已知数列{}n b 满足______，求{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)()12nn a n =+⋅(2)答案见解析【解析】 【分析】设出数列{}n p 的公差d 及数列{}n q 的首项1q ，由题列方程可求出d ，1q ，利用等差数列和等比数列的通项公式，即可求解；（2）结合（①）若选①，利用错位相减法即可求解；若选①，利用分组求和法即可求解；若选①，利用裂项相消法即可求解． (1)设数列{}n p 的公差为d ，数列{}n q 的首项为1q ． 由题意得1222dq +=，1264d q +=，解得1d =，12q =，则1n p n =+，2n n q =，所以()12nn a n =+⋅．(2) 若选①1n n nb a n =+， 即()1221n n n nb n n n =⋅+⋅=⋅+， 所以1231222322nn T n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯， 则234121222322n n T n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯， 两式相减得123122222n n n T n +-=+++⋅⋅⋅+-⨯()1122212n n n ++-=-⨯-()1122n n +=--所以()1122n n T n +=-⨯+．若选①4log 2nn a b n =+， 即44411log log 2log 222n n n n nb n n ++=+=+++， 所以()4442311log log log 123422n n T n n +⎛⎫=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+ ⎪+⎝⎭()41231log 3424n n n n ++⎛⎫=⨯⨯⋅⋅⋅⨯+⎪+⎝⎭ ()412log 24n n n +=++． 若选①()132n n n nn b a a ++⋅=，即()113211n nn nn n n b a a a a +++⋅==-， 所以12231111111n n n T a a a a a a +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111n a a +=-()111422n n +=-+．4．（2022·福建省福州第一中学三模）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，10a =，21a =，11(21)(1)10(2)n n n nS n S n S n +--+++-=.(1)证明：{}n a 为等差数列；(2)设2n an b =，在n b 和1n b +之间插入n 个数，使这2n +个数构成公差为n d 的等差数列，求1n d ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.【答案】(1)证明见解析 (2)116(3)2n n T n -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】（1）根据11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，即可得到*1(1)10,N n n na n a n +-+-=∈，从而得到1(1)10,2n n n a na n ----=，作差即可得到112,2n n n a a a n +-+=，从而得证； （2）由（1）可得{}n a 的通项公式，从而得到1112n n n d -+=，再利用错位相减法计算可得； (1)证明：因为2n 时，11(21)(1)10n n n nS n S n S +--+++-=， 则()()11(1)10n n n n n S S n S S +---+--=， 即1(1)10n n na n a +-+-=，2n ，· 因为21210a a --=，·则*1(1)10,N n n na n a n +-+-=∈⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅①， 所以1(1)10,2n n n a na n ----=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅①， 则①-①得1120,2n n n na na na n +--+=， 即112,2n n n a a a n +-+=，· 所以{}n a 为等差数列. (2)解：由（1）可得{}n a 的首项为10a =，公差为211a a -=，所以1n a n =-，所以12n n b -=，所以111222111n n n n n n b b d n n n --+--===+++，则1112n n n d -+=，记1n d ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，则01211111234(1)2222n n T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅①，所以1231111111234(1)222222n nn T n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅①，则①-①得21111112(1)22222n nn T n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，·所以1111121(1)3(3)122212nn nn T n n ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-，·所以116(3)2n n T n -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.·5．（2022·全国·模拟预测（理））已知等比数列{}n a 满足1330a a +=，2490a a +=，其前n 项和为n S ．数列{}n b 满足3n n nb a =⨯． (1)求1321n na a a S -++．(2)求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)314n + (2)121344nn -+⋅ 【解析】 【分析】（1）列方程组求得等比数列{}n a 的首项1a 公比q ，进而利用等比数列前n 项和公式即可求得1321n na a a S -++的值；（2）先求得数列{}n b 的通项公式，再利用错位相减法去求其前n 项和n T 即可. (1)设等比数列{}n a 首项为1a ，公比为q ，则2113113090a a q a q a q ⎧+=⎨+=⎩，解之得133a q =⎧⎨=⎩， 则3nn a =，()()313331132n nn S --==-，()()1321319391198n n n a aa ---++==-，则()()()13213919131843314312n n n n n n n a a a S --++-+===--(2)由3nn a =，可得133n n n nb a n -=⋅=⋅ 则数列{}n b 的前n 项和()01221132333133n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅()12313132333133n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅则()1123131321333331313n n nn n T n n ---⎡⎤-=+++++-⋅=+-⋅⎣⎦-则()131311213324244n n n n n n T ---=-++⋅=+⋅ 6．（2022·全国·模拟预测（文））若数列{}n a 满足221n n n a a a ++=，13a =，23243a a =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)若3log n n b a =，求数列{}n n a b 的前n 项和n S ．【答案】(1)3n n a =(2)()132134n n S n ++-=【解析】 【分析】（1）利用等比中项法判断出{}n a 为等比数列，设其公比为q （0q ≠），由23243a a =，求出3q =，得到{}n a 的通项公式；（2）先得到3n nn a b n =⋅，利用错位相减法求和.(1)因为数列{}n a 满足221n n n a a a ++=，13a =，23243a a =，所以0n a ≠.所以数列{}n a 为等比数列，设其公比为q （0q ≠）.所以22323113243a a a q a q q =⨯=⨯=，解得：3q =. 所以113n nn a a q -==. 即{}n a 的通项公式为3nn a =.(2)由（1）可知：33l 3log og n n n b a n ===，所以3n nn a b n =⋅，所以1122n n n S a b a b a b =+++1213233n n =⋅+⋅++⋅ ①3⨯①得：231313233n n n S +=⋅+⋅++⋅ ①①-①得：()123111313131333n n n S n +-⋅=⋅+⋅+++⋅-⋅()1133331133nn n n S +-⋅=-⋅--所以()132134n n S n ++-=7．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（文））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，求n S ． 【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)1242n n n S -+=-. 【解析】 【分析】（1）求出等比数列{}n b 的公比即可得其通项公式，再求出等差数列{}n a 的公差，求出其通项作答. （2）利用（1）的结论求出n c ，再利用错位相减法求解作答. (1)依题意，等比数列{}n b 的公比322b q b ==，则有2122n n n b b q --==，因此，111a b ==， 由851a b +=得85115a b =-=，等差数列{}n a 的公差81281a a d -==-，1(1)21n a a n d n =+-=-， 所以数列{}n a 、{}n b 的通项公式分别为：21n a n =-，12n n b -=.(2)由（1）知，111222n n n n n a n nc b -++===， 则23123412222n n nS -=+++++， 于是得23111231222222n n nn nS --=+++++， 两式相减得：23111()11112212122222211222nn n n nn n n S n --+=+++++-=-=--， 所以1242n n n S -+=-. 8．（2021·全国·高考真题（文））设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <．【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可； （2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n nn nT --=++++， 012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n nn n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ① 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ①由①-①得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ． 所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n n S n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n n n nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，① ①-①得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅，所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（①）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭n n c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.9．（2022·湖南·长沙县第一中学模拟预测）已知数列{n a }为等差数列，23a =，1453a a =，数列{n b }的前n 项和为n S ，且满足231n n S b =-． (1)求{n a }和{n b }的通项公式；(2)若n n n c a b =⋅，数列{n c }的前n 项和为n T ，且()31n n n T n m -⋅-<⋅对n *∈N 恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】(1)()21n a n n N +=-∈；()13n n b n N -+=∈(2)()82m ∈-，【解析】 【分析】（1）求解等差数列{n a }通项公式，只需设参数1a ，d 列方程组即可求解，数列{n b }通过已知前n 项和n S 求解通项公式n b ；（2）需要先用错位相减法求得数列{n c }的前n 项和为n T ，代入不等式中对n 分类讨论，转化为最值问题，求出m 范围即可． (1)解：等差数列{n a }中，设公差为d ，则211451133313312a a d a a a d a d =+=⎧⎧⇒⎨⎨=+=+⎩⎩()111312122n a d a a n n N a d d ++==⎧⎧⇒⇒⇒=-∈⎨⎨==⎩⎩数列{n b }中的前n 项和为n S ，且231n n S b =-① 当1n =时，11b =当2n ≥时，11231n n S b --=-① ①－①得：132)(n n b b n -=≥故数列{n b }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以()13n n b n N -+=∈.(2)解：数列{n c }中，()1213n n n n c a b n -=⋅=-⋅.则()()01211333233213n n n T n n --=⨯+⨯++-⋅+-⋅ 所以()()12131333233213n n n T n n -=⨯+⨯++-⋅+-⋅故()()()11110221233...321312333n n n n T n ---=++++--⋅=-++++()()()1321312213223213nnn n n n n ---⋅=-+⋅--⋅=-⋅--所以()131nn T n =-⋅+①()1313nn n n m T n -⋅>-⋅=-对n *∈N 恒成立．当n 为奇数时，()()1min 1133131312nn n n m m m m -⋅=->-⇒<-⇒<-=-=，当n 为偶数时，()()22max 11313138n n m m m -⋅=>-⇒>-=-=-综上：实数m 的取值范围为()82m ∈-，． 10．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足242340,n n a S n n n N *-+--=∈．数列{}n b 满足11b =，12,n n n n b a b n N *+=∈．(1)求证：数列{}-n a n 为等比数列，并求数列{}n a 的通项公式； (2)求证：1113,2n n n n b b n N *+-+>≥-∈． 【答案】(1)证明见解析，2nn a n =+(2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）由公式当2n ≥时，1n n n a S S -=-可得n a 与1n a -的关系式，进而可证数列{}-n a n 为等比数列，并求得数列{}n a 的通项公式；（2）由题意得112n n n n b b +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以1n b +与n b 同号，又数列{}n b 为递增数列，又122n n n n n n n b b b +-=≥，累加得121121222n n n b b ---≥+++1122n n -+=-所以n b 1132n n -+≥- (1)当1n =时，13a =；当2n ≥时，21142(1)3(1)40,n n a S n n n N *---+----=∈，所以()142240n n n a a a n ---+-=，整理得122n n a a n -=-+． 所以[]12(1)n n a n a n --=--，又1120a -=≠，故0n a n -≠．所以12(1)n n a na n --=--，即{}-n a n 为等比数列．所以2,2n n n n a n a n -==+(2)由题意得112n n n n b b +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，所以1n b +与n b 同号，又因为110b =>，所以0n b >，即102n n n n nb b b +-=>，即1n n b b +>． 所以数列{}n b 为递增数列，所以11n b b ≥=， 即122n n n n n n n b b b +-=≥，累加得121121222n n n b b ---≥+++． 令21121222n n n T --=+++，，所以2311212222n nn T -=+++， 两式相减得：12311111111111221222222212n n n n n n n T --⎛⎫- ⎪--⎝⎭=++++-=--， 所以1122n n n T -+=-，所以1132n n n b -+≥-，所以11132n nn n b b +-+>≥-． 11．（2022·宁夏·银川一中模拟预测（理））已知数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且22b =，34b =，11a b =，851a b +=．(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)设11n n n a c b ++=，数列{}n c 的前n 项和为n S ，若不等式12n n nS λ-<+对任意的*n ∈恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)21n a n =-，12n n b -=；(2)(),2-∞. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列()11n a a n d +-=，等比数列11n n b b q -=代入计算；（2）利用错位相减法可得1242n n n S -+=-，令2142nn c -=-，由{}n c 为递增数列，结合恒成立思想可得答案． (1)解：因为数列{}n b 是等比数列，则可得2123124b b q b b q ==⎧⎨==⎩，解得112b q =⎧⎨=⎩， 所以12n n b -=．因为数列{}n a 是等差数列，且111a b ==，8117116a a d +=++=，则公差2d =， 所以()12121n a n n =+-=-．故21n a n =-，12n n b -=；(2)解：由（1）得：1112n n n n a nc b -++==， 数列{}n c 的前n 项和为121231222n n nS -=+++⋅⋅⋅+① 所以22111231222222n n n n nS --=+++⋅⋅⋅++①由①-①得：121111112121222222222n n n n n n n n n S -+⎛⎫=+++⋅⋅⋅+-=--=- ⎪⎝⎭，所以1242n n n S -+=-． 不等式12n n n S λ-<+恒成立，化为不等式2142n λ-<-恒成立，令2142n n c -=-且{}n c 为递增数列，即转化为()min n c λ<当1n =时，()12min 1422n c -=-=，所以2λ<． 综上可得：实数λ的取值范围是(),2-∞．12．（2022·江苏·南京师大附中模拟预测）已知正项数列{}n a 的前n 项和nn S Aq B =+，其中A ，B ，q 为常数.(1)若0A B +=，证明：数列{}n a 是等比数列； (2)若11a =，24n n a a +=，求数列{}n na 的前n 项和n T . 【答案】(1)证明见解析； (2)1(1)2n n +-⋅ 【解析】 【分析】（1）由退位相减法求得数列{}n a 的通项公式，再由等比数列的定义进行判断即可； （2）先由24n n a a +=求得2q ，再由314a a =求得1A =，即得数列{}n a 的通项公式，再由错位相减求和即可. (1)当2n ≥时，11n n S Aq B --=+，则()()1111n n n n n n a S S Aq B Aq B A q q ----=+--=+=，又正项数列{}n a ，则0q ≠且1q ≠，当1n =时，11a S Aq B ==+，又0A B +=，则()11a A q =-，也符合()11n n a A q q -=-，则()11n n a A q q -=-，()11nn A q q a +=-，则1n na q a +=，故数列{}n a 是以()1A q -为首项，q 为公比的等比数列；(2)由（1）知：当2n ≥时，()11n n a A q q -=-，则()121n n A q q a ++-=，由24n n a a +=可得24q =，又正项数列{}n a 可得0q >，则2q ，12(2)n n a A n -⋅≥=，则34a A =，又11a =，314a a =可得1A =，则12(2)n n a n -=≥，1n =时也符合，则12n na ，则01211222322n n T n -=⨯+⨯+⨯++⋅，12321222322n n T n =⨯+⨯+⨯++⋅，两式相减得()0123112222222212112n n nn n n T n n n ---=+++++-⋅=-⋅=-⋅--，则()112nn T n =+-⋅.13．（2022·天津·耀华中学一模）设数列{}()*n a n ∈N 是公差不为零的等差数列，满足369a a a +=，25796a a a +=.数列{}()*n b n ∈N 的前n 项和为n S ，且满足423n n S b +=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)在1b 和2b 之间插入1个数11x ，使1b ，11x ，2b 成等差数列；在2b 和3b 之间插入2个数21x ，22x ，使2b ，21x ，22x ，3b 成等差数列；……；在n b 和1n b +之间插入n 个数1n x ，2n x ，…，nn x ，使n b ，1n x ，2n x ，…，nn x ，1n b +成等差数列.（i ）求()()()11212231323312n n n nn T x x x x x x x x x =++++++++++；（ii ）是否存在正整数m ，n ，使12m n ma T a +=成立？若存在，求出所有的正整数对(),m n ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)n a n =；11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.(2)（i ）n T 123343n n +⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（ii ）存在；(9,2)和(3,3).【解析】 【分析】（1）设}n a ｛的公差为d ，根据题意列式求出1a 和d 即可求出n a ；根据11n n n b S S ++=-可求出n b ； （2）（i ）根据等差中项的性质得到()123411357(21)2n n n T b b b b n b nb +=+++++-+，再根据错位相减法可求出n T ；（ii ）根据n T 和{}n a 的通项公式得到23213n n m +=-，推出211,13m ⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，令233n nn c +=，推出{}n c 的单调性，根据单调性可知，只有2c 和31,13c ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，由此可求出结果.(1)设}n a ｛的公差为d ，0d ≠， 则()111211125846648a d a d a d a d a d a d+++=+⎧⎪⎨+++=+⎪⎩，解得11a d ==， 所以1(1)11n a a n d n n =+-=+-=.由423n n S b +=得11423b b +=，得112b =， 11423n n S b +++=，所以114()2()330n n n n S S b b ++-+-=-=，所以11422n n n b b b +++=，即113n n b b +=，所以11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.综上所述：n a n =；11123n n b -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭.(2)（i ）依题意得12112b b x +=，2321222()2b b x x ++=，343132333()2b b x x x +++=， 45414243444()2b b x x x x ++++=，，123n n n nn x x x x ++++1()2n n n b b ++=， 所以()()()11212231323312n n n nn T x x x x x x x x x =++++++++++2334451122()3()4()()22222n n b b b b b b n b b b b ++++++=+++++()123411357(21)2n n b b b b n b nb +=+++++-+012311111111111111()3()5()7()(21)()()2232323232323n n n n -⎛⎫=⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯++-⋅⨯+⋅⨯ ⎪⎝⎭012311111111()3()5()7()(21)()()4333333n n n n -⎛⎫=+⨯+⨯+⨯++-⋅+⋅ ⎪⎝⎭令0123111111()3()5()7()(21)()33333n n R n -=+⨯+⨯+⨯++-⋅，则1234111111()3()5()7()(21)()333333n n R n =+⨯+⨯+⨯++-⋅，所以13n n R R -=12311111112()()()()(21)()33333n n n -⎛⎫+++++--⋅ ⎪⎝⎭， 所以1111()213312(21)()13313n n n R n -⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯--⋅-，所以113(1)()3n n R n -=-+⋅，所以11()43n n n T R n ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭1113433n n n n -+⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭123343n n +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，（ii ）假设存在正整数m ，n ，使12m n m a T a +=，即12313432n n m m ++⎛⎫-= ⎪⎝⎭，即23213n n m+=-成立， 因为210m->，所以2m >，所以3m ≥，所以211,13m ⎡⎫-∈⎪⎢⎣⎭，令233n nn c +=，则1125253233(23)3n n n nn c n n c n ++++==++2512544n n n +=<+++， 所以数列{}n c 单调递减，1513c =>，279c =，313c =，当4n ≥时，4111813n c c ≤=<，所以由27219c m ==-，得9m =；由31213c m==-，得3m =， 所以存在正整数m ，n ，使12m n ma T a +=，且所有的正整数对(,)m n 为：(9,2)和(3,3). 14．（2022·浙江·海宁中学模拟预测）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若点()n n a S ，在直线5410x y --=上. (1)求数列{}n a 的通项公式n a ；(2)设数列{}n b 满足()514log 3n n n b a a +=⋅-，求数列{}n b 的前n 项和.n T【答案】(1)15n n a -=(2)()115nn T n =+-⋅【解析】 【分析】（1）根据点在直线上建立数列递推关系式，通过化简后结合等比数列的定义确定数列是等比数列，并求得首项与公比，即可得到其通项公式；（2）先根据数列{}n a 的通项公式表示得到n b ，然后利用错位相减法求数列的和. (1)解：因为点()n n a S ，在直线5410x y --=上，所以()*5410n n a S n N --=∈，当1n =时，11154110a S a --=-=， 解得1 1.a =当*2n n N ≥∈，时，115410n n a S ----=， 所以111554450n n n n n n a a S S a a -----+=-=， 所以15nn a a -=， 所以可知数列{}n a 是首项为1，公比为5的等比数列，所以15n n a -=.(2)由（1）可知，15nn a +=，所以514log 343n a n +-=-，所以()1435n n b n -=-⋅.所以()0121155595435n n T n -=⨯+⨯+⨯++-⋅,则()()12315155595475435n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅+-⋅，两式相减，可得()()121414555435n n n T n --=++++--⋅()()15151443515n n n --=+--⋅-()4445nn =-+-+,化简得()115nn T n =+-⋅.15．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测（理））已知数列{}n a ，13a =，点()1,n n a a +在曲线5823x y x -=-上，且12n n b a =-. (1)求证：数列{}n b 是等差数列； (2)已知数列{}n c 满足122n b n n c b +=⋅，记n S 为数列{}n c 的前n 项和，求n S ，并证明：当2n ≥时，6n S >.【答案】(1)证明见解析(2)16(23)2n n S n +=+-⋅；证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意得15823n n n a a a +-=-，由1111222n nn n b b a a ++-=-=--，结合等差数列的定义可证结论成立； （2）利用错位相减法求出n S ，根据n S 的解析式可证当2n ≥时，6n S >. (1)因为点()1,n n a a +在曲线5823x y x -=-上，所以15823n n n a a a +-=-， 因为13a =，所以11111232b a ===--， 因为11111158222223n n n n n n n b b a a a a a ++-=-=-------231222n n n a a a -=-=--， 所以数列{}n b 是首项为1，公差为2的等差数列. (2)由（1）得1(1)221n b b n n =+-⋅=-， 所以1221)22(n n b n n c b n +=⋅=-⋅，所以123123252(212)n n n S =⨯+⨯+⨯++-⋅，3124123252(21)22n n S n +=⨯+⨯+⨯++-⋅， 所以231222(222)(21)2n n n n S S n +-=++++--⋅，所以114(12)22(21)212n n n S n -+--=+⨯--⋅-16(32)2n n +=-+-⋅，所以16(23)2n n S n +=+-⋅，当2n ≥时，230n ->，所以6n S >.16．（2022·天津河西·二模）已知数列{}n a 的首项13a =，且满足*122()n n n a a n N +=+∈．(1)证明数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)求1nk k a =∑的值；(3)设()242221(1)210132n n n n n n n b a a -+-⋅++⋅=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的最大值和最小值．【答案】(1)证明见解析；1(2)2n n a n -=+⋅.(2)1(1)21nnk k a n ==+⋅-∑ (3)n T 有最小值25144-，最大值16225-. 【解析】 【分析】（1）等式两边同除以2n 得11122n nn n a a +--=即可证明结论，再根据等差数列的定义求通项公式； （2）结合（1），根据错位相减法求解即可；（3）由题知2211(1)(2)(3)n n b n n ⎡⎤=-+⎢⎥++⎣⎦，进而裂项求和，并分n 的奇偶性讨论单调性求解最值即可. (1)解：因为*122()n n n a a n N +=+∈，所以，等式两边同除以2n 得11122n nn n a a +--=， 又因为1103,32a a ==， 所以，数列12n n a -⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，公差为1，首项为3.所以，122nn a n -=+，即1(2)2n n a n -=+⋅. (2)解：设01221324252(1)2(2)2n n n S n n --=⨯+⨯+⨯+++++⋅，则12123242(1)2(2)2n n n S n n -=⨯+⨯+++++，所以，两式作差得：123132222(2)2n n n S n --=+++++-+，整理得：()1223(11122)2(1)2n nn n S n n --=+-++-=--，即(1)12nn S n =-+.所以，1(1)21nnk k a n ==+⋅-∑(3)解：由（1）知24224222222221(1)(21013)2(1)(21013)2(2)2(3)2n n n n n n n n n n n n n b a a n n ---+-⋅++⋅-⋅++⋅==⋅+⋅⋅+⋅ 22222(1)(21013)11(1)(2)(3)(2)(3)n n n n n n n n ⎡⎤-⋅++==-+⎢⎥++++⎣⎦， 所以，222222211111111()()(1)(1)3445(2)(3)(3)9n nn T n n n ⎡⎤=-+++-+-+=--⎢⎥+++⎣⎦， 所以，当n 为奇数时，211(3)9n T n =--+，随着n 的增大而增大，故当1n =时，nT 有最小值25144-； 当n 为偶数时，211(3)9n T n =-+，随着n 的增大而减小，故当2n =时，n T 有最大值16225-； 综上所述，n T 有最小值25144-，最大值16225-. 17．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且211122n S n n =++，*N n ∈．(1)求{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足11223113322n n n b b b a a a ++++⋅⋅⋅+=⨯-，*N n ∈，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【答案】(1)2,1,, 2.n n a n n =⎧=⎨≥⎩ (2)1213344n n n T ++=⨯- 【解析】 【分析】（1）利用数列中n a 与n S 的关系即可求得{}n a 的通项公式；（2）先利用题给条件求得数列{}n b 的通项公式，再利用错位相减法去求数列{}n b 的前n 项和n T ． (1)当1n =时，11111222a S ==++=； 当2n ≥时，()()221111111112222n n n a S S n n n n n -=-=++-----=．综上，2,1,, 2.n n a n n =⎧=⎨≥⎩ (2)因为11223113322n n n b b b a a a ++++⋅⋅⋅+=⨯-， 所以当1n =时，1293322b a =-=，所以16b =．当2n ≥时，由11223111223133,2213322n n n n n n b b b a a a b b b a a a ++-⎧++⋅⋅⋅+=⨯-⎪⎪⎨⎪++⋅⋅⋅+=⨯-⎪⎩ 得1113133332222n n n n n b a ++=⨯--⨯+=，所以()13n n b n =+⋅． 又当1n =时，()116113b ==+⋅，所以()13n n b n =+⋅． 所以()212233313nn n T b b b n =++⋅⋅⋅+=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅，()2313233313n n T n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅， 所以()23122333313nn n T n +-=⨯+++⋅⋅⋅+-+⋅()()11191332161331322n n n n n -++-+=+-+⋅=-⨯-， 所以1213344n n n T ++=⨯-． 18．（2022·天津市武清区杨村第一中学模拟预测）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为1，且满足836S =．数列{}n b 是首项为2的等比数列，公比不为1，且3b 、232b 、12b 成等差数列，其前n 项和为n T ．(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)若()12224n n n n S T T T a b +++⋅⋅⋅+=+，求正整数n 的值；(3)记*35(1)](N [)(1)(2)n an n n n n na n c nb a a b +=-+∈++，求数列{}nc 的前n 项和n R ． 【答案】(1)n a n =，2nn b =；(2)4； (3)3211)()913(8212n n n R n ++⋅-+=-+. 【解析】 【分析】（1）由836S =求出{}n a 的首项，由3b 、232b 、12b 成等差数列求出{}n b 的公比，再求出它们的通项作答.（2）求出n S ，n T ，再求出数列{}n T 前n 项和，代入给定等式求解即得. （3）利用（1）的结论求出n c ，再借助分组求和法、错位相减法求解作答. (1)依题意，183781682a S ⨯⨯==+，解得11a =，则1(1)1n a n n =+-⨯=，设数列{}n b 的公比为q ，因3b ，232b ，12b 成等差数列，则31223b b b +=，有22640q q -+=，而1q ≠，解得2q，2n n b =，所以数列{}n a 和{}n b 的通项公式分别为：n a n =，2nn b =.(2)由（1）知，(1)2n n n S +=，12(12)2212n n n T +-==--，213122(222)2242n n n T T n n T ++=++++⋅⋅⋅-++=--，依题意，2(1)242242n n n n n n +++--=+⨯，整理得2340n n --=，而N n *∈，解得4n =， 所以正整数n 的值是4. (3)由（1）知351(1)2(2)(1)]()(1)2(1)(2)22(1)(2)2[nn n n n n nn n n n c n n n n n ++++=-+=-+-++⋅++⋅1111()(1)[]22(1)2(2)n n n n n n n -=-+-+++，令数列1{()}2n n -的前n 项和为n A ，数列111{(1)[]}2(1)2(2)nn n n n --+++的前n 项和为n B ， 则2311111()2()3()()2222n n A n =⋅-+⋅-+⋅-++⋅-，于是得231111111()2()(1)()()22222n n n A n n +-=⋅-+⋅-++-⋅-+⋅-，两式相减得：231111[1()]311111122()()()()()()122222221()2n n n n n A n n ++---=-+-+-++---=----11321()332n n ++=--⋅-，因此，2321()992n n n A +=-+⋅-， 0112233411111111()()()()2232324242525262n B =-+++-++++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯1111(1)(1)[]2(1)2(2)22(2)n nn n n n n n ---++=-++++，数列{}n c 的前n 项和2321(1)13(22(2)113211())()9928922n n n n n n n n n n n R A B ++=+=-+⋅-+⋅-+-++--=+. 【点睛】方法点睛：如果数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，求数列{}n n a b 的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解．19．（2022·浙江·绍兴一中模拟预测）已知正项数列{}n a 满足()221113,33*--=-=+∈n n n n a a a a a n N ，数列{}n b 的前n 项和为n S 且满足22=-n n S b ．(1)求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； (2)设()24*+=∈-nn n a C n N b ，证明：1294n C C C +++<． 【答案】(1)3n a n =；2nn b =.(2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）将221133n n n n a a a a ---=+移项后化简可轻易得出{}n a 为等差数列，通过()12n n n b S S n -=-≥将已知条件22=-n n S b 代入后易得{}n b 为等比数列，再分别通过等差数列与等比数列的通项公式即可求解.（2）将n C 化简后，可判断出3142n n n C +<⋅，设将此式的前n 项和为n T ，错位相消后可求出n T 的表达式，通过判断出94n T <即可证明1294++⋯+<n C C C .(1)由已知条件，可化为221133n n n n a a a a ---=+{}n a 为正项数列，①13n n a a --=，所以{}n a 为等差数列，则()1313n a a n n =+-=.22n n S b =-①，1122(2)n n S b n --=-≥①1n =时，得12b =，由①-①得12n n b b -=，所以{}n b 为等比数列1222-∴=⋅=n nn b .(2)证明：由题意，2324+=-n n nC ，233312442142n n nn n n ++=⋅<⋅--，设3142n n +⋅的前n 项和为n T ， 1233112131142222n n n T ++++⎛⎫∴=++++⎪⎝⎭① 23113112+11++242222n n n n n T +++⎛⎫=++ ⎪⎝⎭①，①-①得，2311131111113332422222422n n n n n n T +++++⎛⎫⎛⎫=++++-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 3393424n n n T +⎛⎫∴=-< ⎪⎝⎭，1294n n C C C T ∴+++<<. 20．（2021·天津·高考真题）已知{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64．{}n b 是公比大于0的等比数列，1324,48b b b =-=． （I ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（II ）记2*1,n n nc b b n N =+∈，（i ）证明{}22nn c c -是等比数列；（ii ）证明)*nk n N =∈ 【答案】（I ）21,n a n n N *=-∈，4,n n N b n *=∈；（II ）（i ）证明见解析；（ii ）证明见解析.【解析】 【分析】（I ）由等差数列的求和公式运算可得{}n a 的通项，由等比数列的通项公式运算可得{}n b 的通项公式；（II ）（i ）运算可得2224nn n c c =⋅-，结合等比数列的定义即可得证；（ii ）放缩得21222422n n n n n a n c a c +<-⋅，进而可得112n n k k k -==，结合错位相减法即可得证. 【详解】（I ）因为{}n a 是公差为2的等差数列，其前8项和为64． 所以12818782642a a a a ⨯++⋅⋅⋅+=+⨯=，所以11a =， 所以()12121,n n n n N a a *=+-=-∈；设等比数列{}n b 的公比为(),0q q >，所以()221321484q b b b q q b q ==-=--，解得4q =（负值舍去）， 所以114,n n n b q n N b -*==∈；（II ）（i ）由题意，221441n n nn n b c b =++=，所以22224211442444n n nn nnn c c ⎛⎫⎛⎫=+-+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-， 所以220nn c c ≠-，且212222124424n n n n nn c c c c +++⋅==⋅--， 所以数列{}22nn c c -是等比数列； （ii ）由题意知，()()22122222121414242222n n n n n n n n n a n n c c a +-+-==<-⋅⋅⋅，12n n-，所以112nn k k k k-==， 设10121112322222nn k n k k nT --===+++⋅⋅⋅+∑， 则123112322222n n n T =+++⋅⋅⋅+，两式相减得21111111122121222222212nn n n nn n n n T -⎛⎫⋅- ⎪+⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-=-=--， 所以1242n n n T -+=-，所以1112422nn k n k k n --==+⎫-<⎪⎭ 【点睛】 关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为nk =可得证.。
专题 数列求和之错位相减法求和专练(解析版)高二数学下学期专题训练(沪教版2021选择性必修一)
专题06 数列求和之错位相减法求和专练（解析版）错误率：___________易错题号：___________一、单选题1．定义[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]0.390=，[]1.281=．若数列{}n a 的通项公式为[]2log n a n =，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2047S =（ ）A ．1122+B ．11322⨯+C ．11622⨯+D ．11922⨯+【标准答案】D由题可得数列依次有1个0，2个1，4个2，8个3，，2k 个k ，则由212222047k +++⋅⋅⋅+=可得10k =，即可得2310204701122232102S =⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯，由错位相减法可求得.【详解详析】 1n ≥，2log 0n ∴≥，当20log 1n ≤<时，1n =，即10a =（共1项）； 当21log 2n ≤<时，2,3n =，即231a a ==（共2项）；当22log 3n ≤<时，4,5,6,7n =，即45672a a a a ====（共4项）； …当2log 1k n k ≤<+时，12,21,,21k k k n +=+⋅⋅⋅-，即122121k k k a a a k ++-==⋅⋅⋅==（共2k 项），由212222047k+++⋅⋅⋅+=，得112204712k +-=-．即122048k +=，所以10k =．所以2310204701122232102S =⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯，则2341120472122232102S =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯，两式相减得234101120472+2222102S -=+++⋅⋅⋅+-⨯()10111121210292212⨯-=-⨯=-⨯--，∴112047922S =⨯+．故选：D ． 【名师指路】关键点睛：本题考查数列的前n 项和的求解，解题的关键是得出数列的特点，从而得出2310204701122232102S =⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯，再利用错位相减法求解.2．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n S n n =+，记数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为.n T 若对于任意的*n N ∈，不等式11722n n nn T t ++--≤恒成立，则实数t 的最小值为（ ） A ．564B ．332C ．21256 D ．34【标准答案】B 【思路指引】先求出,2n n n a a ，用错位相减法求出.n T 把不等式11722n n n n T t ++--≤恒成立，转化为2142n n nt +-≥，记()2142n n n f n +-=，求出()2142n n nf n +-=的最大值，即可求出t 的最小值. 【详解详析】解：对于22n S n n =+，当n =1时，2112n na S +===1，当n ≥2时，()2211122n n n n n n n a S S n --+-+=-=-=， 经检验：n a n =对n =1也成立， ∴n a n =， 所以22=n n na n∴231232222n nn T =++++， 234111231222222n n n n nT +-=+++++， 两式相减得，2311111111122222222n nn n n n nT ++=++++-=--， 222n nn T +=-， 所以11137222n n n n n n T t n t ++++--=⨯-≤， 所以2142n n n t +-≥， 令()2142n n nf n +-= ， ()()()222212(1)4146(3)1222n n n n n n n n f n f n ++++-+---+-=-=， 故当15n ≤≤时，()()1f n f n +>，()f n 单调递增， 当6n ≥时，()()1f n f n +<，()f n 单调递减， max 3(6)32f f ∴==所以332t ≥，t 的最小值为332．故选：B ．【名师指路】（1）数列求通项公式的方法：∴观察归纳法；∴公式法；∴由n S 求n a ；∴由递推公式求通项公式； （2）数列求和常用方法：∴公式法； ∴倒序相加法；∴裂项相消法； ∴错位相减法． 3．数列{}n b 满足11122n n n b b ++=+﹐若112b =，则{}n b 的前n 项和为（ ） A ．1212n n ++-B ．1112n n ++-C ．222nn +-D ．13322n n ++-【标准答案】C 【思路指引】 由11122n n n b b ++=+，得11221n n n n b b ++=+，所以可得数列{}2n n b 是等差数列，得数列{}n b 的通项公式，再利用错位相减法求和. 【详解详析】 因为11122n n n b b ++=+，所以11221n n n n b b ++=+，所以数列{}2n n b 是公差为1d =，首项为1212⨯=的等差数列，所以1(1)2=+-=nn n b n ，所以2n n nb =，设{}n b 的前n 项和为n S ，所以212...222nnn S =+++∴，231112...2222n n n S +=+++∴，∴-∴得，23111111+...222222+=+++-n n n n S ，得222n n n S +=-. 故选：C 【名师指路】本题的核心是考查错位相减求和，一般地，如果数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，求数列{}n n a b ⋅的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解． 4．设等差数列{an }的前n 项和为Sn ，且满足a 1＝2，S 7＝35，将a 3，a 7，a 11，a 15中去掉一项后，剩下的三项按原来的顺序恰为等比数列{bn }的前三项，则数列{anbn }的前10项的和T 10＝（ ） A ．10⋅212 B ．9⋅212 C ．11⋅212 D ．12⋅212【标准答案】A 【思路指引】先设等差数列的公差d ，根据公式求d 和n a ，判断4,8,16是等比数列{bn }的前三项，再求得公比和n b ，代入计算()112n n n a b n +=+⋅，最后利用错位相减法求10T 即可.【详解详析】设等差数列{an }的公差为d ，则717276352S d =⨯+⨯⨯=，解得1d =.故()2111n a n n =+-⨯=+，即3711154,8,12,16a a a a ====， 由题意知，4,8,16是等比数列{bn }的前三项，即14b =，公比2q，故11422n n n b -+=⋅=.故()112n n n a b n +=+⋅，2341110223242...112T =⨯+⨯+⨯++⨯，34512102223242...112T =⨯+⨯+⨯++⨯，两式作差得，()()23411122341112102222 (2)11222222 (2)112T -=⨯++++-⨯=++++++-⨯()1112212211212-=+-⨯-12102=-⨯，所以1210102T =⨯.故选：A.5．Sn ＝12＋12＋38＋…＋2nn等于（ ） A ．212n n n --B ．1222n n n +--C ．212n n n -+D ．1222n nn +-+【标准答案】B 【思路指引】利用错位相减法求解即可. 【详解详析】 由Sn ＝12＋222＋332＋…＋2n n，∴得12Sn ＝212＋322＋…＋12n n -＋12n n +，∴∴－∴得，12Sn ＝12＋212＋312＋…＋12n －12n n +＝111()22112n ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦-－12n n +， 所以12Sn ＝11()2n ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦－12n n +，∴Sn ＝1222n n n +--.故选：B.6．数列{n ·2n }的前n 项和等于（ ） A ．n ·2n －2n ＋2 B ．n ·2n ＋1－2n ＋1＋2 C ．n ·2n ＋1－2n D ．n ·2n ＋1－2n ＋1【标准答案】B 【思路指引】 错位相减法求解即可.【详解详析】∴Sn ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，∴ 2Sn ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.∴ 由∴－∴得Sn ＝n ×2n ＋1－(2＋22＋23＋…＋2n )＝n ×2n ＋1－22212n -⨯-＝n ×2n ＋1－2n ＋1＋2.故选:B.7．如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振.右图是根据左图绘制的古筝弦及其弦码简易直观图.在直观图中，每根弦都垂直于x 轴，左边第一根弦在y 轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线(又称为雁柱曲线)方程为y ＝1.1x ，第n (n ∴N ，第0根弦表示与y 轴重合的弦)根弦分别与雁柱曲线和直线l ：y ＝x ＋1交于点An (xn ，yn )和Bn (x 'n ，y 'n )，则20'0nn n yy ==∑（ ）参考数据：1.122＝8.14A ．814B ．900C ．914D ．1000【标准答案】C 【思路指引】由题得20200119200(1)1.11 1.12 1.120 1.121 1.1n n nn n y y n =='=+=⨯+⨯++⨯+⨯∑∑，再利用错位相减法求解.【详解详析】由条件可得20200119200(1)1.11 1.12 1.120 1.121 1.1n n nn n y y n =='=+=⨯+⨯++⨯+⨯∑∑①，∴2012202101.11 1.12 1.120 1.121 1.1n nn y y ='⨯=⨯+⨯++⨯+⨯∑②，-①②得20000.1 1.1n nn y y ='-⨯=+∑2112021211 1.11.1 1.121 1.121 1.11 1.1-++-⨯=-⨯-2121221 1.10.121 1.11 1.10.10.1-+⨯⨯+==--，∴221.18.14=， ∴200914n nn y y ='=∑． 故选：C8．函数y ＝[x ]广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其中[x ]为不超过实数x 的最大整数，例如：[－2.1]＝－3，[3.1]＝3.已知函数f (x )＝[log 2x ]，则f (1)＋f (3)＋f (5)＋…＋f (210＋1)＝（ ） A ．4097 B ．4107 C ．5119 D ．5129【标准答案】B 【思路指引】根据新函数的定义，确定()f n 的值，然后用分组求和法、错位相减法求和． 【详解详析】由题意12121i i x ++≤≤-时，()f x i =，*i ∈N ，在1[21,21]i i ++-上奇数共有12i -个， (1)0f =，(3)1f =，10028(1)(3)(5)(21)0122329210f f f f +++++=++⨯+⨯++⨯+，设281223292T =+⨯+⨯++⨯，则23892222328292T =+⨯+⨯++⨯+⨯，相减得：2899991222922192182T -=++++-⨯=--⨯=--⨯，所以91824097T =+⨯=， 所以10(1)(3)(5)(21)4097104107f f f f +++++=+=．故选：B ．9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，直线22y x =-O :2222n x y a +=+交于()*,n n P Q n N ∈两点，且214n n n S PQ =.记nn b na =，其前n 项和为n T ，若存在*n N ∈，使得22n n T a λ<+有解，则实数λ取值范围是（ ） A ．3,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．4,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．()0,∞+【标准答案】D 【思路指引】根据题意，先求出弦长n n PQ ，再表示出n S ，得到22nn S a =-，求出数列{}n a 的通项公式，再表示出2n n b n =⋅，用错位相减求和求出n T ，再求解22n n T a λ<+即可.【详解详析】根据题意，圆O 的半径22n r a =+圆心到直线2y x =-220022211d --==+，所以弦长222222n n n PQ r d a -=-=所以()2222114244n n n n n S P a a Q =⨯==--， 当1n =时，1122S a =-，所以12a =，2n ≥时，1122n n S a --=-，所以()111222222n n n n n n n a S S a a a a ----=-=---=， 得12nn a a -=，所以数列{}n a 是以12a =为首项，2q 为公比的等比数列，所以2n n a =，2n n b n =⋅，222n na =，所以212222n n T n =⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，231212222n n T n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，()()211121222222212212n n n n n n n n T T T n n n +++⨯--=-=++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=-⋅--，所以()1122n n T n +=-⋅+，由22n nT a λ<+有解，()()1122122122n n n nn n T n a λ+--⋅->==-⋅，λ只需大于()112nn --⋅的最小值即可，因为*n N ∈，所以()1120nn --⋅≥，所以0λ>.故选：D 【名师指路】本题主要考查求圆的弦长、由n S 和n a 求数列通项、错位相减求数列的和和解不等式有解的情况，考查学生的分析转化能力和计算能力，属于难题.10．已知等比数列{}n a 满足516a =，434a a -=，若n n b na =，n S 是数列{}n b 的前n 项和，对任意*n ∈N ，不等式1n n S mb -≤恒成立，则实数m 的取值范围为（ ） A ．[)4,+∞ B ．[)3,+∞ C ．[)2,+∞ D ．[)1,+∞【标准答案】C 【思路指引】本题首先可根据516a =、434a a -=得出12n na ，然后根据n nb na =得出12n n b n -=⋅，再然后根据错位相减法求出()121nn S n =-⨯+，最后根据题意得出对任意*n ∈N 不等式1n nS m b -≥恒成立，根据()*1222n n n N S b n-=-∈<即可得出结果.【详解详析】设等比数列{}n a 的公比为q ，因为516a =，434a a -=，所以413211164a q a q a q ⎧=⎨-=⎩，解得2q ，11a =，12n n a ，因为n n b na =，所以12n n b n -=⋅，0n b >，则01211222322n n S n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯，12321222322nn S n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯，12112222222212112n nn n nn n n nS S S n n n ， 对任意*n ∈N 不等式1n n S mb -≤恒成立，即对任意*n ∈N 不等式1n nS m b -≥恒成立， 因为()*11(1)22222n n n n S n b n n N n ---⋅==-<⋅∈，所以2m ≥，m 的取值范围为[)2,+∞. 故选：C. 【名师指路】方法点睛：本题考查根据数列不等式恒成立求参数的取值范围，考查数列求和，常见的数列求和方法有等差等比公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法、倒序相加法，考查计算能力，是难题. 二、填空题 11．数列{}n a 满足21121n n n a a a ++=-，11a =，519a =，2n n nb a =，则数列{}n b 的前n 项和为n S =______.【标准答案】()12326n n +-⋅+【思路指引】 数列{}n a 满足21121n n naa a ++=-，即数列{}n a 满足21112n n n a a a +++=，可得数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，利用等差数列的通项公式即可得出n a .再利用错位相减法、等比数列的求和公式即可得出数列{}n b 的前n 项和为n S . 【详解详析】 解：数列{}n a 满足21121n n na a a ++=-，即数列{}n a 满足21112n n n a a a +++=， ∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，设公差为d .则511941d a ==+，解得2d =. ∴()112121nn n a =+-=-，∴()2212nn n nb n a ==-⋅， 则数列{}n b 的前n 项和为()2323252212nn S n =+⨯+⨯+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-⋅，()()2312232232212n n n S n n +=+⨯+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-⋅+-⋅， 相减可得：()()()()2311221222222122221221n n n n n S n n ++--=+++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+--⋅=⨯---⋅-，化为：()12326n n S n +=-⋅+.故答案为：()12326n n +-⋅+【名师指路】 数列求和的方法技巧(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． (3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．12．已知数列{}n a 满足132a =，133nn n a a a +=+，若3n n n c a =，则12n c c c ++⋅⋅⋅+=_______.【标准答案】(21)314n n +⋅- 【思路指引】根据条件得到11113n n a a +-=，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项1123a =，公差为13的等差数列，得到1n a ，则可得n c ，写出12n c c c ++⋅⋅⋅+，利用错位相减法可求解. 【详解详析】解：因为132a =，133nn n a a a +=+，所以1311133n n n na a a a ++==+， 即11113n n a a +-=， 所以数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项1123a =，公差为13的等差数列，所以1211(1)333n n n a +=+-=， 则13(1)3n n n nc n a -==+，则012112233343(1)3n n c c c n -++⋅⋅⋅+=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，设0121233343(1)3n T n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯∴， 则1233?233343(1)3n T n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯∴， ∴-∴可得01212?23333(1)3n n T n --=⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯ ()1313112(1)331322n n n n n --⎛⎫=+-+⨯=-+⨯ ⎪-⎝⎭， 则(21)314n n T +⋅-=. 即12(21)314n n n c c c +⋅-++⋅⋅⋅+=. 故答案为：(21)314n n +⋅-. 【名师指路】方法点睛：数列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组求和法；（5）倒序相加法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.13．对于正整数i ，设,2(1,2,3,)k i k a i k k =+⋅=，如65,6562a =+⋅对于正整数n 和m ，当2n ≥，2m ≥时，设,1,2,3,(,)i i i i n b i n a a a a =++++，(,)(1,)(2,)(,)S m n b n b n b m n =+++，则(10,9)S =__________．【标准答案】82435 【思路指引】首先利用分组求和与错位相减法求出()11(,)22n ni n b i n +=+-⨯+，再计算(10,9)S 即可；【详解详析】解：,1,2,3,(,)i i i i n b i n a a a a =++++()1212222n ni n +⨯+⨯+=+⨯令1212222n n T n =⨯+⨯++⨯则231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯两式相减得()12112121212122212n n n n n T n n ++--=⨯+⨯++⨯-⨯=-⨯-即()1122n n T n +=-⨯+，所以()11(,)22n ni n b i n +=+-⨯+所以()()91(10,9)912310109122S +⎡⎤=+++++⨯-⨯+⎣⎦()1011010910822495108194824352+⨯⎡⎤=⨯+⨯⨯+=+⨯=⎣⎦故答案为：8243514．已知正项数列{}n a 满足12a =且221120n n n n a a a a ++--=，令()2527n n b n a =+-，则数列{}n b 的前7项的和等于___________. 【标准答案】2021 【思路指引】首先由递推关系可得{}n a 是等比数列，进而可得{}n a 、{}n b 的通项公式，再利用乘公比错位相减，分组求和即可求解. 【详解详析】由221120n n n n a a a a ++--=可得()()1120n n n n a a a a +++-=，因为10n n a a ++>，所以12n n a a +=，即12n na a +=， 所以数列{}n a 是以12a =为首项，公比为2的等比数列，所以1222n nn a -=⨯=，所以()25227nn b n =+-， 则{}n b 的前7项的和等于1237253242529277⋅+⋅+⋅++⋅-⨯， 令()22nn c n =+，{}n c 前7项的和为n T ，则1237732425292T =⋅+⋅+⋅++⋅， 23487232425292T =⋅+⋅+⋅++⋅，两式相减可得： 1237873222292T -=⋅++++-⋅()6841269264639256204612-=+-⨯=+⨯-⨯=--，所以72046T =， 所以{}n b 前7项的和为725720462520217T -⨯=-=， 故答案为：2021.15．已知数列{}n a 满足11232422n n na a a a -+++⋅⋅⋅+=，将数列{}n a 按如下方式排列成新数列：1a ，2a ，2a ，2a ，3a ，3a ，3a ，3a ，3a ，…，()21,,,n n nn a a a -⋅⋅⋅项，…．则新数列的前70项和为______．【标准答案】4716##2.9375【思路指引】先根据题干条件得到12n na =，再利用错位相减法求前64项和，最后求出前70项和. 【详解详析】11232422n n n a a a a -+++⋅⋅⋅+=∴，当1n =时，112a =；当2n ≥时，2123112422n n n a a a a ---+++⋅⋅⋅+=∴，∴-∴得：1122n n a -=，即12n n a =． 又112a =满足12n n a =，所以12n n a =． 由()21352164n n +++⋅⋅⋅+-==，得8n =．令238135152222S =+++⋅⋅⋅+，则234911351522222S =+++⋅⋅⋅+， 两式相减得22389911111111151157492222212222222251212S ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯-=+-=-，则749256S =． 所以新数列的前70项和为9749675247256225616+==． 故答案为：4716三、解答题16．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，2，n a ，n S 成等差数列． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设2log n n n b a a =⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【标准答案】(1)2n n a =(2)()1122n n T n +=-+【思路指引】（1）根据等差数列的性质可得：2n n S n a +=，结合1n n n a S S -=-，可得12n n a a -=，故数列{}n a 为等比数列，利用等比数列的通项公式得出n a ；（2）由（1）得2nn b n =⋅，利用错位相减法即可得出结果.(1)∴2，n a ，n S 成等差数列，∴22n n S a +=． 当1n =时，12a =；当2n ≥，且*n N ∈时，22n n S a +=，1122n n S a --+=， 两式相减得，122n n n a a a -=-，即12n n a a -=．∴数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列，2n n a =． (2)∴2log 2n n n n b a a n =⋅=⋅，∴1231231222322n n n T b b b b n =++⋅⋅⋅+=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯，∴ ∴234121222322n n T n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⨯，∴∴-∴：()1231122222122n n n n T n n ++-=+++⋅⋅⋅+-⨯=--，∴()1122n n T n +=-+．17．已知正项等差数列{}n a 满足：()*334N n n a a n =+∈，且12a ，2a ，31a +成等比数列．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设{}n b 的前n 项和为n S ，且22n n n S a =+，求{}2n b 的前n 项和． 【标准答案】(1)32n a n =-； (2)262334nn +-+⋅.【思路指引】（1）利用等差数列的通项公式结合条件即求； （2）利用条件可得632n nnb -=，然后利用错位相减法即求. (1)设等差数列{}n a 的公差为d ，由334n n a a =+得3134a a =+， 即11234a d a +=+，化简得12d a =+，又12a ，2a ，31a +成等比数列，则()221321a a a =+，即()()2111221a d a a d +=++，将12d a =+代入上式得()()211122235a a a +=+，化简得21120a a +-=，解得11a =或－2（舍去），则3d =，所以32n a n =-．(2) ∴2322n n n n a nS +==， 当2n ≥时，()1131363222n n n n n nn n nb S S ----=-=-=， 当1n =时，1132==b S ，符合上式， 则632n nnb -=， 所以22661624n n nn nb --==⋅， 令242n n T b b b =++⋅⋅⋅+，则120116444n n n T --⎛⎫=++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭，231101164444n n n T +--=++⋅⎛⎫ ⎪⎝⋅+⎭⋅， ∴2121311111116244=142311116644441 444n n n n n n n n n T ++-+⎡⎤⎛⎫- ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎢⎥+-⎢⎥-⎛⎫-=++⋅⋅⋅++= ⎪⎝⎭-⎢⎥⎣⎦， 化简得262334n nn T +=-+⋅．综上，{}2n b 的前n 项和262334n nn T +=-+⋅．18．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1228a a +=，336S a =+． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设121log n n n b a a ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【标准答案】(1)2n n a = (2)22n n T n +=⋅ 【思路指引】（1）由等比数列的前n 项和公式，等比数列的基本量运算列方程组解得1a 和公比q 后可得通项公式； （2）用错位相减法求得和n T ． (1)设数列{}n a 的公比为q ，由1228a a +=，336S a =+， 得()11221128,16a qa a q q q a +=⎧⎪⎨++=+⎪⎩，解之得12,2,a q =⎧⎨=⎩所以2n n a =； (2)()1121log 12n n n n b a a n +++==+，又123n n T b b b b =+++⋅⋅⋅+，得()234122324212n n T n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，()3452222324212n n T n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯， 两式作差，得()()()23412224212222212412221n n n n n n T n n n ++++--=⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯=+-+⨯=-⋅-，所以22n n T n +=⋅．19．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+，数列{}n b 是各项均为正数的等比数列，其中11b =，且1322,,3b b b 成等差数列.(1)求{}{},n n a b 的通项公式；(2)设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .【标准答案】(1)21n a n =+，12n n b -=;(2)()2121=-+nn T n .【思路指引】（1）利用()12n n n a S S n -=-求出数列{}n a 的通项，再求出等比数列的公比即得解；（2）求出()1212n n n n c a b n -=⋅=+⋅，再利用错位相减法求解.(1)解：()12n n n a S S n -=-，()212n a n n ∴=+.当1n =时，13a =，适合()212n a n n =+. 21n a n ∴=+.设等比数列{}n b 公比为(0)q q >， 312223b b b =+，2111223b q b b q ∴=+，即22320q q --=，2q ∴=或12-（舍去），12n n b -∴=.(2)解：()1212n n n n c a b n -=⋅=+⋅，()0113252212n n T n -∴=⨯+⨯+++，()()2123252212212n n n T n n -∴=⨯+⨯++-++，上述两式相减，得1213+22+22++22(21)2n n n T n --=⨯⨯⨯-+，所以12(12)3+2(21)212n n n T n ---=⨯-+-所以()1221nn T n -=--()2121n n T n ∴=-+. 20．已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a +=+． (1)证明：数列{}1n a -是等比数列； (2)求数列{}n na 的前n 项和n T ． 【标准答案】(1)证明见解析(2)24222n n n n n T +-+=+【思路指引】(1)根据给定递推公式变形，结合等比数列定义即可得证. (2)由(1)求出数列通项n a ，再利用分组求和方法求解即得. (1)证明：由121n n a a +=+，得1221n n a a +-=-， 又1112a -=-，所以10n a -≠，故11112n na a +-=-， 故{}1n a -是以12-为首项，以12为公比的等比数列．(2)由（1）得112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，得112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以12n n na n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设12n n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n P ，则211112222nn P n ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴2311111122222n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∴由∴-∴，得23111112211111111222222212nn n n n P n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+++⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-111122nn n +⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()1222nn P n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，故2242123222n n n n n n n n n T n P P ++-+=+++⋅⋅⋅+-=-=+．。