错位相减大招
高考数学破题36大招
目录目录 (1)第1关：极值点偏移问题--对数不等式法 (2)第2关：参数范围问题—常见解题6法 (6)第3关：数列求和问题—解题策略8法 (9)第4关：绝对值不等式解法问题—7大类型 (13)第5关：三角函数最值问题—解题9法 (19)第6关：求轨迹方程问题—6大常用方法 (24)第7关：参数方程与极坐标问题—“考点”面面看 (37)第8关：均值不等式问题—拼凑8法 (43)第9关：不等式恒成立问题—8种解法探析 (49)第10关：圆锥曲线最值问题—5大方面 (55)第11关：排列组合应用问题—解题21法 (59)第12关：几何概型问题—5类重要题型 (66)第13关：直线中的对称问题—4类对称题型 (69)第14关：利用导数证明不等式问题—4大解题技巧 (71)第15关：函数中易混问题—11对 (76)第16关：三项展开式问题—破解“四法” (82)第17关：由递推关系求数列通项问题—“不动点”法 (83)第18关：类比推理问题—高考命题新亮点 (87)第19关：函数定义域问题—知识大盘点 (93)第20关：求函数值域问题—7类题型16种方法 (100)第21关：求函数解析式问题—7种求法 (121)第22关：解答立体几何问题—5大数学思想方法 (124)第23关：数列通项公式—常见9种求法 (129)第24关：导数应用问题—9种错解剖析 (141)第25关：三角函数与平面向量综合问题—6种类型 (144)第26关：概率题错解分类剖析—7大类型 (150)第27关：抽象函数问题—分类解析 (153)第28关：三次函数专题—全解全析 (157)第29关：二次函数在闭区间上的最值问题—大盘点 (169)第30关：解析几何与向量综合问题—知识点大扫描 (178)第31关：平面向量与三角形四心知识的交汇 (179)第32关：数学解题的“灵魂变奏曲”—转化思想 (183)第33关：函数零点问题—求解策略 (194)第34关：求离心率取值范围—常见6法 (199)第35关：高考数学选择题—解题策略 (202)第36关：高考数学填空题—解题策略 (211)第1关：极值点偏移问题--对数不等式法我们熟知平均值不等式：即“调和平均数”小于等于“几何平均数”小于等于“算术平均值”小于等于“平方平均值”等号成立的条件是.我们还可以引入另一个平均值：对数平均值：那么上述平均值不等式可变为：对数平均值不等式，以下简单给出证明：不妨设，设，则原不等式变为：以下只要证明上述函数不等式即可.以下我们来看看对数不等式的作用.题目1：（2015长春四模题）已知函数有两个零点，则下列说法错误的是A. B. C. D.有极小值点，且【答案】C【解析】函数导函数：有极值点，而极值，，A正确.有两个零点：，，即：①②①-②得：根据对数平均值不等式：，而，B正确，C错误而①+②得：，即D成立.题目2：（2011辽宁理）已知函数.若函数的图像与轴交于两点，线段中点的横坐标为，证明：【解析】原题目有3问，其中第二问为第三问的解答提供帮助，现在我们利用不等式直接去证明第三问：设，，，则，①②①-②得：，化简得：③而根据对数平均值不等式：③等式代换到上述不等式④根据：（由③得出）∴④式变为：∵，∴，∴在函数单减区间中，即：题目3：(2010天津理)已知函数.如果，且.证明：.【解析】原题目有3问，其中第二问为第三问的解答提供帮助，现在我们利用不等式直接去证明第三问：设，则，，两边取对数①②①-②得：根据对数平均值不等式题目4：（2014江苏南通市二模）设函数，其图象与轴交于两点，且.证明：（为函数的导函数）.【解析】根据题意：，移项取对数得：①②①-②得：，即：根据对数平均值不等式：，①+②得：根据均值不等式：∵函数在单调递减∴题目5：已知函数与直线交于两点. 求证：【解析】由，，可得：①，②①-②得：③①+②得：④根据对数平均值不等式利用③④式可得：由题于与交于不同两点，易得出则∴上式简化为:∴第2关：参数范围问题—常见解题6法求解参数的取值范围是一类常见题型．近年来在各地的模拟试题以及高考试题中更是屡屡出现．学生遇到这类问题，较难找到解题的切入点和突破口，下面介绍几种解决这类问题的策略和方法．一、确定“主元”思想常量与变量是相对的，一般地，可把已知范围的那个看作自变量，另一个看作常量．例1.对于满足0的一切实数，不等式x2+px>4x+p-3恒成立，求x的取值范围．分析：习惯上把x当作自变量，记函数y= x2+(p-4)x+3-p,于是问题转化为当p时y>0恒成立，求x的范围．解决这个问题需要应用二次函数以及二次方程实根分布原理，这是相当复杂的．若把x与p两个量互换一下角色，即p视为变量，x为常量，则上述问题可转化为在[0,4]内关于p的一次函数大于0恒成立的问题．解：设f(p)=(x-1)p+x2-4x+3，当x=1时显然不满足题意．由题设知当0时f(p)>0恒成立，∴f(0)>0,f(4)>0即x2-4x+3>0且x2-1>0，解得x>3或x<-1．∴x的取值范围为x>3或x<-1．二、分离变量对于一些含参数的不等式问题，如果能够将不等式进行同解变形，将不等式中的变量和参数进行分离，即使变量和参数分别位于不等式的左、右两边，然后通过求函数的值域的方法将问题化归为解关于参数的不等式的问题。
常用的错位相加相减
常用的错位相加相减错位相加相减是一种常用的数学运算方法，它在解决一些数学问题时非常有用。
这种方法可以简化计算过程，使得结果更加准确和可靠。
下面将介绍一些常见的错位相加相减的应用场景。
一、错位相加相减在代数中的应用在代数学中，错位相加相减常用于解决多项式的运算问题。
例如，当我们需要计算两个多项式的和或差时，可以使用错位相加相减的方法来简化计算过程。
具体做法是将两个多项式的同类项相加或相减，然后将结果合并。
这样可以减少计算的步骤，加快计算速度。
二、错位相加相减在几何中的应用在几何学中，错位相加相减常用于求解几何图形的面积或周长。
例如，当我们需要计算一个复杂图形的面积时，可以将该图形分割为若干个简单图形，然后计算每个简单图形的面积，最后将这些面积相加得到最终的结果。
同样地，当我们需要计算一个复杂图形的周长时，也可以将该图形分割为若干个简单图形，然后计算每个简单图形的周长，最后将这些周长相加得到最终的结果。
三、错位相加相减在物理中的应用在物理学中，错位相加相减常用于求解物体的位移、速度和加速度等问题。
例如，当我们需要计算一个物体在某个时间段内的位移时，可以将该时间段分割为若干个小时间段，然后计算每个小时间段内的位移，最后将这些位移相加得到最终的结果。
同样地，当我们需要计算一个物体在某个时间段内的平均速度或平均加速度时，也可以将该时间段分割为若干个小时间段，然后计算每个小时间段内的速度或加速度，最后将这些速度或加速度相加或相减得到最终的结果。
四、错位相加相减在经济学中的应用在经济学中，错位相加相减常用于计算经济指标的增长率或变动幅度。
例如，当我们需要计算某个经济指标在两个时间点之间的增长率时，可以将这两个时间点的指标数值相减，然后将结果除以前一个时间点的指标数值，最后将得到的商乘以100，即可得到增长率的百分比。
同样地，当我们需要计算某个经济指标在两个时间点之间的变动幅度时，可以将这两个时间点的指标数值相减，得到变动的数值。
错位加减法原理
错位加减法原理
错位加减法是一种简化复杂计算的技巧，其基本原理是分子和分母同时扩大或缩小相同的倍数，分数的值保持不变。
具体来说，错位加减法主要应用于处理带有分数的加减运算。
当需要对分数进行加减时，可以通过对分子和分母同时进行等比例的扩大或缩小，将分数转换为易于计算的整数或小数形式。
这样做的好处在于可以显著减少计算的难度和错误率。
以下是错位加减法的一些关键点：
1. 等比变化原则：在进行计算时，保持分子和分母的变化比例一致，即如果分母增加了一定的百分比，分子也相应增加相同的百分比。
这样可以确保分数的值不会因为扩大或缩小而改变。
2. 误差控制：错位加减法的误差通常控制在较小的范围内，比如2.5%以内。
这意味着虽然计算过程中进行了近似处理，但最终结果的准确性仍然是可以接受的。
3. 简化计算步骤：通过使用错位加减法，可以将复杂的多位数加减法问题转化为简单的三位数或更小位数的加减法问题，从而加快计算速度并降低出错的可能性。
4. 观察数字特征：在应用错位加减法时，需要注意数字的特征和规律。
例如，当分母加上一个特定的两位数时，观察这两位数与原分母的关系，以及相应的分子应该如何调整以保持分数不变。
总的来说，错位加减法是一种实用的数学技巧，适用于快速计算和估算，尤其是在没有计算器的情况下。
然而，需要注意的是，这种方法虽然快速，但在精确度要求极高的场合可能不太适用。
在实际应用中，应根据具体情况决定是否使用错位加减法。
专题6-2 数列求和归类-2023年高考数学一轮复习热点题型(全国通用)(原卷版)
)(n N , n 2) ，求 Sn ；
（2）若 S n f ( ) f ( ) ... f (
n
n
n
（1）证明函数 f ( x ) 的图像关于点 ( ,1) 对称;
【提分秘籍】
基本规律
倒序求和，多是具有中心对称的
【变式演练】
1
1.设奇函数� � 对任意� ∈ �都有�(�) = �(� − 1) + 2 .
（2）设数列 bn 满足 bn
2 an 1
， 求数列 bn 的前 n 项和 Rn .
4n
2.设数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a2 4 ，且对任意正整数 n ，点 an 1 , S n 都在直线 x 3 y 2 0 上.（1）
求 an 的通项公式；
（2）若 bn nan ，求 bn 的前 n 项和 Tn .
【题型五】裂项相消常规型
【典例分析】
设数列 an 满足： a1 1 ，且 2an an 1 an 1 （ n 2 ）
， a3 a4 12 .
（1）求 an 的通项公式：
1
的前 n 项和.
已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1
1
， S n S n 1 S n S n 1 0 n 2 .
2
1
是等差数列；
Sn
Sn
, n为奇数
（2）若 Cn n 3
，设数列 C n 的前 n 项和为 Tn ，求 T2n .
【提分秘籍】
基本规律
分组求和法：
c（等比）
1.形如 an＝ b（等差）
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，
错位微分法
错位微分法
“错位微分法”是指在进行微分运算时，将函数的自变量取值错位，从而得到一个与原函数不同的新函数，再对新函数进行微分运算的方法。
这种方法在数学、物理和工程等领域中都有应用，主要用于简化复杂函数的微分运算。
错位微分法有多种形式，其中最常见的是“错位相减法”和“错位相除法”。
错位相减法是将原函数与其导函数进行错位相减，从而得到一个易于微分的函数。
错位相除法则是将原函数与其导函数进行错位相除，得到一个具有不同自变量的新函数，再对新函数进行微分运算。
在具体应用中，错位微分法可以通过适当的错位和微分运算，将复杂的函数转化为简单的函数，从而简化计算过程。
例如，在求解某些积分方程时，可以利用错位微分法将复杂的积分方程转化为易于求解的微分方程。
总结：错位微分法是指在微分运算时将函数的自变量取值错位，从而得到一个与原函数不同的新函数，再对新函数进行微分运算的方法。
这种方法在数学、物理和工程等领域中都有应用，主要用于简化复杂函数的微分运算。
通过适当的错位和微分运算，错位微分法可以将复杂的函数转化为简单的函数，简化计算过程。
错位相减法求和
错位相减法求和错位相减法求和是一种简单而有效的数学方法，用于计算数字序列的和。
它可以适用于任何数字序列，不论长度和数字大小。
本文将详细介绍错位相减法求和的原理、步骤、示例和应用。
一、原理错位相减法求和的原理基于一个简单的思想：将相邻的数字相减，并将差值相加，得到数字序列的和。
通过错位相减法求和，可以避免直接对一长串数字进行加和，从而简化计算和提高准确度。
二、步骤错位相减法求和的步骤如下：1.把数字序列横向排列，形成一个表格；2.将表格的第一个数放在第一行的最后一列；3.将表格的第一个数和第二个数进行相减，得到一个差值，将差值填写在第二行的最后一列；4.将表格中的数字往右移动一位，将差值写入第三行的最后一列；5.重复以上步骤，直到表格只剩下一个数字。
6.将每一行的数字相加，得到数字序列的和。
三、示例假设要求以下数字序列的和：1 2 3 4 5。
按照错位相减法求和的步骤，我们可以得到以下表格：1 2 3 4 55 1 2 3 4 3 1 1 1 1 0接下来，我们将每一行的数字相加，得到数字序列的和：1+2+3+4+5=15因此，数字序列1 2 3 4 5的和为15。
四、应用错位相减法求和可以用于解决各种数学问题，如计算平均数、计算变化量等等。
以下是一些应用示例：1.计算平均数假设有一组数字序列1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，求它们的平均数。
按照错位相减法求和的步骤，我们可以得到以下表格：1 3 5 7 9 11 13 15 17 1919 2 2 2 2 2 2 2 2 17 0 0 0 0 0 0 0 17 0 0 0 0 0 0 17 0 0 0 0 0 17 0 0 0 0 17 0 0 0 17 0 0 17 0 17接下来，我们将每一行的数字相加，得到数字序列的和：1+3+5+7+9+11+13+15+17+19=100根据平均数的公式，平均数等于数字序列的和除以数字个数，因此这组数字序列的平均数为：100/10=102.计算变化量假设今年的销售额为100万，去年的销售额为80万，求今年与去年的销售额变化量。
高中数学解题36个大招
②f(x)> g(k)
g(k) < [f(x)] min
③f(x)≤g(k)
[f(x)] max≤g(k)
④f(x)<g(k)
[f(x)] max < g(k)
三、数形结合
对于含参数的不等式问题，当不等式两边的函数图象形状明显，我们可以作出它们的图象，来达到解决问题的目
的．
例 3．设
，若不等式
分析与解：若设函数 其图象为上半圆．
以下只要证明上述函数不等式即可. 以下我们来看看对数不等式的作用.
题目 1：（2015 长春四模题）已知函数
A.Βιβλιοθήκη B.有两个零点，则下列说法错误的是
C.
D.有极小值点 ，且
【答案】C 【解析】函数
导函数：
有极值点
，而极值
有两个零点：
，
①-②得： 根据对数平均值不等式：
， ，即：
，A 正确.
① ②
，而
决这个问题需要应用二次函数以及二次方程实根分布原理，这是相当复杂的．若把 x 与 p 两个量互换一下角色，即 p 视为变量，x 为常量，则上述问题可转化为在[0,4]内关于 p 的一次函数大于 0 恒成立的问题．
解：设 f(p)=(x-1)p+x2-4x+3，当 x=1 时显然不满足题意．
由题设知当 0
例 2．若对于任意角 总有
成立，求 的范
围． 分析与解：此式是可分离变量型，由原不等式得
，
又
，则原不等式等价变形为
恒成立．
根据边界原理知， 必须小于
的最小值，这样问题化归为怎样求
的最小值．因为
即
时，有最小值为 0，故
．
错位相减法加法
错位相减法加法错位相减法加法是一种数学计算方法，可以用来求解两个数的和或差。
它的原理是将两个数的每一位进行错位相减，然后将结果相加得到最终的和或差。
这种计算方法在实际应用中具有一定的优势，可以简化计算步骤，提高计算效率。
错位相减法加法的步骤如下：1. 首先，将两个数按照个位、十位、百位等位数进行对齐，确保每一位都有对应的数字。
2. 然后，从最低位开始，将对应位上的数字进行相减。
如果被减数小于减数，则需要向高位借位。
3. 接下来，将相减得到的结果进行相加，得到最终的和或差。
下面以一个具体的例子来说明错位相减法加法的计算过程。
假设我们要计算35和47的和。
将35和47按照个位、十位进行对齐，得到：35+47然后，从个位开始相减，5减7需要向十位借位，得到：35-47= -12接下来，将相减得到的结果进行相加，得到最终的和：35+47= 82所以，35和47的和为82。
通过上述计算可以看出，错位相减法加法可以简化计算步骤，提高计算效率。
它适用于任意两个数的加法和减法计算，不论数的大小。
只需要按照步骤进行计算，即可得到准确的结果。
除了加法，错位相减法加法也可以用来进行减法计算。
只需要将减数的符号反转，然后按照相加的步骤进行计算即可得到准确的差。
总结一下，错位相减法加法是一种简化计算步骤的数学计算方法。
它适用于任意两个数的加法和减法计算，可以提高计算效率。
通过对两个数的每一位进行错位相减，然后将结果相加，即可得到最终的和或差。
这种计算方法在实际应用中具有一定的优势，可以方便快捷地求解数学问题。
等比数列错位相减法例题
等比数列错位相减法例题错位相减法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，等比数列的前n项和就是用此法推导的。
用错位相减法求和应注意：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“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”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．倒序相加法如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，等差数列的前n项和即是用此法推导的错位相减求和求Sn,求过程？Sn=（3^2+...+3^（n+1））/2-3n/2=3^2（3^n-1）/（3-1）2-3n/2=（3^（n+2）-9）/4-3n/2 这个不需要错位相减。
典型的数学数列的错位相减法例题？例Cn=(2n-3)*2^(3-2n),求Sn 数列cn=(2n-3)2^(3n-2)可以看成等差数列an=2n-3与等比数列bn=2^(3-2n)的对应项的乘积等差数列有特点相邻两项之差相等，等比数列的每一项乘同一个数（公比）都得到下一项。
利用这一点就得到“错位相减法”Sn=-1*2+1*2^(-1)+3*2^(-3)-5*2^(-5)+……+(2n-3)*2^(3-2n)(*)(1/4)Sn=-1*2^(-1)+1*2^(-3)+3*2^(-5)+……+(2n-5)2^(3-2n)+(2n-3)2^(5-2n)(**)Sn-(1/4)Sn=-1*2+2*2^(-1)+2*2^(-错位相减裂项相交分组求和公式？Sn=1/1*2+1/2*3+.....+1/n(n+1)=1-1/2+1/2-1/3+1/3-1/4+....+ 1/(n-1)-1/n+1/n-1/(n+1)（中间相消，最后只剩首尾两项）=1-1/(n+1)错位相减法这个在求等比数列求和公式时就用了Sn=1/2+1/4+1/8+....+1/2^n两边同时乘以1/21/2Sn=1/4+1/8+....+1/2^n+1/2^(n+1)(注意根原式的位置的不同，这样写看的更清楚些）两式相减1/2Sn=1/2-1/2^(n+1)Sn=1-1/2^n倒序相加法这个在证明等差数列求和公式时就应用了数列求和错位相减法怎么看有几项？如果求的是n项和，则中间等比数列有n-1项能用错位相减法求和的数列一般是一个等差数列乘以一个等比数列求前n项的和Sn=a1+a2+……an 先乘以一个公比q，得qSn=qa1+qa2+……qa(n-1)+qan 错一位相减，就是a2+……+an减去qa1+……qa(n-1) 结果是一个等比数列，一共有n-1项(a1和qan是不参加错位相减的)数列n/2^n该怎样错位相减求和？例：求an=n/2^n的前n项和Sn?Sn=1*1/2^1+2*1/2^2+3*1/2^3+4*1/2^4+........+n/2^n1/2*Sn=1*1/2^2+2*1/2^3+3*1/2^4+4*1/2^5+........+(n-1)/2^ n+n/2^(n+1) 上式-下式得：1/2*Sn=(1/2+1/2^2+1/2^3+1/2^4+.....1/2^n)-n/2^(n+1)1/2*Sn=[1/2-1/2^(n+1)]/(1-1/2)-n/2^(n+1)1/2*Sn=1-2/2^(n+1)-n/2^(n+1) 1/2*Sn=1-(n+2)/2^(n+1)Sn=2-(n+2)/2^n小学奥数题，熟悉“错位相减求和”的请进？题目要求的值设为X1+3+（3的2次）+（3的3次）+（3的4次）+（3的5次）+（3的6次）+（3的7次）作一式（X）一式*3即：3+（3的2次）+（3的3次）+（3的4次）+（3的5次）+（3的6次）+（3的7次）+3（3的8次）为二式（3X）二式—减一式的值=2X将上值处以二即可10道公式法例题？法:(1)x^2+14x+2=0x^2+14x+49=47 (x+7)^2=47 x+7=±√47x=-7±√47 （2）x^2+4x-3=0 x^2+4x+4=7(x+2)^2=7x+2=±√7 x=-2±√7 (3)3z^2-4z-7=0 z^2-4/3z-7/3=0z^2-4/3z+4/9=4/9+7/3(z-2/3)^2=25/9 z-2/3=±5/3z=-1,z=7/3 因式分解:b2+2ab+c2-2ac=(b2-c2)+(2ab-2ac)=(b+c)(b-c)+2a(b-c)=(b-c)(b+ c+2a)(a+ b)^2+(a^2-b^2)=(a+b)^2+(a+b)(a-b)=(a+b)(a+b+a-b)=2a(a+b)a^2-b^2+(-a-b)=(a+b)(a-b)-(a+b)=(a+b)(a-b-1)m2+n2+2mn-p2=(m+n)2-p2=(m+n+p)(m+n-p)3a3b2c-6a2b2c2-9ab2c3=3 ab2 c(a2-2ac-3c2)=3ab2c(a+c)(a-3c)xy+6-2x-3y=x(y-2)-3(y-2)=(x-3)(y-2)x^2(x-y)+y^2(y-x)=x^2(x-y)-y^2(x-y)=(x-y)(x^2-y^2)=(x+y)(x -y)^2等比数列求和的错位相减怎么引入不突兀？就利用等比数列的性质，数列中的任何一项乘以公比得到它的后一项等比数列求和的错位相减怎么引入不突兀？谢邀错位相减法可以用来推导等比数列，也可以用于“等差乘等比”形式数列的求和，即数列的求和。
错位相消的万能公式
错位相消的万能公式
错位相消是代数中的一种方法，其目的是消去方程中某些变量或项，使得方程变得更容易解决。
万能公式指的是一些常见的错位相消公式的总称。
下面，我将介绍一些常见的错位相消公式。
1. 奇偶性：这个公式适用于某些涉及到奇偶性的问题，例如排序、分组等。
该公式的基本思想是，将变量分为奇数和偶数两类，然后让它们错位组合，以消去某些项。
例如，将一个含有四个变量x、y、z、w的式子进行奇偶性变换，可以得到以下公式：
xy + zw = (x + w)(y + z) - xz - wy
2. 因式分解：这个公式适用于某些可以因式分解的问题。
我们可以将一个含有多项式的式子进行因式分解，然后使用错位相消的方法来简化计算。
例如，将一个含有三个变量a、b、c的式子进行因式分解，可以得到以下公式：
(a + b + c)^3 - (a^3 + b^3 + c^3) = 3(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a))
3. 特殊形式：这个公式适用于某些特殊形式的问题，例如差分、积分等。
该公式的基本思想是，将一个式子转化为另一种形式，然后使用错位相消的方法来简化计算。
例如，将一个含有三个变量a、b、c的式子进行转化，可以得到以下
公式：
(a - b)(b - c)(c - a) = -(a^3 + b^3 + c^3 - 3abc)
这些公式可以帮助我们简化代数问题，提高解题效率。
然而，需要注意的是，每个问题都有其独特的解法，需要根据具体情况来选择使用哪个公式。
错位相减法万能公式完整版
错位相减法万能公式标准化管理处编码[BBX968T-XBB8968-NNJ668-MM9N]
错位相减法万能公式骚年们，还在为数学考试中数列知识中做到错位相减法而头疼吗？
现在为你展现错位相减法公式：
Cn＝(An＋B)*q n－B（通常来说是C
n，下面出现的S
n
其实就是C
n
是不是一看到就觉得很简单呢？
是不是想问了A=，B=呢
我们都知道错位相减法起初的通向公式为
Tn=a
n *b
n
的数列其中数列a
n
=（an+b）
数列b
n =a
1
*q n
我们将Tn化为 Tn=（an+b）*q n 然后我们的A、B便可以等于
A=
aq
q－1
B=
a1－Aq
q－1
现在是不是有人会这样问:
请问楼主考试可以直接用吗？
答案是不行的！
这下是不是有人要骂了：那你告诉我们有屁用！
其实你们可以这样用：
这是不是我们的常规套路呢？
解题格式：
在这期中我们只用写到(1-q)S
n
=____________ 就行了！然后在草稿纸上算出A、B然后直接写出经化简，得Sn就行
其中(1-q)S
n
只用写到这步就行
我们也可以使用待定系数法来求出C
n
中的A、B
我们只需手动算出C
1、C
2
然后带入C
n
直接求出A、B
本人建议按照套路去写，然后在草稿纸上求出A、B就行，这样可以减省许多时间。
错位加减法分子小余100
错位加减法分子小余100
摘要：
1.错位加减法的定义和规则
2.分子小余100 的含义
3.错位加减法在解决分子小余100 问题中的应用
4.举例说明错位加减法的解题过程
正文：
错位加减法是一种数学运算方法，它是指在加减法中，两个数的位置进行交换后再进行运算。
这种运算方法在某些数学问题中会得到意想不到的结果，特别是在解决一些特定问题时，如分子小余100 的问题。
分子小余100 是指在除法运算中，除数和被除数的商的整数部分已经确定，但余数为100。
在这种情况下，使用错位加减法可以很好地解决这个问题。
例如，我们来看一个分子小余100 的问题：1000 除以某个数的余数为100，这个数是多少？
首先，我们可以使用错位加减法的规则，将除数和被除数进行位置交换，得到一个新的算式：1000-100=某个数。
然后，我们可以对这个新的算式进行运算，得到结果为900。
所以，这个数就是900。
通过这个例子，我们可以看到，错位加减法在解决分子小余100 的问题中起到了关键的作用。
它不仅可以帮助我们简化运算过程，还可以得到准确的结果。
总的来说，错位加减法是一种非常有用的数学运算方法，特别是在解决分子小余100 的问题时。
错位加减法分子小余100
错位加减法分子小余100
【原创版】
目录
1.错位加减法的概念
2.错位加减法在计算中的应用
3.分子小余 100 的错位加减法计算方法
正文
错位加减法是一种常见的数学计算方法，它是指在加减法运算中，将数字的位置进行错位处理，使得计算过程更加简便。
这种计算方法在各种数学问题中都有广泛的应用，尤其是在一些复杂数字的加减运算中，错位加减法可以大大简化计算过程。
在实际的计算中，错位加减法的应用非常广泛。
例如，如果我们需要计算一个很大的数字的和，我们可以通过将数字进行错位处理，然后进行加法运算，最后再将结果进行错位还原，就可以得到正确的结果。
同样，对于减法运算，我们也可以通过错位加减法来进行简化。
对于分子小余 100 的情况，我们可以通过错位加减法来进行计算。
具体来说，我们可以将分子的小数点向右移动两位，然后将分子和分母都乘以 100，这样就可以将小数转化为整数，然后进行加减运算。
最后，再将结果的小数点向左移动两位，就可以得到最终的结果。
例如，对于分数 3/5，如果分子小余 100，那么我们可以将分子的小数点向右移动两位，得到 300，然后将分母也乘以 100，得到 500。
接着，我们就可以进行整数的加减运算，得到最终的结果为 -200。
最后，再将结果的小数点向左移动两位，就可以得到最终的结果为 -0.4。
总的来说，错位加减法是一种非常实用的计算方法，它可以帮助我们简化计算过程，提高计算效率。
错位相减法本质
错位相减法本质
1. 错位相减法介绍
错位相减法是一种常用的数学计算方法，通过相邻位数之间的差
值来简化运算，减少计算时间，提高计算精度。
错位相减法可用于两
个数相减、带有小数点的数相减、分数相减等多种数学运算。
2. 错位相减法原理
错位相减法的原理是将数列按照一定的规律错位排列，然后相减，即将第二个数列中的每一位减去第一个数列中对应的位数。
若相减的
结果为负数，则将前一位加1，并将该位的数值增加10，再进行减法
运算。
依此类推，直到两个数的所有位数均相减完毕。
3. 错位相减法的应用
错位相减法不仅可用于两个整数的减法运算，还可以用于带小数
点的数相减以及分数相减运算。
在小数点相减的运算中，可以首先将
两个数乘以一个整数倍，使得小数点对齐，然后按错位相减法计算即可。
在分数相减中，可以将两个分数通分后，按错位相减法计算分子
和分母的差值，最终得到结果。
4. 错位相减法的优势
错位相减法的优势在于可以简化减法中的借位运算，减少计算时间、提高计算精度，尤其适用于大数据、多位数的计算。
此外，错位
相减法的应用范围广泛，不仅可以用于整数的四则运算，还可以应用于各种分数、小数的计算，可谓是一种十分实用的数学计算方法。
5. 结论
错位相减法是一种十分实用的数学计算方法，通过相邻位数之间的差值来简化运算，可用于各种整数、小数、分数的计算中。
错位相减法优势在于可以减少借位运算，提高计算速度和精度，是一种十分实用的数学工具。