累加数列错位相减取大差法案例详解精编版
累加数列错位相减取大差法案例详解
累加数列错位相减取大差法案例详解Last revision on 21 December 2020累加数列错位相减取大差法在非节奏流水施工中，通常采用累加数列错位相减取大差法计算流水步距。
由于这种方法是由潘特考夫斯基首先提出的，故又称为潘特考夫斯基法。
基本步骤：1. 对每一个施工过程在各施工段上的流水节拍依次累加，求得各施工过程流水节拍的累加数列；2. 将相邻施工过程流水节拍累加数列中的后者错后一位，相减后求得一个差数列；3. 在差数列中取最大值，即为这两个相邻施工过程的流水步距。
例题1：某工程由3个施工过程组成，分为4个施工段进行流水施工，其流水节拍见表2-1，试确定流水步距。
解：（1）求各施工过程流水节拍的累加数列（从第一个施工段开始累加至最后一个施工段）：施工过程Ⅰ：2，5，7，8施工过程Ⅱ：3，5，9，11施工过程Ⅲ：3，7，9，11（2）错位相减求得差数列：施工过程Ⅰ： 2，5，7，8施工过程Ⅱ： 3，5，9，11相减，得： 2，2，2，-1，-11施工过程Ⅱ： 3，5，9，11施工过程Ⅲ： 3，7，9，11相减，得： 3，2，2，2，-11（3）在求得的数列中取最大值求得流水步距：K1=max{2，2，2，-1，-11}=2K2=max{3，2，2，2，-11}=3表示：工序Ⅰ与工序Ⅱ之间的流水步距为2天，工序Ⅱ与工序Ⅲ之间的流水步距为3天。
例题2：某工程有5座通道，每座通道工序流水节拍如下：挖基2D，清基2D，浇基4D，台身8D，盖板4D，回填6D。
浇基后等4D才能施工台身，台身完成后要等2天才能进行盖板施工。
问题：（1）计算不窝工的流水工期；（2）计算无多余间歇流水工期；（3）有窝工且有多余间歇流水时的工期是多少解答：（1）本题中，5道相同的涵洞，说明有5个施工段，各施工段的施工工艺都一样，均为挖基、清基、浇基、台身、盖板、回填。
列入如例题1题干中的表格为：求各施工过程流水节拍的累加数列，为：挖基：2，4，6，8，10清基：2，4，6，8，10浇基：4，8，12，16，20台身：8，16，24，32，40盖板：4，8，12，16，20回填：6，12，18，24，30按照例题1的计算方法，错位相减求得差数列，得各工序之间的流水步距，为：K1=max{2，2，2，2，2，-10}=2K2=max{2，0，-2，-4，-6，-20}=2K3=max{4，0，-4，-8，-12，-40}=4K4=max{8，12，16，20，24，-20}=24K5=max{4，2，0，-2，-4，-30}=4接着计算不窝工的流水工期：不窝工的无节拍流水工期=流水步距和+最后一道工序流水节拍的和+技术间歇之和，即：T=ΣK+Σt+ΣZ=（2+2+4+24+4）+5×6+（4+2）=72（天）注：题中告诉“浇基后等4D才能施工台身，台身完成后要等2天才能进行盖板施工”，说明技术间歇为4+2=6天。
二建案例错位相减法
二建案例错位相减法1、无节奏流水施工【2011年二建考核，2016年一建考核】是指在组织流水施工时，全部或部分施工过程在各个施工段上流水节拍不相等的流水施工。
这种施工是流水施工中最常见的一种。
无节奏流水施工特点有：（1）各施工过程在各施工段的流水节拍不全相等；（2）相邻施工过程的流水步距不尽相等；（3）专业工作队数等于施工过程数；（4）各专业工作队能够在施工段上连续作业，但有的施工过程间可能有间隔时间。
【解题方法】流水步距：采用“节拍累加、错位相减、取大差法”计算流水步距。
【解题步骤】（1）将每一个施工过程在各施工段上的流水节拍依次累加，求得各施工过程流水节拍的累加数列；（2）将相邻两个施工过程流水节拍累加数列错位相减，求得一个差数列；（3）在差数列中取最大值，即为这两个相邻施工过程的流水步距。
【计算公式】T=∑K十∑tn -∑C+∑G∑K——各施工过程之间流水步距之和；∑tn——最后一个施工过程在各施工段流水节拍之和；∑C——提前插入时间之和。
（有些题没有则为0）∑G——工艺间歇时间之和。
（有些题没有则为0）【典型例题】某工程有A、B、C三个施工过程，划分为四个施工段：一、二、三、四。
各施工过程的流水节拍如图所示，试计算总工期（天）。
【解题】答：首先求得流水步距如下：KA，B 2, 6 , 9 , 11—3 , 6 , 8 , 10———————————————2，3，3，3，—10因此，KA,B =3天KB，C 3, 6, 8, 10—4, 6, 9, 11——————————————3，2，2，1，—11因此，KB,C =3天代入公式，求得工期T=∑K十∑tn =（3+3）+（4+2+3+2）=17（天）。
案例1(流水施工时间参数计算与横道图绘制)
案例1(流水施工时间参数计算与横道图绘制)1.背景某工程包括三个结构形式与建造规模完全一样的单体建筑，共由五个施工过程组成，分别为：土方开挖、基础施工、地上结构、二次砌筑、装饰装修。
根据施工工艺要求，地上结构、二次砌筑两施工过程间，时间间隔为2周。
现在拟采用五个专业工作队组织施工，各施工过程的流水节拍见下表2.问题1）上述五个专业工作队的流水施工属于何种形式的流水施工？绘制其流水施工进度计划图，并计算总工期。
2）根据本工程特点，宜采用何种形式的流水施工形式，并简述理由。
3）如果采用第二问的方式，重新绘制流水施工进度计划，并计算总工期。
3.分析与答案1）上述五个专业工作队的流水施工属于异节奏流水施工。
根据表中数据，采用“累加数列错位相减取大差法”（简称“错位相减大差法”），计算流水步距：a、各施工过程流水节拍的累加数列：施工过程A：2 4 6施工过程B：2 4 6施工过程C：6 12 18施工过程D：4 8 12施工过程E：4 8 12b、错位相减，取最大值得流水步距：K(A,B) 2 4 6－） 2 4 62 2 2 -6所以：K(A,B)=2以此类推，K(B,C)=2，K(C,D)=10，K(D,E)=4c、总工期T=ΣK(i,j+1)+Σtn+ΣG=（2+2+10+4）+（4+4+4）+2=32周d、五个专业队完成施工的流水施工进度计划如图所示2）本工程比较适合采用等步距异节奏（成倍节拍）流水施工。
理由：因五个施工过程的流水节拍分别为2、2、6、4、4，存在最大公约数，且最大公约数为2，所以本工程组织等步距异节奏（成倍节拍）流水施工最理想。
3）如采用等步距异节奏（成倍节拍）流水施工，则应增加相应的专业队。
流水步距：K=min（2，2，6，4，4）=2周确定专业队数：施工过程A=2/2=1施工过程B=2/2=1施工过程C=6/2=3施工过程D=4/2=2施工过程E=4/2=2故：专业队总数=1+1+3+2+2=9流水施工工期：T=（M+N－1）K+G=（3+9-1）×2+2=24周采用等步距异节奏（成倍节拍）流水施工进度计划如图所示：。
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.。
累加数列错位相减取大差法案例详解
累加数列错位相减取大差法案例详解累加数列错位相减取大差法是一种常用的数学方法，用于求解数列中的规律或者特征。
下面将通过十个案例来详解累加数列错位相减取大差法的应用。
案例一：斐波那契数列我们先来看一个经典的案例，斐波那契数列。
斐波那契数列的规律是每个数都是前两个数的和。
我们可以用累加数列错位相减取大差法来验证这个规律。
我们将斐波那契数列的前五项写出来：0, 1, 1, 2, 3。
然后，我们将这些数相邻两项相减得到新的数列：1, 0, 1, 1。
我们将这个新的数列再次相邻两项相减得到新的数列：-1, 1, 0。
我们将这个新的数列再次相邻两项相减得到新的数列：2, -1。
观察最后得到的数列，我们可以发现，它是一个循环数列，循环节为2, -1。
而斐波那契数列的规律就是循环节的第一个数的倒数。
案例二：等差数列接下来，我们来看一个等差数列的案例。
等差数列的规律是每个数都是前一个数加上一个固定的差值。
我们同样可以用累加数列错位相减取大差法来验证这个规律。
假设我们有一个等差数列的前五项为：1, 3, 5, 7, 9。
我们将这些数相邻两项相减得到新的数列：2, 2, 2, 2。
观察得到的新的数列，我们可以发现，它是一个恒定数列，每个数都是2。
而等差数列的规律就是恒定数列的差值。
案例三：等比数列接下来，我们来看一个等比数列的案例。
等比数列的规律是每个数都是前一个数乘以一个固定的比值。
同样，我们可以用累加数列错位相减取大差法来验证这个规律。
假设我们有一个等比数列的前五项为：1, 2, 4, 8, 16。
我们将这些数相邻两项相减得到新的数列：1, 2, 4, 8。
我们将这个新的数列再次相邻两项相减得到新的数列：1, 2, 4。
我们将这个新的数列再次相邻两项相减得到新的数列：1, 2。
观察得到的新的数列，我们可以发现，它也是一个恒定数列，每个数都是1。
而等比数列的规律就是恒定数列的比值。
案例四：平方数列接下来，我们来看一个平方数列的案例。
累加数列错位相减取大差法案例详细讲解
累加数列错位相减取大差法案例详细讲解
累加数列错位相减取大差法是一种常用于金融、统计等领域的分析方法，其主要目的是通过对一组数据的差值进行分析，从而得出对应的趋势变化情况。
下面我们就通过一个简单的案例来详细讲解这种方法的应用过程。
假设我们有以下一组数据：
10、14、18、22、26
我们要通过累加数列错位相减取大差法来分析这组数据的趋势变化情况。
首先，我们需要将这组数据按照顺序排列，并且计算出每一个数与前一个数的差值，得到如下结果：
10、4、4、4、4
接下来，我们需要将这个差值序列错位向下平移一位，得到新的序列：
最后，我们需要对这个差值序列取大值，即得到其中的最大值，从而得出整个数据序列所表示的趋势变化情况。
在这个例子中，最大值为6，意味着这组数据整体呈现出逐渐上升的趋势。
通过这个案例，我们可以看到，累加数列错位相减取大差法是一种非常简单有效的数据分析方法，能够帮助我们在金融、统计等领域快速准确地判断数据的变化趋势，从而更好地指导决策。
【造价工程师】2018造价-案例-精讲-37、(2018)第二章-异节奏流水施工及非节奏流水施工-精编
第七节异节奏流水施工一、异步距流水施工的特点④各个专业工作队在施工段上能够连续作业，施工段之间可能空闲时间。
二、等步距流水施工方式的特点大的施工过程，可按其倍数增加相应专业工作队数目；④各个专业工作队在施工段上能够连续作业，施工段之间没有空闲时间。
⑤式中n’——专业工作队数目，其余符号如前所述。
三、异节奏流水施工示例【例题1·案例题】某建设工程由四幢大板结构楼房组成，每幢楼房为一个施工段，施工过程划分为基础工程、结构安装、室内装修和室外工程4项，其流水节拍分别为：5周、10周、10周、5周。
【问题】等步距流水施工如何安排？画出横道图并计算工期。
【分析】异步距流水施工流水施工进度计划如下图所示。
总工期为：T0=(5+10+25)+4×5=60周（注：计算方法此处未介绍，可按下一节“非节奏流水”计算。
）【参考答案】(1)计算流水步距流水步距等于流水节拍的最大公约数：K=min[5，10，10，5]=5（周）(2)确定专业工作队数目【做法分析：每个施工过程成立的专业工作队数目可按下式计算：b j=t j/K式中b j——第j个施工过程的专业工作队数目；t j——第／个施工过程的流水节拍；K——流水步距。
】本题目各施工过程的专业工作队数目分别为：I——基础工程：bⅠ= 5／5=1 （个）Ⅱ——结构安装：bⅡ=10／5=2 （个）Ⅲ——室内装修：bⅢ=10／5=2 （个）Ⅳ——室外工程：bⅣ= 5／5=1 （个）专业工作队总数：n’=(1+2+2+1)=6 （个）(3) 等步距流水施工进度计划如下图所示。
(4) 流水施工工期流水施工工期为：T=(m + n’-1)K=(4+6-1)×5=45(周)【分析：与异步距流水施工进度计划比较，等步距流水施工使总工期缩短了15周。
请分析，这15周和上面的60周关系？】第八节非节奏流水施工（掌握）一、非节奏流水施工的特点二、流水步距的确定(1)对每一个施工过程在各施工段上的流水节拍依次累加，求得各施工过程流水节拍的累加数列；(2)(3)在差数列中取最大值，即为这两个相邻施工过程的流水步距。
数列错位相减法经典例题
数列错位相减法是一种常见的数列操作方法，即将数列的后一项与前一项相减得到新的数列。
这种方法常用于寻找数列中的规律和特征。
下面是一个经典的数列错位相减法的例题：
题目：给定数列2, 4, 7, 11, 16, 22, 29, ...，请写出该数列的错位相减法规律，并求出第12项的值。
解析：首先我们观察数列的差值序列：2, 3, 4, 5, 6, 7, ...，可以发现这是一个自然数序列。
因此，我们可以得出结论，原数列每一项与其前一项的差值依次递增1。
根据这个规律，我们可以得到错位相减法的规律：
第1项：2
第2项：4 - 2 = 2
第3项：7 - 4 = 3
第4项：11 - 7 = 4
第5项：16 - 11 = 5
...
根据错位相减法的规律，我们可以继续找出第12项的值：
第6项：22 - 16 = 6
第7项：29 - 22 = 7
第8项：37 - 29 = 8
第9项：46 - 37 = 9
第10项：56 - 46 = 10
第11项：67 - 56 = 11
第12项：79 - 67 = 12
因此，数列的第12项为79。
通过数列错位相减法，我们可以探索数列中的规律，并预测未知项的值。
这是一种简单而又有趣的数学思维方法，可以帮助我们培养逻辑推理和数学思考能力。
详解-累加数列错位相减取大差法
1
挖土I 挖土II 2 减法：
（酷名：累加数列错位相减取大差法；又名：累加斜减取大法；再 又名：累加错位相减求大数；洋名：潘特考夫斯基法）
计算两个施工过程之间的流水步距：K I-II
I II 6 0 6 （取大值） 12 6 6 18 12 6 24 18 6 0 24 ‐24
注意此处的分别累加，以及错位相减
某工程需挖土 4800m3，分成四段组织施工，拟选择使用两台挖土机挖土，每台 挖土机的产量定额为 50m3/台班，拟采用两个队组倒班作业，则该工程土方开挖 的流水节拍为（）天。 A. 24 B. 15 C. 12 D. 6
解答：这道题主要是考除法和减法。
除法： 4800m3的工程量，分为4个施工段，每个施工段的工程量为4800m3 / 4 =：1200m3 / 2 = 600m3 因为每个施工队使用两台挖机，所以，功效为：50 × 2 = 100 m3/台班。所以，每个施工段在每个施工段上所花费的时间为：600 / 100 = 6 （个台班或天），如下图所示： 施工过程 1 1200m3 600m3 6天 6天 施工段 2 3 1200m3 1200m3 600m3 600m3 6天 6天 6天 6天 4 1200m3 600m3 6天 6天
K I-II = 6
累加数列错位相减取大差法
累加数列错位相减取大差法
累加数列错位相减取大差法，是一种常用于数据分析和统计学中的数
学方法。
该方法可以用来比较两个连续时间段内的数据变化程度，从
而判断变化趋势是否一致。
具体方法是将两个时间段内的数据分别累加成两个数列，然后对这两
个数列进行错位相减，并取绝对值。
最后将得到的结果按照大小排序，取其中的最大值作为比较的标准。
这种方法的优点是简便易行，不需要太多的复杂计算。
并且可以有效
区分数据的变化趋势。
然而，也存在一些缺点，比如不适用于数据集
比较小的情况，以及对于极端值的敏感性较高等。
因此，在实际应用过程中，需要结合具体情况进行分析和评估。
同时，在使用该方法时，也需要注意数据的质量和可靠性，以及应该将其作
为补充分析手段来使用，而不是单一的主要数据分析方法。
累加数列错位相减取大差法
累加数列错位相减取大差法累加数列错位相减取大差法是一种常用的数学方法，它可以用来求解一些复杂的数学问题。
这种方法的核心思想是将一个数列错位相减，然后取其中的最大值作为结果。
下面我们来详细介绍一下这种方法的具体应用。
我们需要明确一个概念，那就是累加数列。
累加数列是指一个数列中每个数都是前面所有数的和。
例如，1、3、6、10、15就是一个累加数列，其中第n项的值可以表示为n*(n+1)/2。
接下来，我们来看一下累加数列错位相减取大差法的具体步骤。
假设我们有一个数列a1、a2、a3、……、an，那么我们可以将它错位相减，得到一个新的数列b1、b2、b3、……、bn-1，其中bi=ai+1-ai。
然后，我们再从b1、b2、b3、……、bn-1中取出最大值，作为累加数列a1、a2、a3、……、an的最大差值。
这种方法的优点在于它的计算量比较小，而且可以很快地得到结果。
另外，它还可以用来解决一些实际问题，例如求解股票价格的最大涨幅、求解最长递增子序列等等。
下面我们来举一个例子，说明累加数列错位相减取大差法的具体应用。
假设我们有一个数列1、3、-2、4、-1、2、-5、7，我们要求这个数列中相邻两个数之差的最大值。
首先，我们将这个数列错位相减，得到一个新的数列2、-5、6、-5、3、-7、12。
然后，我们从这个数列中取出最大值12，作为原数列的最大差值。
因此，这个数列中相邻两个数之差的最大值为12。
累加数列错位相减取大差法是一种非常实用的数学方法，它可以用来解决一些复杂的数学问题。
在实际应用中，我们可以根据具体情况灵活运用这种方法，以便更好地解决问题。
累加数列错位相减取大差法案例详解
（2）计算无多余间歇流水工期
各施工段之间的时间间隔计算，同段节拍累加错位相减取大差就等于流水节拍的最大值8。具体计算方法如下：
4
4
回填
6
6
6
6
6
求各施工过程流水节拍的累加数列，为：
挖基246810
清基246810
浇基48121620
台身816243240
盖板48121620
回填612182430
按照例题1的计算方法，错位相减求得差数列，得各工序之间的流水步距，为：
K1=max{2，2，2，2，2，-10}=2
K2=max{2，0，-2，-4，-6，-20}=2
先进行各段上工序节拍累加，这里并不同于第（1）步中那样将同一工序在各工段上累加（即表中横向数据累加），而是在一个工段上各工序节拍的累加（即表中竖向数据累加），由于5道涵洞的施工工序及持续时间都一致，因此，每段上节拍的累加都一样，即：
第①道涵洞248162026
第②道涵洞248162026
第③道涵洞248162026
3.在差数列中取最大值 即为这两个相邻施工过程的流水步距。
例题1：
某工程由3个施工过程组成，分为4个施工段进行流水施工，其流水节拍见表，试确定流水步距。
施工过程
(工序)
施工段
1
2
3
4
Ⅰ
2
3
2
1
Ⅱ
3
2
4
2
Ⅲ
3
累加数列错位相减取大差法案例详解
累加数列错位相减取大差法案例详解案例：求解数列1，4，7，10，13，16，...的前n项和。
解析：首先，我们可以观察到这个数列是一个等差数列，公差为3、我们可以利用累加数列错位相减取大差法来求解。
我们将数列错位相减得到一个新的数列：4-1=37-4=310-7=313-10=3...可以发现，这个新的数列也是一个等差数列，同样的公差为3接下来，我们求这个新数列的前n-1项和，记为Sn-1根据等差数列求和公式，Sn-1 = n*(a1+an-1)/2，其中，n为项数，a1为首项，an-1为最后一项。
对于这个新数列，n-1项和可以表示为：Sn-1=(n-1)*(3+3(n-2))/2=(3n^2-9n+6)/2这样，我们就得到了新数列的前n-1项和。
接下来，我们计算原数列的前n项和Sn。
由于原数列是新数列错位相减得到的，所以原数列的第一项就是新数列的第二项，即a2=3又因为新数列是一个等差数列，所以原数列的公差也是3我们可以推出，原数列的第n项 an = a2 + 3(n-1)，即 an = 3n-1利用求和公式，我们可以计算出原数列的前n项和：Sn = n*(a1+an)/2 = n*(1+(3n-1))/2 = (3n^2+n)/2所以，数列1，4，7，10，13，16，...的前n项和可以表示为(3n^2+n)/2通过这个案例，我们可以看到，累加数列错位相减取大差法是一种简便而有效的数列求和方法。
它通过将数列错位相减得到一个新的数列，然后利用求和公式计算得到原数列的和。
这种方法在高中数学中经常会遇到，对于理解数列求和有很大的帮助。
专题07 数列求和-错位相减、裂项相消(解析精编版)
专题07 数列求和-错位相减、裂项相消答案◆错位相减法【经典例题1】【答案】(1)()12n n a n -*=∈N ； (2)222n nn T +=-. 【解析】(1)因为111,1n n a S a +==-．所以121S a =-，解得22a =．当2n ≥时，11n n S a -=-， 所以11n n n n n a S S a a -+=-=-，所以12n n a a +=，即12n na a +=． 因为212a a =也满足上式，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，所以()12n n a n -*=∈N ．(2)由（1）知12nn a +=，所以2n n n b =，所以2311111232222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭…①2311111112(1)22222n n n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++-⨯+⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭…②①-②得231111111222222n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11112211212nn n +⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-⨯ ⎪⎝⎭-11122n n ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以222n nn T +=-． 【经典例题2】【答案】(1)32n a n =-，14n n b -= (2)()1414n n T n +=+-【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，由题意得：13312a d +=，解得：3d =， 所以()13132n a n n =+-=-，由2312b =得：24b =，所以214a q a ==，所以14n n b -= (2)()1324n n n n c a b n +==-⋅，则()2344474324n n T n =+⨯+⨯++-①，()2341444474324n n T n +=+⨯+⨯++-②，两式相减得：()23413434343434324n n n T n +-=+⨯+⨯+⨯++⨯--()()111164433241233414n n n n n +++-=+⨯--=-+--，所以()1414n n T n +=+-【经典例题3】【答案】(1)()*2n n a n =∈N (2)2332n nn T +=-【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，当1q =时，1n S na =，所以2126S a ==，31314S a ==，无解．当1q ≠时，()111n n a q S q -=-，所以()()21231316,1114.1a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩解得12a =，2q 或118a =，23q =-（舍）．所以()1*222n n n a n -=⨯=∈N ．(2)21212n n n n n b a --==．所以231135232122222n n nn n T ---=+++++①，则234111352321222222n nn n n T +--=+++++②， ①－②得，2341112222212222222n n n n T +-=+++++-234111111212222222nn n +-⎛⎫=+++++- ⎪⎝⎭1111111213234221222212-++⎛⎫- ⎪-+⎝⎭=+⨯-=--n n n n n ．所以2332n n n T +=-．【练习1】【答案】(1)21nn a =- (2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由121n n a a +=+得：()1121n n a a ++=+，又112a +=，∴数列{}1n a +是以2为首项，2为公比的等比数列，12n n a ∴+=，21n n a ∴=-.(2)由（1）得：()12nn n a n +=⋅；()1231122232122n n n S n n -∴=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()23412122232122n n n S n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅，()()2311121222222212212n n n n n n S n n n +++-∴-=++++-⋅=-⋅=-⋅--，()1122n n S n +∴=-⋅+.【练习2】【答案】(1)12n na (2)(1)21n n T n =-⋅+【解析】(1)令1n =得11121S a a ==-，∴11a =，当2n ≥时，1121n n S a --=-，则1122n n n n n a S S a a --=-=-， 整理得12n n a a -=，∴12nn a a -=，∴数列{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，∴12n na ；(2)由（1）得12n n n b na n -==⋅，则01211222322n n T n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，12321222322nn T n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，两式相减得0123112222222212n n nn n T n n ---=++++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅-，化简得122(1)21n n nn T n n =-+⋅=-⋅+．【练习3】【答案】(1)212n n a -= (2)234065299n n n T +-=+⨯ 【解析】(1)当1n =时，1113423S a a =-=，解得12a =．当2n ≥时，()113334242n n n n n a S S a a --=-=---，整理得14n n a a -=，所以{}n a 是以2为首项，4为公比的等比数列，故121242n n n a --=⨯=．(2)由（1）可知，()2112log 212n n n n b a a n ++=⋅=-⨯，则()35211232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯，()572341232212n n T n +=⨯+⨯++-⨯， 则()368222332222212n n n T n ++-=++++--⨯()62432323224065*********n n n n n +++--=+--⨯=--⨯-．故234065299n n n T +-=+⨯． 【练习4】【答案】(1)证明见解析 (2)()1122n n S n +=-⋅+【解析】(1)由已知可得1122n n n n n a a a ++=+，即11221n n n n a a ++=+，即11221n nn n a a ++-=，2n n a ⎧⎫∴⎨⎬⎩⎭是等差数列. (2)由（1）知，()122111n n n n a a =+-⨯=+，21n n a n ∴=+，2nn b n ∴=⋅231222322=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅n n S n()23121222122n n n S n n +=⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅相减得，()23111121222222222212n n n n n n n S n n n ++++--=+++⋅⋅⋅+-⋅=-⋅=--⋅-()1122n n S n +∴=-⋅+◆裂项相消法【经典例题1】【答案】C 【解析】因为2211n n a a +-=且211a =，所以，数列{}2n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，211na n n =+-=，因为数列{}n a 为正项数列，则n a n 则()()1111111n n n nn n a an n n nn n ++-==-+++++++-11n n a a +⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前99项和为1223991001019--+=-=.故选：C.【经典例题2】【答案】8081【解析】因为()22222111(1)1n n a n n n n +==-++， 所以822222111111801()()1223898181S =-+-++-=-=．故答案为：8081．【经典例题3】【答案】21n n +【解析】当1n =时，21111a S ===， 当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-，且当1n =时，1211n a -==，故数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，111111(21)(21)22121n n n b a a n n n n +⎛⎫===- ⎪-+-+⎝⎭， 则数列{}n b 的前n 项和为：1111111113352215721n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎝⎭⎣-⎭⎦11122121n n n ⎡⎤=-=⎢⎥++⎣⎦.故答案为：21n n +【练习1】【答案】B 【解析】()()21212121212121212121n n n n n n n n n n +--+--==++-++-+--记2121n n ⎨++-⎩的前n 项和为n T ， 则(20221315375404540432T =+)1404512=；故选：B【练习2】【答案】69n n +【解析】由对于任意的*N n ∈，总有n a ，n S ，2n a 成等差数列可得：22n n n S a a =+， 当2n ≥时可得21112n n n S a a ---=+，所以22111222n n n n n n n a S S a a a a ---=-=+--，所以22110n n n n a a a a -----=，所以11()(1)0n n n n a a a a --+--=，由数列{}n a 的各项均为正数，所以11n n a a --=，又1n =时20n n a a -=，所以11a =，所以n a n =，212311111()(21)(23)22123n n n b a a n n n n ++===-⋅++++，1111111111()()235572123232369n nT n n n n =-+-+-=-=++++.故答案为：69n n +. 【练习3】【答案】()111!n -+【解析】()()()11111!1!!1!k k k k k k +-==-+++，()()()12311111111112!3!4!1!2!2!3!3!4!1!!!1!n n n n n n ∴+++⋅⋅⋅+=-+-+-+⋅⋅⋅+-+-+-+()111!n =-+.故答案为：()111!n -+.【练习4】【答案】(1)332n a n =-(2)331=+n nT n 【解析】(1)解：数列{}n a 满足124(32)3n a a n a n +++-=，当1n =时，得13a =，2n ≥时，1214(35)3(1)n a a n a n -+++-=-，两式相减得：(32)3n n a -=，∴332n a n =-， 当1n =时，13a =，上式也成立.∴332n a n =-； (2)因为331(32)(31)n a n n n =+-+113231n n =--+， ∴11111114473231n T n n =-+-++--+1313131nn n =-=++.【练习5】【答案】(1)13n na =(2)11n T n =+【解析】(1)当1n =时，111221a S a =-=，解得：113a =；当2n ≥时，1122211n n n n n a S S a a --=-=--+，即113n n a a -=，∴数列{}n a 是以13为首项，13为公比的等比数列，1133nn n a ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭. (2)由（1）得：131log 3nn b n ⎛⎫== ⎪⎝⎭，()111n n n C n n n n +-∴==++1122334111n T n n n n n ∴=⋅⋅⋅=-++ 【练习6】【答案】(1)证明见解析；()1*2n n a n -=∈N (2)211nn -+【解析】(1)解：1122222n n n n a a a n -+++=⋅，即为21122nn a a a n -+++=·······①， 又1212122n n a a a n --+++=-，········②， ①-②得112nn a -=，即12(2)n n a n -=，又当1n =时，11112a -==，故()1*2n n a n -=∈N ；从而()*11222nn n n a n a +-==∈N ， 所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列； (2)由（1）得11(1)222(1)1n n n n n b n n n n---==-++，所以1021122222221321-⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭n n n S n n 211=-+n n . 【练习7】【答案】(1)n a n =，*N n ∈ (2)115462【解析】(1)由题意知2319a a a =⋅，设等差数列{}n a 的公差为d ，则()()211182a a d a d +=+，因为0d ≠，解得1a d =又31336S a d =+=，可得11a d ==，所以数列{}n a 是以1为首项和公差为1的等差数列， 所以()11n a a n d n =+-=，*N n ∈ (2)由（1）可知()()()()()1111122112n b n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭， 设数列{}n b 的前n 和为n T ，则()()()1111111212232334112n T n n n n ⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪⨯⨯⨯⨯+++⎝⎭ ()()1112212n n ⎛⎫=- ⎪ ⎪++⎝⎭， 所以20111115222122462T ⎛⎫=⨯-=⎪⨯⎝⎭ 所以数列{}n b 的前20和为115462【练习8】【答案】(1)21n a n =+，()141n b n n =+ (2)()41n n S n =+【解析】(1)由题意，可设等差数列{}n a 的公差为d ，则112721026a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得13a =，d ＝2，∴()32121n a n n =+-=+；∴()()222111114441211n nb a n n n n n ====-+++-； (2)∴()11114141n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，()1111111111422314141n n S n n n n ⎛⎫⎛⎫=-+-+⋯+-=-=⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭． 【练习9】【答案】(1)21n a n =- (2)21n nT n n =++ 【解析】(1)解：对任意的N n *∈，0n a >，由题意可得()224121n n n n S a a a =+=++.当1n =时，则211114421a S a a ==++，解得11a =，当2n ≥时，由2421n n n S a a =++可得2111421n n n S a a ---=++，上述两个等式作差得2211422n n n n n a a a a a --=-+-，即()()1120n n n n a a a a --+--=，因为10n n a a ->+，所以，12n n a a --=，所以，数列{}n a 为等差数列，且首项为1，公差为2，则()12121n a n n =+-=-. (2)解：()21212n n n S n +-==，则()()()()()()2214441111111121212121212122121n n n n S n n b a a n n n n n n n n +-+⎛⎫====+=+- ⎪-+-+-+-+⎝⎭， 因此，11111112335212121n nT n n n n n ⎛⎫=+-+-++-=+ ⎪-++⎝⎭. 【练习10】【答案】(1)条件选择见解析，21n a n =- (2)()()22121n n n T n +=+【解析】(1)解：选条件①：n *∀∈N ，14n n a a n ++=，得1241n n a a n ，所以，()24144n n a a n n +-=+-=，即数列{}21k a -、{}()2N k a k *∈均为公差为4的等差数列，于是()()21141432211k a a k k k -=+-=-=--，又124a a +=，23a =，()()224141221k a a k k k =+-=-=⋅-，所以21n a n =-； 选条件②：因为数列n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列，且n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前3项和为6，得3122361232S S S S ++=⨯=，所以222S=，所以n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的公差为2121121S S d =-=-='，得到()11nS n n n=+-=，则2n S n =，当2n ≥，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-.又11a =满足21n a n =-，所以，对任意的N n *∈，21n a n =-. (2)解：因为()()()()()12222214111221212121n n n n n a a nb a a n n n n ++⎡⎤+===-⎢⎥⋅-+-+⎢⎥⎣⎦， 所以()()122222*********213352121n n T b b b n n ⎡⎤=++⋅⋅⋅+=-+-+⋅⋅⋅+-⎢⎥-+⎢⎥⎣⎦ ()()()222111122121n n n n ⎡⎤+=-=⎢⎥++⎢⎥⎣⎦.。
流水施工、网络计划典型例题
流水施工典型例题一、流水施工总结（一）固定节拍流水施工1.特点：在组织的流水范围内，所有施工过程的流水节拍都相等，并且都等于流水步距。
即t1=t2＝t3＝K根据上例图推导流水施工工期的公式。
T＝（m＋n－1）K＋ΣZ－ΣC2。
练习：已知某分部工程有3个施工过程，其流水节拍t1=t2=t3=2天，划分为3个施工段。
（1）若无工艺间歇，试计算流水施工工期并绘制流水施工横道图。
（2）若2、3之间工艺间歇2天，又如何？解：首先判断属于什么流水：固定节拍。
取k=t=2天，n＝3，m＝3,（1）T＝（m＋n－1)K＝(3＋3－1)×2＝10天（2）T＝（m＋n－1)K＋ΣG＝（3＋3－1）×2＋2＝12（天）流水施工横道图如下：（二）成倍节拍流水施工1.特点：同一施工过程在各个施工段上的流水节拍都相等,不同施工过程的流水节拍不完全相等,但成倍数关系。
成倍节拍流水施工的组织步骤：（1)求各施工过程流水节拍的最大公约数作为流水步距K（2)计算各施工过程所需工作班组数bi＝ti/K（3）计算工作班组总数n’＝Σbi(4）计算流水施工工期T＝（m＋n’－1）K+ΣZ－ΣC2.练习：某分部工程有3个施工过程，其流水节拍分别为t1=1天,t2=3天，t3=2天，划分为6个施工段。
试组织流水施工，计算流水施工工期并绘制流水施工横道图。
解:首先判断属于什么流水：加快的成倍节拍流水。
t1=1天，t2=3天，t3=2天（1)取K＝1天(2）计算各施工过程所需工作班组数b1＝t1/K＝1/1＝1（队），同样b2＝3，b3＝2（3)计算工作班组总数n’＝Σbi＝b1＋b2＋b3＝6（队）(4）计算流水施工工期T＝（m＋n'－1)K＝（6＋6－1）×1＝11（天)(三）无节奏流水施工1。
特点(1)各施工过程在各施工段上的流水节拍不全相等；（2）相邻施工过程的流水步距不尽相等；（3）专业工作队数等于施工过程数；（4)各专业工作队能够在施工段上连续作业，但有的施工段之间可能有空闲时间。
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累加数列错位相减取大差法
在非节奏流水施工中，通常采用累加数列错位相减取大差法计算流水步距。
由于这种方法是由潘特考夫斯基首先提出的，故又称为潘特考夫斯基法。
基本步骤：
1. 对每一个施工过程在各施工段上的流水节拍依次累加，求得各施工过程流水节拍的累加数列；
2. 将相邻施工过程流水节拍累加数列中的后者错后一位，相减后求得一个差数列；
3. 在差数列中取最大值，即为这两个相邻施工过程的流水步距。
例题1：
某工程由3个施工过程组成，分为4个施工段进行流水施工，其流水节拍见表2-1，试确定流水步距。
解：（1）求各施工过程流水节拍的累加数列（从第一个施工段开始累加至最后一个施工段）：
施工过程Ⅰ：2，5，7，8
施工过程Ⅱ：3，5，9，11
施工过程Ⅲ：3，7，9，11
（2）错位相减求得差数列：
施工过程Ⅰ： 2，5，7，8
施工过程Ⅱ： 3，5，9，11
相减，得： 2，2，2，-1，-11
施工过程Ⅱ： 3，5，9，11
施工过程Ⅲ： 3，7，9，11
相减，得： 3，2，2，2，-11
（3）在求得的数列中取最大值求得流水步距：
K1=max{2，2，2，-1，-11}=2
K2=max{3，2，2，2，-11}=3
表示：工序Ⅰ与工序Ⅱ之间的流水步距为2天，工序Ⅱ与工序Ⅲ之间的流水步距为3天。
例题2：
某工程有5座通道，每座通道工序流水节拍如下：挖基2D，清基2D，浇基4D，台身8D，盖板4D，回填6D。
浇基后等4D才能施工台身，台身完成后要等2天才能进行盖板施工。
问题：
（1）计算不窝工的流水工期；
（2）计算无多余间歇流水工期；
（3）有窝工且有多余间歇流水时的工期是多少？
解答：
（1）本题中，5道相同的涵洞，说明有5个施工段，各施工段的施工工艺都一样，均为挖基、清基、浇基、台身、盖板、回填。
列入如例题1题干中的表格为：
求各施工过程流水节拍的累加数列，为：
挖基：2，4，6，8，10
清基：2，4，6，8，10
浇基：4，8，12，16，20
台身：8，16，24，32，40
盖板：4，8，12，16，20
回填：6，12，18，24，30
按照例题1的计算方法，错位相减求得差数列，得各工序之间的流水步距，为：
K1=max{2，2，2，2，2，-10}=2
K2=max{2，0，-2，-4，-6，-20}=2
K3=max{4，0，-4，-8，-12，-40}=4
K4=max{8，12，16，20，24，-20}=24
K5=max{4，2，0，-2，-4，-30}=4
接着计算不窝工的流水工期：
不窝工的无节拍流水工期=流水步距和+最后一道工序流水节拍的和+技术间歇之和，即：
T=ΣK+Σt+ΣZ=（2+2+4+24+4）+5×6+（4+2）=72（天）
注：题中告诉“浇基后等4D才能施工台身，台身完成后要等2天才能进行盖板施工”，说明技术间歇为4+2=6天。
最后一道工序为回填，需要6天，一共5道相同的涵洞，则最后一道工序流水节拍的和为5×6=30天。
（2）计算无多余间歇流水工期
各施工段之间的时间间隔计算，同段节拍累加错位相减取大差就等于流水节拍的最大值8。
具体计算方法如下：
先进行各段上工序节拍累加，这里并不同于第（1）步中那样将同一工序在各工段上累加（即表中横向数据累加），而是在一个工段上各工序节拍的累加（即表中竖向数据累加），由于5道涵洞的施工工序及持续时间都一致，因此，每段上节拍的累加都一样，即：第①道涵洞：2，4，8，16，20，26
第②道涵洞：2，4，8，16，20，26
第③道涵洞：2，4，8，16，20，26
第④道涵洞：2，4，8，16，20，26
第⑤道涵洞：2，4，8，16，20，26
错位相减求得差数列，取最大差，得各工段之间的时间间隔为8天。
接着计算无多余间歇的流水工期：
无多余间歇的无节拍流水工期=施工段间间隔和+最后一个施工段流水节拍的和+技术间歇和，即：
T=（5-1）×8+26+（4+2）=64（天）
注：5个施工段，之间有4个时间间隔。
（3）计算有窝工且有多余间歇流水时的流水工期
有窝工且有多余间歇流水时的流水工期，是第（1）、（2）两问中最短的工期，即无多余间歇流水工期，为64天。
思考：
根据例题2的计算方法，试着计算一下例题1中的“不窝工的流水工期”、“无多余间歇流水工期”以及“有窝工且有多余间歇流水时的流水工期”。