错位相减法13年间的高考题
错位相减法求和附答案解析
错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：①项的对应需正确；②相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；③若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3①当时4s n－1 = + 2a n-1－3 ②①－②, 即，∴,（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年XXXX市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明：. [答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.（Ⅱ）由，得…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或. （6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以. （13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。
近6年来高考数列题分析(以全国卷课标Ⅰ为例)
近5年来高考数列题分析（以全国卷课标Ⅰ为例）单的裂项相消法和错位相减法求解数列求和即可。
纵观全国新课标Ⅰ卷、Ⅱ卷的数列试题，我们却发现，新课标卷的数列题更加注重基础，强调双基，讲究解题的通性通法。
尤其在选择、填空更加突出，常常以“找常数”、“找邻居”、“找配对”、“构函数”作为数列问题一大亮点.从2011年至2015年，全国新课标Ⅰ卷理科试题共考查了8道数列题，其中6道都是标准的等差或等比数列，主要考查等差或等比数列的定义、性质、通项、前n项和、某一项的值或某几项的和以及证明等差或等比数列等基础知识。
而文科试题共考查了9道数列题，其中7道也都是标准的等差或等比数列，主要考查数列的性质、求通项、求和、求数列有关基本量以及证明等差或等比数列等基础知识。
1．从试题命制角度看，重视对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的考查。
2．从课程标准角度看，要求学生“探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和的公式，能在具体问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题”。
3．从文理试卷角度看，尊重差异，文理有别，体现了《普通高中数学课程标准（实验）》的基本理念之一“不同的学生在数学上得到不同的发展”。
以全国新课标Ⅰ卷为例，近五年理科的数列试题难度整体上要比文科的难度大一些。
如2012年文科第12题“数列 满足 ，求的前60项和”是一道选择题，但在理科试卷里这道题就命成了一道填空题，对考生的要求自然提高了。
具体来看，全国新课标卷的数列试题呈现以下特点：●小题主要考查等差、等比数列的基本概念和性质以及它们的交叉运用，突出了“小、巧、活”的特点，难度多属中等偏易。
●大题则以数列为引线，与函数、方程、不等式、几何、导数、向量等知识编织综合性强，内涵丰富的能力型试题，考查综合素质，难度多属中等以上，有时甚至是压轴题，难度较大。
（一）全国新课标卷对数列基本知识的考查侧重点1．考查数列的基本运算，主要涉及等差、等比数列的通项公式与前项和公式。
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
专题数列求和的基本方法——错位相减法知识整合1. 裂项求和法数列的通项具有以下几种形式适用此法：111)1(1+-=+n n n n ,⎪⎭⎫⎝⎛+-=+21121)2(1n n n n ，⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=+-12112121)12)(12(1n n n n ，n n n n -+=++111,2. 分组转化求和法用于求解{}n n a b +型数列的前n 项和，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列.3.错位相减法用于求解{}n n a b ⋅型数列的前n 项和，其中{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列.例（1）已知数列n n n a 2⨯=，求其前n 项和n S .（2）求231234(1)n S x x x n x =++++++ 的值. 配套练习1.求1132282n n ++++ 的值.2.已知数列{}n a 满足11a =，且()1*1222,n n n a a n n --=+≥∈N .（1） 求证：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 2是等差数列，并求出数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前n 项和n S .3.数列{}n a 满足11a =，数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 2是公差为1 的等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；（2）设()1n n b nn a =+，求{}n b 的前n 项和n S .真题演练1.（2012·浙江高考）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ， 且2*2,n S n n n +=∈N ，数列{}n b 满足2*4log 3,n n b n a +=∈N .（1） 求,n n a b ；（2） 求{}n n a b ⋅的前n 项和n T(1) 由S n =22n n +,得 当n =1时,113a S ==; 当n ≥2时,1n n n a S S -=-=2222(1)(1)41n n n n n ⎡⎤+--+-=-⎣⎦. 由a n =4log 2b n +3,得12n n b -=,n ∈N*.(2)由(1)知1(41)2n n n a b n -=-⋅,n ∈N*所以()21372112...412n n T n -=+⨯+⨯++-⋅,()2323272112...412n n T n =⨯+⨯+⨯++-⋅, ()212412[34(22...2)]n n n n T T n --=-⋅-++++(45)25n n =-+，所以(45)25n nT n =-+,n ∈N*.。
2013年高考数学全国卷1(完整试题+答案+解析)
绝密★启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）理科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页．考试时间120分钟．满分150分．答题前，考生务必用0.5毫米的黑色签字笔将自己的姓名、座号、考号填写在第Ⅰ卷答题卡和第Ⅱ卷答题纸规定的位置． 参考公式：样本数据n x x x ,,21的标准差nx x x x x x s n 22221)()()(-++-+-=其中x 为样本平均数球的面积公式24R S π=第Ⅰ卷（选择题 共60分）注意事项：1．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上． 2．第Ⅰ卷只有选择题一道大题．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1.复数ii++121（i 是虚数单位）的虚部是 A ．23 B ．21C ．3D ．1 2.已知R 是实数集，{}11,12+-==⎭⎬⎫⎩⎨⎧<=x y y N x xM ，则=M C N R A ．)2,1(B ．[]2,0C .∅D ．[]2,13.现有10个数，其平均数是4，且这10个数的平方和是200，那么这个数组的标准差是 A ．1 B ．2 C ．3 D ．44.设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，0852=-a a ，则=24S S A ．5 B ．8 C ．8- D ．155.已知函数)62sin()(π-=x x f ，若存在),0(π∈a ，使得)()(a x f a x f -=+恒成立，则a的值是 A ．6π B ．3π C ．4π D ．2π(想不到更好的方法时，不妨逐项代入)6.已知m 、n 表示直线，γβα,,表示平面，给出下列四个命题，其中真命题为 （1）βααβα⊥⊥⊂=则,,,m n n m （2）m n n m ⊥==⊥则,,,γβγαβα （3）,,βα⊥⊥m m 则α∥β （4）βαβα⊥⊥⊥⊥则,,,n m n mA ．（1）、（2）B ．（3）、（4）C ．（2）、（3）D ．（2）、（4）7.已知平面上不共线的四点C B A O ,,,，若||,23BC -=等于（)(20OC OB B OA →→→→-=-）A ．1B ．2C ．3D ．48.已知三角形ABC ∆的三边长成公差为2的等差数列，且最大角的正弦值为23，则这个三角形的周长是A ．18B ．21C ．24D ．15（余弦定理） 9.函数xx x f 1lg )(-=的零点所在的区间是（根的存在性定理） A ．(]1,0 B ．(]10,1 C ．(]100,10 D ．),100(+∞ 10.过直线y x =上一点P 引圆22670x y x +-+=的切线，则切线长的最小值为A ．22 B ． 223 C ．210 D ．2（解题前应多想想几何定理）11.已知函数b ax x x f 2)(2-+=.若b a ,都是区间[]4,0内的数，则使0)1(>f 成立的概率是A ．43 B ．41 C ．83D ．85题图第1312.已知双曲线的标准方程为116922=-y x ，F 为其右焦点，21,A A 是实轴的两端点，设P 为双曲线上不同于21,A A 的任意一点，直线P A P A 21,与直线a x =分别交于两点N M ,,若0=⋅,则a 的值为(_此题若画图像，有两种情况。
高三数学倒序相加错位相减裂项抵消求和试题答案及解析
高三数学倒序相加错位相减裂项抵消求和试题答案及解析1.数列的前项和为，若，则等于A．B．C．D．【答案】D【解析】因为.所以.【考点】1.数列的通项的裂项.2.数列的求和.2.求下面各数列的前n项和：(1)，…(2) ，…【答案】（1）（2）【解析】(1)∵a＝，n∴S＝n＝＝.＝＝1＋，(2)∵an∴S＝n＋n3.在等差数列中，已知，.（1）求；（2）若，设数列的前项和为，试比较与的大小．【答案】（1） ;（2）当时，；当时，.【解析】（1）根据等差数列的通项公式把已知转化成关于和的方程，再利用公式,求出;（2）由（1）的结果，代入得到,观察形式，利用裂项相消求和，得到,再用做差法比较和的大小，分解因式后，讨论的范围，得到大小关系，此题考察等差数列的基础知识，以及求和的方法，比较大小时，不要忘记讨论,再比较大小,总体属于基础题型. 试题解析：（1）由题意得： 2分解得 4分. 6分（2）因为，所以， 7分10分所以= =， 12分所以当时，；当时，. 14分【考点】1.等差数列的公式；2裂项相消；3.比较法.4.在数列中，，．（1）设，求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）在题中等式两边同时除以得，则，即，利用累加法得；（2）根据第（1）题求出，利用分组求和，，后面括号式子利用错位相加法求得结果.试题解析：（1）由已知得，原式同除以得，则，即，所以……累加，得所以由（1）得，所以设，①，②①－②，得所以，所以【考点】1.累加法求通项公式；2.分组求和法和错误相减法求和.5.已知数列，满足，，（1）求的值；（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明；（3）己知，设，记，求．【答案】（1）；；（2），证明见解析；（3）3．.【解析】（1）这属于已知数列的递推关系式，求数列的项的问题，我们只要在已知递推关系式中依次令就可以依次求出；（2）用归纳法归纳数列的通项公式，我们可以由数列的前几项想象各项与项数之间的联系，如，，，，从而归纳出结论，然后数学归纳法证明，这里数学归纳法的基础即第一步已经不需另证了，关键是第二步，假设时，，然后由已知条件求出，那么结论就是正确的；（3）按常规方法，先求，，接着求数列的前项和，根据其通项公式的形式（它是一个等差数列所一个等比数列对应项相乘所得），求和用乘公比经错位相减法，求得，然后借助已知极限可求出极限.试题解析：(1)，∴．，分别令，可得，(2)猜想数列的通项公式为.用数学归纳法证明如下：证明 (i)当时，由(1)知结论成立；当时，,结论成立.(ii)假设时，结论成立，即.当时，.所以，，即时，结论也成立.根据(i)和(ii)可以断定，结论对一切正整数都成立.(3)由(2)知，，．于是，，．所以，．【考点】（1）数列的项；（2）数学归纳法；（3）借位相减法，极限.6.设数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先令求出的值，然后令时，在原式中用得到一个新的等式，并将该等式与原等式作差，求出数列在时的通项公式，并对的值是否符合上述通项公式进行检验，从而最终确定数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，并根据数列的通项公式结构选择裂项法求和.试题解析：（1）因为，，①所以当时，．当时，，②，①－②得，，所以．因为，适合上式，所以；（2）由（1）得，所以，所以.【考点】1.定义法求数列的通项公式；2.裂项法求和7.设，的所有非空子集中的最小元素的和为，则= ．【答案】【解析】这个问题主要是研究集合中的每个元素在和中分别出现多少次，事实上，以为例，集合中比大的所有元素组成的集合的所有子集共有个，把加进这些子集里形成新的集合，每个都是最小元素为的集合的子集，而最小元素为的集合的子集也就是这些，故在中出现次，同理出现次，…，出现1次，所以有，这个和用错位相减法可求得．【考点】子集的个数，借位相减法求数列的和．8.已知数列的前项和为，且，则______________.【答案】.【解析】由题意知，所以，下式减上式得.【考点】错位相减求和9.已知数列，，，，，为数列的前项和，为数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）求证：.【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）解法一是根据数列递推式的结构选择累加法求数列的通项公式；解法二是在数列的递推式两边同时除以，然后利用待定系数法求数列的通项公式，进而求出数列的通项公式；（2）先求出数列的通项公式，然后根据数列的通项结构，选择裂项相消法求数列的前项和；（3）对数列中的项利用放缩法，然后利用累加法即可证明所要证的不等式.试题解析：（1）法一：，法二：（2）（3）证明：，.【考点】1.累加法求数列的通项公式；2.待定系数法求数列的通项公式；3.裂项相消法求数列的和；4.利用放缩法证明数列不等式10.已知数列具有性质：①为整数；②对于任意的正整数，当为偶数时，；当为奇数时，.（1）若为偶数，且成等差数列，求的值；（2）设(且N)，数列的前项和为，求证：；（3）若为正整数，求证：当(N)时，都有.【答案】(1) 0或2；（2）证明见试题解析；（3）证明见试题解析．【解析】（1）根据数列具有性质，为偶数，要，这时要求，必须讨论的奇偶性，分类讨论；（2）要证不等式，最好能求出，那么也就要求出数列的各项，那么我们根据数列定义，由为奇数，则为奇数，为偶数，接下来各项都是偶数，一起到某项为1，下面一项为0，以后全部为0．实际上项为1的项是第项（成等比数列），故可求；（3）由于是正整数，要证明从某一项开始，数列各项均为0，这提示我们可首先证明为非负（这可用数学归纳法加以证明），然后由于数列的关系，可见数列在出现0之前，是递减的，下面要考虑的是递减的速度而已．当为偶数时，；当为奇数时，，因此对所有正整数，都有，依此类推有，只要，则有．试题解析：（1）∵为偶数，∴可设，故，若为偶数，则，由成等差数列，可知，即，解得，故；（2分）若为奇数，则，由成等差数列，可知，即，解得，故；∴的值为0或2．（4分）（2）∵是奇数，∴，，，依此类推，可知成等比数列，且有，又，，，∴当时，；当时，都有．（3分）故对于给定的，的最大值为，所以．（6分）（3）当为正整数时，必为非负整数．证明如下：当时，由已知为正整数，可知为非负整数，故结论成立；假设当时，为非负整数，若，则；若为正偶数，则必为正整数；若为正奇数，则必为非负整数．故总有为非负整数．（3分）当为奇数时，；当为偶数时，．故总有，所以，当时，，即．（ 6分）又必为非负整数，故必有．（8分）【另法提示：先证“若为整数，且，则也为整数，且”，然后由是正整数，可知存在正整数，使得，由此推得，，及其以后的项均为０，可得当时，都有】【考点】（1）递推数列与等差数列；（2）数列的前项和；（3）数列的通项与综合问题．11.数列中，，前项的和是，且，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先利用与之间的关系对时，利用求出数列在时的表达式，然后就进行检验，从而求出数列的通项公式；（2）在（1）的基础下，先求出数列的通项公式，然后利用公式法求出数列的通项公式.试题解析：（1）当且时，由，得，上述两式相减得，，故数列是以为首项，以为公比的等比数列，；（2），.【考点】1.定义法求数列通项；2.等差数列求和12.已知数列中，前和（1）求证：数列是等差数列（2）求数列的通项公式（3）设数列的前项和为，是否存在实数，使得对一切正整数都成立？若存在，求的最小值，若不存在，试说明理由。
错位相减法练习题
错位相减法练习题在数学学习中，我们经常会遇到各种各样的计算方法。
其中，错位相减法是一个在解决减法问题时非常实用的方法。
它不仅简单易行，还能帮助我们培养逻辑思维和抽象能力。
本文将针对错位相减法进行一些练习题的讨论，帮助读者更好地掌握这一方法。
在错位相减法中，我们将一个较大的数减去一个较小的数，得到的结果即为正确答案。
下面是一些具体的练习题，其中用到了错位相减法。
1. 请计算下面的减法运算：428- 246--------解法：根据错位相减法的原理，我们将个位对齐，减去相应的数字即可。
答案为182。
2. 下面是一个稍微复杂一些的例子：1674- 893--------请计算结果。
解法：同样地，我们将个位对齐，然后按位进行相减。
答案为781。
3. 再来看一个带有借位的例子：534- 278--------解法：当个位相减得到的差小于0时，我们需要从前一位向后借位。
这里，个位的4无法直接减去8，所以我们需要向十位借位，将3变成2，即32。
然后再进行减法运算，答案为256。
通过以上几个例子，我们可以看到错位相减法的简单和高效。
它不仅适用于整数的减法运算，对于小数的计算也同样适用。
接下来，我们将通过一些小数减法的例子来加深理解。
4. 计算下面的小数减法：4.8- 1.23--------解法：对于小数减法，我们仍然按位进行相减。
首先，将个位和小数点对齐，答案中也将保留一位小数。
依次相减得到答案3.57。
5. 再来看一个有借位的小数减法例子：6.25- 3.71--------解法：同整数的情况一样，当个位相减小于0时，我们需要向前一位借位。
这里我们需要从十位借位，将6变成5，答案为2.54。
通过以上的练习题，我们可以看到错位相减法在解决减法问题时的简洁性和高效性。
它不仅适用于整数和小数的运算，还可以帮助我们培养逻辑思维和抽象能力。
当然，在实际应用中，我们还可以结合其他计算方法，选择最合适的方法来解决问题。
希望通过本文的练习题，读者们能够更好地掌握错位相减法，并在数学学习中能够灵活应用。
(完整版)错位相减试题
1.设数列{a n }的前n 项和为Sn 已知2Sn ＝3n＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3an ，求{b n }的前n 项和T n . 2.设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为Sn,等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{ a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝，求数列{c n }的前n 项和T n . 3.已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根.(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和.4.设数列{a n }的前n 项和为Sn ＝2n 2，{b n }为等比数列，且a 1＝b 1，b 2(a 2－a 1)＝b 1.(1)求数列{ a n }，{b n }的通项公式；(2) 记c n ＝，求数列{c n }的前n 项和T n .5.已知数列{a n }是首项为a 1＝，公比为q ＝的等比数列，设b n ＋2＝3log a n (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和Sn6.已知数列{ a n }的前n 项和Sn ，满足：Sn ＝2a n －2n (n ∈N *).(1)求数列{ a n }的通项a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列{}的前n 项和，求证：Tn ≥. 7.设等差数列{ a n }的前n 项和为Sn ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{ a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足＋＋…＋＝1－，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n . 8.已知向量p ＝(a n,2n )，向量q ＝(2n ＋1，－a n ＋1)，n ∈N *，向量p 与q 垂直，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n}满足b n＝log2 a n＋1，求数列{a n·b n}的前n项和S n.9.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(q＞1)的等比数列．(1)若a5＝b5，q＝3，求数列{a n·b n}的前n项和；(2)若存在正整数k(k≥2)，使得a k＝b k，试比较a n与b n的大小，并说明理由．10.已知{ a n }是递增的等差数列，a2，a4是方程x2﹣5x+6=0的根．（1）求{ a n }的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．11.已知数列{ a n }是等差数列，{b n}是等比数列，且b1=2a1=2，b4=16，a1+a2+a11=b1+b2+b3．（1）求数列{ a n }和{b n}的通项公式；（2）数列{c n}满足c n=（2a n﹣1）b n，求数列{c n}的前n项和S n．12.已知数列{ a n }的前n项和为S n，并且满足a1=2，n a n+1=Sn+n（n+1）．（1）求数列{ a n }的通项公式a n；（2）设Tn为数列的前n项和，求T n．13.若数列{ a n }的前n项和S n=2n．（Ⅰ）求{ a n }的通项公式；（Ⅱ）令b n =n a n．求{b n}的前10项和．14.已知数列{ a n }的前n项和为S n，a1＝2.当n≥2时，Sn-1＋1，a n，Sn＋1成等差数列．(1)求证：{S n＋1}是等比数列；(2)求数列{n a n}的前n项和T n.15.数列{a n}中a1＝3，已知点(a n，a n＋1)在直线y＝x＋2上，(1)求数列{ a n }的通项公式；(2)若bn＝a n·3n，求数列{bn}的前n项和Tn16.已知数列{ a n }满足：S n＝1－a n (n∈N＋)，其中S n为数列{ a n }的前n项和．(1)试求{ a n }的通项公式；(2)若数列{ b n }满足：b n＝(n∈N＋)，试求{b n}的前n项和公式T n.17.已知数列{ a n }的前n项和为Sn，且an＝n·2n，则Sn＝________.18.已知数列{ a n }的前n项和Sn＝n2＋2n，数列{bn}是正项等比数列，且满足a1＝2b1，b3(a3－a1)＝b1，n∈N*.(1)求数列{ a n }和{bn}的通项公式；(2)记c n＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.19.已知数列{ a n }的前n项和S n＝－n2＋kn(其中k∈N＋)，且S n的最大值为8.(1)确定常数k，并求a n；(2)求数列的前n项和T n.20.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)求数列的前n项和．21.22.已知数列{ a n }的首项a1＝，an＋1＝，n＝1,2,3，….(1)证明：数列是等比数列；(2)求数列的前n项和Sn.23.在数列中，.（I）设，求数列的通项公式；（II）求数列的前项和.24.设数列满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令，求数列的前n项和25.已知等差数列的前3项和为6，前8项和为-4.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前n项和.26.已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=-10.（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和．27.已知数列的前n项和（其中c，k为常数），且a2=4，a6=8a3.（1）求an；（2）求数列{nan}的前n项和Tn.28.已知数列的前项和为，且，数列满足.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求数列的前项和.29.设等差数列{ a n }的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{ b n }的前n项和为Tn，且Tn＋＝λ(λ为常数)．令Cn＝b2n，(n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Rn.30.设Sn为数列{ a n }的前n项和，已知a1≠0,2an－a1＝S1·Sn，n∈N*.(1)求a1，a2，并求数列{ a n }的通项公式；(2)求数列{n a n }的前n项和．31.已知数列的前项和为，.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.。
数列求和之错位相减法练习
数列求和之错位相减法专项练习解答题 已知正项数列｛｝是递增的等差数列，且＜4=6、6=4.(2)求数列｛ ｝的通项公式；(习求数yj ｛—｝的前刀项和.在数列｛｝中，前刀项和为 ， + =, 产 D =-X(2)设 = 一厶求证：｛｝为等比数列.(习求｛(+2) ｝的前刀项和 ・1.2.3.4.5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.(2)求数列｛｝的通项公式；(习若 =( 一/),求数列｛｝的前”项和13.已知等差数列｛｝的公差是b且『9成等比数列.(2)求数列｛｝的通项公式；(习求数列｛厂｝的前刀项和・14 •已知｛｝是公差不为零的等差数列，满足r+ 卄 5="且E是［与5的等比中项，为｛｝的前n项和.(2)求及；(习若+厂3 ,求数列｛｝的前刀项和.已知数列｛ ｝是首项为1的等差数列，数列｛ ｝是首项,=1的等比数列，且 >0,又3+ 5 =刃，5+ 3 ="(】)求数列｛ ｝和｛ ｝的通项公式：(II)求数列｛2｝的前n 项和 .已知数列｛ ｝的前n 项和 =3 2+8 ,｛｝是等差数列，且 = ++卜(2)求数列｛ ｝的通项公式； (习令 =「_占1• 求数列｛ ｝的前刀项和.15.16. 17. 18. 19. 20. 21.22.23. 24.已知等比数列｛ ｝的前n 项和为 ，且 +产2+/( e *).(2)求数列｛ ｝的通项公式；(习若数列｛｝满足 =3 7,求数列｛——｝的前厂项和 ・各项均为正数的数列｛ ｝满足 严1, 2+1- 2 =2( G +).(2)求数列 ｛ ｝的通项公式；(习求数列｛-二｝的前n 项和 . 已知数列｛ ｝的前刀项和为•且满足3=2 +人(2)求数列｛ ｝的通项公式；(◎设数列｛ ｝满足 =(+2)，求数列｛｝的前n 项和25. 26. 27.28. 29. 30. 31. 32. 33. 34.35.答案和解析1 •【答案】解：（2）设=』+ （— 2）,则（1 + ）（3 ） = 6\ I. j + 5 =么解得2 == 2戈』=一1 =2———> 0,（◎设｛〒｝的前n项和为，—=^7=^•••=3X0 + 4*（护 + 5X （纽+ …+ （ + 刀 X （勺■M ■••・2 = 3X （于+ 4*（A + 5X （『+・・・ + （+习X （勺— _ _ — _①一溯：;=舲+(夕+◎+•••+© ]-( + 4x（$七=笄+ 2）x（》+打【解析】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法，考査了推理能力与计算能力，属于中档题.(2)设=；+ ( -1),利用等差数列的通项公式即可得出.(耳利用错位相减法求和即可得出.2.【答案】解：(2)证明：当 =』时，；+ 2= 1 = 2』，•••产右当 >>t. ( + , = 1 _ 7两式相减，得一 _；+ =儿I -』十-1 —_厶••• =£宀+彳，—M••- 一“玄 7—刀，即 w d ",又1= 1_ 1 = 丰 0、故数列｛｝是以一勿首项，以勿公比的等比数列：如=（-分£） T=-（£，•••,当=G）:当 =/时，j =』=■••• =?扌+9（0_ + 4.（驴+... + （ +2）-（（），足=叩—（y+w+（ + 吒）二两式相减,彎=“（『+（$+...+£）_（ +；）•£）■（+「）•『=>（+》◎二故=3-（+5）（D •【解析】本题主要考査由递推关系证明等比数列，以及错位相减法求数列的和，熟记等比数列的泄义与通项公式，以及错位相减法求数列的和即可，考查了分析和运算能力, 属于中档题.（2）运用当 3耐，｛:+ _z两式相减，得一 + =儿即得到一』=" 卩=7_；（巴②，再根据2=】一 1= 一士——於卩可证明｛｝为等比数列；（耳由（/）得=（_2）.（》「= —（；），即得 =—（》，进而得到当二册，= （£） 7_（刁=© ,当 =z时产产令然后用错位相减法求和即可得解.3.【答案】解：（?）因为=彳一刀，⑦当 > -i = 2｛2），②①一②M = 2 -2 _』，即=2 _』，由0式中令=1，可得：=2,•••数列｛｝是以2为首项，2为公比的等比数列，= 2 o（习由（2）知=（2 - ！）=・2 —=2+^x/+5x/+-+（-1）2 + • 2 -口+2+3+…+ （- 2） + ],设 =2+2X 护+3X，+・・・ + （- 1）2 -」+ • 2 , ------------ ①则纟 =夕+ZX W+3X，+••• + （- 1）2 + '2 +1f ----------- ②囱笏得一 =£+，+夕+••• + £ - • 2 "=罕2一・2 —2 "-2- -2+J = -（-1）2 +1-2,得=（- 02 " + 2,又］+2+ 3+ …+ （— 2） + =... =（—“+/一（严+2【解析】本题考查数列通项与和递推关系的处理，以及等比数列的左义，错位相减法求和.（2）根据与之间的关系，证明等比数列，得岀｛｝的通项公式.（耳利用分组求和和错位相减法即可求解.4.【答案】解：（2）因为｛｝是公差为1的等差数列，且” 3， 9成等比数列,所以 i= 1 9'即（J+^）~= 1（解得1=1.所以 =』+（—；）= （€*）.（刀 mx®'+2X（y+3X（y+・・・+ X®，> ="（y+2X®'+“+（ _小£） + X®二两式相减得扌=（$+（『+◎' + •“ + ◎ - X®二所以彳=罕二—x（^）^=2-±-—所以・【解析】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式.错位相减法，考査了推理能力与计算能力，属于中档题.（2）因为｛｝是公差为1的等差数列，且” 3， 9成等比数列，可得｝= 1 9,即（1+^）2=2（』+◎，解得〃利用通项公式即可得出结果.（耳利用错位相减法，即可得出结果.5•【答案】解：（2）设｛｝的公差为（工。
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．。
错位相减法经典例题
错位相减法经典例题错位相减法是一种有效的解决数学问题的算法，它可以将繁琐的计算任务简化为几行简单的算式。
该算法依赖于负数和正数之间的差值来得出一个准确的结果。
本文将通过解释这一算法和几个示例，来向你展示错位相减法是如何发挥作用的。
一、介绍1. 错位相减法：错位相减法是基于负数和正数之间的差值计算出一个准确的结果。
它被称为“错位”，因为它需要将一个数字的最低位与另一个数字的最高位比较，以获得一个结果值。
它的基本原理是将被减数字的数位调整为正数，因此它们的差值不受正负的影响。
2. 优点：（1）错位相减法能解决复杂的计算问题；（2）它仅要求明确的负数和正数，因此在许多情况下有助于加快计算速度。
三、实例题目1. 例题一：已知-567+799,求答案：解：由-567+799可知，这是一个负数加上一个正数，用错位相减法计算即为把负数转换成正数，即-567+1000=433，因此-567+799=433-799=-366.2. 例题二：已知98237-75203,求答案：解：由98237-75203可知，这是一个正数减去一个正数，用错位相减法计算即为把两个数中较小的数字的最高位（两位数的百位）调整成一位数，即82-75=7，因此98237-75203=72000+7=72007.3. 例题三：已知445-76126,求答案：解：由445-76126可知，这是一个正数减去一个负数，用错位相减法计算即把负数转换成正数，即76126+100000=100445，因此445-76126=100445-445=100000.四、总结错位相减法是一种高效的数学解决方案，它可以忽略负数正数的区别，快速计算出准确的结果。
本文通过几个示例示范如何使用错位相减法来解决复杂的数字计算问题，由此可见，错位相减法是非常有效的一种算法。
高中数学高考专点专练之100错位相减法求和
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. −2nC. (−1)n nD. (−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 −1 B. n ⋅(2n −1) C. 2n+1−n D. 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+32nB. 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 −3C. 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−1 B. 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 ×12= ．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 ]=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+⋯+n2n 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[log21]+[log22]+[log23]+[log24]+⋯+[log21024]=．20. 计算i+2i2+3⋅i3+⋯+1999⋅i1999+2000⋅i2000=．21. 对于n∈N∗，将n表示为n=a0⋅2k+a1⋅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b1=1，b2=2且a n b n+b n=nb n+1．（1）求数列{a n}，{b n}的通项公式；，数列{c n}的前n项和为T n，则T n<4．（2）设数列{c n}满足c n=a n+1b n+123. 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，b2+b3=12，b3=a4−2a1，S11=11b4．（1）求{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{a2n 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a1=b1=2，a4+b4=27，S4−b4=10．（1）求数列{a n}与{b n}的通项公式；（2）记T n=a n b1+a n−1b2+⋯+a1b 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b1=2a1，b n=b n−1（n≥2，n∈N∗），求数列{b n}的通项公式；1+b n−1（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⋅log2a 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a1=b1=2，a4+b4=27，S4−b4=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．，若数列{a n}(n∈N∗)满足：a1=1，a n+1=f(a n)．40. 已知函数f(x)=x2x+1}为等差数列，并求数列{a n}的通项公式；（1）证明数列{1a n，求数列{c n}的前n项的和S n．（2）设数列{c n}满足：c n=3na n41. 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=a nb 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S3=9，a1，a3，a7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a1=14，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：{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a1=2，a1+a2+a3=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=−12n2−32n+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 =na 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 S 3=0，S 5=−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，a1=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 =nan+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 n1−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 n 1−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 n 1−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 =n2， 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(1−1)S 10=1+(1)2+(1)3+⋯+(1)10−10×(1)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a1=4且a52=16a2⋅a6，所以(4q4)2=16(4q)⋅(4q5)，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，[log21]=0，有1个0；[log22]=[log23]=1，有2个1；[log24]= [log25]=[log26]=[log27]=2，有4个2；⋯；有29个9；[log21024]=10，仅有1个10．所以[log21]+[log22]+[log23]+[log24]+⋯+[log21024]=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 b 1=1，b 2=2 且 a n b n +b n =nb n+1， 所以 n =1 时，a 1+1=2，解得 a 1=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+⋯+n 2n−1，12T n =12+222+⋯+n−12n−1+n2n ， 所以 12T n =1+12+122+⋯+12n−1−n2n =1−12n 1−12−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 b 2+b 3=12，得 b 1(q +q 2)=12，而 b 1=2， 所以 q 2+q −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．由 S 11=11b 4，可得 a 1+5d =16，联立①②，解得 a 1=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 {a 2n b n } 的前 n 项和为 T n ，由 a 2n =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 {a 2n 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，a1=(m+1)−ma1得到a1=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）b1=2，取倒数1b n =1b n−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S2S1=4得a1+a2a1=4，所以a2=3a1=3．d=a2−a1=2，所以a n=a1+(n−1)d=2n−1，所以S n=n(1+2n−1)2=n2．（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 ⋯⋯②①−②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S2=2a2−2，S3=a4−2，所以S3−S2=a4−2a2，即a3=a4−2a2，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， 所以 2(S 2+a 2)=S 1+a 1+S 3+a 3， 变形得 S 2−S 1+2a 2=a 1+S 3−S 2+a 3， 即得 3a 2=a 1+2a 3， 所以 32q =12+q 2， 解得 q =1 或 q =12，又由 {a n } 为递减数列， 所以 q =12，所以 a n =a 1qn−1=(12)n；（2） 由于 b n =a n log 2a n =−n ⋅(12)n， 所以 T n =−[1⋅12+2⋅(12)2+⋯+(n −1)⋅(12)n−1+n ⋅(12)n]，则 12T n =−[1⋅(12)2+2⋅(12)3+⋯+(n −1)⋅(12)n+n ⋅(12)n+1]，两式相减得：12T n =−[12+(12)2+⋯+(12)n −n ⋅(12)n+1]=−12⋅[1−(12)n ]1−12+n ⋅(12)n+1,所以 T n =(n +2)⋅(12)n−2．所以 T n+2n+2=(12)n．由 (12)n≥116，解得 n ≤4． 所以 n 的最大值为 4．33. （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。
错位相减法在高考数列求和中的应用
错位相减法在高考数列求和中的应用
马传虎
【期刊名称】《中学理科：综合》
【年(卷),期】2008(000)011
【摘要】对于已知的等差、等比数列的求和问题，我们可以使用求前n项和公式来解决，但对于一些特殊的数列，我们怎样来求它们的和呢？本文将阐明一种特定数列的求和方法——错位相减法．
【总页数】2页(P47-48)
【作者】马传虎
【作者单位】安徽宿州市朱仙庄煤矿中学,234111
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
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高三数学倒序相加错位相减裂项抵消求和试题答案及解析
高三数学倒序相加错位相减裂项抵消求和试题答案及解析1. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知a n+1=2S n +2() （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个数组成一个公差为d n 的等差数列，①在数列{d n }中是否存在三项d m ，d k ，d p （其中m,k,p 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的三项，若不存在，说明理由； ②求证：.【答案】（1） （2）见解析【解析】（1）利用S n 与a n 之间的关系,即可得到关于a n+1,a n 的递推式，证明a n 为等比数列，且可以知道公比，当n=1时，可以得到a 1与a 2之间的关系，在根据a n 等比数列，可以消掉a 2得到首项的值，进而得到通项公式. （2）根据等差数列公差与项之间的关系(),可以得到，带入a n 得到d n 的通项公式.①假设存在，d m ，d k ，d p 成等比数列，可以得到关于他们的等比中项式子，把d n 的通项公式带入计算可以得到，则m,k,p 既成等差数列也是等比数列，所以三者相等，与数列{d n }中是否存在三项d m ，d k ，d p (不相等)矛盾,所以是不存在的. ②利用(2)所得求出的通项公式，再利用错位相减可以求得,利用不等式的性质即可得到证明原式.试题解析： （1）由, 可得：, 两式相减：. 2分 又, 因为数列是等比数列，所以，故.所以. 4分 （2）由（1）可知， 因为：，故：. 6分 ①假设在数列中存在三项（其中成等差数列）成等比数列，则：，即：,（*） 8分 因为成等差数列，所以,（*）可以化简为，故，这与题设矛盾. 所以在数列中不存在三项（其中成等差数列）成等比数列.10分②令，,11分两式相减：13分. 14分【考点】等比数列错位相减法不等式等差等比中项2.对于数列，把作为新数列的第一项，把或（）作为新数列的第项，数列称为数列的一个生成数列．例如，数列的一个生成数列是．已知数列为数列的生成数列，为数列的前项和．（1）写出的所有可能值；（2）若生成数列满足的通项公式为，求.【答案】（1）（2）【解析】（1）列举出数列所有可能情况，共种，分别计算和值为，本题目的初步感观生成数列，（2）分段函数求和，注意“间断的周期性”. 因为，所以间断的周期为3，每3个作为一个“大元素”，所以先求.再利用求及的.因为，所以当时，当，试题解析：解：（1）由已知，，，∴，由于，∴可能值为． 3分（2）∵.∴时，..时，；时，；13分注：若有其它解法，请酌情给分】【考点】数列求和3.已知数列的前n项和为，且满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设为数列{}的前n项和，求；（3）设，证明：.【答案】(1) (2)（3）见解析【解析】(1)当带入式子结合即可得到的值,当时,利用与的关系()即可得到是一个常数,即可得到数列为等差数列,但是需要验证是否符合,进而证明为等差数列,即可求的通项公式.(2)把(1)中得到的的通项公式带入可得,即为等差数列与等比数列的乘积,故需要利用错位相减法来求的前n项和.(3)把(1)得到的带入,观察的通项公式为分式,为求其前n项和可以考虑利用裂项求和法.进行裂项,在进行求和就可以得到的前n项和为,利用非负即可证明原不等式.试题解析：（1）由题意，当时，有，（1分）两式相减得即. （2分）由，得.所以对一切正整数n，有，（3分）故，即. （4分）（2）由（1），得，所以①（5分）①两边同乘以，得②（6分）①-②，得，（7分）所以，（8分）故. （9分）（3）由（1），得（12分）（13分）. （14分）【考点】裂项求和错位相减不等式4.数列{an }的前n项和为Sn，若an＝，则S4＝________．【答案】【解析】an ＝，∴S4＝1－＋－＋－＋－＝.5.数列的前项和为,且是和的等差中项，等差数列满足（1）求数列、的通项公式（2）设=，求数列的前项和.【答案】（1），（2）【解析】（1）由与的关系可得及,两式相减可得数列的通项公式,在使用与的关系时要注意与的情况讨论;（2）的通项公式是由一个等差数列与一个等比数列比值的形式,求其和时可用错位相减法.两式相减时要注意下式的最后一项出现负号,等比求和时要数清等比数列的项数,也可以使用这个求和公式,它可以避免找数列的数项;最终结果化简依靠指数运算,要保证结果的成功率,可用作为特殊值检验结果是否正确.试题解析：（1）由题意知，，故又时，由得，即故是以1为首项以2为公比的等比数列，所以.因为，所以的公差为2，所以（2）由=，得①②－②得所以【考点】1、与的关系；2、错位相减法求数列和.6.已知数列，满足，，（1）求的值；（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明；（3）己知，设，记，求．【答案】（1）；；（2），证明见解析；（3）3．.【解析】（1）这属于已知数列的递推关系式，求数列的项的问题，我们只要在已知递推关系式中依次令就可以依次求出；（2）用归纳法归纳数列的通项公式，我们可以由数列的前几项想象各项与项数之间的联系，如，，，，从而归纳出结论，然后数学归纳法证明，这里数学归纳法的基础即第一步已经不需另证了，关键是第二步，假设时，，然后由已知条件求出，那么结论就是正确的；（3）按常规方法，先求，，接着求数列的前项和，根据其通项公式的形式（它是一个等差数列所一个等比数列对应项相乘所得），求和用乘公比经错位相减法，求得，然后借助已知极限可求出极限.试题解析：(1)，∴．，分别令，可得，(2)猜想数列的通项公式为.用数学归纳法证明如下：证明 (i)当时，由(1)知结论成立；当时，,结论成立.(ii)假设时，结论成立，即.当时，.所以，，即时，结论也成立.根据(i)和(ii)可以断定，结论对一切正整数都成立.(3)由(2)知，，．于是，，．所以，．【考点】（1）数列的项；（2）数学归纳法；（3）借位相减法，极限.7.已知数列的前项和（为正整数）（1）令，求证数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）令，，试比较与的大小，并予以证明【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）由题意数列的前项和表达式，先根据求数列的通项的递推关系式，再求数列是等差数列，根据等差数列的通项求数列的通项；（2）由（1）所求数列的通项先得，再利用错位相减法求得表达式，再把与作差比较大小，可利用数学归纳法证明试题解析：（I）在中，令n=1，可得，即当时，，又数列是首项和公差均为1的等差数列于是(II)由（I）得，所以由①-②得于是确定的大小关系等价于比较的大小由可猜想当证明如下：证法1：（1）当n=3时，由上验算显示成立。
错位相减法(提高篇)
[例 3] 设数列{an}满足 a1＝2，an＋1－an＝3·22n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令 bn＝nan，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
解析 (1)由已知，得当 n≥1 时，
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1 ＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
2an
1
， an an1
2 ，……（3
分）
又 a1 2 ，{an}是以2为首项 ，2为公比的等比数列，……………………………（4 分）
an 2 2n1 2n . ……………………………………………………………………（5 分）
（Ⅱ） bn n 2n ，
Tn 1 21 2 22 3 23 n 2n，
an
n （Ⅱ）数列{an } 的前 n 项和 Sn ．
解析 （Ⅰ）
an1
2an an 1
，
1 an 1 1 1 1 ， an1 2an 2 2 an
1 an1
1
1 2
1 ( an
1) ，又 a1
2 3
，
1 a1
1
1 2
，
数列{
1
1}是以为 1
1
首项，
为公比的等比数列．
an
2
2
1
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
数列求和之错位相减法
[例 1] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且有 a1=2，3Sn= 5an 4an1 3Sn1(n 2)
（I）求数列 an 的通项公式；
（Ⅱ）若 bn=n·an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn。
解析：（Ⅰ） 3Sn
高考数学数列求和错位相减裂项相消(解析版)
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.。
错位相减法13年间的高考题
专项训练:错位相减法目录1.(2003北京理16) (2)2.(2005全国卷Ⅰ) (2)4.(2005湖北卷) (2)5.(2006安徽卷) (2)6.(2007山东理17) (2)7.2007全国1文21) (2)8.(2007江西文21) (2)9.(2007福建文21) (2)10.(2007安徽理21) (3)11.(2008全国Ⅰ19) (3)12.(2008陕西20) (3)13.(2009全国卷Ⅰ理) (3)14.(2009山东卷文) (3)15.(2009江西卷文) (3)16.(2010年全国宁夏卷17) (3)17.(2011辽宁理17) (4)18.(2012天津理) (4)19.2012年江西省理 (4)20.2012年江西省文 (4)21.2012年浙江省文 (4)22.(2013山东数学理) (4)23.(2014四川) (4)24.(2014江西理17) (5)25.(2014安徽卷文18) (5)26.(2014全国1文17) (5)27.(2014四川文19) (5)28.(2015山东理18) (5)29.(2015天津理18) (5)30.(2015湖北,理18) (5)31.(2015山东文19) (5)32.(2015天津文18) (6)33.(2015浙江文17) (6)专项训练错位相减法答案 (7)已知数列{}n a 是等差数列且12a =,12312a a a ++=(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)令()nb a x x R =⋅∈ 数列{}b 的前n 项和的公式 在等差数列{}n a 中,11a =,前n 项和n S 满足条件242,1,2,1n n S n n S n +==+,(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)记(0)n an n b a p p =>,求数列b 的前n 项和n T ｡设{}n a 为等比数列,11a =,23a =.(1)求最小的自然数n ,使2007n a ≥; (2)求和:212321232n nn T a a a a =-+--. 9.(2007福建文21)数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,*12()n n a S n +=∈N .(1)求数列{}n a 的通项n a ; (2)求数列{}n na 的前n 项和n T .某国采用养老储备金制度.公民在就业的一年就交纳养老储备金,数目为1a ,以后每年交纳的数目均比上一年增加()0d d >,因此,历年所交纳的储务金数目12,,a a 是一个公差为d 的等差数列,与此同时,国家给予优惠的计息政策,不仅采用固定利率,而且计算复利.这就是说,如果固定年利率为()0r r >,那么,在n 年末,一年所交纳的储备金就变为()111n a r -+,二年所交纳的储备金就变为()221,n a r -+,以n T 表示到n 年末所累计的储备金总额.(1)写出n T 与1(2)n T n -≥的递推关系式;(2)求证:n n n T A B =+,其中{}A 是一个等比数列,{}B 是一个等差数列. 等比数列{}的前n 项和为, 已知对任意的,点,均在函数且均为常数)的图像上.(1)求r 的值; (2)当2b =时,记,求数列的前项和 15.(2009江西卷文) 数列的通项,其前n 项和为. (1) 求; (2) 求数列{}的前n 项和. 16.(2010年全国宁夏卷17)设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=⋅n a n S n N +∈(,)n n S (0x y b r b =+>1,,b b r ≠1()4n nn b n N a ++=∈{}n b n n T {}n a 222(cossin )33n n n a n ππ=-n S n S 3,4nn nS b n =⋅n b n T已知{}n a 是等差数列,其前n 项和为n S ,{}n b 是等比数列,且1a =1=2b ,44+=27a b ,44=10S b -.(1)求数列{}n a 与{}n b 的通项公式; (2)记1121=+++n n n n T a b a b a b -,+n N ∈,证明+12=2+10n n n T a b -+()n N ∈.19.2012年江西省理设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且424S S =,221n n a a =+.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列{}n b 前n 项和为n T ,且 12n n na T λ++=(λ为常数).令2n n cb =*()n N ∈.求数列{}nc 的前n 项和n R .23.(2014四川)设等差数列{}n a 的公差为d ,点(,)n n a b 在函数()2x f x =的图象上(*n N ∈).(1)若12a =-,点87(,4)a b 在函数()f x 的图象上,求数列{}n a 的前n 项和n S ; (2)若11a =,函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-,求数列{}nna b 的前n 项和n T .24.(2014江西理17)已知首项都是1的两个数列(),满足.(1)令,求数列的通项公式;(2)若13n n b -=,求数列的前n 项和25.(2014安徽卷文18)数列{}n a 满足111,(1)(1),n n a na n a n n n N ++==+++∈（1） 证明:数列{}na是等差数列; （2） 设3nn b =求数列{}n b 的前n 项和n S26.(2014全国1文17)已知{}n a 是递增的等差数列,2a ,4a 是方程2560x x -+=的根｡ (1)求{}n a 的通项公式; (2)求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.27.(2014四川文19)设等差数列{}n a 的公差为d ,点(,)n n a b 在函数()2xf x =的图象上(*n N ∈). (1)证明:数列{}n b 是等比数列;(2)若11a =,函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-,求数列2{}n n a b 的前n 项和n S .28.(2015山东理18)设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233n n S =+. (1)求{}n a 的通项公式;(2)若数列{}n b 满足3log n n n a b a =,求{}n b 的前n 项和n T .29.(2015天津理18)已知数列{}n a 满足212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，,且233445,,a a a a a 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 n N a -=∈,求数列{}n b 的前n 项和.30.(2015湖北,理18)设等差数列{}n a 的公差为d ,前n 项和为n S ,等比数列{}n b 的公比为q .已知11b a =,22b =,q d =,10100S =.(1)求数列{}n a ,{}n b 的通项公式;(2)当1d >时,记n n n ac b =,求数列{}n c 的前n 项和n T .31.(2015山东文19)已知数列{}n a 是首项为正数的等差数列,数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为21nn +. (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 .32.(2015天津文18)已知{}n a 是各项均为正数的等比数列,{}n b 是等差数列,且112331,2a b b b a ==+=,5237a b -=.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(2)设*,n n n c a b n N =?,求数列{}n c 的前n 项和. 33.(2015浙江文17)已知数列{}n a 和{}n b 满足,*1112,1,2(n N ),n n a b a a +===∈*12311111(n N )23n n b b b b b n +++++=-∈.(1)求n a 与n b ;(2)记数列{}n n a b 的前n 项和为n T ,求n T .专项训练 错位相减法 答案1、 (1)2n a n =,(2)当1x ≠时,122(1)2(1)1n n n x x nx S x x+-=---,当1x =时,(1)n S n n =+ 2、 解:(1)若公比1q =,则30120110130,20,10S a S a S a ===,代入条件,不成立,故1q ≠,根据等比数列求和公式,易得10301020102(1)(21)(1)(1)0q q q --+-+-=, 解得21=q ,因而 1112n n n a a q -==(2)由(1)得.2,211211)211(21n n n n n n n nS S -=-=--= 则数列}{n nS 的前n 项和 ),22221()21(2n n nn T +++-+++=).2212221()21(212132++-+++-+++=n n n n n n T前两式相减,得 122)212121()21(212+++++-+++=n n n nn T4.解:(1):当;2,111===S a n 时,24)1(22,2221-=--=-=≥-n n n S S a n n n n 时当故{a n }的通项公式为4,2}{,241==-=d a a n a n n 公差是即的等差数列. 设{b n }的通项公式为.41,4,,11=∴==q d b qd b q 则 故.42}{,4121111---=⨯-=n n n n n n b b q b b 的通项公式为即(2),4)12(422411---=-==n n nn n n n b a c ]4)12(4)32(454341[4],4)12(45431[13212121nn n n n n n n T n c c c T -+-++⨯+⨯+⨯=-++⨯+⨯+=+++=∴--两式相减得].54)56[(91]54)56[(314)12()4444(2131321+-=∴+-=-+++++--=-n n n n n n n T n n T5.解:(1)设等差数列{}n a 的公差为d ,由2421n n S n S n +=+得:1213a a a +=,所以22a =,即211d a a =-=,又1211122()42212n n n n n n a nd a n S a nd a n a a n S a a n ++⨯+++===+++⨯=2(1)1n n a n a +++,所以n a n =｡(2)由n a n n b a p =,得n n b np =｡所以23123(1)n n n T p p p n p np -=++++-+,当1p =时,12n n T +=; 当1p ≠时,234123(1)n n n pT p p p n p np +=++++-+,23111(1)(1)1n n n n n n p p P T p p p pp npnp p-++--=+++++-=--即11,12(1),11n nn n p T p p np p p ++⎧=⎪⎪=⎨-⎪-≠⎪-⎩｡ 12211)211(214)1(++---+=n n n n n 即 .22212)1(1-+++=-n n nn n n T 6.(1)2112333...3,3n n n a a a a -+++=221231133...3(2),3n n n a a a a n ---+++=≥1113(2).333n n n n a n --=-=≥1(2).3n n a n =≥验证1n =时也满足上式,*1().3n n a n N =∈(2) 3nn b n =⋅, 111333244n n n n S ++=⋅-⋅+⋅7.解:(1)设{}n a 的公差为d ,{}n b 的公比为q ,则依意有0q >且4212211413d q d q ⎧++=⎪⎨++=⎪⎩，，解得2d =,2q =.所以1(1)21n a n d n =+-=-,112n n n b q --==.(2)12362n n n S -+=-. 8.解:(1)由已知条件得112113n n n a a a --⎛⎫== ⎪⎝⎭,因为67320073<<,所以,使2007n a ≥成立的最小自然数8n =.(2)因为223211234213333n n nT -=-+-+-,…………① 2234212112342123333333n n n n nT --=-+-++-,…………②+①②得:2232124111121333333n n n nT -=-+-+--222211233383134313n nn n n n ---=-=+,所以22223924163n n n n T +--=. 9.解:(1)12n n a S +=,12n n n S S S +∴-=, 13n nSS +∴=.又111S a ==,∴数列{}n S 是首项为1,公比为3的等比数列,1*3()n n S n -=∈N .当2n ≥时,21223(2)n n n a S n --==≥,21132n n n a n -=⎧∴=⎨2⎩， ，，≥．(2)12323n n T a a a na =++++, 当1n =时,11T =;当2n ≥时,0121436323n n T n -=++++,…………①12133436323n n T n -=++++,………………………②-①②得:12212242(333)23n n n T n ---=-+++++-213(13)222313n n n ---=+--11(12)3n n -=-+-.1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥.又111T a ==也满足上式,1*113()22n n T n n -⎛⎫∴=+-∈ ⎪⎝⎭N . 10.解:(1)我们有1(1)(2)n n n T T r a n -=++≥. (2)11T a =,对2n ≥反复使用上述关系式,得2121(1)(1)(1)n n n n n n T T r a T r a r a ---=++=++++=12121(1)(1)(1)n n n n a r a r a r a ---=+++++++,① 在①式两端同乘1r +,得12121(1)(1)(1)(1)(1)n n n n n r T a r a r a r a r --+=++++++++②②-①,得121(1)[(1)(1)(1)]nn n n n rT a r d r r r a --=++++++++-1[(1)1](1)n n n dr r a r a r=+--++-. 即1122(1)nn a r d a r d d T r n r r r ++=+--.如果记12(1)nn a r d A r r +=+,12n a r d d B n r r+=--,则n n n T A B =+.其中{}n A 是以12(1)a r dr r ++为首项,以1(0)r r +>为公比的等比数列;{}n B 是以12a r d d r r+--为首项,dr -为公差的等差数列.11.解:(1)122n n n a a +=+,11122n n nn a a +-=+, 11n n b b +=+,则n b 为等差数列,11b =,n b n =,12n n a n -=.(2)01211222(1)22n n n S n n --=+++-+12121222(1)22n n n S n n -=+++-+12.(1) 121n n n a a a +=+,∴ 111111222n n n n a a a a ++==+⋅, ∴ 11111(1)2n n a a +-=-,又123a =,∴11112a -=, ∴数列1{1}n a -是以为12首项,12为公比的等比数列.(2)由(1)知1111111222n n n a -+-=⋅=,即1112n n a =+,∴2n n n n n a =+. 设23123222n T =+++…2n n+, ①则23112222n T =++…1122n n n n+-++,② 由①-②得2111222n T =++ (111)11(1)1122112222212n n n n n n n n n +++-+-=-=---, ∴11222n n n n T -=--.又123+++ (1)2n n n ++=.∴数列{}nna 的前n 项和 22(1)4222222n n n n n n n n n S +++++=-+==. 13.(1)由已知有利用累差迭加即可求出数列的通项公式: ()(2)由(1)知,=而,又是一个典型的错位相减法模型, 易得 =1112n n n a a n n +=++112n n n b b +∴-={}n b 1122n n b -=-*n N ∈122n n na n -=-∴n S 11(2)2n k k k k -=-∑111(2)2n nk k k kk -===-∑∑1(2)(1)n k k n n ==+∑112nk k k-=∑1112422nk n k k n --=+=-∑∴n S (1)n n +1242n n -++-14.解:因为对任意的,点,均在函数且均为常数)的图像上.所以得, 当时,, 当时,,又因为{}为等比数列, 所以, 公比为, 所以(2)当b=2时,, 则 相减,得所以15.解: (1) 由于,故 ,故 ()(2)两式相减得n N +∈(,)n n S (0xy b r b =+>1,,b b r ≠nn S b r =+1n =11a S b r ==+2n ≥1111()(1)nn n n n n n n a S S b r br b b b b ----=-=+-+=-=-n a 1r =-b 1(1)n n a b b -=-11(1)2n n n a b b --=-=111114422n n n n n n n b a -++++===⨯234123412222n n n T ++=++++3451212341222222n n n n n T +++=+++++23451212111112222222n n n n T +++=+++++-113113322222n n n n n n T ++++=--=-222cossin cos 333n n n πππ-=312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)((3)))222k k k k S a a a a a a a a a k k k --=+++++++++++-+-=-++-+++-+1331185(94)2222k k k -+=+++=3133(49),2k k k k k S S a --=-=2323131(49)(31)1321,22236k k k k k k k S S a k ------=-=+=-=--1,3236(1)(13),316(34),36n n n k n n S n k n n n k ⎧--=-⎪⎪+-⎪==-⎨⎪+⎪=⎪⎩*k N ∈394,424n n n nS n b n +==⋅⋅21132294[],2444n nn T +=+++1122944[13],244n n n T -+=+++故 16.解:(1)由已知,当n≥1时,111211[()()()]n n n n n a a a a a a a a ++-=-+-++-+21233(222)2n n --=++++2(1)12n +-=,而 12,a =所以数列{n a }的通项公式为212n n a -=｡(2)由212n n n b na n -==⋅知35211222322n n S n -=⋅+⋅+⋅++⋅ ①从而23572121222322n n S n +⋅=⋅+⋅+⋅++⋅ ②①-②得2352121(12)22222n n n S n -+-⋅=++++-⋅ ｡即 211[(31)22]9n n S n +=-+ 17.解:(1)通项公式为2n a n =- (2)12n n n S -=18.解:(1)设等差数列的公差为d ,等比数列的公比为q , 由1a =1=2b ,得344423286a d b q s d =+==+，，｡ 由条件44+=27a b ,44=10S b -得方程组332322786210d q d q ⎧++=⎪⎨+-=⎪⎩,解得 3 2d q =⎧⎨=⎩ ∴+312n n n a n b n N =-=∈，，(2)证明:由(1)得,231212222nn n n n T a a a a --=+++⋯+ ①; ∴234+112122222n n n n n T a a a a --=+++⋯+ ②;由②-①得,()()()()234112232112+222+22n n n n n n n n n n T a a a a a a a a a a b -----=--+-+-+⋯-+()()23423412+232323+2322=2+4+3222+2412=2+4+3=2+412+62=2+4+61212=2+1012n n n n n n n n n n n n n n n n n a b a b a b a b a b b a b -=-⨯+⨯+⨯+⋯⨯+⨯-⨯+++⋯⨯--⨯--⨯-----∴+12=2+10n n n T a b -+()n N ∈ 19.解:(1)92n a n =-;(2)1242n n n T -+=- 12321991999419419443[13][13]8,12444242214nn n n n n n n n n T --+-++=+++-=+-=---2321813.3322n n n nT -+=--⋅20.解:(1)∵n n S kc k =-,∴当1n >时,11()n n n n n a S S k c c--=-=-｡则656()a k c c =-,323()a k c c =-,65363238a c c c a c c-===-｡∴c =2｡∵2=4a ,即21()4k c c -=,解得k =2｡∴2nn a =(1n >)｡当n =1时,112a S ==,综上所述*2()n n a n N =∈｡ (2)∵2nn na n =,12(1)2n n T n +=+-｡21.解:(1)41n a n =-;(2)12n n b -=,(45)25nn T n =-+,n ∈N ﹡｡22.解:(1)设等差数列{}n a 的首项为1a ,公差为d ,由424S S =,221n n a a =+得11114684(21)22(1)1a d a d a n a n d +=+⎧⎨+-=+-+⎩,解得,11a =,2d =,因此21n a n =-*()n N ∈ (2)由意知:12n n n T λ-=-所以2n ≥时,112122n n n n n n n b T T ----=-=-+故,1221221(1)()24n n n n n c b n ---===- *()n N ∈ 所以01231111110()1()2()3()(1)()44444n n R n -=⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯,则12311111110()1()2()(2)()(1)()444444n nn R n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯ 两式相减得1231311111()()()()(1)()444444n nn R n -=+++⋅⋅⋅+--⨯ 11()144(1)()1414n n n -=---整理得1131(4)94n n n R -+=-,所以以数列数列的前n 项和1131(4)94n n n R -+=-23.解:(1)726722a db -+==,可得2d =,所以(3)n S n n =-;(2)切线方程为2222ln 2()ay b x a -=-,令0y =,得22a =,所以,2nn n a n b ==,则2n n n a nb =,用错位相减法得1222n nn +--.[来源:学&科&网]24.所以(1)3 1.n n S n =-⋅+考点:等差数列定义,错位相减求和 25.26.考点:1.一元二次方程的解法;2.等差数列的基本量计算;3.数列的求和27.28.(答案)(1)13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩; (2)13631243n nn T +=+⨯.所以1113T b == 当1n > 时,()()12112311323133n n n T b b b b n ---=++++=+⨯+⨯++-所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++-两式相减,得()()012122333133n nn T n ---=+++--⋅ ()11121313313n n n ----=+--⋅- 1363623nn +=-⨯ 所以13631243n nn T +=+⨯ 经检验,1n = 时也适合,综上可得:13631243n nn T +=+⨯ (考点定位)1､数列前n 项和n S 与通项n a 的关系;2､特殊数列的求和问.(名师点睛)本考查了数列的基本概念与运算,意在考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力,思维的严密性和运算的准确性,在利用n S 与通项n a 的关系求n a 的过程中,一定要注意1n = 的情况,错位相减不法虽然思路成熟但也对学生的运算能力提出了较高的要求.29.【答案】(1) 1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数; (2) 1242n n n S -+=-.(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2311111111*********2222212n 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124,*2n n n N -+-∈. 【考点定位】等差数列定义､等比数列及前n 项和公式､错位相减法求和.【名师点睛】本题主要考查等差､等比数列定义与性质,求和公式以及错位相减法求和的问题,通过等差数列定义､等比数列性质,分n 为奇偶数讨论求通项公式,并用错位相减法基本思想求和.是中档题.30.【答案】(Ⅰ)121,2.n n n a n b -=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279),929().9n n n a n b -⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩;(Ⅱ)12362n n -+-.2345113579212222222n nn T -=++++++. ② ①-②可得221111212323222222n n n n n n T --+=++++-=-,故n T 12362n n -+=-.【考点定位】等差数列､等比数列通项公式,错位相减法求数列的前n 项和.【名师点睛】错位相减法适合于一个由等差数列}{n a 及一个等比数列}{n b 对应项之积组成的数列.考生在解决这类问题时,都知道利用错位相减法求解,也都能写出此题的解题过程,但由于步骤繁琐､计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等.两边乘公比后,对应项的幂指数会发生变化,应将相同幂指数的项对齐,这样有一个式子前面空出一项,另外一个式子后面就会多了一项,两项相减,除第一项和最后一项外,剩下的1-n 项是一个等比数列.31.【答案】(1)2 1.n a n =- (2) 14(31)4.9n n n T ++-⋅=【解析】(1)设数列{}n a 的公差为d ,令1,n =得12113a a =,所以123a a =. 令2,n =得12231125a a a a +=,所以2315a a =.解得11,2a d ==,所以2 1.n a n =-(2)由(1)知24224,n n n b n n -=⋅=⋅所以121424......4,n n T n =⋅+⋅++⋅ 所以23141424......(1)44,n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅ 两式相减,得121344......44n n n T n +-=+++-⋅114(14)13444,1433n n n n n ++--=-⋅=⨯--所以113144(31)44.999n n n n n T ++-+-⋅=⨯+= 【考点定位】1.等差数列的通项公式;2.数列的求和､“错位相减法”.【名师点睛】本题考查了等差数列的通项公式､等比数列的求和､“错位相减法”等,解答本题的关键,首先是注意运用从一般到特殊的处理方法,准确确定等差数列的通项公式;其次就是能对所得数学式子准确地变形,本题易错点在于错位相减后求和时,弄错数列的项数,或忘记从3n T -化简到n T .本题是一道能力题,属于中等题.在考查等差数列､等比数列等基础知识的同时,考查考生的计算能力.本题是教科书及教辅材料常见题型,能使考生心理更稳定,利于正常发挥. 32.【答案】(1)12,n n a n -*=∈N ,21,n b n n *=-∈N ;(2)()2323nn S n =-+【解析】(1)列出关于q 与d 的方程组,通过解方程组求出q ,d ,即可确定通项;(2)用错位相减法求和. 试题解析:(1)设{}n a 的公比为q ,{}n b 的公差为d ,由题意0q > ,由已知,有24232,310,q d q d ⎧-=⎨-=⎩ 消去d 得42280,q q --= 解得2,2q d == ,所以{}n a 的通项公式为12,n n a n -*=∈N , {}n b 的通项公式为21,n b n n *=-∈N .(2)由(1)有()1212n n c n -=- ,设{}n c 的前n 项和为n S ,则Word 格式完美整理 ()0121123252212,n n S n -=⨯+⨯+⨯++-⨯ ()1232123252212,n n S n =⨯+⨯+⨯++-⨯ 两式相减得()()2312222122323,n n n n S n n -=++++--⨯=--⨯-所以()2323n n S n =-+ . 【考点定位】本题主要考查等差､等比数列的通项公式及错位相减法求和,考查基本运算能力.【名师点睛】近几年高考试题中求数列通项的题目频频出现,尤其对等差､等比数列的通项考查较多,解决此类 问题要重视方程思想的应用.错位相减法求和也是高考考查频率较高的一类方法,从历年考试情况来看,这类问题,运算失误较多,应引起考生重视.33.【答案】(1)2;n n n a b n ==;(2)1*(1)22()n n T n n N +=-+∈【解析】(1)根据数列递推关系式,确定数列的特点,得到数列的通项公式;(2)根据(1)问得到新的数列的通项公式,利用错位相减法进行数列求和.试题解析:(1)由112,2n n a a a +==,得2n n a =.当1n =时,121b b =-,故22b =.当2n ≥时,11n n n b b b n +=-,整理得11n n b n b n++=, 所以n b n =. (2)由(1)知,2n n n a b n =⋅所以23222322n n T n =+⋅+⋅++⋅2341222232(1)22n n n T n n +=+⋅+⋅++-⋅+⋅所以2311222222(1)22n n n n n n T T T n n ++-=-=++++-⋅=-- 所以1(1)22n n T n +=-+.【考点定位】1.等差等比数列的通项公式;2.数列的递推关系式;3.错位相减法求和.【名师点睛】本题主要考查等差数列､等比数列的通项公式以及数列的求和.根据数列递推关系式推理得到数列的性质和特点,以此得到数列的通项公式,利用错位相减法计算新组合的数列的求和问题.本题属于中等题,主要考查学生基本的运算能力.。
高中数学数列 错位相减法求和专题训练含答案
高中数学数列错位相减法求和专题训练含答案1.已知数列$\{a_n\}$满足$a_{n+2}=\frac{2a_n}{n+2}$，其中$a_{n+2}$为奇数，$2a_n$为偶数，且$a_1=1,a_2=2$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 设$b_n=a_na_{n+1}$，$n\in\mathbb{N}$，求数列$\{b_n\}$的前$2n$项和$S_{2n}$；3) 设$c_n=a_{2n-1}a_{2n}+(-1)^n$，证明：$c_1+c_2+\cdots+c_n<\frac{4}{3}c_n$。
2.已知正项数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且满足$a_3=7$，$a_{n+1}=6S_n+9n+1$，$n\in\mathbb{N}^*$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 若正项等比数列$\{b_n\}$满足$b_1=a_1$，$b_3=a_2$，且$c_n=a_nb_n$，数列$\{c_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求$T_n$；若对任意$n\geq 2$，$n\in\mathbb{N}^*$，均有$(T_n-5)m\geq 6n-3n+35$恒成立，求实数$m$的取值范围。
3.已知$n\in\mathbb{N}^*$，设$S_n$是单调递减的等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和，$a_1=1$且$2S_2+a_2,S_4+a_4,S_3+a_3$成等差数列。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 记数列$\{na_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求证：对于任意正整数$n$，$T_n<\frac{4}{3}S_n$。
4.递增的等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_2=6$，$S_4=30$。
1) 求$\{a_n\}$的通项公式；2) 若$b_n=a_n\log_{1/a_n}n$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求满足$T_n+n^2>50$的正整数$n$的最小值。
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专项训练:错位相减法目录1.(2003北京理16) (2)2.(2005全国卷Ⅰ) (2)4.(2005湖北卷) (2)5.(2006安徽卷) (2)6.(2007山东理17) (2)7.2007全国1文21) (2)8.(2007江西文21) (2)9.(2007福建文21) (2)10.(2007安徽理21) (3)11.(2008全国Ⅰ19) (3)12.(2008陕西20) (3)13.(2009全国卷Ⅰ理) (3)14.(2009山东卷文) (3)15.(2009江西卷文) (3)16.(2010年全国宁夏卷17) (3)17.(2011辽宁理17) (4)18.(2012天津理) (4)19.2012年江西省理 (4)20.2012年江西省文 (4)21.2012年浙江省文 (4)22.(2013山东数学理) (4)23.(2014四川) (4)24.(2014江西理17) (5)25.(2014安徽卷文18) (5)26.(2014全国1文17) (5)27.(2014四川文19) (5)28.(2015山东理18) (5)29.(2015天津理18) (5)30.(2015湖北,理18) (5)31.(2015山东文19) (5)32.(2015天津文18) (6)33.(2015浙江文17) (6)专项训练错位相减法答案 (7)已知数列{}n a 是等差数列且12a =,12312a a a ++=(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)令()nb a x x R =⋅∈ 数列{}b 的前n 项和的公式 在等差数列{}n a 中,11a =,前n 项和n S 满足条件242,1,2,1n n S n n S n +==+,(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)记(0)n an n b a p p =>,求数列b 的前n 项和n T ｡设{}n a 为等比数列,11a =,23a =.(1)求最小的自然数n ,使2007n a ≥; (2)求和:212321232n nn T a a a a =-+--. 9.(2007福建文21)数列{}n a 的前n 项和为n S ,11a =,*12()n n a S n +=∈N .(1)求数列{}n a 的通项n a ; (2)求数列{}n na 的前n 项和n T .某国采用养老储备金制度.公民在就业的一年就交纳养老储备金,数目为1a ,以后每年交纳的数目均比上一年增加()0d d >,因此,历年所交纳的储务金数目12,,a a 是一个公差为d 的等差数列,与此同时,国家给予优惠的计息政策,不仅采用固定利率,而且计算复利.这就是说,如果固定年利率为()0r r >,那么,在n 年末,一年所交纳的储备金就变为()111n a r -+,二年所交纳的储备金就变为()221,n a r -+,以n T 表示到n 年末所累计的储备金总额.(1)写出n T 与1(2)n T n -≥的递推关系式;(2)求证:n n n T A B =+,其中{}A 是一个等比数列,{}B 是一个等差数列. 等比数列{}的前n 项和为, 已知对任意的,点,均在函数且均为常数)的图像上.(1)求r 的值; (2)当2b =时,记,求数列的前项和 15.(2009江西卷文) 数列的通项,其前n 项和为. (1) 求; (2) 求数列{}的前n 项和. 16.(2010年全国宁夏卷17)设数列{}n a 满足21112,32n n n a a a -+=-=⋅n a n S n N +∈(,)n n S (0x y b r b =+>1,,b b r ≠1()4n nn b n N a ++=∈{}n b n n T {}n a 222(cossin )33n n n a n ππ=-n S n S 3,4nn nS b n =⋅n b n T已知{}n a 是等差数列,其前n 项和为n S ,{}n b 是等比数列,且1a =1=2b ,44+=27a b ,44=10S b -.(1)求数列{}n a 与{}n b 的通项公式; (2)记1121=+++n n n n T a b a b a b -,+n N ∈,证明+12=2+10n n n T a b -+()n N ∈.19.2012年江西省理设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且424S S =,221n n a a =+.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)设数列{}n b 前n 项和为n T ,且 12n n na T λ++=(λ为常数).令2n n cb =*()n N ∈.求数列{}nc 的前n 项和n R . 23.(2014四川)设等差数列{}n a 的公差为d ,点(,)n n a b 在函数()2xf x =的图象上(*n N ∈).(1)若12a =-,点87(,4)a b 在函数()f x 的图象上,求数列{}n a 的前n 项和n S ; (2)若11a =,函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-,求数列{}nna b 的前n 项和n T .24.(2014江西理17)已知首项都是1的两个数列(),满足.(1)令,求数列的通项公式;(2)若13n n b -=,求数列的前n 项和25.(2014安徽卷文18)数列{}n a 满足111,(1)(1),n n a na n a n n n N ++==+++∈（1） 证明:数列{}na是等差数列; （2） 设3nn b =求数列{}n b 的前n 项和n S26.(2014全国1文17)已知{}n a 是递增的等差数列,2a ,4a 是方程2560x x -+=的根｡ (1)求{}n a 的通项公式; (2)求数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和.27.(2014四川文19)设等差数列{}n a 的公差为d ,点(,)n n a b 在函数()2xf x =的图象上(*n N ∈). (1)证明:数列{}n b 是等比数列;(2)若11a =,函数()f x 的图象在点22(,)a b 处的切线在x 轴上的截距为12ln 2-,求数列2{}n n a b 的前n 项和n S .28.(2015山东理18)设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233n n S =+. (1)求{}n a 的通项公式;(2)若数列{}n b 满足3log n n n a b a =,求{}n b 的前n 项和n T .29.(2015天津理18)已知数列{}n a 满足212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，,且233445,,a a a a a 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 n N a -=∈,求数列n b 的前n 项和.30.(2015湖北,理18)设等差数列{}n a 的公差为d ,前n 项和为n S ,等比数列{}n b 的公比为q .已知11b a =,22b =,q d =,10100S =.(1)求数列{}n a ,{}n b 的通项公式;(2)当1d >时,记n n n ac b =,求数列{}n c 的前n 项和n T .31.(2015山东文19)已知数列{}n a 是首项为正数的等差数列,数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为21nn +. (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 .32.(2015天津文18)已知n a 是各项均为正数的等比数列,n b 是等差数列,且112331,2a b b b a ,5237a b .(1)求n a 和n b 的通项公式; (2)设*,nn n c a b n N ,求数列n c 的前n 项和.33.(2015浙江文17)已知数列n a 和n b 满足,*1112,1,2(n N ),n n a b a a +===∈*12311111(n N )23n n b b b b b n +++++=-∈.(1)求n a 与n b ;(2)记数列n n a b 的前n 项和为n T ,求n T .专项训练 错位相减法 答案1、 (1)2n a n =,(2)当1x ≠时,122(1)2(1)1n n n x x nx S x x+-=---,当1x =时,(1)n S n n =+ 2、 解:(1)若公比1q =,则30120110130,20,10S a S a S a ===,代入条件,不成立,故1q ≠,根据等比数列求和公式,易得10301020102(1)(21)(1)(1)0q q q --+-+-=, 解得21=q ,因而 1112n n n a a q -==(2)由(1)得.2,211211)211(21n n n n n n n nS S -=-=--= 则数列}{n nS 的前n 项和 ),22221()21(2n n nn T +++-+++=).2212221()21(212132++-+++-+++=n n n n n n T前两式相减,得 122)212121()21(212+++++-+++=n n n nn T4.解:(1):当;2,111===S a n 时,24)1(22,2221-=--=-=≥-n n n S S a n n n n 时当故{a n }的通项公式为4,2}{,241==-=d a a n a n n 公差是即的等差数列. 设{b n }的通项公式为.41,4,,11=∴==q d b qd b q 则 故.42}{,4121111---=⨯-=n n n n n n b b q b b 的通项公式为即(2),4)12(422411---=-==n n nn n n n b a c ]4)12(4)32(454341[4],4)12(45431[13212121nn n n n n n n T n c c c T -+-++⨯+⨯+⨯=-++⨯+⨯+=+++=∴--两式相减得].54)56[(91]54)56[(314)12()4444(2131321+-=∴+-=-+++++--=-n n n n n n n T n n T5.解:(1)设等差数列{}n a 的公差为d ,由2421n n S n S n +=+得:1213a a a +=,所以22a =,即211d a a =-=,又1211122()42212n n n n n n a nd a n S a nd a n a a n S a a n ++⨯+++===+++⨯=2(1)1n n a n a +++,所以n a n =｡(2)由n a n n b a p =,得n n b np =｡所以23123(1)n n n T p p p n p np -=++++-+,当1p =时,12n n T +=; 当1p ≠时,234123(1)n n n pT p p p n p np +=++++-+,23111(1)(1)1n n n n n n p p P T p p p pp npnp p-++--=+++++-=--即11,12(1),11n nn n p T p p np p p ++⎧=⎪⎪=⎨-⎪-≠⎪-⎩｡ 12211)211(214)1(++---+=n n n n n 即 .22212)1(1-+++=-n n nn n n T 6.(1)2112333...3,3n n n a a a a -+++=221231133...3(2),3n n n a a a a n ---+++=≥1113(2).333n n n n a n --=-=≥1(2).3n n a n =≥验证1n =时也满足上式,*1().3n n a n N =∈(2) 3nn b n =⋅, 111333244n n n n S ++=⋅-⋅+⋅7.解:(1)设{}n a 的公差为d ,{}n b 的公比为q ,则依意有0q >且4212211413d q d q ⎧++=⎪⎨++=⎪⎩，，解得2d =,2q =.所以1(1)21n a n d n =+-=-,112n n n b q --==.(2)12362n n n S -+=-. 8.解:(1)由已知条件得112113n n n a a a --⎛⎫== ⎪⎝⎭,因为67320073<<,所以,使2007n a ≥成立的最小自然数8n =.(2)因为223211234213333n n nT -=-+-+-,…………① 2234212112342123333333n n n n nT --=-+-++-,…………②+①②得:2232124111121333333n n n nT -=-+-+--222211233383134313n nn n n n ---=-=+,所以22223924163n n n n T +--=. 9.解:(1)12n n a S +=,12n n n S S S +∴-=, 13n nSS +∴=.又111S a ==,∴数列{}n S 是首项为1,公比为3的等比数列,1*3()n n S n -=∈N .当2n ≥时,21223(2)n n n a S n --==≥,21132n n n a n -=⎧∴=⎨2⎩， ，，≥．(2)12323n n T a a a na =++++, 当1n =时,11T =;当2n ≥时,0121436323n n T n -=++++,…………①12133436323n n T n -=++++,………………………②-①②得:12212242(333)23n n n T n ---=-+++++-213(13)222313n n n ---=+--11(12)3n n -=-+-.1113(2)22n n T n n -⎛⎫∴=+- ⎪⎝⎭≥.又111T a ==也满足上式,1*113()22n n T n n -⎛⎫∴=+-∈ ⎪⎝⎭N . 10.解:(1)我们有1(1)(2)n n n T T r a n -=++≥. (2)11T a =,对2n ≥反复使用上述关系式,得2121(1)(1)(1)n n n n n n T T r a T r a r a ---=++=++++=12121(1)(1)(1)n n n n a r a r a r a ---=+++++++,① 在①式两端同乘1r +,得12121(1)(1)(1)(1)(1)n n n n n r T a r a r a r a r --+=++++++++②②-①,得121(1)[(1)(1)(1)]nn n n n rT a r d r r r a --=++++++++-1[(1)1](1)n n n dr r a r a r=+--++-. 即1122(1)nn a r d a r d d T r n r r r ++=+--.如果记12(1)nn a r d A r r +=+,12n a r d d B n r r+=--,则n n n T A B =+.其中{}n A 是以12(1)a r dr r ++为首项,以1(0)r r +>为公比的等比数列;{}n B 是以12a r d d r r+--为首项,dr -为公差的等差数列.11.解:(1)122n n n a a +=+,11122n n nn a a +-=+, 11n n b b +=+,则n b 为等差数列,11b =,n b n =,12n n a n -=.(2)01211222(1)22n n n S n n --=+++-+12121222(1)22n n n S n n -=+++-+12.(1) 121n n n a a a +=+,∴ 111111222n n n n a a a a ++==+⋅, ∴ 11111(1)2n n a a +-=-,又123a =,∴11112a -=, ∴数列1{1}n a -是以为12首项,12为公比的等比数列.(2)由(1)知1111111222n n n a -+-=⋅=,即1112n n a =+,∴2n n n n n a =+. 设23123222n T =+++…2n n+, ①则23112222n T =++…1122n n n n+-++,② 由①-②得2111222n T =++ (111)11(1)1122112222212n n n n n n n n n +++-+-=-=---, ∴11222n n n n T -=--.又123+++ (1)2n n n ++=.∴数列{}nna 的前n 项和 22(1)4222222n n n n n n n n n S +++++=-+==. 13.(1)由已知有利用累差迭加即可求出数列的通项公式: ()(2)由(1)知,=而,又是一个典型的错位相减法模型, 易得 =1112n n n a a n n +=++112n n n b b +∴-={}n b 1122n n b -=-*n N ∈122n n na n -=-∴n S 11(2)2n k k k k -=-∑111(2)2n nk k k kk -===-∑∑1(2)(1)n k k n n ==+∑112nk k k-=∑1112422nk n k k n --=+=-∑∴n S (1)n n +1242n n -++-14.解:因为对任意的,点,均在函数且均为常数)的图像上.所以得, 当时,, 当时,,又因为{}为等比数列, 所以, 公比为, 所以(2)当b=2时,, 则 相减,得所以15.解: (1) 由于,故 ,故 ()(2)两式相减得n N +∈(,)n n S (0xy b r b =+>1,,b b r ≠nn S b r =+1n =11a S b r ==+2n ≥1111()(1)nn n n n n n n a S S b r br b b b b ----=-=+-+=-=-n a 1r =-b 1(1)n n a b b -=-11(1)2n n n a b b --=-=111114422n n n n n n n b a -++++===⨯234123412222n n n T ++=++++3451212341222222n n n n n T +++=+++++23451212111112222222n n n n T +++=+++++-113113322222n n n n n n T ++++=--=-222cossin cos 333n n n πππ-=312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)((3)))222k k k k S a a a a a a a a a k k k --=+++++++++++-+-=-++-+++-+1331185(94)2222k k k -+=+++=3133(49),2k k k k k S S a --=-=2323131(49)(31)1321,22236k k k k k k k S S a k ------=-=+=-=--1,3236(1)(13),316(34),36n n n k n n S n k n n n k ⎧--=-⎪⎪+-⎪==-⎨⎪+⎪=⎪⎩*k N ∈394,424n n n nS n b n +==⋅⋅21132294[],2444n nn T +=+++1122944[13],244n n n T -+=+++故 16.解:(1)由已知,当n≥1时,111211[()()()]n n n n n a a a a a a a a ++-=-+-++-+21233(222)2n n --=++++2(1)12n +-=,而 12,a =所以数列{n a }的通项公式为212n n a -=｡(2)由212n n n b na n -==⋅知35211222322n n S n -=⋅+⋅+⋅++⋅ ①从而23572121222322n n S n +⋅=⋅+⋅+⋅++⋅ ②①-②得2352121(12)22222n n n S n -+-⋅=++++-⋅ ｡即 211[(31)22]9n n S n +=-+ 17.解:(1)通项公式为2n a n =- (2)12n n n S -=18.解:(1)设等差数列的公差为d ,等比数列的公比为q , 由1a =1=2b ,得344423286a d b q s d =+==+，，｡ 由条件44+=27a b ,44=10S b -得方程组332322786210d q d q ⎧++=⎪⎨+-=⎪⎩,解得 3 2d q =⎧⎨=⎩ ∴+312n n n a n b n N =-=∈，，(2)证明:由(1)得,231212222nn n n n T a a a a --=+++⋯+ ①; ∴234+112122222n n n n n T a a a a --=+++⋯+ ②;由②-①得,()()()()234112232112+222+22n n n n n n n n n n T a a a a a a a a a a b -----=--+-+-+⋯-+()()23423412+232323+2322=2+4+3222+2412=2+4+3=2+412+62=2+4+61212=2+1012n n n n n n n n n n n n n n n n n a b a b a b a b a b b a b -=-⨯+⨯+⨯+⋯⨯+⨯-⨯+++⋯⨯--⨯--⨯-----∴+12=2+10n n n T a b -+()n N ∈ 19.解:(1)92n a n =-;(2)1242n n n T -+=- 12321991999419419443[13][13]8,12444242214nn n n n n n n n n T --+-++=+++-=+-=---2321813.3322n n n nT -+=--⋅20.解:(1)∵n n S kc k =-,∴当1n >时,11()n n n n n a S S k c c--=-=-｡则656()a k c c =-,323()a k c c =-,65363238a c c c a c c-===-｡∴c =2｡∵2=4a ,即21()4k c c -=,解得k =2｡∴2nn a =(1n >)｡当n =1时,112a S ==,综上所述*2()n n a n N =∈｡ (2)∵2nn na n =,12(1)2n n T n +=+-｡21.解:(1)41n a n =-;(2)12n n b -=,(45)25nn T n =-+,n ∈N ﹡｡22.解:(1)设等差数列{}n a 的首项为1a ,公差为d ,由424S S =,221n n a a =+得11114684(21)22(1)1a d a d a n a n d +=+⎧⎨+-=+-+⎩,解得,11a =,2d =,因此21n a n =-*()n N ∈ (2)由意知:12n n n T λ-=-所以2n ≥时,112122n n n n n n n b T T ----=-=-+故,1221221(1)()24n n n n n c b n ---===-*()n N ∈ 所以01231111110()1()2()3()(1)()44444n n R n -=⨯+⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯,则12311111110()1()2()(2)()(1)()444444n nn R n n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⨯+-⨯ 两式相减得1231311111()()()()(1)()444444n nn R n -=+++⋅⋅⋅+--⨯ 11()144(1)()1414n n n -=---整理得1131(4)94n n n R -+=-,所以以数列数列的前n 项和1131(4)94n n n R -+=-23.解:(1)726722a db -+==,可得2d =,所以(3)n S n n =-;(2)切线方程为2222ln 2()ay b x a -=-,令0y =,得22a =,所以,2nn n a n b ==,则2n n n a nb =,用错位相减法得1222n nn +--.[来源:学&科&网]24.所以(1)3 1.n n S n =-⋅+考点:等差数列定义,错位相减求和 25.26.考点:1.一元二次方程的解法;2.等差数列的基本量计算;3.数列的求和27.28.(答案)(1)13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩; (2)13631243n nn T +=+⨯.所以1113T b == 当1n > 时,()()12112311323133n n n T b b b b n ---=++++=+⨯+⨯++-所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++-两式相减,得()()012122333133n nn T n ---=+++--⋅ ()11121313313n n n ----=+--⋅- 1363623nn +=-⨯ 所以13631243n nn T +=+⨯ 经检验,1n = 时也适合,综上可得:13631243n nn T +=+⨯ (考点定位)1､数列前n 项和n S 与通项n a 的关系;2､特殊数列的求和问.(名师点睛)本考查了数列的基本概念与运算,意在考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力,思维的严密性和运算的准确性,在利用n S 与通项n a 的关系求n a 的过程中,一定要注意1n = 的情况,错位相减不法虽然思路成熟但也对学生的运算能力提出了较高的要求.29.【答案】(1) 1222,2,.n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数; (2) 1242n n n S -+=-.(2) 由(1)得22121log2nn nna nba--==,设数列{}n b的前n项和为n S,则012111111232222n nS n-=⨯+⨯+⨯++⨯,1231111112322222n nS n=⨯+⨯+⨯++⨯两式相减得23111111112212122222222212nn n n n n nn n nS--=+++++-=-=---,整理得1242n nnS-+=-所以数列{}n b的前n项和为124,*2nnn N-+-∈.【考点定位】等差数列定义､等比数列及前n项和公式､错位相减法求和.【名师点睛】本题主要考查等差､等比数列定义与性质,求和公式以及错位相减法求和的问题,通过等差数列定义､等比数列性质,分n为奇偶数讨论求通项公式,并用错位相减法基本思想求和.是中档题.30.【答案】(Ⅰ)121,2.nnna nb-=-⎧⎪⎨=⎪⎩或11(279),929().9nnna nb-⎧=+⎪⎪⎨⎪=⋅⎪⎩;(Ⅱ)12362nn-+-.2345113579212222222n nn T -=++++++. ② ①-②可得221111212323222222n n n n n n T --+=++++-=-,故n T 12362n n -+=-.【考点定位】等差数列､等比数列通项公式,错位相减法求数列的前n 项和.【名师点睛】错位相减法适合于一个由等差数列}{n a 及一个等比数列}{n b 对应项之积组成的数列.考生在解决这类问题时,都知道利用错位相减法求解,也都能写出此题的解题过程,但由于步骤繁琐､计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等.两边乘公比后,对应项的幂指数会发生变化,应将相同幂指数的项对齐,这样有一个式子前面空出一项,另外一个式子后面就会多了一项,两项相减,除第一项和最后一项外,剩下的1-n 项是一个等比数列.31.【答案】(1)2 1.n a n =- (2) 14(31)4.9n n n T ++-⋅=【解析】(1)设数列{}n a 的公差为d ,令1,n =得12113a a =,所以123a a =. 令2,n =得12231125a a a a +=,所以2315a a =.解得11,2a d ==,所以2 1.n a n =-(2)由(1)知24224,n n n b n n -=⋅=⋅所以121424......4,n n T n =⋅+⋅++⋅ 所以23141424......(1)44,n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅ 两式相减,得121344......44n n n T n +-=+++-⋅114(14)13444,1433n n n n n ++--=-⋅=⨯--所以113144(31)44.999n n n n n T ++-+-⋅=⨯+= 【考点定位】1.等差数列的通项公式;2.数列的求和､“错位相减法”.【名师点睛】本题考查了等差数列的通项公式､等比数列的求和､“错位相减法”等,解答本题的关键,首先是注意运用从一般到特殊的处理方法,准确确定等差数列的通项公式;其次就是能对所得数学式子准确地变形,本题易错点在于错位相减后求和时,弄错数列的项数,或忘记从3n T -化简到n T .本题是一道能力题,属于中等题.在考查等差数列､等比数列等基础知识的同时,考查考生的计算能力.本题是教科书及教辅材料常见题型,能使考生心理更稳定,利于正常发挥. 32.【答案】(1)12,n n a n -*=∈N ,21,n b n n *=-∈N ;(2)()2323nn S n =-+【解析】(1)列出关于q 与d 的方程组,通过解方程组求出q ,d ,即可确定通项;(2)用错位相减法求和. 试题解析:(1)设n a 的公比为q ,n b 的公差为d ,由题意0q > ,由已知,有24232,310,q d q d ⎧-=⎨-=⎩ 消去d 得42280,q q --= 解得2,2q d == ,所以n a 的通项公式为12,n n a n -*=∈N , n b 的通项公式为21,n b n n *=-∈N .(2)由(1)有()1212n n c n -=- ,设n c 的前n 项和为n S ,则()0121123252212,n n S n -=⨯+⨯+⨯++-⨯ ()1232123252212,n n S n =⨯+⨯+⨯++-⨯ 两式相减得()()2312222122323,n n n n S n n -=++++--⨯=--⨯-所以()2323n n S n =-+ . 【考点定位】本题主要考查等差､等比数列的通项公式及错位相减法求和,考查基本运算能力.【名师点睛】近几年高考试题中求数列通项的题目频频出现,尤其对等差､等比数列的通项考查较多,解决此类 问题要重视方程思想的应用.错位相减法求和也是高考考查频率较高的一类方法,从历年考试情况来看,这类问题,运算失误较多,应引起考生重视.33.【答案】(1)2;n n n a b n ==;(2)1*(1)22()n n T n n N +=-+∈【解析】(1)根据数列递推关系式,确定数列的特点,得到数列的通项公式;(2)根据(1)问得到新的数列的通项公式,利用错位相减法进行数列求和.试题解析:(1)由112,2n n a a a +==,得2n n a =.当1n =时,121b b =-,故22b =.当2n ≥时,11n n n b b b n +=-,整理得11n n b n b n++=, 所以n b n =. (2)由(1)知,2n n n a b n =⋅所以23222322n n T n =+⋅+⋅++⋅2341222232(1)22n n n T n n +=+⋅+⋅++-⋅+⋅所以2311222222(1)22n n n n n n T T T n n ++-=-=++++-⋅=-- 所以1(1)22n n T n +=-+.【考点定位】1.等差等比数列的通项公式;2.数列的递推关系式;3.错位相减法求和.【名师点睛】本题主要考查等差数列､等比数列的通项公式以及数列的求和.根据数列递推关系式推理得到数列的性质和特点,以此得到数列的通项公式,利用错位相减法计算新组合的数列的求和问题.本题属于中等题,主要考查学生基本的运算能力.。