5.利用错位相减法解决数列求和的答题模板

错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：①项的对应需正确；②相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；③若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3①当时4s n－1 = + 2a n-1－3 ②①－②, 即，∴,（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明：. [答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.得（Ⅱ）由，…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或. （6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以. （13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。

数列中错位相减求和法之应用举例作者：李晓燕来源：《神州·中旬刊》2013年第05期摘要：掌握这个方法，可以解决一类数列求和问题，使得解题过程程序化，能够在解题时达到方便快捷、准确的目的.关键词：数列求和错位相减数列求和是高考试题中试题的重要组成部分，本文借助具体实例给出了数列求和的一种重要方法及其应用，尤其是在高中数学习题中的解题技巧。

在解题过程中学生要系统的掌握一类数列的形式并熟练的应用其技巧。

错位相减法：若■是等差数列，公差为■是等比数列，公比为■，设■，我们不妨把数列■叫做“等差比数列”。

等差比数列的求和过程是一个程序化的过程，一般过程如下：设■，①两边同乘等比数列■的公比■，得■，即■，②①-②得：■，③③式中，除了第一项和最后一项，中间的所有项构成等比数列，用等比数列求和公式求和，再与首末两项结合化简，最后将■的系数化为1，就得到结果。

掌握这个方法，可以解决一类数列求和问题，使得解题过程程序化，能够在解题时达到方便快捷、准确的目的。

下面举例说明：例1：已知■，设■，则数列■的前■项和■解：因为■，①所以■，②①-②得：■化简得：■评注：①式两边乘等比数列的公比，相减时是分母中指数相同的项对应相减，这样正好“错位”；两式相减后中间大部分构成等比数列，要注意两头的一些项，特别是后面的一项的符号；在中间等比数列求和时，要注意首项和项数，最后切记将Sn的系数化为1.例2：已知■，则数列■的前■项和■.分析：数列■可看作是由等差数列■和等比数列■所构成的等差比数列，因此其求和过程可利用错位相减法完成。

解：■，则■，相减得：■■所以■例3：数列■的前■项和■.解：■，则■，相减得■所以■。

数列求和是高考的重点，题型以解答题为主，主要考查等差、等比数列的求和公式，错位相减法及裂项相消求和；数列求和常与函数、方程、不等式联系在一起，考查内容较为全面，在考查基本运算、基本能力的基础上又注重考查学生分析问题、解决问题的能力．“大题规范解答——得全分”系列之(五)利用错位相减法解决数列求和的答题模板[典例] (2012江西高考·满分12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn ，k ∈N *，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .[教你快速规范审题]1．审条件，挖解题信息观察条件―→S n ＝－12n 2＋kn 及S n 的最大值为8 n S n −−−−−−−→是于的二次函关数当n ＝k 时，S n 取得最大值 2．审结论，明解题方向观察所求结论―→求k 的值及a n ――――→应建立关于k 的方程S n 的最大值为8，即S k ＝8，k ＝4n S −−−−−→可求的表式达 S n ＝－12n 2＋4n3．建联系，找解题突破口 根据已知条件，可利用a n 与S n 的关系求通项公式―――――→注意公式的使用条件a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)，a 1＝S 1＝72―――――→验证n ＝1时，a n 是否成立a n ＝92－n1．审条件，挖解题信息观察条件―→a n ＝92－n 及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n922n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭−−−−−−−→－可化列简数9－2a n 2n ＝n2n －1 2．审结论，明解题方向观察所求结论―→求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n 12n n−−−−−−−→－分析通的特项点 可利用错位相减法求和 3．建联系，找解题突破口 条件具备，代入求和： T n ＝1＋22＋232＋…＋212n n －－＋12n n －①――――→同乘以2 2T n ＝2＋2＋32＋… ＋312n n －－＋22n n－②――――→错位相减②－①：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋ 212n －－22n n －＝4－212n －－22n n －＝4－222n n －＋ (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，(3分)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .(6分)当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .(2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1， ①(7分)所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2， ②②－①：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.(11分)故T n ＝4－n ＋22n －1.(12分),,[常见失分探因]利用a n ＝S n －S n －1时，易忽视条件n ≥2，即不验证a 1＝72，是否适合a n ＝92－n .错位相减时，易漏项或求错项数. —————————————————[教你一个万能模板]————————————第一步将数列{c n }写成两个数列的积的形式c n ＝a n b n ，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列 第二步写出数列{c n }的前n 项和S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n―→第三步S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的两边同乘以公比q ，得qS n ＝qa 1b 1＋qa 2b 2＋…＋qa n b n―→―→。

运用错位相减法求和用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n −qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 一、题型选讲例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．例2、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．例3、已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N *=+∈，且12a=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .例4、已知等比数列{}n a 满足1,a 2,a 31a a -成等差数列，且134a a a =；等差数列{}n b 的前n 项和2(1)log 2nn n a S +=.求：（1）,n a n b ；（2）数列{}n n a b 的前项和n T .例5、设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和．例6、【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．例7、在公差不为零的等差数列{}n a 中，11a =，2a ，4a ，8a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2n an n b a =⋅，12n n S b b b =++⋅⋅⋅+，求n S .二、达标训练1、设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且424S S =，()*4221a a n =+∈N .（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设12nn n a a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n T .2、已知数列{a n }是等比数列，a 2=4，a 3+2是a 2和a 4的等差中项.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =2log 2a n −1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .3、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n =3a n −3（n ⩾1，n ∈N ∗），数列{b n }满足b n+1=3b n +a n ，b 1=3. （1）求数列的通项公式a n ；（2）令c n =bn 3n ，证明：数列{c n }为等差数列，并求数列{c n ⋅a n+1}的前n 项和T n .4、设n S 为数列{}n a 的前n 项和，满足123n n S a a =-且2a ，32a +，48a -成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．5、数列{a n } 满足 a 1 +2a 2 +3a 3 +…+ na n = (n -1)• 2n +1+ 2( n ≥l) ,（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设21,n n nn b S a +=为数列{b n }的前n 项和，求S n .运用错位相减法求和用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n −qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解. 一、题型选讲例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+即21112a a q a q =+.所以220,q q +-=解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例2、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a ==猜想21,n a n =+由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①②得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例3、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足()()21n n S n a n N*=+∈，且12a =.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()12n an n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【解析】（1）因为2(1)n n S n a =+,n *∈N , 所以112(2)n n S n a ++=+,n *∈N ,两式相减得112(2)(1)n n n a n a n a ++=+-+, 整理得1(1)n n na n a +=+,即11n n a a n n +=+,n *∈N ,所以n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为常数列, 所以121n a a n ==, 所以2n a n =（2）由（1）,(1)2=(21)4n ann n b a n =--, 所以12314+34+54++(21)4n n T n =⨯⨯⨯-231414+34++(23)4(21)4n n n T n n +=⨯⨯-+-…两式相减得：23134+2(4+4++4)(21)4n n n T n +-=⨯--…，2+114434+2(21)414n n n T n +--=⨯---，化简得120(65)4+99n n n T +-= 例4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知等比数列{}n a 满足1,a 2,a 31a a -成等差数列，且134a a a =；等差数列{}n b 的前n 项和2(1)log 2nn n a S +=.求：（1）,n a n b ；（2）数列{}n n a b 的前项和n T . 【解析】（1）设{}n a 的公比为q. 因为1,a 2,a 31a a -成等差数列， 所以()21312a a a a =+-，即232a a =. 因为20a ≠，所以322a q a ==. 因为134a a a =，所以4132a a q a ===. 因此112n nn a a q -==.由题意，2(1)log 2n n n a S +=(1)2n n+=.所以111b S ==，1223b b S +==，从而22b =.所以{}n b 的公差21211d b b =-=-=. 所以1(1)1(1)1n b b n d n n =+-=+-⋅=.（2）令n n n c a b =，则2nn c n =⋅.因此12n n T c c c =++⋅⋅⋅+1231122232(1)22n nn n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅. 又23412122232(1)22n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅ 两式相减得23122222n n n T n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅1222=212n n n +-⋅-⋅-11222n n n ++=--⋅1(1)22n n +=-⋅-.所以1(1)22n n T n +=-⋅+.例5、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21n S n n =-+，在正项等比数列{}n b 中22b a =，45b a =． （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =，求数列{}n c 的前n 项和． 【解析】（1）当1n =时，111a S ==， 当2n ≥时，1n n n a S S -=- =22(1)[(1)(1)1]n n n n -+----+ =22n -， 所以1(1)22(2)n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．所以22b =，48b = 于是2424b q b ==，解得2q 或2q =-（舍）所以22n n b b q -=⋅=12n -．（2）由以上结论可得，1(1)(1)2(2)n nn c n n =⎧=⎨-⋅≥⎩所以其前n 项和123n n S c c c c =++++n S =23411122232(2)2(1)2n n n n -+⨯+⨯+⨯++-⋅+-⋅ 2n S =34512122232(2)2(1)2n n n n ++⨯+⨯+⨯++-⋅+-⋅ -得，n S -=234112222(1)2n n n +-+++++--⋅=12(12)3(1)212n n n +--+--⋅-所以n S =1(2)25n n +-⨯+．例6、【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【解析】（1）由42a +是35,a a 的等差中项得35424a a a +=+， 所以34543428a a a a ++=+=， 解得48a =.由3520a a +=得18()20q q+=， 因为1q >，所以2q =.（2）设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S . 由11,1,, 2.n n n S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.由（1）可知12n n a -=，所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅，故211(45)(),22n n n b b n n ---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-++-+-23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅++⋅+.设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅.例7、【江苏省如皋市2019-2020学年度高三年级第一学期教学质量调研（三)】在公差不为零的等差数列{}n a 中，11a =，2a ，4a ，8a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2n an n b a =⋅，12n n S b b b =++⋅⋅⋅+，求n S .【答案】（1）n a n =；（2）()1122n n S n +=-⋅+.【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，由11a =，2a ，4a ，8a 成等比数列得：()()()213117d d d +=++， 解得1d =或0d =（舍去），所以数列{}n a 的通项公式()11n a n n =+-=.（2）由（1）得n a n =，所以2nn b n =⋅，所以1231222322nn S n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，①234121222322n n S n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，②①-②得：1231121212122n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-⋅()()11212212212n n n n n ++-=-⋅=--⋅--，所以()1122n n S n +=-⋅+.二、达标训练1、（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且424S S =，()*4221a a n =+∈N .（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设12nn n a a b -=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，则()()11114642321a d a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=++⎪⎩， 解得112a d =⎧⎨=⎩. 所以()11221n a n n =+-⨯=-.（Ⅱ）因此212212211224n n n n n n n b ------===. 所以011011444n n n T --=++⋅⋅⋅+，1110214444n n n n n T ---=+⋅⋅⋅++， 相减得0113011144444n n n n T --=++⋅⋅⋅+-11111311344334n n n n n -⎡⎤-+⎛⎫=--=-⎢⎥ ⎪⨯⎝⎭⎢⎥⎣⎦.故：1431994n n n T -+=-⨯. 2、【2020届山西省太原市第五中学高三下学期4月模拟】已知数列{a n }是等比数列，a 2=4，a 3+2是a 2和a 4的等差中项.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n =2log 2a n −1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 【答案】（1）a n =2n ；（2）T n =6+(2n −3)2n+1. 【解析】（1）设数列{a n }的公比为q ， 因为a 2=4，所以a 3=4q ，a 4=4q 2.因为a 3+2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3+2)=a 2+a 4. 即2(4q +2)=4+4q 2，化简得q 2−2q =0.因为公比q≠0，所以q=2.所以a n=a2q n−2=4×2n−2=2n (n∈N∗)；（2）因为a n=2n，所以b n=2log2a n−1=2n−1，所以a n b n=(2n−1)2n.则T n=1×2+3×22+5×23+⋯+(2n−3)2n−1+(2n−1)2n，①，2T n=1×22+3×23+5×24+⋯+(2n−3)2n+(2n−1)2n+1，②，①−②得，−T n=2+2×22+2×23+⋯+2×2n−(2n−1)2n+1=2+2×4(1−2n−1)1−2−(2n−1)2n+1=−6−(2n−3)2n+1，所以T n=6+(2n−3)2n+1.3、【云南师范大学附属中学2019-2020学年高三适应性月考（八）】已知数列{a n}的前n项和为S n，且2S n= 3a n−3（n⩾1，n∈N∗），数列{b n}满足b n+1=3b n+a n，b1=3.（1）求数列的通项公式a n；（2）令c n=b n3n，证明：数列{c n}为等差数列，并求数列{c n⋅a n+1}的前n项和T n.【解析】解：（1）当n=1时，有2a1=3a1−3，解得a1=3.当n≥2时，由2S n=3a n−3，得2S n−1=3a n−1−3，所以2a n=3a n−3−3a n−1+3，即a n=3a n−1(n≥2)，a n a n−1=3(n≥2)，{an}为等比数列，故a n=3⋅ 3n−1=3n(n∈N∗). （2）由（1）得b n+1=3b n+3n，∴b n+13n+1=b n3n+13，即c n+1=c n+13.又c1=b13=1，∴数列{c n}是以1为首项，13为公差的等差数列，故c n=13(n+2)，又a n+1=3n+1，所以c n⋅ a n+1=13(n+2)⋅3n+1=(n+2)⋅3n∴T n=3⋅31+4⋅32+5⋅33+⋯+(n+2)⋅3n∴3T n=3⋅32+4⋅33+5⋅34+⋯+(n+1)⋅ 3n+(n+2)⋅ 3n+1∴−2T n=9+(32+33+34+⋯+3n)−(n+2)⋅ 3n+1=9+9(1−3n−1)1−3−(n+2)⋅3n+1∴T n =(12n +34)⋅3n+1−944、、（江苏省徐州市2021届高三第一学期期中考试）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，满足123n n S a a =-且2a ，32a +，48a -成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n nnb a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 【解析】（1）当2n ≥时，1122233n n n n n a S S a a --=--=，即13n n a a -=，………………3分由2a ，32a +，48a -成等差数列可知，3242(2)8a a a +=-+， 即2222(32)98a a a +=-+，解得23a =，所以11a =， 则{}n a 是以1为首项，3为公比的等比数列，所以{}n a 的通项公式为13n n a -=．……………………………………………6分 （2）由（1）知，13n n n n n b a -==， 则01211233333n n nT -=++++，123111231333333n n n n n T --=+++++， 两式相减得，123121111(1)333333n n n nT -=+++++-1131313nn n -=--332223n n +=-⨯，……………………………10分 所以1923443n n n T -+=-⨯．………………………………………………………12分5、（湖北师大附中2021届高三上学期名校联考）数列{a n } 满足 a 1 +2a 2 +3a 3 +…+ na n = (n -1)• 2n +1+ 2( n ≥l) ,（1）求数列{a n }的通项公式；（2）设21,n n nn b S a +=为数列{b n }的前n 项和，求S n . 【解析】：(1)由题意，.21=a由)1(22)1(321321≥+⋅-=+++++n n na a a a n n ，① 得)2(22)2()1(321321≥+⋅-=-++++-n n a n a a a nn ，②①—②，得)2(2]22)2[(]22)1[(1≥⋅=+⋅--+⋅-=+n n n n na n n n n ，所以)2(2≥=n a nn又因为当1=n 时，上式也成立，所以数列}{n a 的通项公式为nn a 2=. ………………6分（没有讨论1=n 的情况扣1分）(2)由题意，nn n n a n b 21212+=+=，所以 nn n n b b b b S 212272523321321++++=+++= ，③ 143221221227252321+++-++++=n n n n n S ，④ ③—④，得所以]212212272523[]212272523[211432321+++-++++-++++=n n n n n n n S 1432212)21212121(223++-++++=n n n 1212211])21(1[21221++---⨯+=n n n 1)21()52(25+⋅+-=n n 从而5)21()52(+⋅+-=n n n S . ……………………………12分。

1数列求和之错位相减法一、题型要求：错位相减法：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n 和公式的推导方法）。

二、例题讲解：1、求和：132)12(7531--+⋅⋅⋅++++=n n x n x x x S2、求数列⋅⋅⋅⋅⋅⋅,22,,26,24,2232n n 前n 项的和.三、练习巩固：1、（2012－信宜二模）设{}n a 为等比数列，121(1)2n n n T na n a a a -=+-+++，已知11T =，24T =，（1）求数列{}n a 的首项和公比；（2）求数列{}n T 的通项公式.；2、（2015－漳浦校级模拟）等差数列}{n a 中，.2,49197a a a ==数列}{n b 满足n a n n a b 22⋅=（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）求数列}{n b 的前n 项和n S3、（2014－肇庆高三期末）已知数列{}n a 满足11=a ，n a a na n n n =-++11，*N n ∈.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2nn nb a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T ；4、（2014－肇庆高三期末）已知数列{}n a 满足11=a ，121+=+n n a a （*N n ∈）.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n S 为数列}12{+n a n的前n 项和，求n S ；35、（2014－惠州调研）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且有12n n a S -=；数列{}n b 满足(27)n n b n a =-（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前n 项和为n T6、（2014－珠海六校联考）已知数列{}n a 为等差数列,且5714,20a a ==,数列{}n b 的前n 项和为n S ,且满足132n n S S -=+(2,*)n n ≥∈N ，123b =. （1）求数列{}n a ,{}n b 的通项公式；（2）若n n n c a b =⋅,n T 为数列{}n c 的前n 项和,求n T .7、（2014－中山期末）数列{n a }的前n 项和为n S ，2131(*)22n n S a n n n N +=--+∈． （1）设n n b a n =+，证明：数列{}n b 是等比数列；（2）求数列{}n nb 的前n 项和n T ；8、（2014－梅州质检）设等比数列{n a }的前n 项和为Sn ，已知122(*)n n a S n N +=+∈。

错位相减法在数列求和中的应用近年来，高考中数列问题正向多元化发展，命题中含有复合数列屡见不鲜.要想在高考中从容应对,就需熟练掌握等差、等比数列的有关知识,同时要善于把非等差等比数列转化为等差等比数列来求解.现对数列求和的方法----错位相减法简要分析如下：一.利用错位相减法推导等比数列求和公式.已知等比数列,它的前项和是,根据等比数列的通项公式,上式可写成的两边乘得的两边减去的两边,得当时,等比数列的前项和的公式又因为所以上面公式可写成当时，点评：通过将式的左右两边同时乘以公比,使式与式产生错位后相减得出.二、应用错位相减法求和如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.例1、求数列的前项和分析：数列成等差数列，数列成等比数列，此例用错位相减法可达到目的.同时应注意和两种情况.解：若，则若,则式两边同乘以，得减去得所以点评：这个数列可以看成一个等差数列和一个等比数列的对应项的乘积，这种数列我们称为“混合数列”，解决这类问题的常用方法是：依照等比数列前项和公式的推导方法——错位相减法，特别注意分和两种情况讨论.例2、（2007全国卷文，21题）设是等差数列，是各项都为正数的等比数列，且,,.求,的通项公式.求数列的前项和.解：设的公差为，的公比为则依题意有>0且解得所以,,,减去得==点评：本题主要考查数列的概念，等差数列，等比数列，及求数列前项和的方法等基础知识，考查运算能力.第问就运用了混合数列的求和方法----错位相减法.。

专题31 数列中错位相减法求和问题【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 ．1．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 1010＝S 55＋5，所以10(a 1＋a 10)210－5(a 1＋a 5)25＝5，所以a 10－a 5＝10，所以5d ＝10，解得d ＝2．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ；(2)由(1)知，a n ＝2n ，所以S n ＝n (2＋2n )2＝n 2＋n ．所以b n ＝a n ·4Sn an＝2n ·4n 2＋n 2n ＝2n ·2n ＋1＝n ·2n ＋2，所以T n ＝1×23＋2×24＋2×25＋…＋n ·2n ＋2①，所以2T n ＝1×24＋2×25＋3×26＋…＋(n －1)·2n ＋2＋n ·2n ＋3②， ①－②，得－T n ＝23＋24＋…＋2n ＋2－n ×2n ＋3＝23(1－2n )1－2－n ×2n ＋3＝2n ＋3－8－n ×2n ＋3所以T n ＝(n －1)×2n ＋3＋8．2．(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．2．解析 (1)设{a n }的公比为q ，∵a 1为a 2，a 3的等差中项，∴2a 1＝a 2＋a 3＝a 1q ＋a 1q 2，a 1≠0，∴q 2＋q －2＝0，∵q ≠1，∴q ＝－2． (2)设{na n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝(－2)n －1，S n ＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n (－2)n －1，①－2S n ＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n －1)·(－2)n －1＋n (－2)n ，② ①－②得，3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n (－2)n＝1－(－2)n 1－(－2)－n (－2)n＝1－(1＋3n )(－2)n3，∴S n ＝1－(1＋3n )(－2)n9，n ∈N *．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 *)．3．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＝8，① 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(n ∈N *)．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n (n ∈N *)．(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＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ， 故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，③4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，④ ③－④，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(n ∈N *)．所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83(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 ． 4．解析 (1)当n ＝2时，2S 2＝2(1＋a 2)＝3a 2－2，则a 2＝4， 当n ＝3时，2S 3＝2(1＋4＋a 3)＝4a 3－2，则a 3＝6， 当n ≥2时，2S n ＝(n ＋1)a n －2， 当n ≥3时，2S n －1＝na n －1－2，所以当n ≥3时，2(S n －S n －1)＝(n ＋1)a n －na n －1＝2a n ，即2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1，整理可得(n －1)a n ＝na n －1，所以a n n ＝a n －1n －1，因为a 33＝a 22＝2，所以a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 33＝a 22＝2，因此，当n ≥2时，a n ＝2n ，而a 1＝1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)由(1)可知b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n ·2n ，n ≥2，所以当n ＝1时，T 1＝b 1＝1，当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，则 T n ＝1＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， 2T n ＝2＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，作差得T n ＝1－8－(23＋24＋…＋2n )＋n ×2n ＋1＝(n －1)×2n ＋1＋1， 易知当n ＝1时，也满足上式， 故T n ＝(n －1)×2n ＋1＋1(n ∈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 ．5．解析 (1)∵S n －n ＝2(a n －2)，当n ≥2时，S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2)， 两式相减，得a n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)， ∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数)．又当n ＝1时，a 1－1＝2(a 1－2)，得a 1＝3，a 1－1＝2，∴数列{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n －1＝2×2n －1＝2n ，∴a n ＝2n ＋1， 又b n ＝a n ·log 2(a n －1)，∴b n ＝n (2n ＋1)，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )， 设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， 则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， 两式相减，得－A n＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ×2n ＋1， ∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2．又1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n (n ＋1)2(n ∈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 ．6．解析 (1)n ＝1时，a 1＋12a 1＝1，a 1＝23，n ≥2时，⎩⎨⎧S n ＝1－12a n ，Sn －1＝1－12a n －1，S n －S n －1＝12()a n －1－a n ，∴a n ＝13a n －1(n ≥2)，{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列，a n ＝23×⎝⎛⎭⎫13n －1＝2⎝⎛⎭⎫13n．b 1＝1，由b 25＝b 2b 14得，()1＋4d 2＝()1＋d ()1＋13d ，d 2－2d ＝0，因为d ≠0，解得d ＝2，b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)c n ＝4n －23n ，T n ＝23＋632＋1033＋…＋4n －23n ，①13T n ＝232＋633＋1034＋…＋4n －63n ＋4n －23n ＋1，② ①－②得，23T n ＝23＋4⎝⎛⎭⎫132＋133＋ (13)－4n －23n ＋1＝23＋4×19－13n ＋11－13－4n －23n ＋1＝43－23n －4n －23n ＋1， 所以T n ＝2－2n ＋23n (n ∈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 ．7．解析 (1)因为S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2)，所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1(n ≥2)， 即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝2n ＋1，则a n ＝2n ，当n ＝1时，也满足， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ． (2)因为b n ＝n ＋12n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n， 所以T n ＝2×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋4×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ，① 12T n ＝2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋4×⎝⎛⎭⎫124＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，② ①－②得12T n ＝2×12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1．故数列{b n }的前n 项和为T n ＝3－n ＋32n ．8．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n2a 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 ．8．解析 (1)因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1－1a n＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，所以1a n ＝1a 1＋2(n －1)＝2n ，即a n ＝12n ．(2)因为b n ＝2n 2n ＝n 2n －1，所以S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，则12S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， 两式相减得12S n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ＝2⎝⎛⎭⎫1－12n －n2n ，所以S n ＝4－2＋n 2n －1． 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 ．9．解析 (1)a 2＝5，a 3＝7．猜想a n ＝2n ＋1．证明如下：由已知可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]，a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，…，a 2－5＝3(a 1－3)． 因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1．(2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ．① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1．②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1， 所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2．10．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．10．解析 (1)由题意，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2．∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ．(2)选条件①：b n ＝42n ·2(n ＋1)＝1n (n ＋1)，S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1．选条件②：∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ，∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ， 当n 为偶数时，S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝n2×2＝n ；当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝(n －1)－2n ＝－n －1．∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数.选条件③：∵a n ＝2n ，b n ＝2a n ·a n ，∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ×4n ，①4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)×4n ＋2n ×4n ＋1，② 由①－②得，－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ×4n ＋1 ＝8（1－4n ）1－4－2n ×4n ＋1＝8（1－4n ）－3－2n ×4n ＋1，∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1．11．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 ．11．解析 (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列，所以2(a 2＋1)＝a 1＋a 3＋1．又因为a 1＝1，所以2(q ＋1)＝2＋q 2，即q 2－2q ＝0，所以q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝2n －1． (2)由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件①，则b n ＝n ·2n －1， 所以T 2n ＝1×20＋2×21＋…＋2n ×22n －1， 则2T 2n ＝1×21＋2×22＋…＋2n ×22n ， 两式相减得－T 2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n －1－2n ×22n ＝1－22n1－2－2n ×22n ＝(1－2n )×22n －1， 所以T 2n ＝(2n －1)·22n ＋1． 由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件②，则b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n －2＋2n －1)＝(20＋22＋…＋22n －2)＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝1－4n 1－4＋n (1＋2n －1)2＝4n 3＋n 2－13．由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件③，则b n ＝1n (n ＋1)，所以T 2n ＝11×2＋12×3＋…＋12n (2n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1． 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．12．解析 因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1．选①②时，设数列{b n }的公差为d ，因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3． 因为b 2n ＝2b n ＋1，所以n ＝1时，b 2＝2b 1＋1，解得b 1＝23，b 2＝73，所以d ＝53，所以b n ＝5n －33，满足b 2n ＝2b n ＋1．所以b n a n ＝5n －33n ．S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ，(1)所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1，(2)(1)－(2)，得23S n ＝23＋5⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －5n －33n ＋1＝23＋56－152×3n ＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n ＋1， 所以S n ＝94－10n ＋94×3n．选②③时，设数列{b n }的公差为d ，因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d ＝3．因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d )2＝b 1(b 1＋3d )，化简得d 2＝b 1d ，因为d ≠0，所以b 1＝d ，从而d ＝b 1＝1，所以b n ＝n ，所以b n a n ＝n3n －1，S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，(1)所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n ，(2)(1)－(2)，得23S n ＝1＋131＋132＋133＋…＋13n －1－n 3n ＝32⎝⎛⎭⎫1－13n －n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以S n ＝94－2n ＋34×3n －1．选①③时，设数列{b n }的公差为d ，因为b 2n ＝2b n ＋1，所以n ＝1时，b 2＝2b 1＋1，所以d ＝b 1＋1． 又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d )2＝b 1(b 1＋3d )，化简得d 2＝b 1d ，因为d ≠0，所以b 1＝d ，从而无解，所以等差数列{b n }不存在，故不符合题意．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 ＝na 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． 13．解析 (1)选择条件①，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ．由a n ＋1－2a n ＝0，a 3＝8，得{a n }为等比数列，q ＝2，a 1＝2，所以a n ＝2n ． 选择条件②，设等比数列{a n }的首项为a 1，由公比q ＝2，前5项和为62，得a 1(1－25)1－2＝62，解得a 1＝2，所以a n ＝2n ． (2)因为b n ＝n a n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①12T n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1，② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，所以T n ＝2－2＋n 2n ．因为T n ＋1－T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2＋n ＋12n ＋1－⎝⎛⎭⎫2－2＋n 2n ＝n ＋12n ＋1＞0，所以数列{T n }单调递增，T 1最小，最小值为12．所以2×12＞m －2 022．所以m ＜2 023．故正整数m 的最大值为2 022．14．(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 n3．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 n2．14．解析 (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝q n －1．因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列，所以1＋9q 2＝2×3q ，解得q ＝13，故a n ＝13n －1，b n ＝n3n ．(2)由(1)知S n ＝1×⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝32⎝⎛⎭⎫1－13n ，T n ＝13＋232＋333＋…＋n3n ，①13T n ＝132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1，即23T n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－13n －n3n ＋1， 整理得T n ＝34－2n ＋34×3n ，则2T n －S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫34－2n ＋34×3n －32⎝⎛⎭⎫1－13n ＝－n 3n <0，故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 ＜34．15．解析 (1)由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，故a n ＋1＝3a n (n ≥2)， 所以当n ≥2时，{a n }是以3为公比的等比数列．因为a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，a n ＝3n ．(2)a n ＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝log 33n ＝n ，b n a n ＝n3n ＝n ·⎝⎛⎭⎫13n ， T n ＝1×13＋2×⎝⎛⎭⎫132＋3×⎝⎛⎭⎫133＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫13n ，① 13T n ＝1×⎝⎛⎭⎫132＋2×⎝⎛⎭⎫133＋3×⎝⎛⎭⎫134＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋n ×⎝⎛⎭⎫13n ＋1．② ①－②，得23T n ＝13＋⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫133＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －n ×⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝13－⎝⎛⎭⎫13n ＋11－13－n ×⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝12－32＋n ⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 所以T n ＝34－12⎝⎛⎭⎫32＋n ⎝⎛⎭⎫13n． 因为⎝⎛⎭⎫32＋n ⎝⎛⎭⎫13n ＞0，所以T n ＜34．又因为T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＞0， 所以数列{T n }单调递增，所以(T n )min ＝T 1＝13，所以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 <2．16．解析 (1)因为函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )，所以令y ＝1，得f (x ＋1)＝f (x )·f (1)，所以f (n ＋1)＝f (n )·f (1)．又因为f (1)＝12，所以f (n ＋1)f (n )＝12，所以f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n(n ∈N *)． (2)由(1)得a n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n，设T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n ， 则T n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，① 所以12T n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n －2)⎝⎛⎭⎫12n －1＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，② 所以由①－②得12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1，所以T n ＝2－n ＋22n <2，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋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．17．解析 (1)设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，a 1＝2， 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2．b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2．(2)由题意得K n ＝2×21＋3×22＋…＋(n ＋1)×2n ，① 则2K n ＝2×22＋3×23＋…＋n ×2n ＋(n ＋1)×2n ＋1，②①－②得－K n ＝2×21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)×2n ＋1，∴K n ＝n ×2n ＋1．要使λS n T n ≥K n ＋n 对一切n ∈N *恒成立，即λ≥K n＋n S n T n ＝2n ＋1＋1(n ＋3)(2n －1)恒成立，设g (n )＝2n ＋1＋1(n ＋3)(2n －1)，因为g (n ＋1)g (n )＝(n ＋3)(2n －1)(2n ＋2＋1)(n ＋4)(2n ＋1－1)(2n ＋1＋1)＝(n ＋3)(22n ＋2－1－3·2n )(n ＋4)(22n ＋2－1)<(n ＋3)(22n ＋2－1)(n ＋4)(22n ＋2－1)<1， 所以g (n )随n 的增加而减小，所以g (n )max ＝g (1)＝54，所以当λ≥54时不等式恒成立，因此λ的最小值为54．18．(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．18．解析 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9，所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9，两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34． 当n ＝1时，4S 2＝4⎝⎛⎭⎫－94＋a 2＝－274－9，解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34． 所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×⎝⎛⎭⎫34n －1＝－3n ＋14n ． (2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ．所以T n ＝－3×34－2×⎝⎛⎭⎫342－1×⎝⎛⎭⎫343＋0×⎝⎛⎭⎫344＋…＋(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ，① 所以34T n ＝－3×⎝⎛⎭⎫342－2×⎝⎛⎭⎫343－1×⎝⎛⎭⎫344＋0×⎝⎛⎭⎫345＋…＋(n －5)·⎝⎛⎭⎫34n ＋(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝⎛⎭⎫342＋⎝⎛⎭⎫343＋…＋⎝⎛⎭⎫34n －(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－94＋916⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －11－34－(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ＋1＝－n ·⎝⎛⎭⎫34n ＋1， 所以T n ＝－4n ·⎝⎛⎭⎫34n ＋1． 因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ·⎝⎛⎭⎫34n ＋1≤λ(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立． 当n ＜4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1； 当n ＝4时，－12≤0恒成立；当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3． 所以－3≤λ≤1，即实数λ的取值范围为[－3，1]．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．19．解析 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2a 1q 2＋2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32，q ＝12，∵{a n }是递增数列，∴a 1＝2，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n ．(2)∵b n ＝a n 12log a n ＝2n ·12log 2n ＝－n ·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )， ① 则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋…＋2n )－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1， 则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2，解2n ＋1－2>62，得n >5，∴n 的最小值为6．20．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．20．解析 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ．由题意知2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8，所以a 2＋a 4＝20，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝12，a 1＝32.又数列{a n }单调递增，所以q ＝2，a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ．(2)因为b n ＝1122log 2log 2n n n n a a ＝＝－n ×2n ，所以S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ×2n )，2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1]，两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1． 又S n ＋n ×2n ＋1＞30，可得2n ＋1－2＞30，即2n ＋1＞32＝25， 所以n ＋1＞5，即n ＞4．所以使S n ＋n ×2n ＋1＞30成立的正整数n 的最小值为5．。

位相减法数列求和十1. 正 等比数列 {a n }的前 n 和 S n ，且 a 3=4 ，S 2=3 ．（1 ）求数列 {a n }的通 公式；（2 ）令 b n =(2n-1)a n (n ∈ N *)，求数列 {b n }的前 n 和 T n ．2. 已知函数 f （ x ） =x 2+2x ，数列 {a n }的前 n 和 S n ， 所有正整数n ，点 P n （ n ， S n ） 都在函数 f （ x ）的 象上，且 点 P（ n ， S ）的切 的斜率 kn ．nn（1 ）求数列 {a n }的通 公式；（ 2 ）若 b n =2 kn ?a n ，求数列 {b n }的前 n 和 T n ．3. 数 列 的 前和 , 且 是 和 的 等 差 中 ， 等 差 数 列 足（1 ）求数列 、 的通 公式（2 ） = ，求数列 的前 和.4. （本小 分 12 分）已知数列 {a n }的前 n 和 S n ，且 a n 是 S n 与 2 的等差中 ，数列{ b n }中， b 1 =1 ，点 P （ b n ， b n+ 1）在直 上。

（ 1 ）求 a 1 和 a 2 的 ；（ 2 ）求数列 {a n }， {b n }的通 a n 和 b n ；（ 3 ） c n = a n ·b n ，求数列 {c n }的前 n 和 T n .5. 已知数列 {a}的前 n 和 S ，点（ a+2 ，S）在直 y=4x-5* ．令 nn+1 上，其中 n ∈ Nnnb n =a n+1 -2a n ．且 a 1=1 ．求数列 {b n }的通 公式；若 f （ x ）=b 1 x+b 2x 2 +b 3 x 3+ ⋯+b n x n ，算 f ′（1）的 果．6. 已知数列的前 和，数列 足（1 ）求数列的通 公式;（ 2 ）求数列的前和;（3 ）求：不取何正整数，不等式恒成立7.已知等差数列{a n }的前n 和S n，足 a 1=1， S6 =36，数列{b n }是等比数列且足b 1+b 2=3 ， b 4+b 5=24 。

错位相减法技巧整理错位相减法在数列求和部分属于高频考点，同学们大都会用，但是对结果总有些不确定.1什么样的数列求和适用于“错位相减法”？等差数列的通项公式一般为关于n的一次函数型，等比数列的通项公式一般为指数型.所以，作一般化的推广和概括，适合采用“错位相减法”求和的数列，其通项长成下面这个样子：2如何实施“错位相减法”？基本解题步骤比较固定：和式乘公比----往后错一位----把两式相减----化简和整理多数同学经过模仿和重复训练，能够掌握以上解题的步骤.同样，多数同学的“痛点”在于最后的化简和整理，耗时长，易出错，心里没底.'我会做，可是我不敢保证得分'，这是我们共同的心声.3寻找简化的公式我们能够确定：一旦数列的通项公式给定，那么采用“错位相减法”计算的结果也被确定了.也就是说，结果是由通项里的相关量决定的.做的题多了，我们发现和的形式也是有规律的.神马，你不相信？好吧，咱们推导一遍吧.观察上式的结构，是不是上面我们所说的形式？于是，我们在以后的解题过程中，只需要研究A,B,C分别是多少，然后代入公式中即可.请注意，在上式中我们对A,B,C进行了化简.A是独立计算出来的，所以应该先计算A，然后再计算B，最后计算C，顺序不能乱，它们之间是相互依赖的.和上面的计算结果是不是一样的？从此以后，你对“错位相减法”的最终结果是不是有底了？当然，增加了一些记忆量，但是相比化简的繁杂、无方向、结果的不确定性，这点代价微不足道.4记忆要领公式的记忆在实际练题中强化，数次之后即可熟练掌握.5最后强调解题的格式数列求和通常为解答题，在实施“错位相减法”求和过程中，基本的解题步骤要保留四步中的三步，即“和式乘公比----往后错一位----把两式相减----化简和整理”的前三步保持不变，这是解题的过程，需要让判卷的老师看到，而把最后一步“化简和整理”用我们上面讲到的小公式计算出的结果来代替.这样是不是既得到了过程分，又保证了结果的正确性？小小公式，让我心安.。

题型-数列求和之错位相减法数列求和之错位相减法一、题型要求：如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成，那么常选用错位相减法（这也是等比数列前n和公式的推导方法）。

二、例题讲解：1、求和：$S_n=1+3x+5x^2+7x^3+。

+(2n-1)x^{n-1}$，其中$x=2$。

2、求数列$2,3.n$前$n$项的和。

三、练巩固：1、（2012-信宜二模）设$\{a_n\}$为等比数列，$T_n=na_1+(n-1)a_2+。

+2a_{n-1}+a_n$，已知$T_1=1$，$T_2=4$。

1）求数列$\{a_n\}$的首项和公比；2）求数列$T_n$的通项公式；2、（2015-漳浦校级模拟）等差数列$\{a_n\}$中，$a_7=4$，$a_{19}=2a_9$。

数列$\{b_n\}$满足$b_n=a_n\times2$。

1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；2）求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$S_n$；4、（2014-肇庆高三期末）已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$（$n\in N^*$）。

1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；2）设$b_n=\frac{a_{2n}}{n}$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求$T_n$；5、（2014-惠州调研）已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且有$S_n=1-a_n$。

数列$\{b_n\}$满足$2b_n=(2n-7)a_n$。

1）求数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的通项公式；2）求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$T_n$；6、（2014-珠海六校联考）已知数列$\{a_n\}$为等差数列，且$a_5=14$，$a_7=20$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且满足$3S_n=S_{n-1}+2$（$n\geq2$，$n\in N^*$），$b_1=$。

错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：①项的对应需正确；②相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；③若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅰ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，Ⅰ，Ⅰ，又点均在函数的图象上，Ⅰ．Ⅰ当时，，又，适合上式，Ⅰ．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅰ）由（Ⅰ）知，，Ⅰ，Ⅰ，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3,又4S n = a n2 + 2a n－3①当时4s n－1 = + 2a n-1－3②①－②, 即，Ⅰ ,（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅰ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明：. [答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.得（Ⅰ）由，…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅰ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或.（6分)（Ⅰ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以.（13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅰ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅰ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。

高中数学数列错位相减法求和专题训练含答案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。

思路探寻数列是数学高考的必考内容之一.近几年的高考数学全国卷试题中的数列问题侧重于考查等差和等比数列的通项公式、性质、前n项和公式的应用.求数列和的方法很多，其中错位相减法比较常用.等比数列前n项和的公式Sn=a1(1-q n)1-q(q≠1)就是用错位相减法求得的.如果一个数列的通项公式可以变形为一个等差数列与一个等比的通项公式的乘积，我们就可以用错位相减法求数列的和.错位相减法的运用步骤为：第一步，根据数列的通项公式列出数列的前n项和式，并将其记为①式；第二步，在①式的左右两边同乘以等比数列的公比q，得到②式；第三步，将②式右边的式子与①式右边的错开一位，使q的指数相同的项对齐；第四步，将两式相减，合并同类项，并提取公因式；第五步，构造出等比数列，利用等比数列的前n 项和公式进行求和，并化简.例1.若数列{}a n是以a1为首项，d为公差的等差数列，数列{}b n是以b1为首项，q(q≠1)为公比的等比数列，令c n=a n b n，求数列{}c n的前项和T n.解：T n=a1b1+a2b2+a3b3+⋯+a n−1b n−1+a n，①qTn=a1b1q+a2b2q+a3b3q+⋯+a n−1b n−1q+a n b n q=a1b2+a2b3+a3b4+⋯+a n−1b n+a n b n q，②由①-②得：(1-q)T n=a1b1+d(b2+b3+⋯+b n−1+b n) -a n b n q，当q≠1时，Tn=a1b1+d()b2+b3+⋯+b n−1+b n-a n b n q1-q=a1b1+déëêêùûúúb2()1-q n−11-q-a n b n q1-q周永松思路探寻。