篇一：2016届高考数学—大题规范解答-全得分系列之(五)利用错位相减法解决数列求和的答题模板
利用错位相减法解决数列求和的答题模板
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。
1
[典例] (2012江西高考·满分12分)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn，k∈N*，
2且Sn的最大值为8.
(1)确定常数k，求an；
?9－2an?
的前n项和Tn. (2)求数列?n2??
[教你快速规范审题
]
1．审条件，挖解题信息 观察
1Sn是关于n的二次函数
―→Snn2＋kn及Sn的最大值为8 ???????? 条件2当n＝k时，Sn取得最大值 2．审结论，明解题方向 观察所求结论
应建立关
―→求k的值及an于――――→k的方程
Sn的最大值为8，
即Sk＝8，k＝4
可求Sn的表达式
??????
1
Sn＝－2＋4n
2
3．建联系，找解题突破口
根据已知条件，可利用an与Sn的关系求通项公式
9
ann
2
注意公式的使用条件
―――――→
9
an＝Sn－Sn－1＝－nn
27
，a1＝S12
验证n＝1时，
an是否成立
―――――→
1．审条件，挖解题信息 观察
?9－2an?9
―→an＝－n及数列?n2条件2??
????????
9－2an
2n
＝n－1
2
?9－2an?
可化简数列??
?2?
n
2．审结论，明解题方向 观察所
n
?9－2an?分析通项的特点
2?的前n项和Tn???????―→求数列?? n2求结论??
可利用错位相减法求和 3．建联系，找解题突破口
同乘以2
――――→
错位相减
――――→
(1)当
n＝k∈N*时，Sn＝－
12
2＋kn
1122取得最大值，即8＝Sk＝－＋k＝2，故k222
＝16，k＝4.
17
当n＝1时，a1＝S1＝－4＝229
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n
2
分)
分)
9
当n＝1时，上式也成立，综上，an＝－n.
29－2ann
(2)因为＝n－1，
2n2
23n－1n
所以Tn＝1＋＋2n－2n－1①
22223n－1n
所以2Tn＝2＋2＋n－3n－2，②
222
11n1nn＋2
②－①：2Tn－Tn＝2＋1＋n－2n－1＝4－n－2n－14－n－1
222222故Tn＝4－
分)
分)
n＋2
2n－1
分)
,,[常见失分探因]
9
利用an＝Sn－Sn－1时，易忽视条件n≥2，即不验证a1＝，是否适合an＝－n.
22
7
错位相减时，易漏项或求错项数. —————————————————[板]————————————
―→
教
你
一
个
万
能
模
―→
―→
篇二：类型二2007-2016高考数列累加法求通项 典型的错位相减法求和
2009全国卷Ⅰ理）（本小题满分12分）在数列{an}中，a1?1,an?1?(1?)an? （I）设bn?
1
nn?1
n2
an
，求数列{bn}的通项公式 n
（II）求数列{an}的前n项和Sn ：（I）由已知有
an?1an11
??n?bn?1?bn?n n?1n22
1
(n?N*) n?1
2
利用累差迭加即可求出数列{bn}的通项公式: bn?2?（II）由（I）知an?2n?
n
n, 2n?1
nn
kk
?Sn=?(2k?k?1)??(2k)??k?1
2k?1k?1k?12n
而
?(2k)?n(n?1),又?
k?1
n
k
是一个典型的错位相减法模型， k?1
2k?1
n
易得
n?2kn?2
??4 =n(n?1)S?4???nn?1k?1n?1
22k?12
12
n?kn，k?N*,且Sn的最大值为8. 2
2. 2012高考江西理16（本小题满分12分） 已知数列{an}的前n项和Sn??（1）确定常数k，求an； （2）求数列{
9?2an
的前n项和Tn。 2n
?
1212122n?kn取最大值，即8??k?k?k，故k?4，222
979
从而an?Sn?Sn?1??n(n?2)，又a1?S1?，所以an??n
2229?2ann23n?1n
?T?b?b???b?1??????n?1 （1） 因为bn?，n12nnn?12n?2
222222
11n1nn?2
所以Tn?2Tn?Tn?2?1????n?2?n?1?4?n?2?n?1?4?n?1
222222N解: （1）当n?k?
时，Sn??
3．（2013年高考山东卷（文））设等差数列?an?的前n项和为Sn,且S4
?4S2,a2n?2an?1
(Ⅰ)求数列?an?的通项公式；an?2n?1
(Ⅱ)设数列?bn?满足
bb1b21
??????n?1?n,n?N* ,求?bn?的前n项和Tn。a1a2an2
Tn?3?
2n?3 n
2
4.（2013年普通高等学校招生统一考试山东数学（理））设等差数列
?an?的前n项和为Sn,且
S4?4S2,a2n?2an?1.
(Ⅰ)求数列?an?的通项公式;
(Ⅱ)设数列?bn?前n项和为Tn,且 Tn?列?cn?的前n项和Rn. 解:(Ⅰ)设等差数列由
an?1
??(?为常数).令cn?b2n(n?N*).求数n
2
?an?的首项为a1,公差为d,
S4?4S2,a2n?2an?1得
4a1?6d?8a1?4d??
?a1?(2n?1)?2a1?2(n?1)d?1,
解得,
a1?1,d?2
*
a?2n?1(n?N) n因此
(Ⅱ)由题意知:
Tn???
n2n?1
n2n?1
?n?1
2n?2
所以n?2时,
bn?Tn?Tn?1??
故,
cn?b2n?
2n?21n?1
?(n?1)()*2n?1(n?N) 24
11111
Rn?0?()0?1?()1?2?()2?3?()3?????(n?1)?()n?1
44444所以, 111111
Rn?0?()1?1?()2?2?()3?????(n?2)?()n?1?(n?1)?()n
44444 则4
311111Rn?()1?()2?()3?????()n?1?(n?1)?()n
44444 两式相减得4
11n?()
1
??(n?1)()n
41?4
13n?1Rn?(4?n?1)
94整理得
13n?1
R?(4?)nn?1cn??94所以数列数列的前n项和
5.(2009山东卷文)（本小题满分12分）
等比数列{an}的前n项和为Sn， 已知对任意的n?N，点(n,Sn)，均在函数
?
y?bx?r(b?0且b?1,b,r均为常数)的图像上.
（1）求r的值； （11）当b=2时，记 bn?
n?1
(n?N?)求数列{bn}的前n项和Tn 4an
x
解:因为对任意的n?N?,点(n,Sn)，均在函数y?b?r(b?0且b?1,b,r均为常数)的图像上.所以得Sn?bn?r, 当n?1时,a1?S1?b?r,
当n?2时,an?Sn?Sn?1?bn?r?(bn?1?r)?bn?bn?1?(b?1)bn?1, 又因为{an}为等比数列, 所以r??1, 公比为b, 所以an?(b?1)bn?1 （2）当b=2时，an?(b?1)bn?1?2n?1, bn?则Tn?
n?1n?1n?1
??n?1n?1
4an4?22
234n?1
????? 2223242n?1
1234nn?1Tn??????? 345n?1n?2222222
121111n?1
相减,得Tn?2?3?4?5???n?1?n?2
2222222
11?(1?)n?113n?131n?1 ??n?2??n?1?n?2
1422221?2
所以Tn?
31n?13n?3???? 22n2n?122n?1
6.[2014·四川卷] 设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x的图像上(n∈N*)． (1)证明：数列{bn}为等比数列；
1
(2)若a1＝1，函数f(x)的图像在点(a2，b2)处的切线在x轴上的截距为2－求数列{anb2n}ln 2的前n项和Sn.
19．解：(1)证明：由已知得，bn＝2an＞0，
b＋当n≥1时，2an＋1－an＝2d.
bn
故数列{bn}是首项为2a1，公比为2d的等比数列．
(2)函数f(x)＝2x在点(a2，b2)处的切线方程为y－2a2＝(2a2ln 2)(x－a2)，
1
其在x轴上的截距为a2－.
ln 2
11
由题意知，a2＝2－
ln 2ln 2
解得a2＝2，
2
所以d＝a2－a1＝1，an＝n，bn＝2n，anbn＝n·4n.
－
于是，Sn＝1×4＋2×42＋3×43＋?＋(n－1)×4n1＋n×4n，
＋
4Sn＝1×42＋2×43＋?＋(n－1)×4n＋n×4n1，
n＋1n＋1
－4－42nn＋14n＋1（1－3n）4因此，Sn－4Sn＝4＋4＋?＋4－n·4＝n·4＝ 33
＋
（3n－1）4n1＋4
所以，Sn＝9
7.[2014·安徽卷] 数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N*.
?a?
(1)证明：数列?n是等差数列；
??
(2)设bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Sn.
an＋1aan＋1a?an?a18．解： (1)证明：由已知可得1－＝1，所以?n是以＝1为首
1??n＋1nn＋1n项，1为公差的等差数列．
a(2)由(1)得1＋(n－1)·1＝n，所以an＝n2，
n从而可得bn＝n·3n.
－
Sn＝1×31＋2×32＋?＋(n－1)×3n1＋n×3n，①
＋
3Sn＝1×32＋2×33＋?＋(n－1)3n＋n×3n1.② ①－②得－2Sn＝3＋3＋?＋3－n·3（2n－1）·3n1＋3所以Sn＝.
4
＋
12nn＋1
3·（1－3n）3n1－3n＋1（1－2n）·n·3＝，
21－3
＋
8. 2015高考安徽，文18已知数列?an?是递增的等比数列，且a1?a4?9,a2a3?8. （Ⅰ）求数列?an?的通项公式； （Ⅱ）设Sn为数列?an?的前n项和，bn?
an?1
，求数列?bn?的前n项和Tn.
SnSn?1
【答案】（Ⅰ）an?2【解析】
n?1
2n?1?2
（Ⅱ） n?1
2?1
（Ⅰ）由题设可知a1?a4?a2?a3?8， 又a1?a4?9， 可解的?
3
?a1?1?a1?8
或?（舍去）
?a4?8?a4?1
由a4?a1q得公比q?2，故an?a1qn?1?2n?1.
a1(1?qn)1?2n
??2n?1 （Ⅱ）Sn?
1?q1?2
又bn?
an?1S?Sn11
?n?1??
SnSn?1SnSn?1SnSn?1
所以Tn?b1?b2?...?bn???S?S?????S?S???...???S?S???S?S
2?3?n?1?1n?1?1?2?n
?11??11??11?11
?1?
12n?1?1
.
【考点定位】本题主要考查等比数列的通项公式、性质，等比数列的前n项和，以及利用裂项相消法求和.
【名师点睛】本题利用“若m?n?p?q，则aman?apaq”，是解决本题的关键，同时考生发现bn?础运算能力.
9、（2016年高考山东卷理）
已知数列?an? 的前n项和Sn=3n2+8n，?bn?是等差数列，且an?bn?bn?1. （Ⅰ）求数列?bn?的通项公式；
an?1S?Sn11
是解决本题求和的关键,本题考查了考生的基?n?1??
SnSn?1SnSn?1SnSn?1
(an?1)n?1
（Ⅱ）令cn?. 求数列?cn?的前n项和Tn.
(bn?2)n
【答案】（Ⅰ）bn?3n?1；（Ⅱ）Tn?3n?2n?2. 【解析】
篇三：错位相减法(提高篇)
>[例1] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1=2，3Sn=5an?4an?1?3Sn?1(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。
a
解析：（Ⅰ）3Sn?3Sn?1?5an?4an?1(n≥2)，?an?2an?1n?2，……（3分）
an?1
又?a1?2，?{an}是以2为首项，……………………………（4分） 2为公比的等比数列，
?an?2?2n?1?2n. ……………………………………………………………………（5分） （Ⅱ）bn?n?2n，
Tn?1?21?2?22?3?23???n?2n，
2Tn?1?22?2?23???(n?1)?2n?n?2n?1.…………………………（8分）
两式相减得：?Tn?21?22???2n?n?2n?1，
2(1?2n)??Tn??n?2n?1?(1?n)?2n?1?2，………………………………………（11分）
1?2
?Tn?2?(n?1)?2n?1.…………………………………………………………………（12分） [例2] 等比数列{an}的前n项和为Sn.已知S1，S3，S2成等差数列． (1)求{an}的公比q；
3
(2)若a1－a3＝－{n·an}的前n项和Tn.
2解析：(1)由已知得2S3＝S1＋S2， ∴2(a1＋a2＋a3)＝a1＋(a1＋a2)， ∴a2＋2a3＝0，an≠0， 1
∴1＋2q＝0，∴q＝－.
2
133
(2)∵a1－a3＝a1(1－q2)＝a1(1－)＝a1＝－，
4421－1－
∴a1＝－2，∴an＝(－2)·(n1＝(－)n2，
221－
∴nan＝n(－)n2.
2
1－111－
∴Tn＝1·(－)1＋2·(－)0＋3·(－)1＋…＋n·(－)n2，①
2222
11111－
∴－Tn＝1·(－)0＋2·(－1＋3·(2＋…＋n·(－n1，②
22222①－②得
31111－1－n＝－2＋[(－)0＋(－)1＋(－)2＋…＋(－)n2]－n·(－)n1 22222241－2
＝－－()n1(＋n)，
32381－42∴Tn＝－－(n1＋).
9293
[例3]设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·22n1.
－
(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(22n1＋22n3＋…＋2)＋2＝22(n
－
－
＋1)－1
.
而a1＝2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝22n1.
－
(2)由bn＝nan＝n·22n
－1
知
－
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n1.
＋
＋
① ②
从而22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n1.
－
①－②得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n1－n·22n1， 1＋
即Sn＝[(3n－1)22n1＋2]．
9
[例4]已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10. (1)求数列{an}的通项公式； a(2)求数列{－的前n项和．
2
??a1＋d＝0，
解析(1)设等差数列{an}的公差为d.由已知条件可得?
?2a1＋12d＝－10，??a1＝1，?
解得?故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
?d＝－1.?
?a?aa(2)设数列?2－的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋…＋－，故S1＝1，
22??
Saaa＝＋…＋. 2242
a2－a1an－an－1a2－nS111所以，当n>1时，a1＋＋…＋－＝1－(＋…－－＝1－(1
22224222
－
?a?2－nnnn?－的前n项和Sn－ －所以S＝综上，数列－－n
22222?2?
1
[例5](2008,陕西)已知数列{an}的首项a1?
2an2
，an?1?，n?1,2,3,…．
an?13
（Ⅰ）证明：数列{
1
?1}是等比数列； an
（Ⅱ）数列{
n
的前n项和Sn． an
解析（Ⅰ） an?1?
2ana?11111
，??n???， an?1an?12an22an
?
111112
?1?(?1)，又a1?，??1?， an?12ana123
111
?1}是以为首项，为公比的等比数列． an22
111111nn
?1??n?1?n，即?n?1，??n?n． an222an2an2
?数列{
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
123n
?2?3?…?n， ① 2222112n?1n
则Tn?2?3?…?n?n?1，② 22222
设Tn?
11
(1?)n1111nn1n由①?②得Tn??2?…?n?n?1??n?1?1?n?n?1，
1222222221?2
1nn(n?1)
． ?Tn?2?n?1?n．又1?2?3?…?n?
222
2?nn(n?1)n2?n?4n?2n
??n. ?数列{}的前n项和 Sn?2?n?
an2222
[例6]在等比数列{an}中，a2a3＝32，a5＝32. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求S1＋2S2＋…＋nSn. 解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，依题意得
?a1q2＝32，?a1q·
?解得a1＝2，q＝2， 4?aq＝32，?1
故an＝2·2n1＝2n.
－
(2)∵Sn表示数列{an}的前n项和， 2?1－2n?∴Sn＝2(2n－1)，
1－2
∴S1＋2S2＋…＋nSn＝2[(2＋2·22＋…＋n·2n)－(1＋2＋…＋n)]＝2(2＋2·22＋…＋n·2n)－n(n＋1)，
设Tn＝2＋2·22＋…＋n·2n，① 则2Tn＝22＋2·23＋…＋n·2n1，②
＋
①－②，得
－Tn＝2＋2＋…＋2－n·2∴Tn＝(n－1)2n1＋2，
＋
2nn＋1
2?1－2n?＋＋
＝－n·2n1＝(1－n)2n1－2，
1－2
∴S1＋2S2＋…＋nSn＝2[(n－1)2n1＋2]－n(n＋1)
＋
＝(n－1)2n2＋4－n(n＋1)．
＋
[例7]已知各项均为正数的数列?an?前n项和为Sn，首项为a1，且（Ⅰ）求数列?an?的通项公式；
2
（Ⅱ）若an?()bn，设cn?
1
,an,Sn等差数列. 2
12
bn
，求数列?cn?的前n项和Tn. an
1
,an?0………………1分 2
11
当n?1时，2a1?a1??a1?
2211
当n?2时，Sn?2an?,Sn?1?2an?1?
22
解析：（1）由题意知2an?Sn?
两式相减得an?Sn?Sn?1?2an?2an?1………………3分 整理得：
an
?2 ……………………4分 an?1
∴数列?an?是以
1
为首项，2为公比的等比数列. 21
an?a1?2n?1??2n?1?2n?2……………………5分
2
2
?bn
（2）an?2
?22n?4
∴bn?4?2n，……………………6分
Cn?Tn?
bn4?2n16?8n
?n?2?n
an22
80?824?8n16?8n?2?3??n?1? ① n2222218024?8n16?8nTn?2?3????n?1 ② n22222
111116?8n
①-②得Tn?4?8(2?3???n)? ………………9分
22222n?1111?)16?8n?4?8??n?1
121? 2116?8n
?4?（41?n?1)?n?1
22
4n
?n.………………………………………………………11分 2
8n
?Tn?n.…………………………………………………………………12分
2
[例8](14分)已知单调递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an1n，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2
2
2
3
n＋1
>50成立的最小正整数n的值．
解析(1)设此等比数列为a1，a1q，a1q，a1q，…，其中a1≠0，q≠0. 由题意知：a1q＋a1q＋a1q＝28， a1q＋a1q＝2(a1q＋2)．
3
23
2
2
3
① ②
②×7－①得6a1q－15a1q＋6a1q＝0， 12
即2q－5q＋2＝0，解得q＝2或q.
2
∵等比数列{an}单调递增，∴a1＝2，q＝2，∴an＝2. (2)由(1)得bn＝－n·2，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×2＋…＋n·2)． 设Tn＝1×2＋2×2＋…＋n·2，③ 则2Tn＝1×2＋2×2＋…＋n·2
2
32
2
n
n
n
n
n＋1
.④