微专题2 错位相减法
典例剖析素养初现
探究1 “等差×等比”型
例1 (2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4.
(1) 求{an}的通项公式；
【解答】当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4.当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1.而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3，所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4·(－3)n-1.
(2) 设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解答】bn＝(－1)n-1·n·4·(－3)n-1＝4n·3n-1，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n-1，故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n，两式相减得－2Tn＝4＋4·31＋4·32＋…＋4·3n-1－4n·3n＝4＋4·－4n·3n＝4＋2·3·(3n-1－1)－4n·3n＝(2－4n)·3n－2，所以Tn＝(2n－1)·3n＋1.
1. 运用乘公比错位相减法求数列前n项和的步骤：
(1) 在等式Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an两边同乘以等比数列{an}的公比q，且q≠1.
(2) 两式相减：左边为(1－q)Sn，右边为q的同次式对齐相减．
2. 求解时要谨防三个失误：
(1) 两式相减时，最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2) 对相减后的和式的结构认识模糊，不能准确地确定中间的项数．
(3) 求和的最终结果忘记除以错位相减后Sn前面的系数．
变式1 已知等比数列{an}的公比q>0，an＋2＝an＋1＋2an，5为a1，a3的等差中项．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】因为等比数列{an}的公比q>0，an＋2＝an＋1＋2an，5为a1，a3的等差中项，所以解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.
(2) 若bn＝log2an，且a1bm＋a2bm－1＋a3bm－2＋…＋amb1＝12－2m，求m的值．
【解答】由(1)知bn＝log2an＝log22n＝n，令T＝a1bm＋a2bm－1＋a3bm－2＋…＋amb1＝12－2m，则T＝2×m＋22×(m－1)＋…＋2k×(m－k＋1)＋…＋2m×1，2T＝22×m＋23×(m－1)＋…＋2k+1×(m－k＋1)＋…＋2m+1×1，两式相减，得T＝－2×m＋22＋…＋2k＋…＋2m＋2m+1＝2m+2－2m－4＝12－2m，解得m＝2.
变式2 (2025·洛阳期末) 已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S4＝3S2，a2n＝2an－1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】设{an}的首项为a1，公差为d，由题可得解得a1＝3，d＝2，所以an＝2n＋1.
(2) 记bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解答】由(1)知，bn＝3n·an＝(2n＋1)·3n，则Tn＝3×31＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)·3n-1＋(2n＋1)·3n，于是3Tn＝3×32＋5×33＋7×34＋…＋(2n－1)·3n＋(2n＋1)·3n+1，两式相减得－2Tn＝3×31＋2(32＋33＋…＋3n)－(2n＋1)·3n+1＝9＋2×－(2n＋1)·3n+1＝－2n·3n+1，所以Tn＝n·3n+1.
探究2 “等差/等比”型
例2 (2023·全国甲卷理)已知在数列{an} 中，a2＝1，设Sn 为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】因为2Sn＝nan.当n＝1 时，2a1＝a1，即a1＝0.当n＝3 时，2(1＋a3)＝3a3，即a3＝2.当n≥2 时，2Sn－1＝(n－1)an－1，所以2(Sn－Sn－1)＝nan－(n－1)an－1＝2an，化简得(n－2)an＝(n－1)an－1.当n≥3 时，＝＝…＝＝1，即an＝n－1.当n＝1，2 时都满足上式，所以an＝n－1，n∈N*.
(2) 求数列的前n 项和Tn.
【解答】因为＝，所以Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n×，Tn＝1×＋2×＋…＋(n－1)×＋n×.两式相减，得Tn＝＋＋＋…＋－n×＝－n× ＝1－，即Tn＝2－(2＋n)·，n∈N*.
随堂内化及时评价
1. 已知等差数列{an}满足a2＝2，a4＝4，正项等比数列{bn}满足首项为1，前3项和为7.
(1) 求{an}与{bn}的通项公式；
【解答】设等差数列{an}的公差为d，由a2＝2，a4＝4，可得a1＋d＝2，a1＋3d＝4，解得a1＝d＝1，则an＝1＋n－1＝n.设正项等比数列{bn}的公比为q，q>0，由首项为1，前3项和为7，可得1＋q＋q2＝7，解得q＝2，则bn＝2n-1.
(2) 求{anbn}的前n项和Sn.
【解答】由(1) 可得anbn＝n·2n-1，所以Sn＝1·20＋2·21＋3·22＋…＋n·2n-1，则2Sn＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，两式相减可得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n-1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)·2n－1，所以Sn＝1＋(n－1)·2n.
2. 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＋2＝0.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】由题意，数列{an}满足an＋1－2an＋2＝0，可得an＋1－2＝2(an－2)，即＝2.又因为a1＝1，可得a1－2＝－1，所以an－2＝(a1－2)·2n-1＝－2n-1，所以an＝2－2n-1，即数列{an}的通项公式为an＝2－2n-1.
(2) 若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解答】由(1)知an＝2－2n-1，可得bn＝nan＝2n－n·2n-1，则Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2×1＋2×2＋2×3＋…＋2n)－(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n-1)＝n(n＋1)－(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n-1).令t＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n-1，则2t＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，所以－t＝1×20＋1×21＋1×22＋…＋1×2n-1－n×2n，所以t＝1－2n＋n×2n，所以Sn＝n2＋n－1＋2n－n×2n.
配套新练案
1. (2025·泰安期末)已知数列的前n项和Sn＝2n－1，设bn＝log2an.
(1) 求数列的通项公式；
【解答】因为Sn＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝2－1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n-1－1)＝2n-1 .当n＝1时，a1＝1符合上式，所以an＝2n-1(n∈N*)，所以bn＝log2an＝log22n-1＝n－1(n∈N*).
(2) 求数列的前n项和Tn.
【解答】设cn＝anbn＋1，由(1)知cn＝n2n-1，所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn－1＋cn＝1·20＋2·21＋…＋(n－1)2n-2＋n·2n-1，则2Tn＝1·21＋2·22＋…＋(n－1)2n-1＋n·2n，两式相减得－Tn＝1＋2＋22＋…＋2n-1－n·2n＝－n·2n＝(1－n)2n－1，所以Tn＝(n－1)2n＋1.
2. 在数列{an}中，a1＝2，记Tn＝a1a2a3·…·an，{Tn}是公差为1的等差数列．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 当n＝1时，T1＝a1＝2，所以Tn＝T1＋(n－1)×1＝n＋1，所以a1a2a3·…·an＝n＋1.当n≥2时，a1a2a3·…·an－1＝n，所以an＝ (n≥2).又a1＝2符合an＝，所以an＝(n∈N*).
(2) 令bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解答】方法一：由(1)得bn＝，所以Sn＝＋＋＋…＋＋①，Sn＝＋＋＋…＋ ＋ ②，①－②得Sn＝＋(＋＋＋…＋ )－＝1＋ －＝－()n－，所以Sn＝3－.
方法二： 因为bn＝ ＝－，所以Sn＝－＋－＋…＋－＝3－.
3. 已知数列{an} 的前n项和为Sn，a1＝3，＝＋1(n≥2).
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】由于S1＝a1＝3，－＝1(n≥2)，＝3，所以数列是首项为3，公差为1的等差数列，所以＝n＋2，Sn＝n2＋2n.当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2＋2(n－1)＝n2－1，所以an＝Sn－Sn－1＝2n＋1(n≥2).又a1＝3也符合上式，所以an＝2n＋1.
(2) 令bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn .
【解答】由(1)可得bn＝2n(2n＋1)，则Tn＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n-1＋(2n＋1)·2n，2Tn＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n+1，两式相减得－Tn＝3·21＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n＋1)·2n+1＝6＋－(2n＋1)·2n+1＝6＋2n+2－8－(2n＋1)·2n+1，所以Tn＝2＋2n+1·(2n－1).
4. (教材P56第10题) 已知等差数列的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1(n∈N*).
(1) 求数列的通项公式；
【解答】由题意知S4＝4S2，a2n＝2an＋1，即化简得所以数列的通项公式an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2) 若bn＝3n-1，令cn＝anbn，求数列的前n项和Tn.
【解答】因为cn＝anbn＝(2n－1)3n-1，所以Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n-1①，则3Tn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n②，由①－②得－2Tn＝1×30＋2×31＋2×32＋…＋2×3n-1－(2n－1)×3n＝1＋2(31＋32＋…＋3n-1)－(2n－1)×3n＝1＋2×－(2n－1)×3n＝(2－2n)3n－2，所以Tn＝(n－1)3n＋1.
5. 设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3n＋3.
(1) 求{an}的通项公式；
【解答】因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3.当n＞1时，2Sn－1＝3n-1＋3，此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n-1＝2×3n-1，即an＝3n-1.所以an＝
(2) 若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
【解答】因为anbn＝log3an，所以b1＝，所以T1＝b1＝.当n＞1时，bn＝31-nlog33n-1＝(n－1)·31-n.Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋[1×3-1＋2×3-2＋…＋(n－1)×31-n]，所以3Tn＝1＋[1×30＋2×3-1＋…＋(n－1)×32-n]，两式相减，得2Tn＝＋(30＋3-1＋3-2＋…＋32-n)－(n－1)×31-n＝＋－(n－1)×31-n＝－，所以Tn＝－.经检验，n＝1时也适合．综上可得Tn＝－.微专题2 错位相减法
典例剖析素养初现
探究1 “等差×等比”型
例1 (2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
1. 运用乘公比错位相减法求数列前n项和的步骤：
(1) 在等式Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an两边同乘以等比数列{an}的公比q，且q≠1.
(2) 两式相减：左边为(1－q)Sn，右边为q的同次式对齐相减．
2. 求解时要谨防三个失误：
(1) 两式相减时，最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2) 对相减后的和式的结构认识模糊，不能准确地确定中间的项数．
(3) 求和的最终结果忘记除以错位相减后Sn前面的系数．
变式1 已知等比数列{an}的公比q>0，an＋2＝an＋1＋2an，5为a1，a3的等差中项．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若bn＝log2an，且a1bm＋a2bm－1＋a3bm－2＋…＋amb1＝12－2m，求m的值．
变式2 (2025·洛阳期末) 已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S4＝3S2，a2n＝2an－1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 记bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
探究2 “等差/等比”型
例2 (2023·全国甲卷理)已知在数列{an} 中，a2＝1，设Sn 为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 求数列的前n 项和Tn.
随堂内化及时评价
1. 已知等差数列{an}满足a2＝2，a4＝4，正项等比数列{bn}满足首项为1，前3项和为7.
(1) 求{an}与{bn}的通项公式；
(2) 求{anbn}的前n项和Sn.
2. 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＋2＝0.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
配套新练案
1. (2025·泰安期末)已知数列的前n项和Sn＝2n－1，设bn＝log2an.
(1) 求数列的通项公式；
(2) 求数列的前n项和Tn.
2. 在数列{an}中，a1＝2，记Tn＝a1a2a3·…·an，{Tn}是公差为1的等差数列．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 令bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Sn.
3. 已知数列{an} 的前n项和为Sn，a1＝3，＝＋1(n≥2).
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 令bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn .
4. (教材P56第10题) 已知等差数列的前n项和为Sn，且S4＝4S2，a2n＝2an＋1(n∈N*).
(1) 求数列的通项公式；
(2) 若bn＝3n-1，令cn＝anbn，求数列的前n项和Tn.
5. 设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3n＋3.
(1) 求{an}的通项公式；
(2) 若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.(共28张PPT)
第四章
数列
微专题2 错位相减法
典例剖析 素养初现
(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4.
(1) 求{an}的通项公式；
1
“等差×等比”型
【解答】
探究
1
(2) 设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解答】
(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn＝3an＋4.
1
1. 运用乘公比错位相减法求数列前n项和的步骤：
(1) 在等式Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an两边同乘以等比数列{an}的公比q，且q≠1.
(2) 两式相减：左边为(1－q)Sn，右边为q的同次式对齐相减．
2. 求解时要谨防三个失误：
(1) 两式相减时，最后一项因为没有对应项而忘记变号．
(2) 对相减后的和式的结构认识模糊，不能准确地确定中间的项数．
(3) 求和的最终结果忘记除以错位相减后Sn前面的系数．
已知等比数列{an}的公比q>0，an＋2＝an＋1＋2an，5为a1，a3的等差中项．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】
变式1
(2) 若bn＝log2an，且a1bm＋a2bm－1＋a3bm－2＋…＋amb1＝12－2m，求m的值．
【解答】
由(1)知bn＝log2an＝log22n＝n，令T＝a1bm＋a2bm－1＋a3bm－2＋…＋amb1＝12－2m，则T＝2×m＋22×(m－1)＋…＋2k×(m－k＋1)＋…＋2m×1，2T＝22×m＋23×(m－1)＋…＋2k+1×(m－k＋1)＋…＋2m+1×1，两式相减，得T＝－2×m＋22＋…＋2k＋…＋2m＋2m+1＝2m+2－2m－4＝12－2m，解得m＝2.
已知等比数列{an}的公比q>0，an＋2＝an＋1＋2an，5为a1，a3的等差中项．
变式1
(2025·洛阳期末) 已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S4＝3S2，a2n＝2an－1.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】
变式2
(2) 记bn＝3n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解答】
(2025·洛阳期末) 已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S4＝3S2，a2n＝2an－1.
变式2
(2023·全国甲卷理)已知在数列{an} 中，a2＝1，设Sn 为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
(1) 求数列{an}的通项公式；
2
“等差/等比”型
【解答】
探究
2
【解答】
(2023·全国甲卷理)已知在数列{an} 中，a2＝1，设Sn 为{an}的前n项和，2Sn＝nan.
2
随堂内化 及时评价
【解答】
设等差数列{an}的公差为d，由a2＝2，a4＝4，可得a1＋d＝2，a1＋3d＝4，解得a1＝d＝1，则an＝1＋n－1＝n.设正项等比数列{bn}的公比为q，q>0，由首项为1，前3项和为7，可得1＋q＋q2＝7，解得q＝2，则bn＝2n-1.
1. 已知等差数列{an}满足a2＝2，a4＝4，正项等比数列{bn}满足首项为1，前3项和为7.
(1) 求{an}与{bn}的通项公式；
(2) 求{anbn}的前n项和Sn.
【解答】
1. 已知等差数列{an}满足a2＝2，a4＝4，正项等比数列{bn}满足首项为1，前3项和为7.
【解答】
2. 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＋2＝0.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解答】
由(1)知an＝2－2n-1，可得bn＝nan＝2n－n·2n-1，则Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2×1＋2×2＋2×3＋…＋2n)－(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n-1)＝n(n＋1)－(1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n-1).令t＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n-1，则2t＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，所以－t＝1×20＋1×21＋1×22＋…＋1×2n-1－n×2n，所以t＝1－2n＋n×2n，所以Sn＝n2＋n－1＋2n－n×2n.
2. 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－2an＋2＝0.
配套新练案
【解答】
因为Sn＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝2－1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n-1－1)＝2n-1 .当n＝1时，a1＝1符合上式，所以an＝2n-1(n∈N*)，所以bn＝log2an＝log22n-1＝n－1(n∈N*).
【解答】
2. 在数列{an}中，a1＝2，记Tn＝a1a2a3·…·an，{Tn}是公差为1的等差数列．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】
【解答】
2. 在数列{an}中，a1＝2，记Tn＝a1a2a3·…·an，{Tn}是公差为1的等差数列．
【解答】
(2) 令bn＝2n·an，求数列{bn}的前n项和Tn .
【解答】
【解答】
【解答】
5. 设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3n＋3.
(1) 求{an}的通项公式；
【解答】
(2) 若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
【解答】
5. 设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3n＋3.
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