2025年高考数学复习大题题型归纳：专题05 错位相减法求数列前n项和（解析）

专题05错位相减法求数列前n项和1．已知数列{an}满足a（Ⅰ）求q的值和{an（Ⅱ）设bn=log2a【答案】（Ⅰ）an={2【详解】（Ⅰ）由已知，有(a3+所以a2(q−1)=a3(q−1)，又因为q≠1，故a当n=2k−1(n∈N∗)时，an当n=2k(n∈N∗)时，an所以{an（Ⅱ）由（Ⅰ）得bn=log2a2naSn1两式相减得12整理得S所以数列{bn}的前n考点：等差数列定义、等比数列及前n项和公式、错位相减法求和.2．在数列{an（I）设bn=a（II）求数列{an}的前【答案】（I）bn=2−1（II）Sn=n(n+1)【详解】试题分析：解:(I)由已知有利用累差迭加即可求出数列的通项公式:()(II)由(I)知,=而,又是一个典型的错位相减法模型,易得=考点：数列的通项公式和求和的运用点评：解决的关键是对于数列的递推关系式的运用，根据迭代法得到通项公式，并结合错位相减法求和．3．设数列an的前n项和为Sn，且（1）求数列an（2）设2an=bnn+1，求数列【答案】（1）an=2【解析】（1）由an=Sn−（2）由（1）得bn【详解】解：（1）当n=1时，a1=S因为Sn=2所以当n≥2时，Sn−1=2①-②得，Sn−S故数列an是首项为1，公比为2的等比数列，其通项公式为a（2）由题知，bn所以Tn=2×2Tn③-④得，−=2+2×所以Tn【点睛】方法点睛：本题考查求等比数列的通项公式，考查错位相减法求和．数列求和的常用方法：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法．4．已知数列an为等差数列，数列bn是各项均为正数的等比数列，满足a2=b（1）求数列an、b（2）求数列an⋅bn的前【答案】（1）an=2n−1，bn【解析】（1）设等差数列an公差为d，等比数列bn公比为qq>0，根据已知条件可得出关于a1、d的方程组，解出这两个量的值，进而可求得等差数列an（2）求得an⋅bn=2n−1⋅【详解】（1）设等差数列an公差为d，等比数列bn公比为由题知a2=3a5+所以，an又b1=3b3=a14=27，解得（2）∵aTn=1⋅3+3⋅3T①−②得−2=3+3所以Tn【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于anbn型数列，其中a（3）对于an（4）对于1anan+1型数列，其中5．已知等比数列{an}的公比q>0，且满足a1+a2=6a3，（1）求数列{an}（2）设cn=3bn+8b【答案】（1）an=12n【解析】（1）根据题干已知条件可列出关于首项a1与公比q的方程组，解出a1与q的值，即可计算出数列{an}（2）先分n为奇数和n为偶数分别计算出数列{cn}的通项公式，在求前2n项和时，对奇数项运用裂项相消法求和，对偶数项运用错位相减法求和，最后相加进行计算即可得到前2n【详解】（1）依题意，由a1+a2=6a3，a4=4∴an=对于数列{bn}：当n=1当n⩾2时，bn∵当n=1时，b1∴bn=n（2）由题意及（1），可知：当n为奇数时，cn当n为偶数时，cn令A=c1+A====1B=c∴(两式相减，可得34=(=1=2∴B=8∴=(=A+B==25【点睛】关键点点睛：第二问中当n为奇数时，求出cn，并对cn进行裂项为6．设an是各项均为正数的等差数列，a1=1，a3+1是a2和a8的等比中项，b（1）求an和b（2）设数列cn的通项公式c（i）求数列{cn}的前2n+1（ii）求i=12n【答案】（1）an=n，bn=【分析】（1）因为a1=1，a3+1是a2和a8的等比中项，根据等比中项可求得d，再根据等差数列的通项公式求出an，利用S（2）(i)根据（1）中{an}和{bn}的通项公式，列出数列{c(ii)将i分为奇数和偶数两种情况，当i为奇数时，设An=11×3+13×5【详解】（1）解：设等差数列an的公差为d因为a1=1，a3+1是所以a3+12解得d=±1，因为an所以d=1，故an因为2bn−两式相减得：bn当n=1时，2b1−bnbn（2）（i）解：cn所以S=(n+1)(3+2n+3)（ii）解：当i为奇数时，设A=1当i为偶数时，设Bn14所以34故Bn所以i=12n【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式，以及运用分组求和法、裂项相消法和错位相减法求和，属于中档题．7．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足（1）求数列{a（2）设bn=an+32n，数列b【答案】（1）an=2n−1【解析】（1）结合等差数列下标性质可得a4+a6=2（2）由（1）bn【详解】（1）设数列an的公差为d，∵a4+a6=2a5=18∴d=a6−a（2）由（1）可知bn∴数列bn的前n项和为T2T两式作差，得−Tn=2×∴Tn【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，错位相减法求解数列的前n项和，属于中档题8．已知Sn是正项数列an的前n项和，(1)证明：数列an(2)当λ=2时，bn=an2nn∈【答案】(1)证明见解析；(2)T【分析】（1）当n≥2时，分别得到λSn，λSn−1作差化简可得an+1−a（2）由（1）及λ=2，得an=n，∴bn=n2【详解】（1）当n≥2时，有λ∴λan=又∵an>0，当n=1时，有λ∴a1=λ2∴数列an是以a1=（2）由（1）及λ=2，得an=n，∴则Tn=∗∴T9．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn（1）数列an的通项公式a（2）若bn=an⋅3n【答案】（1）an=2n+1；（2）【分析】（1）由an（2）先求出数列bn【详解】（1）∵Sn=n2+2n,n∈N∗，∴当n≥2时，an显然，当n=1时也满足（*）式综上所述，a（2）由（1）可得，bn=(2n+1)⋅3n，其前n则3Τn=3×①-②得，−2Τn=−2n⋅3∴Tn10．已知数列{an}中，a1=3，an+1=3an+2⋅（1）求数列{an}的通项公式；（2）求数列{an}的前n项和Sn.【答案】（1）an=(2n−1)⋅3【分析】（1）由递推关系可得an+13n+1（2）由（1）得an【详解】（1）由an+1=3a∴an+13n+1−an3∴an3n（2）由（1）得：an∴Sn=1⋅31+3⋅①−②得：−2Sn∴Sn11．已知等差数列an，满足a（1）求数列an（2）设数列an2n+1的前n项和为S【答案】（1）an=2n−1；（2）【分析】（1）利用已知条件列出关于首项与公差的方程组，解方程组即得数列an（2）先由（1）得到an【详解】（1）设等差数列an的公差为d由已知得a1即a1所以a1解得a1所以an（2）由（1）得an所以Sn=12Sn①−②得：12所以Sn12．已知等比数列an的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a4=4a32（1）求数列an和b（2）设cn=b2n+1+3anb2n+1（3）设dn=−1nbn+1【答案】（1）an=12n；b【分析】（1）由等差数列定义和等比数列通项公式可构造方程求得公比q，进而得到a3，由等比数列通项公式可求得an；利用bn=S（2）由（1）可得cn（3）由（1）可得dn，进而整理得到d2n−1+d2n【详解】（1）设等比数列an的公比为q∵2a5，a4，4a6∵an>0，∴2q2∵a4=4a32，∴a当n≥2时，bn=S∴b经检验，当n=1时，b1=1满足综上所述：bn（2）由（1）得：cn∴A（3）由（1）得：dn∴d令fn=4n+1，则其前n项和令gn则其前n项和En∴1∴34En=∴T【点睛】方法点睛：本题考查数列通项和求和相关问题的求解，涉及到求和方法中的分组求和、裂项相消法和错位相减法的应用，其中错位相减法的基本步骤如下：①列出Sn②左右两侧同乘通项中的等比部分的公比q，得到qS③上下两式作差得到1−qS④整理所得式子求得Sn13．已知公差不为0的等差数列an满足a1=1，且a1，（Ⅰ）求数列an（Ⅱ）若bn=2n−1，求数列an【答案】（Ⅰ）an=2n−1；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d(d≠0)，根据题设条件，列出方程求得d（Ⅱ）由（Ⅰ）得an【详解】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d(d≠0)由a1，a2，a5成等比数列，可得a解得d=2或d=0（舍），所以数列an的通项公式a（Ⅱ）由（Ⅰ）得a所以Tn可得2T两式相减得−=1+2×所以Tn【点睛】错位相减法求解数列的前n项和的分法：（1）适用条件：若数列an为等差数列，数列bn为等比数列，求解数列anbn（2）注意事项：①在写出Sn和qSn②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；③作差后，作差部分应用为n−1的等比数列求和.14．已知等比数列an的前n项和为Sn，且（1）求an与S（2）记bn=2n−1an，求数列b【答案】（1）an=2n−1，【分析】（1）利用an（2）由（1）得bn【详解】（1）由2an−当n=1时，a1=S当n≥2时，an=S所以数列an所以an所以Sn（2）由（1）可得bn则Tn12两式相减得12所以T=2+4⋅1【点睛】（1）错位相减法适用于数列是由一个等差数列an和一个等比数列bn对应项的乘积构成的数列（2）用错位相减法求和时，应注意两点：一是要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；二是在写出“Sn”与“qSn15．已知数列an满足a（1）证明数列1an是等差数列，并求（2）若数列bn满足bn=12n·【答案】（1）证明见解析，an=1【分析】(1)把给定的递推公式两边取倒数并变形即可作答；(2)由(1)求出数列bn【详解】（1）由an+1=a所以1an是公差为2的等差数列，1a（2）由(1)知bnSn则12两式相减得12则Sn所以数列bn的前n项和S16．已知△ABC的三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c，内角A,B,C成等差数列，b=3，数列an是等比数列，且首项、公比均为（1）求数列an（2）若bn=−log2ana【答案】（1）an=1【解析】（1）由已知内角A,B,C成等差数列求得B=π3，可得（2）由（1）可得bn=n⋅2n，利用错位相减法可求前【详解】解：（1）∵A,B,C成等差数列∴2B=A+C又∵A+B+C=π∴B=π∴sinB∴数列an首项为12，公比为∴（2）∵∴2∴−整理得S故S17．已知等比数列an的前n项和为Sn=(1)求b的值和数列an(2)记cm为an在区间−3m,3m【答案】(1)b=−12(2)T【分析】（1）依题意等比数列an的公比不为1，再根据等比数列前n项和公式得到Sn=a11−q−a1（2）首先令−3m≤3n−1≤3m，【详解】（1）解：由题设Sn=1若an的首项、公比分别为a1、q，则∴b=a11−q=−1故an的通项公式为a当an=3（2）解：令−3m≤3n−1≤数列an在−3m,3mm∈∵Tn=∵3Tn两式相减得∴−2T∴T18．记Sn为数列an的前n项和，Tn为数列Sn的前(1)求证：数列Sn(2)求数列nan的前n项和【答案】(1)证明见解析(2)A【分析】（1）由前n项和与通项之间的关系即可证明数列Sn（2）以错位相减法求数列nan的前n项和【详解】（1）因为Tn为数列S当n=1时，S1+当n≥2时，TSn+Tn=2①－②得2Sn所以数列Sn是首项为1公比为1（2）由（1）可得，数列Sn是以S1=1所以Sn=12n−1当n≥2时，an显然对于n=1不成立，所以a当n=1时，A当n≥2时，A1上下相减可得1=则A又n=1时，A综上，A19．已知等差数列an的首项为2，且a1，2+a2，4+a7成等比数列.数列bn(1)求an与b(2)若cn=anbn，求数列【答案】(1)an=2n(2)T【分析】（1）根据已知条件求得等差数列an的公差d，由此求得an.利用bn（2）利用错位相减求和法求得Tn【详解】（1）设an的公差为d，因为a1所以(4+d)2=2(6+6d)，解得所以an数列bn的前n项和为Sn，且S当n≥2时，Sn−1=①-②，得bn当n=1时，b1=2−1=1，满足bn（2）因为cn所以Tn=1×2Tn③-④，得−T所以Tn20．已知数列{an}的前n项和是Sn，且2S(1)求{a(2)求数列{bn}的前n【答案】(1)an(2)Tn【分析】（1）利用an,S（2）由（1）得bn【详解】（1）当n=1时，a1当n≥2时，an=S∴an（2）由（1）知：bn所以Tn=2Tn①-②得：−T∴Tn21．已知在各项均为正数的等差数列an中，a2+a3+a4=21(1)求数列an，b(2)设数列cn=___________，求数列cn的前n项和Sn.请在①anbn【答案】(1)an=2n+1(2)答案见解析【分析】（1）根据等差中项的定义，结合条件a2+a3+a4=21，可求解得到a3=7，设出公差为d，则根据条件（2）若选①，利用错位相减法计算可得；若选②，利用裂项相消法求和即可；若选③，利用分组求和法及对n分奇偶两种情况讨论，计算可得；【详解】（1）解：根据题意，因为数列{a所以a2+a设公差为d，则有a2−1=a3−d−1=6−d又因为a2−1，a3+1，所以(a3+1)解之可得d=2，或d=−10（舍去），所以a1=a故可得an且由题可得，b1=a所以数列{bn}（2）解：若选①，则cn则Sn=3⋅在上式两边同时乘以2可得，2Sn①−②可得，−S即得Sn若选②，则cn则Sn若选③，则cn则S所以当n为偶数时，Sn由上可得当n为奇数时，Sn综上可得，Sn22．在数列an中，a(1)求an(2)设an的前n项和为Sn，证明：【答案】(1)a(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件，适当整理，可得数列(n+1)ann2是首项为（2）利用不等式基本性质可得an<n2n【详解】（1）解：∵(n+1)ann2又(1+1)a112=12，∴从而(n+1)a则an（2）证明：∵an∴Sn设Tn=1两式相减得12从而Tn故Sn23．已知数列an是公差不为零的等差数列，a1=1，其前n项和为Sn，数列bn前n项和为Tn，从①a1，a2，a（1）求数列an，b（2）求数列anbn的前n【答案】（1）条件选择见解析；an=2n−1，bn【分析】（1）选条件①：设数列an的公差为d，根据等比中项的性质建立方程，解之可求得公差d，由等差数列的通项公式求得an，再由Tn=2−bn，Tn−1选条件②：由已知得等差数列an的公差为d=2，由等差数列的通项公式求得an，再由bn=T（2）由（1）可得：anbn【详解】解：（1）选条件①：设数列an由a1，a2，a5成等比数列，可得：a解得：d=2或d=0（舍），所以an∵Tn=2−bn，∴两式相减整理得：bn=1又当n=1时，有T1=2−b∴数列bn是首项为1，公比为1∵bn选条件②：∵S55−S33=又a1=1，∴又∵Tn∴当n≥2时，有bn=Tn−∵bn（2）由（1）可得：an∴·Mn又2M两式相减得：−整理得：Mn24．已知各项均为正数的数列an，满足an+1（1）求数列an（2）设bn=an⋅log12【答案】（1）an=2【分析】（1）将an+12－an＋1an－2an2＝0分解因式得a（2）由（1）得an=2【详解】（1）∵an+1∴∵数列an∴an+1+an即a所以数列an是以2∵a1∴数列an的通项公式a（2）由（1）及bn=a∵Sn∴Sn∴2S②-①得:Sn25．设数列an的前n项和为Sn，若(1)求数列an(2)设bn=nan+1，求数列b【答案】(1)an(2)Tn【分析】（1）根据an（2）由错位相减法即可求得答案.【详解】（1）因为a1所以S1=a当n≥2时，Sn−1所以an=Sn−因为a2a1=2也满足上式，所以（2）由（1）知an+1=2所以Tn=1×12T①-②得12T=1−1+n226．已知数列an满足an+1n+1(1)求数列an(2)若数列bn满足bn=an3n−1【答案】(1)a(2)S【分析】（1）根据递推关系的特征采用累加法求解即可（2）根据数列bn【详解】（1）因为an+1所以anan−1…a2所以an又a1=1，所以an又a1所以an（2）结合（1）得bnSn=13S①-②，得2=1+2×所以Sn27．已知等差数列an和等比数列bn满足b1=2，若数列anbn(1)求数列an，b(2)若数列cn满足：cn=2an−1【答案】(1)an=n，(2)Tn【分析】（1）根据通项anbn与Sn的关系求出数列anbn（2）利用错位相减法求出数列cn的前n项和T【详解】（1）由Sn=(n−1)⋅可得Sn−1=(n−2)⋅2n+2由①②得anbn=n⋅又a1b1由b1=2得a1=1，设等差数列an的公差为d(dn+1−d)×2×q令n=2，有(1+d)×2×q=8，令n=3，有(1+2d)×2×q解得d=1，q=2或者d=−取n=4，有(1+3d)×2×q3=64所以an=n，（2）由cn=（2a所以T则2两式相减得，−T=2+=2+=(3−2n)×∴28．设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Snn∈N+，bn是等差数列.已知a1=1(1)求an和b(2)设cn=an⋅bn【答案】(1)an=(2)T【分析】（1）利用等差数列和等比数列通项公式可构造关于b1,d,q的方程，解方程求得（2）由（1）可得cn【详解】（1）设等比数列an的公比为q由a1=1a3=a2设等差数列bn的公差为d由a4=b3+由a5=b4+2由b1+3d=43b1（2）由（1）得：cn∴T2T两式作差得：Tn∴T29．设数列an的前n项和为Sn(1)求数列an的通项公式a(2)设数列bn满足bn=an⋅log【答案】(1)a(2)T【分析】(1)an=f(S(2)bn【详解】（1）因为5a当n=1时，5a1当n≥2，n∈N∗时，所以5an即anan−1所以a（2）由（1）可知an+1=5n，所以所以Tn则5T两式相减，可得−4T=1−化简得T30．已知等差数列an的前n项和为Sn，a1=2，S4=26(1)求an与b(2)求数列anbn的前n【答案】(1)an=3n−1(2)T【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式即可求的通项公式.（2）利用错位相减法整理化简即可求得前n项和Tn【详解】（1）等差数列an的前n项和为Sn，a1=2，所以4×2+4×32所以an正项等比数列bn中，b1=2，b所以2q+q2解得q=2，或q=−3（舍去）所以b（2）由（1）知：an所以Tn2两式相减得：−=2×2T31．设数列an的前n项和为Sn，已知(1)求数列an(2)已知数列cn是等差数列，且c1=a1，c3=S2【答案】(1)a(2)T【分析】（1）根据an=Sn−（2）由题意，得到cn的通项公式，进一步得到bn=n⋅2n−1，利用错位相减法，得到数列b【详解】（1）因为Sn=2a两式相减，可得an+1=2an+1−2因为在Sn=2an−1中当n=1所以数列an所以an（2）易知c1=a1=1所以cn=n，所以因为Tn则2T两式相减可得Tn即Tn32．已知等比数列an的前n项和为Sn，an(1)求an(2)若bn=an⋅log2【答案】(1)a(2)T【分析】（1）对q进行分类讨论，结合等比数列前n项和公式求得首项和公比，从而求得an（2）利用错位相减求和法求得Tn【详解】（1）设等比数列an的公比为q依题意，an>0，则S2n若q=1，则2n⋅a所以q>0且q≠1，所以a1即a1所以−a1=2(1−q)所以an（2）bnTn2T两式相减得−=2+=3−2n所以Tn33．已知数列{an}的前n项和为Sn，(1)求数列{a(2)①bn=anlog3a从上面三个条件中任选一个，求数列{bn}的前n注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)a(2)答案见解析【分析】（1）由已知可得当n≥2时，Sn+1−Sn−1=2（2）若选①：bn=anlog3an=n⋅3n．错位相减法可求Tn．若选【详解】（1）当n≥2时，∵Sn+∴Sn+1−Sn−1=2a当n=1时，S1+S2=2∴a2a1=3，∴数列∴a（2）若选①：bn∴T∴3T∴−2=3(1−∴T若选②：bn∴=3若选③：bn∴=3+=3(1−【点睛】数列求和的常见方法：①错位相减法②裂项相消法③分组求和④公式法⑤倒序相加法34．已知数列an的前n项和Sn满足(1)求数列an(2)令bn=an−4n，求数列b【答案】(1)a(2)T【分析】（1）由an与Sn的关系即可求得数列（2）利用错位相减法求数列的前n项和.【详解】（1）当n=1，S1=a因为Sn=2an−2两式相减得：Sn−S故数列an为等比数列，公比q=2所以an（2）bn故bn故Tn令Hn=12H①-②得1=即Hn故Tn35．已知等差数列an的首项为1，公差d≠0，前n项和为Sn，且(1)求数列an(2)若bn=2n−1⋅an【答案】(1)a(2)T【分析】（1）根据条件知S1（2）运用错位相减法求和.【详解】（1）由题意知：S1S2=S化简得：dd−2=0,∵d≠0,∴d=2，经检验，Sn（2）由（1）知：bn=2n−1·22Tn=2+3×①-②得：−Tn