2025年高考数学大题复习训练：错位相减法求数列前n项和（解析）

第05讲错位相减法求数列前n项和

X题分析

【例111.设Sn为数列｛诙｝的前〃项和,已知Cl?=l,2Sn=几册.

（1）求｛%｝的通项公式；

⑵求数列｛筌｝的前n项和7\.

【分析】（i）根据“=Ls>n=i即可求出；

l^n-Sn-V712

（2）根据错位相减法即可解出.

【详解】（1）因为2s九=荏斯，

当九=1时，2al=%，即％=0；

当九二3时，2（1+的）=3a3，即的=2,

当九之2时，2s九_1=（n—l）an_1，所以2（Sn—S九_i）=nan—（n—1）册=2an,

化简得：（九一2）a九—（71—l）a_i,当?123时，一、=71:=…=—■=!_,即a九二九一1,

n71—1n—22

当ri=1,2,3时都满足上式，所以即=n-l（neN*）.

（2）因为罗=/,........确定通项为“等差x等比”的形式，采用错位相减

所以rn=”(J+2xG)2+3xG)3+…+”()，

23

^=lxg)+2xg)+...+(n-l)xg)%nxgp

........乘以“等比”的q,写的时候，最好将两式错位对其，次数相同的项对齐，以便准确的相减

两式相减得,

n+1

箫=&+©2+©3+-+©"-nx(9ma—71X

........相减并化简之后并没有结束，注意前面的系数

即Tn=2—(2+n)(|)n,neN*.

满分秘籍

⑴如果数列加力是等差数列，协小是等比数列，求数列;晒瓦J的前〃项和时，常采用错位相减法.

(2)错位相减法求和时，应注意：

①在写出与“”与ZSJ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,一“SJ

的表达式.

②应用等比数列求和公式必须注意公比〃是否等于1,如果4=1,应用公式公="©.

©变式训练

【变式1-1］已知数列｛a1的前几项和为无,且的+2a2+3a34---------卜nan=(n-l)5n+2n.

(1)求内,。2,并求数列｛册｝的通项公式；

a

(2)若%=anTog2n，求数列｛bn｝的前几项和

n

【答案】(1)的=2；a2=4；an-2

n+1

(2)7n=2(n-1)+2

【分析】(1)将n=l、n=2代入求ai，a?，根据amSn关系及递推式可得%=2%-2(n22),再次由an,Sn

关系及等比数列定义写出通项公式；

(2)应用错位相减及等比数列前〃项和公式求结果.

【详解】(1)由题意由+2a2+3a3+—Fnan=(n—l)Sn+2律①，

当n=1时的=2；当=2时的+2a2=S2+4=a1+a2+4=>a2=4；

当ri22时，a1+2a2+3a3+…+(n—1)与—i=(n—2)Sn_i+2(n—1)②，

①一②得n%=(zi-l)Sn-(n—2)Sn-1+2=Sn+(n-2)0n+2今Sn=2(1n-2(n22),

当n=1时，%=2也适合上式，所以*=2an-2,所以n>2时Sn_i=2an_r-2,

两式相减得an=2an_i(nN2),故数列｛册｝是以2为首项，2为公比的等比数列，

所以%=2".

(2)由(1)得以=展2%

Tn=1X2】+2X22+…+(n_1)2计1+712n③，

nn+1

2Tn=1x22+2x23+…+(?1—1)2+n2@,

③一④得：一g=21+22+…+2"-n2n+1=-n2n+1=2n+1(l-n)-2,

1—2

n+1

所以Tn=2(n-l)+2.

【变式1-21已知数列｛册｝和也｝,%=2,=1,an+1=2bn.

bnan

⑴求证数列K-4是等比数列;

(2)求数列梳｝的前n项和7n.

【答案】(1)证明见解析

2

(2)Tn=n+n-2+^

【分析】(1)通过题中关系，可得4-1=;(工-1),进而可得数列［工-1)是以一;为首项，公比为;的等

an+i2\an/lan)22

比数列.

(2)由(1)可得an=《)bn=2n—亲则==2n-亲可利用分组求和与错位相减求和解题.

Z—1ZDnL

【详解】(1)由ai=2,-7----=1a=2味得，-工=1,

bnan9n+1an+lan

整理得二--1=if--1Y而工一1=一：70,

an+12\an/2

所以数歹u｛(-1｝是以-；为首项，公比为;的等比数列

n

知？1=一4T2

(2)由(1)an=g，

_2nn2n+1-l

・kD—_1an+1——n------------n--

,,n2n+122n：

―2-lbn2n

设Sn=(+*+“,+*则/=专+捺+…+向,

_乂次)

_i_...j_1___111-n1_n+2

两式相减得|Sn=g+a1

''2n20+l2n+1―尹'

从而Sn=2-噤

・Tn(2+2n)c22।n.n+2

••Tn=—....Sn=n+n-2+—.

n

【变式1-3］在①Sn+i=2Sn+2,②须+i-%=2这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答

该问题.已知数列｛%｝的前n项和为S.,%=2,且满足

(1)求an；

(2)若%=(n+1)-an,求数列电｝的前n项和〃.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(l)an=2n

n+1

(2)Tn=n-2

【分析】（1）若选①，利用an与Sn的关系即可求解；若选②，利用累加法结合等比数列前n项和公式即可求

解.

(2)利用错位相减法求解即可.

【详解】(1)若选①，因为Sn+1=2Sn+2,

当n22时，Sn=2sLi+2,两式相减得a^i=2an,

当n=l时，S2=2SI+2,即a1+a2=2a1+2,

又a1=2,所以a2-4,

故a2—2al也?两足an+i—2a。，

所以｛an｝是首项为2,公比为2的等比数列，故an=2,

若选②，因为an+i-an=2L

—aaa

所以ani=(2_i)+(a3—a2)++(an—an-。

=21+22+•••+2-1=2(-)=2n—2,故an=2n.

1—2

n

(2)由(1)^Dbn=(n+1)-an=(n+1)-2,

则几=2x2+3x22+4x23+…+(n+1)•21①

234n+1

2Tn=2x2+3x2+4X2+•••+(n+1)-2,②

23nn+1

两式相减得一Tn=4+2+2+-+2-(n+1)-2

=4+——―-(n+1)-2n+1

1—2

=4-4+2n+1-(n+1)-2n+1=-n-2n+1,

故几=n-2n+1.

【变式1-4】记正项数列的前几项和为右，已知点(册,65")5GN*)在函数f(久)=(久+1)(%+2)的图象上,

且%>1,数列｛勾｝满足“+1=3%，b2=a3+l.

⑴求数列｛%｝,也｝的通项公式;

(2)设力二黑+誓1,求数列｛%｝的前n项和7\.

bn+lbn

【答案】(l)an=3n—1；bn=3n

⑵Tn*-GH)()

【分析】（1）由递推关系可得数列｛an｝是首项为2,公差为3的等差数列，则可求得｛an｝通项公式，由,+i=3bn

知，｛、｝是以3为公比的等比数列，即可求出｛味｝的通项公式;

(2)可得d=篝，利用错位相减法可求得几.

【详解】(1)因为点(an，6Sn)(neN*)在函数长乂)=。+1)缶+2)的图象上，

所以6Sn=(an+l)(an+2)=a：+3an+2,

2

当n=1时，6sl=at+3al+2,所以a——3a1+2=0,解得a1=1或a1=2,

因为a1>1,所以a1=2,

当n22时，6Sn=a„4-3an+2,6Sn_i=a匕+3an_1+2,

两式相减得：6an=-a„_1+3an-3an_lfBP(an+an_1)(an-a-D=3(an+a^),

因为an>0,所以an-an_i=3,

所以数列｛aj是首项为2,公差为3的等差数列，

所以an=2+(n—1),3=3n—1；

由bn+i=3bn知，｛bn｝是以3为公比的等比数列，又bz=a3+l=9,

所以bn=b2•3n-2=3n.①

aa

(2)甲因斗为tdc=备nI+年l-l=3布n-l+丁2-1=河3n+2，

Tn=Cl+C2+…+Cn=5x(J+8x以+nx…+(3n+2)xg)n+1

345n+2

lTn=5xg)+8x,1.+llxg)...+(3n+2)xg)

两式相减可得gTn=5xG)2+3XG)3+3x(§4+…+3xG)n+1_(3n+2)x(l)n+2

3n+2

5

=9++…+—(3n+2)x(I)

l-G)n-li

5/1\n+2

=+—(3n+2)x

91

1-

3

51n-li

=—+—1—(3n+2)xg)(H+3G)

96(I)一=葛一

所以几号.导3联

【变式1-5］设｛an｝是公比不为1的等比数列，的=1,42为。3,。4的等差中项.

(1)求｛an｝的通项公式；

⑵求数列｛|(2n-10)c1n|｝的前n项和7\.

【答案】(l)an=(-2尸-1

n+1

OYT=f(6-n)-2-12,n<5

⑷l(5—6)2+1+116,1126

【分析】(1)求出公比，再根据等比数列的通项即可得解；

(2)设Cn=(5-n)2n,其前n项和为Sn，利用错位相减法求出Sn，再分nW5和nN6两种情况讨论即可

得解.

【详解】(1)设随口公比为q,qH1,a2^a3,的等差中项，

2

即2a2=a2q+a2q,

即为q2+q—2=0,解得q=-2或q=1(舍去)，

所以an=「(-2)nT=(—2)n-l;

⑵1(2-0居|=1『512」能歌堂,

设Cn=(5—n)2L其前n项和为Sn，

n

所以Sn=c】+c2H---Fcn=4x2+3x2^H---1-(5—n)X2,①

23n+1

2Sn=4x2+3x2+■••+(5-n)x2,②

23n+1

①一②得一Sn=8-2-2----2n—(5—n)2

4-2n+1

=8----(5-n)2n+1

=12+(n-6)2n+1,

所以Sn=(6—n)2n+i—12,

n+1

所以当nW5时,Tn=Sn=(6-n)2-12,

当n26时,Tn=J+c2H---FC5—Cg-Cy----cn

=S5—(Sn—S5)=2S5—Sn

=(n-6)-2n+1+12+2x52

=(n-6)-2n+1+116,

n+1

诉“T(6-n)-2-12,n<5

n^l(n-6)-2n+1+116,n>6'

用真题专练

1.已知｛%｝是单调递增的等差数列，其前几项和为%.｛%｝是公比为q的等比数列.的=/=3,。4=b2,S4=q-

s2.

（1）求｛an｝和｛bj的通项公式;

%也“n为奇数

(2)设d=，求数列｛7｝的前几项和

为偶数

n

【答案】(l)an=2n+l,bn=3

<(4n+l)-3n+2+9,1Ir3n+19]

1+

i168|[(n+l)(n+3)8_l,n为奇数

⑵Tn=：

1(4n-3)-3n+1+91II-3n+291

1I16+81[(n+2)(n+4)8_|,n为偶数

【分析】（1）根据题意结合等差、等边数列的通项公式列式求解即可;

（2）利用分组求和，结合裂项相消法和错位相减法运算求解.

【详解】(1)设等差数列｛aj的公差为d>0,

由题意可得：3c,解得[宁喊=­(舍去),

(12+6d=(6+d)q(q=3(q=-2

n-1n

所以an=3+2(n—1)=2n+1,bn=3x3=3.

(2)由(1)可得Sn="3+；n+l)=健+2n,

n

当n为奇数时，则Cn=anbn=(2n+1)-3,

n

设An=C]+c3T---Fcn=3x3+7x3^T---卜(2n+1),3,

贝Ij9An=3x33+7x35+-+(2n+1)-3n+2,

两式相减得-8An=9+4X33+4X35+…+4x3n-(2n+1)-3n+2=9+-(2n+1)-3n+2

(4n+l)3n+2+9

2’

(4n+l)-3n+2+9

所以An=

16

(2n-l)-3n(2n-l)-3n_1F3n+23n]

当n为偶数时，则。=芒黑l_(n+2)(n+4)

（an十/八］(2n+8)(n2+2n)2n(n+2)(n+4)8n(n+2)J

AD1,1[3432.3634.3n+2扁用3什2

设Bn=C2+C4+…+6=百[无一有+病一病+…+g+2)(n+4)

(n+2)(n+4)9

113n+2

所以％=8L(n+2)(n+4)1]

(2n+1).3。n为奇数

综上所述:

5舄白一就"为偶数

当n为奇数时，则Tn=J+C24------Fcn=Q+c3T----卜cn)+Q+c44------卜cn_1)

(4n+l>3n+2+9J1[3n+l9

=An+Bn-i16十8L(n+l)(n+3)

当n为偶数时，则Tn=Ci+c2T----Fcn=Q+c3T----卜+(c24-c44----卜cn)

(4n-3>3n+l+91[3n+2

=An-1+Bn=+11(n+2)(n+4)3

16

<4n+l>3n+2+911[311+1Jn为奇数

168L(n+l)(n+3)oj

综上所述:兀=

(4n-3)・3n+l+9I“3n+2Jn为偶数

、16-8L(n+2)(n+4)oj

2.已知数列｛an｝的前几项和为%,ai=0,且S“+i=2Sn+2(nGN*).

(1)求数列｛%｝的通项公式;

(2)设数列｛bn｝满足小=log2a,1+v求数列｛%+也｝的前几项和G

【答案】⑴即二卜士；；：？

n+1

(2)Tn=(n—l)2+2

【分析】(1)由条件结合Sn，an的关系可得a2,an+1=2an(n>2),由此可求｛aj的通项公式;

(2)利用错位相减法求和即可.

【详解】(1)因为Sn+i=2Sn+2(neN*),

所以当n=l时，S2=a2+a2=2ax+2=2,

a1=0,・•・a2=2,

丁Sn+l=2Sn+2,

・•・nN2时，Sn=2Sn.1+2,

所以Hn+i=2an(n22),

_(0,n=1

■-'n_(2nT,n>2；

(2)由(1)知bn=Iog2an+1=n.

令Cn=an+ibn=n♦2、则

123n

Tn=1x2+2x2+3X24--+n2,

23nn+1

2Tn=1X2+2x2+•••4-(n-l)2+n2,

n_nn+1

所以一Tn=21+22+23+…+211-n2n+1=———n2n+1=(1-n)2n+1-2,

1—2

n+1

Tn=(n-l)2+2.

3.已知数列｛册｝的首项为1,前n项和%=层；

(1)求数列｛%｝的通项公式；

(2)若"=(册+1)-2%求数列｛6n｝的前n项和的.

【答案】(1月=2n-l

(2)Tn=(n-1)-2n+2+4

【分析】(1)利用Sn与a。之间的关系可得，注意要验证首项是否符合通项公式；

(2)一个等差数列乘以一个等比数列构成一个新数列，利用错位相减法求这个新数列的前n项和.

【详解】(1)因为Sn=n2①，所以有Sn_i=(n—1)2②，

②—①得Sn—Sn-i=2n—1,即an=2n—1,

经验证a1=1符合an=2n-1,

所以数列｛aj的通项公式为an=2n-l.

nnn+1

(2)bn=(an+1)-2=2n-2=n-2,

所以又=1x22+2X23+3X24+•••+n•2叶1①，

345+2

2Tn=1x2+2x2+3x2+-+n-2n②，

234n+1n+2

①一②可得一Tn=2+2+2+…+2-n-2,

Tn=

即一-n-2n+2,化简得兀=(n-1)-2n+2+4,

所以数列｛bn｝的前n项和Tn=(n—1)•2n+2+4.

4.在①ai+a4+ci7=15,②S5=20,③£1363-9)=0这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并

解答.

已知公差不为0的等差数列｛%｝的前n项和为Sn,a7是与。曲的等比中项，.

(1)求｛册｝的通项公式；

(2)求数列｛2%n｝的前刃项和7n.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(l)an=n+l

n+1

(2)Tn=nx2

【分析】(1)根据所选条件，等差数列通项公式，求和公式及等比中项的性质得到方程组，解得aI、d,即

可求出通项公式；

(2)利用错位相减法计算可得.

【详解】(1)选条件①：设等差数列｛aj的公差为d(d70),

3

则｛43al5所以俨+6*=：睢+一,得号=2,

(a1+a4+ay=15I3(a1+3d)=15<d=1

所以数列｛aj的通项公式为an=2+(n-1)=n+1.

选条件②：设等差数列｛aj的公差为d(dKO),

lililfa,=a3a15SF?rif(ai+6d)2=(ai+2d)(ai+14d)科华1=2

“i5ai+10d=20f^a/2d=4，侍td=l'

所以数列｛aj的通项公式为an=2+(n-1)=n+1.

选条件③：因为a?是a?与ai5的等比中项，所以力0,由2363-9)=0,可得S3=9,

设等差数列｛aj的公差为d(d丰0),

人43ai+3d=9'所以iai+d=3，得td=「

所以数列｛aj的通项公式为an=2+(n—1)=n+1.

nn

(2)令\=2an=(n+l)2,

则几=b]+b2H---Fbn=2X21+3X2?+4x2，H---F(n+1)2"①，

234

2Tn=2x2+3x2+4x2+•••+(n+1)2计1②，

①—②得一Tn=2x21+22+23+…+211-(n+l)2n+1=2+2(1~2^-(n+l)2n+1=一nx2n+1,

所以Tn=nx2n+i.

5.已知数列｛an｝的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，且公差和公比都是2,若对满足m+的任

意正整数TH,n,均有dm+册=Clm+n成立.

(1)求数列｛%｝的通项公式；

(2)令%=也0，求数列｛%｝的前n项和

«2n

——n,n=2k—1

【答案】(l)an=｛n(k€N*)

22,n=2k

(2)Tn=3-笔

【分析】(1)由题意分别令m=n=l,或m=Ln=2,根据数列｛aj的奇数项成等差数列，偶数项成等

比数列，且公差和公比都是2即可求出首项，写出通项公式即可；

(2)利用错位相减法即可求出数列｛、｝的前n项和

【详解】(1)对满足m+n45的任意正整数m,n,

均有am+an=am+n成立，

令m=n=1,则ai+a1=a2BPa2=2a「

令m=1,n=2,得a1+a2=a3,

a3=Hi+2,

**»3a]—a1+2,

解得a1=1,a2=2,

由题意数列｛aj的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，且公差和公比都是2,

1+2f—―1),n=2k—1n,n=2k—1

J

an=｛1之门(kEN*),即an=｛n(kGN*),

2-22-1,n=2k2"n=2k

(2)由(1)知bn=?F=絮，

a2n乙

则Tn=1W+3X(|)2+5X(i)3+...+(2n-1)X(1)n,

•1•/n=1x6)2+3x(1)3+5x(I)4+...+(2n-1)x(|)n+1,

11112134/I1n+1

•••万几=5+2[(-)+(-)+(-)+...+(-Y-(2n-l)x(-)

乙乙乙乙乙\乙乙

=1+-3-l)x(1)n+1=|-(2n+3)X(|)n+1,

2

To2n+3

"■-Tn=3--.

2

6.已知数列｛an｝的前几项的和为Sn,Sn=1n+1n,数列｛%｝为单调递增的等比数列，且有b+/=9,b2-

63=8.

(1)求数列｛册｝,｛%｝的通项公式；

(2)设数列｛4｝满足金=。2-1，设｛。勾｝的前几项的和为〃，求心的值.

【答案】(l)an=n；bn=2-1

n

(2)Tn=(2n-3)-2+3

【分析】(1)根据an=L=：>9作差求出同｝的通项公式，根据下标和性质得至弧•b4=8,即可求

出也、b4,从而求出公比q,即可求出｛bn｝的通项公式；

(2)由(1)可得Cn=2n-1,则Cnbn=(2n-l)x2nT,利用错位相减法求和即可.

【详解】(1)因为Sn=gn2+：n,

当n=l时，ai=Si=l,

222

当n22时，Sn_i=1(n-I)+1(n-1),所以an=Sn-Sn_i=|n+|n-[|(n-l)+1(n-1)]=n,

经检验n=1时an=n也成立，所以an=n；

因为｛、｝为等比数列，所以b2.b3=b「b4=8,结合bi+b4=9,可得二;或二;，

因为数列电｝单调递增，所以心：]所以q3=^=8,则q=2；

即数列｛、｝为首项bl=l,q=2的等比数列，即可得bn=2-1.

(2)因为数列｛%｝满足d=a2n_i，可得％=2n-1,

所以Cnbn=(2n—l)X2n-l,

数列｛Cnbn｝的前n项的和为Tn=1x1+3x2+-+(2n-1)-2计】，

2Tn=1x2+3x22+…+(2n-1)•2n,

将上面两式相减可得—口=1+2X(2+2之+…+2rl-1)—(2n—1),211

=1+2x2(-1)_(2n-1)-2%

1-2''

化简可得—Tn=(3—2n)-2n-3,

所以Tn=(2n-3>2n+3.

7.已知数列｛an｝的前几项和为S”,且满足即>0,Sn=①磬，数列｛%｝的前几项积7n=2M

(1)求数列｛a“｝和｛%｝的通项公式；

(2)求数列｛册“｝的前“项和.

2n-1

【答案】⑴an=2n,bn=2

^(3n-l)-4n+1+4

【分析】⑴对于数列｛an｝,根据an>0,Sn=包普，利用an和Sn的关系求解;对于数列｛bn｝,因为其前n项积

4

Tn=2n2,根据bn=4(n22)即可求解；

(2)由(1)知anbn=n-4n,利用错位相减法求解即可.

【详解】(1)当n=l时,ai=回抖，

二•ai=2,

an1：21,

当n22时,=Sn-Sn_i=包普一区-凡-

化简得a三一a—1=2(an+

,〉0,•♦—^n-1・2,

・,・数列｛aj是首项为2,公差为2的等差数列，

an=24-(n—1)X2=2n.

当n=1时,bi=T1=2,

2

当n22时,bn=4==22n-i,当n=1时也满足，

Tn-12(nT)

所以4=22-1.

2n-1n

(2)anbn=2n-2=n-4,

设Rn=aSi+a2b2+…+anbn=1,41+2,+…+n•4n①，

贝I」4Rn=1•42+2•43+…+n・平+1②，

①-②得一3&=炉+42+…+*一n•4n+1=-n-4n+1=—•4n+1-

1—433

,「(3n-l)-4n+1+4

•«Rn=------g------•

8.已知Sn是公差不为0的等差数列｛册｝的前力项和，是。1，。4的等比中项，512=78.

(1)求数列｛册｝的通项公式；

a

(2)已知小=a2AL3"T,求数列出n｝的前n项和7n.

【答案】⑴an=n

11

(2)Tn=(n-1)x3+1

【分析】(1)根据题意列式求解ai，d,即可得结果；

(2)由(1)可得：bn=(2n—l)x3nT,利用错位相减法求和.

【详解】(1)设数列｛aj的公差为d,

因为a?是a°的等比中项,则成=am”

2

即(a1+d)=a1(a1+3d),且d力0,

整理得d=a】①，

又因为S”=12al+x12x11=78,整理得6al+33d=39②

由①②解得，a[=1,d=1,

所以an=1+(n—1)=n.

111n1

(2)由(1)知，bn=a2n_1x3-=(2n-l)x3-,

则％=1X3°+3X3+5X32+■••+(2n-1)x3计1，

可得3几=1x31+3x32+5x33+…+(2n-3)x311-1+(2n-1)x3n,

两式相减得—2Tn=1X3°+2X31+2X32+2X33+…+2xS11-1-(2n-1)x3n

=1+丝;-(2n-1)x3n=(2-2n)x311—2,

所以Tn=(n—l)x3n+l.

9.在①3Sn+l=4a“；②的=1,｛S”才与｛%｝都是等比数列；③35„=*—1,这三个条件中任选一个,

补充在下面的问题中，并作答.

己知数列｛%｝的前力项和为％,且.

⑴求数列｛%｝的通项公式；

(2)若=(2n+2)an,求数列｛bn｝的前n项和

注：如果选择多个条件分别作答，则按所作第一个解答计分.

【答案】(l)an=4-1

(2)口=一[+廊+2,+1

【分析】(1)若选①或③，已知an和Sn的关系，求解an即可；若选②设出公比求解即可；

(2)用错位相减法求数列的和即可.

【详解】(1)若选①：当n=l时，3S1+I=4ai，解得a1=1；

当n22时，3Sn+1=4an,3Sn_x+1=4an_1；

两式相减得：3an=4an-4an_!，

BPan=4an_1,所以三-=4,

所以数列｛aj是以a】=1为首项，4为公比的等比数歹!j.

所以an=4n-1.

若选②：｛aj都是等比数列，设｛aj的公比为：q,

因为3n+g｝是等比数列,&+[)=31+3)33+目,

即(l+q+§=(1+§(1+q+q2+J,解得q=0(舍去)或q=4,

因为ai=1,所以an=411-1.

若选③：当n=l时，3sl=41一1,解得ai=l；

当n22时，3Sn=4“一1,3S-1=-1,

两式相减得：3ali=旷一4-1,所以3an=3x4-1

所以an=4nT,当n=l时，符合ai=1,

故an=4-1.

(2)由(1)可知：an=4f

2n1

所以bn=(2n+2)an=(2n+2)•限一1=(n+l)2-,

所以数列｛>｝的前n项和为：

135

Tn=2x2+3x2+4x2+•••+(n+

3572n+1

4Tn=2x2+3x2+4X2+…+(n+l)2,

13572112n+1

两式相减得：-3Tn=2X2+2+2+2+…+2*--(n+l)2,

所以-3Tn=2+21+23+25+27+…+22n-1-(n+l)22n+1,

所以—3Tn=2+:-(n+l)22n+1,

1—4

所以几=±+包等空

10.已知数列｛册｝是公差为3的等差数列，数列｛服｝是公比为2的等比数列，且满足的+。3=比+62+

b3,a2+3将数列S力与｛0｝的公共项按照由小到大的顺序排列，构成新数列｛0｝.

(1)证明:cn=b2n；

(2)求数歹ij｛a„cn｝的前n项和％.

【答案】(1)证明见解析

n+1

(2)Sn=n4

【分析】(1)利用基本量代换列方程组求出a1,',得到｛aj,｛、｝的通项公式，进而判断出bk+2是数列｛aj

的项，即可证明；(2)利用错位相减法求和.

【详解】(1)由a1+a3=bi+b2+b3，得2al+6=7b1；

由a2+a4-b2+b4,得2al+12-lOb。

解得，a1=4,bi=2.

因为数列｛aQ的公差为3,数列｛、｝的公比为2,

n

所以an=3n+l,bn=2

bi=2不是数列｛aQ的项,b2=4是数列｛a"的第1项.

设bk=2k=3m+1,则

k+1

bk+1=2=2x2卜=2(3m+1)=3x2m+2,

所以bk+i不是数列｛a"的项.

因为k+2=2k+2=4X2k=4(3m+1)=3(2m+1)+1,

所以bk+2是数列｛a#的项.

所以r=b2n

nn

(2)由(1)可知，Cn=b2n=4,ancn=(3n+l)4.

23n

Sn=4x4+7x4+10X4+•••+(3n+l)4

234n+

4Sn=4x4+7x4+10x4+-+(3n+l)4

nn+

所以—3Sn=16+3(4?+4，+4，+…+4)一(3n+l)4^

=4+3(4+42+43+44++4n)-(3n+l)4n+1

4(1-4n)

=4+3X~~甘-(3n+l)4n+1

1—4

=4n+1-(3n+l)4n+1=-3n4n+1,

所以Sn=n4n+1.

11.设正项数列｛an｝的前"项和为且刖=1,当ri22时，厮=[Sn_].

(1)求数列｛册｝的通项公式；

(2)设数列｛幻｝满足瓦=1,且0+i-"=25一册，求数列｛%｝的通项公式.

【答案】(l)an=2n-l

1

(2)bn=(2n-5)-2"-+4

【分析】(1)根据an=Sn-Snr结合题意可得｛疯｝是以何=1为首项，1为公差的等差数列，进而可得随户

的通项公式；

(2)根据累加法与错位相减法求解即可.

【详解】(1)由an=J3+解匚'，得Sn—SnT=商+居二，

因为Sn>0,所以居;一师7=1,

所以｛同｝是以店=1为首项，1为公差的等差数列，所以离=l+(n—l)=n,

所以，当nN2时，an=+7Sn-i=n+n-l=2n-l,

当n=l时，ai=l也满足上式，

所以数列｛aQ的通项公式为an=2n-l.

(2)由bn+i-*=2-1.an=(2n-1)-2计】知：

当n22时，bn=bi+(b2-bj+(b3-b2)+…+(6—b「i),

=1+1x2°+3x21+■■■+(2n-3)-2n菖①，

则26=2+1x21+3x22+…+(2n-3)-②，

由①-②得：一味=2(2]+22+…+2n-2)一(2n-3)-2^=2x^—(2n-3)-2^,

2—1

化简得：bn=(2n-5)-211-1+4(n>2),

当n=l时，5=1也满足上式，

所以数列｛。｝的通项公式为必=(2n-5)-2-1+4.

12.已知等比数列｛%｝的前n项和为S%且Sn=%+i-2(几eN*).

(1)求数列｛册｝的通项公式；

(2)在%与％+i之间插入几个数，使这n+2个数组成一个公差为%的等差数列，求数列｛£｝的前n项和

【答案】⑴an=2n

【分析】(1)根据递推关系求出等比数列的公比，由等比数列的通项公式求解;

(2)利用错位相减法求和即可.

【详解】⑴sn=an+1-2(neN*),

当nN2时，Sn_i=an-2,

两式相减可得，an+1=2an(n>2),

故等比数列｛aj的公比为2,

a2=a1+2=2a「

•••a1=2,

故数列｛aj的通项公式为an=2n.

nn+1

(2)由(1)得：an=2,an+1=2,

故an+i=an+(n+1)4，即止=祟，

un4

Tn=2x1+3Xp-+4x妥+.••+(n+1)^■①,

|Tn=2X《+3X5+4X---F(n+1)■②,

①一②得：|Tn=2x1+(/+盘+…+-—(n+1)•备=1+£---(n+1)・备=■|一黑,

故口=3-嘿

13.已知数列｛an｝的前n项和为%,且%+an=l.

⑴求数列｛%｝的通项公式；

(2)设b“=an-(21og2£-l),求数列｛勾｝的前n项和7\.

【答案】(1月=:

⑵Tn=3-等

【分析】(1)由an与Sn的关系即可求解；

(2)求出数列｛bj的通项公式后用错位相减法求解.

【详解】(1)因为Sn+an=1,

所以当n22时，3n=Sn—Sn-i=1—an—(1—an-i)，所以2an=an-i,

又当n=l时，2al=1,解得ai=g,

所以WO,所以上=1,

an-i2

所以凡｝是首项为a公比为券勺等比数列，

所以同｝的通项公式为an=泉

(2)由(1)知bn=an,(21og2(-1)

福［、

所以JT冗=挑1+,3齐+卢5+…+尹2n-3+/2n-l，

福

所以5几=尹1+,3声+…+2.n—3+2乔n—1p

两式相减，得

1T_1,9P.M2n-l_1,)V"(1-杉)2n-l_32n+3

-Tn=-+2^+-+-J-^n-=-+2----布.一环

2

所以几=3—甯.

n

14.在数列｛册｝中，%=1,an+1-an=2(n6N*).

⑴求数列｛册｝的通项公式；

(2)若勾=nanf求数列｛4J的前n项和治.

【答案】(l)an=2n—1

n+1

(2)Sn=(n-l)-2-^i

【分析】(1)由an+i-an=2n,结合an=a[+(a?—a])+(a2-aQ…+(an—an.。,利用等比数列的求和

公式，即可求解；

(2)由(1)得到bn=nan=n-2n-n,结合等差、等比数的求和公式，以及乘公比错位相减法