数列求和之错位相减法
[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?1，n?2，……（3分）
an?1又a1?2，?{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，……………………………（4分）
?an?2?2n?1?2n. ……………………………………………………………………（5分）
n（Ⅱ）bn?n?2，
Tn?1?21?2?22?3?23?2Tn?1?22?2?23??n?2n，
?(n?1)?2n?n?2n?1.…………………………（8分）
?2n?n?2n?1，
12两式相减得：?Tn?2?2?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＝－，求数列{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
1332
(2)∵a1－a3＝a1(1－q)＝a1(1－)＝a1＝－，
442
整理为word格式
1n－11n－2
∴a1＝－2，∴an＝(－2)·(－)＝(－)，
221n－2
∴nan＝n(－).
2
1－110111n－2
∴Tn＝1·(－)＋2·(－)＋3·(－)＋…＋n·(－)，①
222211011121n－1
∴－Tn＝1·(－)＋2·(－)＋3·(－)＋…＋n·(－)，②
22222①－②得
311111Tn＝－2＋[(－)0＋(－)1＋(－)2＋…＋(－)n－2]－n·(－)n－1 22222241n－12
＝－－(－)(＋n)，
32381n－142∴Tn＝－－(－)(＋n).
9293
[例3] 设数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝3·2(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，
2n－1
.
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1
＝3(2
2n－1
＋2
2n－3
＋…＋2)＋2＝2
2(n＋1)－1
.
而a1＝2，符合上式，
所以数列{an}的通项公式为an＝2(2)由bn＝nan＝n·2
2n－1
2n－1
.
知
2n＋1
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1.
从而2·Sn＝1·2＋2·2＋3·2＋…＋n·2①－②得(1－2)Sn＝2＋2＋2＋…＋2
2
3
5
2n－1
2
3
5
7
. ，
① ②
－n·2
2n＋1
整理为word格式
12n＋1
即Sn＝[(3n－1)2＋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；
(2)求数列{n－1}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?
??d＝－1.
?
an
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)设数列?
an?
n－1??2
的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋＋…＋n－1，故S1＝1，
22?
a2anSna1a2
＝＋＋…＋n.
2242
anSna2－a1an－an－1an1112－n所以，当n>1时，＝a1＋＋…＋n－1－n＝1－(＋＋…＋n－1)－n＝1－(1－
22222422
?an?2－nnnnn－1)－n＝n.所以Sn＝n－1.综上，数列?n－1?的前n项和Sn＝n－1. 22222?2?
1
[例5] (2008,陕西) 已知数列{an}的首项a1?22an，an?1?，n?1,2,3,…． 3an?1（Ⅰ）证明：数列{1?1}是等比数列； an（Ⅱ）数列{n}的前n项和Sn． ana?111112an?n???， ，? a2a22anan?1n?1n解析 （Ⅰ） an?1? ? 211111?1?(?1)，又a1?，??1?，
3an?12ana12整理为word格式
错位相减法(提高篇)
