1、特定數列求和法一錯位相減法在高中所學的數列求合的方法有很多，比如倒序相加法、公式法、數學歸 納法、裂項相消法、錯位相減法等等，在此處我們就只著重講解一種特定數列求 和的方法一一錯位相減法。那到底什么是錯位相減法呢？現在咱們來回憶當初學 習等比數列時老師是怎么一步步推導出等比數列的求和公式的，下面是推導過 程：數列an是由第一項為ai，且公比為q的等比數列，它的前n項和是Snaiaiq aiq2aiqni，求Sn的通項公式。由已知有兩端同乘以q，有i時,i時,于是Snaiaiqaiq2 .qsnaiq2aiq3aiqn.aiq(1q)snainaiq由可得由可得SnsnSnn ai(qi)或者n

2、aii)通過上述推導過程老師運用了一種特殊的推導方法將本來很復雜的運算簡化了，從而得到等比數列的求和公式， 這種方法叫錯位相減法，那我們是不是遇 到復雜的運算就都可以用這種方法呢？答案當然不是，我們仔細觀察這推導過 程，就會發現其實錯位相減法是用來計算一個等比數列乘以一個等差數列而成的 復雜數列的。可以歸納數學模型如下：已知數列4是以ai為首項，d為公差的等差數列，數列 0是以bi為首 項，q(q 1)為公比的等比數列，數列Cn anbn，求數列Cn的前n項和.解由已知可知兩端同乘以q可得qCna1q:a1b2a2b2qa?b3asdq83 匕4.an 1 bn 1 qanbnqan 1bna

3、nbnq由-得(1q)Cna1b1d(b2 b3.bn 1bn)anbnq化簡得CnCdd(b2b3.bn 1bn)anbnq /(qCnaib1a2b2a3b3-anbni q許許多多的高考試題以及課后習題證明了不是所有的數列題目都會很直接地寫明所求數列是一個等比數列乘以一個等差數列的形式，通過對最近幾年高考中的數列題的分析總結出了以下幾種錯位相減法求和類型：所求數列中的等差數列是已知這第一種類型的題顧名思義是所求的復雜數列中直接給出其中一個是等差數列，則只要證明或者求出另一個是等比數列， 那么就可以用錯位相減法來求解 該題，同時如果另一個不能被證明是等比數列就不能用錯位相減法來求解，得另找

4、他法了 例1.(2013湖南文)設Sn為數列an的前n項和，已知:a1 0,2an a1 S1 Sn, n N(1)求a1，并求數列an的通項公式(2)求數列nan的前n項和.分析：在本題中第二問要求的是數列nan的前n項和，其中的an我們不能直接知道是什么數列，n可以由做題經驗看出是公差為1的等差數列，所以在本因為ai 0所以ai1題中要先求出an，證明是等比數列以后，貝財可以用錯位相減法求解 bn.2an2an ian令n2,得2a2 iS2ia2a22 ，當n2時，由2an iSn ，2 a n iSn i解令n 1得 ai ai2兩式相減得旦2an i故數列an是由首項為i,公比為2的

5、等比數列，所以數列an的通項公式為n ian 2由知，nan n 2n i.記數列nan的前n項和為Bn.于是Bn2n ii 2 2 3 2 L n 22Bn i 2 2 22 L n 2n-得n2n i、Bnn 2 (i 2 2 L 2)i (nni) 2 .例2.(20I0新課標卷理)設數列 an滿足ai2,an ian 3(I)求數列an的通項公式;(2)令bnnan，求數列的前n項和Sn(a2 aj ai(I)由已知，當n I時,an i ( an i an )( anan i )2n i 2n 33(22 L 2)1） 1所以數列an的通項公式為an 22n1（2）由 bnnann

6、22n 1 知Sn1 22 23325L2n 1n 2 ，從而22 Sn123 2 253272n 1L n 2，-得2 亠352n 12n 1(1 2 ) Sn2 22L2n 2，即1Sn9 （3 n 1）22n 1 2.9評析：在上述兩個例題中的第一問中都是先求出了an是等比數列，所以此時的nan就是一個等比數列乘以一個等差數列而成的復雜數列，符合模型要求，最后才可以用錯位相減法快速地求出nan的前n項和.所求數列中的等比數列是已知這種類型的題與第一種類型題相反，就是在所求的復雜數列中直接寫明其中一個是等比數列，只要求出或者證明另一個是等差數列， 則我們就可以用錯位 相減法來求解該題，如果

7、另一個不是等差數列則我們就不能用錯位相減法來求 解，下面我們又來看看這類題型的應用。例3.（2013遼寧理17）已知等差數列an 滿足 a20， a6 a810.(1)求數列an的通項公式;(2)求數列孕7的前n項和.2n 1分析：在本題中最終要求的是數列許的前n項和其中的a不能直接知道是什么數列，要通過已知求解，-12我們可以由做題經驗看出是以公比為-的2等比數列，故在本題中我們要先求出an，證明它是等差數列以后，貝財可以用錯位相減法求出數列 為 的前n項和.2解(1設等差數列an的公差為d，從已知條件可知道:a d o2a 12d10解得d故數列an的通項公式為an 2 n(2)設數列為的

8、前n項和為Sn，2即a? a3&422 2an2* 1故S1，所以當n 1時，-有：魚2a2ar2a2/魚22 a12an 12* 1a3a222a.2nanan 1an歹，2* 1又 an an 11所以Sn一a1(11小21 )J 丿an亠122221Z1 n1 -尹2 n412n12n2nS 丄n2門i例4. (2012江西理16)已知數列an的前n項和為Sn=2+ kn(k N*),并2且Sn的最大值為8.(1)確定常數k，并求an；9 2a求數列 的前n項和Tn.9 2a 分析：在本題第二問中要求的是數列- 1 的前n項和，其中的an不能直211接知道是什么數列，要通過已知求解，厶可

9、以由數學經驗看出是公比為 -的等22比數列，所以在本題中要先求出an，證明它是等差數列后，才可以用錯位相減 法求出數列士學的前n項和。2n解（1）根據題目可知，當n= k N*時，S= n2+ kn取得最大值，即28=Sk=期16(k N +),因此k= 4，從而-an = Si S1= n (n2).2又 a1 = S1 =，2所以an=2- n.（等差數列）將an代入bn得b 丄bn2n 1Tn= bl + b2+ bn所以Tn= 2Tn Tn2n評析：在上述兩題中的第一題中先證明了 an是等差數列，所以此時的an2* i就是一個等差數列與一個等比數列的乘積形式,符合模型要求；第二題中,先

10、在第一問求出了 Sn的公式，再根據這個公式求出了 電是等差數列，所以此時n的bn也是一個等差數列與一個等比數列的乘積形式， 符合模型要求，最后我們在 這兩個題中才借用錯位相減法來快速地求出所求數列的前 n項和. 所求數列中的等比數列和等差數列都未知求解這種類型的題的難度就比較大了，因為在所求的復雜數列中不能直接 明顯地看出它其中包含的等差數列和等比數列， 則需要根據題目已知來找出或者 證明所求數列是一個等差數列與一個等比數列的乘積，這樣才能依據錯位相減法來計算結果。例5. （2013山東.理）設等差數列an的前n項和為Sn，且S4 4S2,a2n 2a. 1（1）求數列an的通項公式；（2）

11、設數列bn的前n項和Tn，且Tn（為常數），令Cn b?n（n N ）.2求數列Cn的前n項和Rn .分析：本題中要求的是數列Cn b2n（n N ）的前n項和，其中b2n不能直接 知道是什么數列，在第二問中又知道 bn和an有關系，所以在本題的第一問中我 們要先求出an，再在第二問中將bn求出，最后當Cn滿足錯位相減法的條件后我 們就可以用錯位相減法來求解了 解：（1）由S4 4S2,a2n 2an 1, an為等差數列，可得a11,d2 所以 an 2n 1(2)由Tn2nbiTi1當n 2時,-可得所以當 0時,-得當 0時,Tn 1an 112n 1n2bn1 ，2nn1Cnb2n1

12、，4n12n 1Rn02 -4424n 1112n 1Rn19,3 n444443n1Rn-n 199 4Cnb2n1(n1)(n42)3n 19 4n 1例6. （2009上海青浦區）設數列an的前n和為Sn ,已知S1S4 -y，一般地，Sn(n 1)24(2n 1123(n23(2n 1)-1）,（當n為奇數時）（n（當n為偶數時）N*)(1)求 a4 ；(2)求 a2n ；（3）求和：3恂2 玄3玄4玄5氏a2n 1a2n -12分析：本題中要求的是 ai 32 93 94 a5 3632n i32n的和，雖然不能直接看出32n來求出那一串的那么就可以用錯它是數列，但可以抱著這樣的心態

13、來看看，通過第二問中的 和，也許可以轉化為一個等差數列與一個等比數列的乘積形式, 位相減法來求和了 解 （1）略.7(2)當 n2k時,(k N* )a2ks2kS2k 1121) 22k2(2k)4(22k 1)32(2k)4(22k 2123(所以a2n4n (n N* ).(3)(2)同理可求得:32n 111(2n 1)，81829384959632n 132n =Ti，Tn4Tn兩式相減得3Tn所以123-4 3 425 433123423 4353】4 2（424332n 1 n 1Tn 丁 4(2n 1) 4n444n)(2n 1) 4n1，(2n 1) 4n1，評析:在上述兩題中，都不能直接知道所求的是什么形式的數列，所以只 能從題目中找出相關條件，將所求的結論轉化成一個等差數列與一個等比數列的 乘積形式，使之符合模型要求，這樣才能在這兩個題中借用錯位相減法來快速地 求出所求結果。總結數列求和不僅在高中數學中有著十分重要的作用，也是