错位相减法求和专项错位相减法求和适用于{a n`b n }型数列，其中{a n},{b n}分别是等差数列和等比数列，在应用过程中要注意：项的对应需正确；相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；若等比数列部分的公比为常数，要讨论是否为11. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，数列的前项和为，点均在函数的图象上．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，是数列的前项和，求．[解析]考察专题：2.1，2.2，3.1，6.1；难度：一般[答案] （Ⅰ）由于二次函数的图象经过坐标原点，则设，，∴，∴，又点均在函数的图象上，∴．∴当时，，又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）2.已知数列的各项均为正数，是数列的前n项和，且．（1）求数列的通项公式；（2）的值.[答案]查看解析[解析] （1）当n = 1时，解出a1 = 3, 又4S n = a n2 + 2a n－3 ①当时 4s n－1 = + 2a n-1－3 ②①－②, 即，∴ ,（），是以3为首项，2为公差的等差数列， 6分．（2）③又④④－③=12分3.（2013年四川成都市高新区高三4月月考，19,12分）设函数，数列前项和，，数列，满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设数列的前项和为，数列的前项和为，证明： .[答案] (Ⅰ) 由，得是以为公比的等比数列，故.（Ⅱ）由，得…，记…+，用错位相减法可求得：. （注：此题用到了不等式：进行放大. ）4.已知等差数列中，；是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式：（Ⅱ）若．求数列的前项和[解析]（Ⅰ）因为数列是等差数列，是与的等比中项．所以，又因为，设公差为，则，所以，解得或，当时, ，；当时，.所以或. （6分)（Ⅱ）因为，所以，所以，所以，所以两式相减得，所以. （13分）5.已知数列的前项和，，，等差数列中，且公差.（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）是否存在正整数，使得若存在，求出的最小值，若不存在，说明理由.[解析]（Ⅰ）时，相减得：，又，，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，.又，，. （6分）（Ⅱ）令………………①…………………②①－②得：，，即，当，，当。

的最小正整数为4. （12分）6. 数列满足，等比数列满足.（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.[解析] （Ⅰ）由，所以数列是等差数列，又，所以，由，所以，，所以，即，所以. （6分)（Ⅱ）因为，所以，则，所以，两式相减的，所以. (12分）7. 已知数列满足，其中为数列的前项和．(Ⅰ) 求的通项公式；(Ⅱ) 若数列满足： () ，求的前项和公式.[解析]Ⅰ) ∵，①∴②②－①得，，又时，，，. （5分）(Ⅱ) ∵，，，两式相减得，. （13分）8.设d为非零实数, a n=[d+2d2+…+(n-1) d n-1+nd n](n∈N*) .(Ⅰ) 写出a1, a2, a3并判断{a n}是否为等比数列. 若是,给出证明;若不是, 说明理由;(Ⅱ) 设b n=nda n(n∈N*) , 求数列{b n}的前n项和S n. [答案] (Ⅰ) 由已知可得a1=d, a2=d(1+d) , a3=d(1+d) 2. 当n≥2, k≥1时, =, 因此a n=.由此可见, 当d≠-1时, {a n}是以d为首项, d+1为公比的等比数列;当d=-1时, a1=-1, a n=0(n≥2) , 此时{a n}不是等比数列. (7分)(Ⅱ) 由(Ⅰ) 可知, a n=d(d+1) n-1,从而b n=nd2(d+1) n-1,S n=d2[1+2(d+1) +3(d+1) 2+…+(n-1) (d+1) n-2+n(d+1) n-1]. ①当d=-1时, S n=d2=1.当d≠-1时, ①式两边同乘d+1得(d+1) S n=d2[(d+1) +2(d+1) 2+…+(n-1) (d+1) n-1+n(d+1) n]. ②①, ②式相减可得-dS n=d2[1+(d+1) +(d+1) 2+…+(d+1) n-1-n(d+1) n]=d2.化简即得S n=(d+1) n(nd-1) +1.综上, S n=(d+1) n(nd-1) +1. (12分)9. 已知数列{a n}满足a1=0, a2=2, 且对任意m, n∈N*都有a2m-1+a2n-1=2a m+n-1+2(m-n) 2.(Ⅰ) 求a3, a5;(Ⅱ) 设b n=a2n+1-a2n-1(n∈N*) , 证明:{b n}是等差数列;(Ⅲ) 设c n=(a n+1-a n) q n-1(q≠0, n∈N*) , 求数列{c n}的前n项和S n.[答案] (Ⅰ) 由题意, 令m=2, n=1可得a3=2a2-a1+2=6.再令m=3, n=1可得a5=2a3-a1+8=20. (2分)(Ⅱ) 证明:当n∈N*时, 由已知(以n+2代替m) 可得a2n+3+a2n-1=2a2n+1+8.于是[a2(n+1) +1-a2(n+1) -1]-(a2n+1-a2n-1) =8, 即b n+1-b n=8.所以, 数列{b n}是公差为8的等差数列. (5分)(Ⅲ) 由(Ⅰ) 、(Ⅱ) 的解答可知{b n}是首项b1=a3-a1=6, 公差为8的等差数列.则b n=8n-2, 即a2n+1-a2n-1=8n-2.另由已知(令m=1) 可得, a n=-(n-1) 2.那么, a n+1-a n=-2n+1=-2n+1=2n.于是, c n=2nq n-1.当q=1时, S n=2+4+6+…+2n=n(n+1) .当q≠1时, S n=2·q0+4·q1+6·q2+…+2n·q n-1.两边同乘q可得qS n=2·q1+4·q2+6·q3+…+2(n-1) ·q n-1+2n·q n.上述两式相减即得(1-q) S n=2(1+q1+q2+…+q n-1) -2nq n=2·-2nq n=2·,所以S n=2·.综上所述, S n=(12分)10.已知数列{a n}是公差不为零的等差数列,a1=2,且a2,a4,a8成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n·}的前n项和.[答案] (1)设数列{a n}的公差为d(d≠0),由条件可知:(2+3d)2=(2+d)·(2+7d),解得d=2.(4分) 故数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N*).(6分)(2)由(1)知a n·=2n×32n,设数列{a n·}的前n项和为S n,则S n=2×32+4×34+6×36+…+2n×32n,32S n=2×34+4×36+…+(2n-2) ×32n+2n×32n+2,故-8S n=2(32+34+36+…+32n)-2n×32n+2,(8分)所以数列{a n·}的前n项和S n=.(12分)11.已知等差数列满足又数列中,且.(1)求数列,的通项公式;(2)若数列,的前项和分别是,且求数列的前项和;(3)若对一切正整数恒成立，求实数的取值范围.[答案]( 1)设等差数列的公差为,则有解得，，，数列是以为首项,公比为的等比数列.…………4分(2)由(1)可得，∴得，…………10分(3)，∴当时, 取最小值,,，即，当时，恒成立；当时，由，解得,即实数的取值范围是. …………14分12.设为数列的前项和，对任意的，都有为常数，且．（1）求证：数列是等比数列；（2）设数列的公比，数列满足，求数列的通项公式；（3）在满足（2）的条件下，求数列的前项和．[答案] 188.（1）当时，，解得．当时，，即．又为常数，且，∴．∴数列是首项为1，公比为的等比数列．………………4分（2）由（1）得，，．∵，∴，，∴，∴．∴是首项为，公差为1的等差数列．∴，∴（）．…………………9分（3）由（2）知，则．∴，①，②②－①得，∴． (14)分13.设等差数列{a n}的前n项和为S n, 且S4=4S2,a2n=2a n+1.(Ⅰ) 求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ) 设数列{b n}的前n项和为T n, 且T n+=λ(λ为常数), 令c n=b2n(n∈N*), 求数列{c n}的前n项和R n. [答案] (Ⅰ) 设等差数列{a n}的首项为a1, 公差为d. 由S4=4S2, a2n=2a n+1得解得a1=1, d=2.因此a n=2n-1, n∈N*.(Ⅱ) 由题意知: T n=λ-,所以n≥2时, b n=T n-T n-1=-+=.故c n=b2n==(n-1) , n∈N*.所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1) ×,则R n=0×+1×+2×+…+(n-2) ×+(n-1) ×, 两式相减得R n=+++…+-(n-1) ×=-(n-1) ×=-,整理得R n=.所以数列{c n}的前n项和R n=.。