数列求和之错位相减法[例1] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1=2，3S n =11543(2)n n n a a S n ---+≥ （I ）求数列a n 的通项公式；（Ⅱ）若b n =n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n 。

解析：（Ⅰ）113354(2)n n n n S S a a n ---=-≥，1122n n n n aa a a --∴==，，……（3分）又12a =，{}22n a ∴是以为首项，为公比的等比数列，……………………………（4分） 1222n n n a -∴=⋅=. ……………………………………………………………………（5分）（Ⅱ）2n n b n =⋅，1231222322n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅，23121222(1)22n n n T n n +=⋅+⋅++-⋅+⋅.…………………………（8分）两式相减得：1212222n n n T n +-=+++-⋅，12(12)212n n n T n +-∴-=-⋅-1(1)22n n +=-⋅-，………………………………………（11分）12(1)2n n T n +∴=+-⋅.…………………………………………………………………（12分）[例2] 等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 1，S 3，S 2成等差数列． (1)求{a n }的公比q ；(2)若a 1－a 3＝－32，求数列{n ·a n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知得2S 3＝S 1＋S 2， ∴2(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋(a 1＋a 2)， ∴a 2＋2a 3＝0，a n ≠0， ∴1＋2q ＝0，∴q ＝－12.(2)∵a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＝a 1(1－14)＝34a 1＝－32，∴a 1＝－2，∴a n ＝(－2)·(－12)n －1＝(－12)n －2，∴na n ＝n (－12)n －2.∴T n ＝1·(－12)－1＋2·(－12)0＋3·(－12)1＋…＋n ·(－12)n －2，①∴－12T n ＝1·(－12)0＋2·(－12)1＋3·(－12)2＋…＋n ·(－12)n －1，②①－②得32T n ＝－2＋[(－12)0＋(－12)1＋(－12)2＋…＋(－12)n －2]－n ·(－12)n －1 ＝－43－(－12)n －1(23＋n )，∴T n ＝－89－(－12)n －1(49＋23n ).[例3] 设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解析 (1)由已知，得当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1 ＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)由b n ＝na n ＝n ·22n－1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1， 即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．[例4] 已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n －1}的前n 项和．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，故S 1＝1，S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n . 所以，当n >1时，S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－(12＋14＋…＋12n －1)－2－n 2n ＝1－(1－12n －1)－2－n 2n ＝n 2n .所以S n ＝n 2n －1.综上，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n2n －1.[例5] (2008,) 已知数列{}n a 的首项123a =，121nn n a a a +=+，1,2,3,n =…． （Ⅰ）证明：数列1{1}na -是等比数列； （Ⅱ）数列{}nna 的前n 项和n S ． 解析 （Ⅰ） 121nn n a a a +=+，∴ 111111222n n nn a a a a ++==+⋅， ∴11111(1)2n n a a +-=-，又123a =，∴11112a -=，∴数列1{1}na -是以为12首项，12为公比的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知111111222n n n a --=⋅=，即1112n n a =+，∴2n n n n n a =+． 设23123222n T =+++…2n n +， ①则23112222n T =++ (1122)n n n n+-++，②由①-②得2111222n T =++ (111)11(1)1122112222212n n n n n n n n n +++-+-=-=---， ∴11222n n n n T -=--．又123+++…(1)2n n n ++=． ∴数列{}nna 的前n 项和 22(1)4222222n n n n n n n n n S +++++=-+=-.[例6] 在等比数列{a n }中，a 2a 3＝32，a 5＝32. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，求S 1＋2S 2＋…＋nS n . 解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 2＝32，a 1q 4＝32，解得a 1＝2，q ＝2， 故a n ＝2·2n －1＝2n .(2)∵S n 表示数列{a n }的前n 项和， ∴S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(2＋2·22＋…＋n ·2n )－(1＋2＋…＋n )]＝2(2＋2·22＋…＋n ·2n )－n (n ＋1)，设T n ＝2＋2·22＋…＋n ·2n ，① 则2T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，② ①－②，得－T n＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )2n ＋1－2， ∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2，∴S 1＋2S 2＋…＋nS n ＝2[(n －1)2n ＋1＋2]－n (n ＋1) ＝(n －1)2n ＋2＋4－n (n ＋1)．[例7] 已知各项均为正数的数列{}n a 前n 项和为n S ，首项为1a ，且n n S a ,,21等差数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若n bn a )21(2=，设nnn a b c =，求数列{}n c 的前n 项和n T . 解析：（1）由题意知0,212>+=n n n a S a ………………1分 当1=n 时，21212111=∴+=a a a 当2≥n 时，212,21211-=-=--n n n n a S a S 两式相减得1122---=-=n n n n n a a S S a ………………3分整理得：21=-n na a ……………………4分 ∴数列{}n a 是以21为首项，2为公比的等比数列. 211122212---=⨯=⋅=n n n n a a ……………………5分（2）42222--==n b n na∴n b n 24-=，……………………6分n n n n n n n a b C 28162242-=-==- nn n nn T 28162824282028132-+-⋯+-++=- ① 13228162824202821+-+-+⋯++=n n n n n T ② ①-②得1322816)212121(8421+--+⋯++-=n n n nT ………………9分 111122816)211442816211)2112184+-+-----=----⋅-=n n n n nn （（ nn24=.………………………………………………………11分 .28n n nT =∴…………………………………………………………………12分 [例8] (14分)已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小正整数n 的值．解析 (1)设此等比数列为a 1，a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，…，其中a 1≠0，q ≠0.由题意知：a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28， ①a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)．②②×7－①得6a 1q 3－15a 1q 2＋6a 1q ＝0，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.∵等比数列{a n }单调递增，∴a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)．设T n ＝1×2＋2×22＋…＋n ·2n，③则2T n ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1.④由③－④，得－T n ＝1×2＋1×22＋…＋1·2n－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，∴－T n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.∴S n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.要使S n ＋n ·2n ＋1>50成立，即－(n －1)·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1>50，即2n>26.∵24＝16<26,25＝32>26，且y ＝2x是单调递增函数， ∴满足条件的n 的最小值为5. 【跟踪训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n ，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求数列{b n }的通项公式b n ；(3)若c n ＝a n ·b nn，求数列{c n }的前n 项和T n .解析：(1)∵S n ＝3n ，∴S n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1(n ≥2)．当n ＝1时，2×31－1＝2≠S 1＝a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)∵b n ＋1＝b n ＋(2n －1)，∴b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝3，b 4－b 3＝5，…，b n －b n －1＝2n －3. 以上各式相加得b n －b 1＝1＋3＋5＋…＋(2n －3)＝(n －1)(1＋2n －3)2＝(n －1)2.∵b 1＝－1，∴b n ＝n 2－2n .(3)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，2(n －2)×3n －1，n ≥2. 当n ≥2时，T n ＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n －2)×3n －1， ∴3T n ＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n －2)×3n ， ∴相减得－2T n ＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－2(n －2)×3n . ∴T n ＝(n －2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n －1)＝(n －2)×3n －3n －32＝(2n －5)3n ＋32. ∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，(2n －5)3n ＋32，n ≥2.∴T n ＝(2n －5)3n ＋32(n ∈N *)．2．已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析： (1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ， ∵由题意得a 23＝a 1a 21，∴(1＋2d )2＝1×(1＋20d )，即4d 2－16d ＝0， ∵d ≠0，∴d ＝4，∴a n ＝4n －3. ∴b 1＝1，b 3＝9，b 5＝81，∵{b n }的各项均为正数， ∴q ＝3， ∴b n ＝3n －1.(2)∵由(1)可得a n b n ＝(4n －3)3n －1，∴S n ＝30＋5×31＋9×32＋…＋(4n －7)×3n －2＋(4n －3)×3n －1， 3S n ＝31＋5×32＋9×33＋…＋(4n －7)×3n －1＋(4n －3)×3n ， 两式相减得：－2S n ＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n －1－(4n －3)×3n ＝1＋4(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(4n －3)×3n ＝1＋4×3×(1－3n －1)1－3－(4n －3)×3n＝(5－4n )×3n －5， ∴S n ＝(4n －5)3n ＋52.3、已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n .解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8. ∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n . (2)∵b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.② ①－②得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2. ∴S n ＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.4、 设{}n a 是等差数列，{}n b 是各项都为正数的等比数列，且111a b ==，3521a b +=，5313a b +=（Ⅰ）求{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列n n a b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n S ．解析 （Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则依题意有0q >且4212211413d q d q ⎧++=⎪⎨++=⎪⎩，，解得2d =，2q =．所以1(1)21n a n d n =+-=-，112n n n b q --==．（Ⅱ）1212n n n a n b --=． 122135232112222n n n n n S ----=+++++，① 3252321223222n n n n n S ----=+++++，②②－①得22122221222222n n n n S ---=+++++-， 221111212212222n n n ---⎛⎫=+⨯++++- ⎪⎝⎭ 1111212221212n n n ----=+⨯--12362n n -+=-． 5、 已知}{n a 是等差数列，其前n 项和为S n ，}{n b 是等比数列，且27,24411=+==b a b a ，1044=-b S .（Ⅰ）求数列}{n a 与}{n b 的通项公式；（Ⅱ）记n n n n b a b a b a T 1211+++=- ，*N n ∈，证明n n n b a T 10212+-=+（*N n ∈）.解析 （1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，由211==b a 得d S q b d a 68,2,324344+==+=，由条件得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-+=++102682723233q d q d ，解得⎩⎨⎧==23q d ，所以*∈=-=N n b n a n n n ,2,13（2）证明：由（1）得112n 222T a a a n n n +++=- ……①11132n 2222T a a a n n n +-+++= …………① ②-①得2322)222(3)13(2++++++--=n n n n T 10621026221)21(1221--⨯=+-+--=+-n n n n n 而10621012210)13(212102--⨯=-⨯+--=-+-n n b a n n n n故*∈+-=+N n b a T n n n ,102126．(2012·)已知数列{an}的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N*，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N*.(1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解析：(1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，所以a n ＝4n －1，n ∈N*.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N*. (2)由(1)知a n ·b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N*， 所以Tn ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1， 2 Tn ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ， 所以2 Tn －Tn ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n ＋5.故Tn ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N*.7. (2012·)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n . 解析：(1)当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值， 即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，因此k ＝4， 从而a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n . (2)因为b n ＝9－2a n 2n ＝n 2n －1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1 ＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1. 3．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝13.(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和S n . 解析：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则依题意有q ＞0且⎩⎨⎧ 1＋2d ＋q 4＝21，1＋4d ＋q 2＝13，解得⎩⎨⎧ d ＝2，q ＝2. 所以a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝q n －1＝2n －1.(2)a n b n ＝2n －12n －1， S n ＝1＋321＋522＋…＋2n －32n －2＋2n －12n －1，① 2S n ＝2＋3＋52＋…＋2n －32n －3＋2n －12n －2.② ②－①，得S n ＝2＋2＋22＋222＋…＋22n －2－2n －12n －1 ＝2＋2×⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n －1 ＝2＋2×1－12n －11－12－2n －12n －1＝6－2n ＋32n －1. 4．(2012·质检)已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解析：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ， ∵由题意得a 23＝a 1a 21，∴(1＋2d )2＝1×(1＋20d )，即4d 2－16d ＝0，∵d ≠0，∴d ＝4，∴a n ＝4n －3.∴b 1＝1，b 3＝9，b 5＝81，∵{b n }的各项均为正数，∴q ＝3，∴b n ＝3n －1.(2)∵由(1)可得a n b n ＝(4n －3)3n －1，∴S n ＝30＋5×31＋9×32＋…＋(4n －7)×3n －2＋(4n －3)×3n －1， 3S n ＝31＋5×32＋9×33＋…＋(4n －7)×3n －1＋(4n －3)×3n ， 两式相减得：－2S n ＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n －1－(4n －3)×3n ＝1＋4(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(4n －3)×3n＝1＋4×3×(1－3n －1)1－3－(4n －3)×3n ＝(5－4n )×3n －5，∴S n ＝(4n －5)3n ＋52. 7．(13分)已知数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 满足S n ＝12－12a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设f (x )＝log 3x ，b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n，求T 2 012； (3)若c n ＝a n ·f (a n )，求{c n }的前n 项和U n .解析：(1)当n ＝1时，a 1＝13， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，又S n ＝12－12a n ， 所以a n ＝13a n －1， 即数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，故a n ＝()13n. (2)由已知可得f (a n )＝log 3()13n＝－n ， 则b n ＝－1－2－3－…－n ＝－n (n ＋1)2， 故1b n ＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 又T n ＝－2⎣⎡⎦⎤()1－12＋()12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝－2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1， 所以T 2 012＝－4 0242 013. (3)由题意得c n ＝(－n )·()13n ， 故U n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝－⎣⎡⎦⎤1×()131＋2×()132＋…＋n ·()13n ， 则13U n ＝－⎣⎡⎦⎤1×()132＋2×()133＋…＋n ·()13n ＋1， 两式相减可得23U n ＝－⎣⎡⎦⎤()131＋()132＋…＋()13n －n ·()13n ＋1 ＝－12⎣⎡⎦⎤1－()13n ＋n ·()13n ＋1 ＝－12＋12·()13n＋n ·()13n ＋1， 则U n ＝－34＋34·()13n ＋32n ·()13n ＋1.8.在数列{}n a 中，已知)(log 32,41,41*4111N n a b a a a n n n n ∈=+==+. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求证：数列{}n b 是等差数列；（Ⅲ)设数列{}n c 满足n n n b a c ⋅=，求{}n c 的前n 项和n S . 解析：（Ⅰ）∵411=+nn a a∴数列｛n a ｝是首项为41，公比为41的等比数列， ∴)()41(*N n a n n ∈= （Ⅱ）∵2log 341-=n n a b ∴232)41(log 321-=-=n b nn∴11=b ，公差d=3∴数列}{n b 是首项11=b ，公差3=d 的等差数列. （Ⅲ）由（Ⅰ）知，n n a )41(=，23-=n b n （n *N ∈） ∴)(,)41()23(*N n n c n n ∈⨯-=. ∴n n n n n S )41()23()41()53()41(7)41(4411132⨯-+⨯-+⋯+⨯+⨯+⨯=-， ① 于是1432)41()23()41()53()41(7)41(4)41(141+⨯-+⨯-+⋯+⨯+⨯+⨯=n n n n n S ② 两式①-②相减得132)41()23(])41()41()41[(34143+⨯--+⋯+++=n n n n S =1)41()23(21+⨯+-n n .∴ )()41(381232*1N n n S n n ∈⨯+-=+.。