第05讲 数列求和方法讲义讲义-2026届高三数学二轮复习专题（新高考通用）（原卷版+解析版）

这是一份第05讲 数列求和方法讲义讲义-2026届高三数学二轮复习专题（新高考通用）（原卷版+解析版），文件包含第05讲数列求和方法讲义思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升-2026年高考数学复习数列专题新高考通用-原卷版docx、第05讲数列求和方法讲义思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升-2026年高考数学复习数列专题新高考通用-解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共344页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc1251" 思维导图 PAGEREF _Tc1251 \h 3
\l "_Tc1771" 高考分析 PAGEREF _Tc1771 \h 3
\l "_Tc413" 学习目标 PAGEREF _Tc413 \h 4
\l "_Tc22809" 知识要点 PAGEREF _Tc22809 \h 4
\l "_Tc24093" 解题策略 PAGEREF _Tc24093 \h 9
\l "_Tc17946" 题型归纳 PAGEREF _Tc17946 \h 10
\l "_Tc7351" 题型01：公式法求和 PAGEREF _Tc7351 \h 10
\l "_Tc21011" 题型02：分组转化法求和 PAGEREF _Tc21011 \h 13
\l "_Tc6038" （一）等差+等比 PAGEREF _Tc6038 \h 13
\l "_Tc8884" （二）等差（等比）+裂项 PAGEREF _Tc8884 \h 15
\l "_Tc2326" （三）奇偶型求和 PAGEREF _Tc2326 \h 17
\l "_Tc11951" （四）正负相间型求和 PAGEREF _Tc11951 \h 22
\l "_Tc9176" 题型03：倒序相加法求和 PAGEREF _Tc9176 \h 25
\l "_Tc494" 题型04：错位相减法求和 PAGEREF _Tc494 \h 36
\l "_Tc8362" （一）等差×等比 PAGEREF _Tc8362 \h 36
\l "_Tc1131" （二）等差/等比 PAGEREF _Tc1131 \h 39
\l "_Tc6264" （三）错位相消（插入数型） PAGEREF _Tc6264 \h 45
\l "_Tc24792" 题型05：裂项相消法求和 PAGEREF _Tc24792 \h 50
\l "_Tc29396" （一）等差型 PAGEREF _Tc29396 \h 50
\l "_Tc20858" （二）无理型 PAGEREF _Tc20858 \h 55
\l "_Tc13802" （三）指数型 PAGEREF _Tc13802 \h 60
\l "_Tc3298" （四）对数型 PAGEREF _Tc3298 \h 63
\l "_Tc10963" （五）幂型 PAGEREF _Tc10963 \h 66
\l "_Tc6505" （六）通项与前n项和型 PAGEREF _Tc6505 \h 69
\l "_Tc8601" （七）复杂裂项型：分离常数型 PAGEREF _Tc8601 \h 69
\l "_Tc17822" （八）复杂裂项型：分子裂差法 PAGEREF _Tc17822 \h 71
\l "_Tc14975" （九）复杂裂项型：指数裂项法 PAGEREF _Tc14975 \h 72
\l "_Tc13570" （十）复杂裂项型：等差指数仿写法 PAGEREF _Tc13570 \h 74
\l "_Tc1591" （十一）正负型：等差裂和型 PAGEREF _Tc1591 \h 75
\l "_Tc11207" （十二)正负型：等差裂差型 PAGEREF _Tc11207 \h 76
\l "_Tc7481" （十三）正负型：指数裂和型 PAGEREF _Tc7481 \h 78
\l "_Tc22897" 题型06：并项求和 PAGEREF _Tc22897 \h 80
\l "_Tc3666" 题型07：绝对值求和 PAGEREF _Tc3666 \h 91
\l "_Tc8579" 题型08：先放缩再求和 PAGEREF _Tc8579 \h 94
\l "_Tc18210" 题型09：奇偶项求和 PAGEREF _Tc18210 \h 97
\l "_Tc6821" （一）数列奇偶项求和 PAGEREF _Tc6821 \h 97
\l "_Tc27945" （二）分段数列求和 PAGEREF _Tc27945 \h 104
\l "_Tc32741" 题型10：数列求和的实际应用 PAGEREF _Tc32741 \h 106
\l "_Tc5259" （一）分期付款 PAGEREF _Tc5259 \h 106
\l "_Tc27897" （二）产值增长 PAGEREF _Tc27897 \h 108
\l "_Tc27069" （三）其他模型 PAGEREF _Tc27069 \h 111
\l "_Tc17846" 数列求和拓展专练型 PAGEREF _Tc17846 \h 112
\l "_Tc19885" 一 裂项相消求和进阶 PAGEREF _Tc19885 \h 112
\l "_Tc27156" 题型01：裂和型裂项相消：(−1)nan+an+1anan+1=(−1)n1an+1an+1 PAGEREF _Tc27156 \h 112
\l "_Tc8235" 题型02：根式型裂项相消： PAGEREF _Tc8235 \h 116
\l "_Tc9077" 题型03：等差乘等比型裂项： PAGEREF _Tc9077 \h 119
\l "_Tc4762" 题型04：三项等差裂项: PAGEREF _Tc4762 \h 125
\l "_Tc23821" 题型05：其它裂项求和 PAGEREF _Tc23821 \h 129
\l "_Tc27960" 二 分组求和与并项求和进阶 PAGEREF _Tc27960 \h 133
\l "_Tc2204" 题型06：奇偶项的通项公式不一致的数列求和 PAGEREF _Tc2204 \h 133
\l "_Tc17268" 题型07：;插入数字构成新数列后求和 PAGEREF _Tc17268 \h 135
\l "_Tc22995" 题型08：隔项数列求和（一般并项求和） PAGEREF _Tc22995 \h 140
\l "_Tc14382" 题型09：通项含有的数列求和 PAGEREF _Tc14382 \h 143
\l "_Tc5669" 题型10：涉及sin，cs的数列求和 PAGEREF _Tc5669 \h 154
\l "_Tc14557" 题型11：奇偶交织”的递推数列求和问题 PAGEREF _Tc14557 \h 159
\l "_Tc25549" 题型12：奇偶数列an的前n项和Tn及S2n与S2n-1下标的讨论和处理 PAGEREF _Tc25549 \h 163
\l "_Tc3815" 三 其它求和问题 PAGEREF _Tc3815 \h 172
\l "_Tc6733" 题型13：放缩求和 PAGEREF _Tc6733 \h 172
\l "_Tc24750" 题型14：恒（能）成立问题 PAGEREF _Tc24750 \h 185
\l "_Tc26557" 题型15：公共项相关求和 PAGEREF _Tc26557 \h 188
\l "_Tc18471" 题型16：取整数列求和 PAGEREF _Tc18471 \h 192
\l "_Tc31128" 题型17：数列的自定义问题 PAGEREF _Tc31128 \h 194
\l "_Tc4844" 巩固提升 PAGEREF _Tc4844 \h 199
一、考情定位
1. 考查频率：数列求和是高考数学数列板块的核心考点，在全国卷及新高考卷中每年必考，既会以选择题、填空题形式单独考查（分值 5 分），也常与通项公式求解、不等式证明结合，作为解答题的第 2 问出现（分值 6 - 8 分）。
2. 考查题型：基础题型考查公式法、分组求和法；中档题型考查裂项相消法、错位相减法；难题会将求和与放缩法结合，用于证明数列不等式，区分度较高。
3. 命题趋势：近年来高考弱化了复杂的递推公式变形，更强调通性通法的应用，注重考查学生对数列本质的理解，以及将不规则数列转化为规则数列求和的转化与化归思想。
二、核心求和方法及适用场景
求和方法 适用数列类型 高考高频示例
公式法 等差数列、等比数列，或可直接化为这两类的数列 已知是公差为的等差数列，求
分组求和法 由两类或多类可求和数列相加组成的数列 数列通项为，求前项和
裂项相消法 通项可拆分为两项之差，且拆分后相邻项能抵消的数列 通项为、的数列求和
错位相减法 由等差数列×等比数列组成的数列（差比数列） 通项为、的数列求和
一、知识目标
1. 熟练掌握公式法、分组求和法、裂项相消法、错位相减法这四种高考核心求和方法的适用条件，能精准判断不同通项形式的数列对应的求和策略。
2. 牢记等差数列、等比数列的求和公式，明确等比数列求和时**q=1与q≠1的分类讨论前提**，掌握各类方法的核心变形步骤。
3. 理解数列求和的本质是将非规则数列转化为规则数列的化归思想，能识别可通过变形（如通项拆分、错位相减构造）转化为基础数列的复杂数列。
二、能力目标
1. 运算求解能力：能准确完成错位相减法中的代数变形、裂项相消法中的系数配平，避免漏项、计算失误等高频错误，提升运算准确率。
2. 逻辑推理能力：能结合数列通项的结构特征，推导对应的求和步骤；在与不等式证明结合的题型中，能通过求和结果进行合理放缩。
3. 迁移应用能力：能将求和方法迁移到综合题型中，比如与函数、导数、不等式等知识结合的问题，实现跨板块知识的融合应用。
三、素养目标
1. 培养数学抽象素养：从具体数列的求和过程中，提炼出通用的求和模型与思想方法。
2. 强化数学运算素养：通过规范的步骤训练，养成严谨的运算习惯，提升数学运算的规范性与准确性。
3. 发展数学建模素养：能将实际问题（如增长率、分期付款）转化为数列求和模型，用数学方法解决实际问题。
高中数列求和方法大全
一．公式法
（1）等差数列an的前n项和Sn=n(a1+an)2=na1+n(n+1)2d，推导方法：倒序相加法．
（2）等比数列an的前n项和Sn=&na1 ， q=1&a1(1−qn)1−q ， q≠1，推导方法：乘公比，错位相减法．
（3）一些常见的数列的前n项和：
①k=1nk=1+2+3+⋯+n=12n(n+1)；k=1n2k=2+4+6+⋯+2n=n(n+1)
②k=1n(2k−1)=1+3+5+⋯+(2n−1)=n2；
③k=1nk2=12+22+32+⋯+n2=16n(n+1)(2n+1)；
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④k=1nk3=13+23+33+⋯+n3=[n(n+1)2]2
二．错位相减法
错位相减法是一种重要的数列求和方法，等比数列前n项和公式的推导用的就是错位相减法.当一个数列由等差数列与等比数列对应项相乘构成时，可使用此法求数列的前n项和.
设数列an为等差数列，公差为d；数列bn为等比数列，公比为qq≠1；数列anbn的前n项和为Tn，则Tn的求解步骤如下：
(1)列出和式：Tn=a1b1+a2b2+a3b3+⋯+anbn;
(2)两边同乘公比q:qTn=a₁b₁q+a₂b₂q+a3b3q+⋯+anbnq=a1b2+a2b3+a3b4+anbn+1;
(3)两式相减(错位相减)并求和：
1−qTn=a₁b₁+a₂b₂−a₁b₂+₃b₃−a2b3+⋯+anbn−an−1bn−anbn+1
=a1b1+a2−a1b2+a3−a2b3+⋯+an−an−1bn−anbn+1
=a1b1+db2+b3+⋯+bn−anbn+1=a1b1+d⋅b21−qn−11−q−anbn+1;
(4)两边同时除以1−q，即得数列anbn的前n项和Tn.
特别提醒：注意对q的讨论，在上述过程中，我们已知q是等比数列bn的公比，所以q≠0，但对Sn=1+2x+3x2+⋯+nxn−1，就应分x=0，x=1，x≠0且x≠1三种情况进行讨论.
三．裂项相消法
裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项
在利用裂项相消求和时应注意：善于识别裂项类型
（1）在把通项裂开后，是否恰好能利用相应的两项之差，相应的项抵消后是否只剩下第一项和最后一项，或者只剩下前边两项和后边两项，有时抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面剩两项,或者前面剩几项,后面也剩几项;
（2）对于不能由等差数列，等比数列的前n项和公式直接求和问题，一般需要将数列的结构进行合理的拆分，将通项裂项后,有时需要调整前面的系数,使裂开的两项之差或系数之积与原通项相等.转化成某个新的等差或者等比数列进行求和。应用公式时，要保证公式的准确性，区分是等差还是等比数列的通项还是前n项和公式。
（3）使用裂项法求和时，要注意正负相消时消去了哪些项保留了哪些项，切不可漏写末被消去的项，末被消去的项前后对称的特点，漏掉的系数裂项过程中易出现丢项或者多项的错误，造成计算结果上的错误，实质上也是造成正负相消是此法的根源目的
常见的裂项技巧
积累裂项模型1：等差型
（1）1n(n+1)=1n−1n+1
（2）1n(n+k)=1k(1n−1n+k)
（3）14n2−1=12(12n−1−12n+1)
（4）1n(n+1)(n+2)=121n(n+1)−1(n+1)(n+2)
（5）1n(n2−1)=1n(n−1)(n+1)=12(1(n−1)n−1n(n+1))
（6）n24n2−1=141+1(2n+1)(2n−1)
（7）3n+1(n+1)(n+2)(n+3)=4(n+1)−(n+3)(n+1)(n+2)(n+3)=4(1n+2−1n+3)−(1n+1−1n+2)
（8）n(n+1)=13n(n+1)(n+2)−(n−1)n(n+1).
（9）n(n+1)(n+2)=14n(n+1)(n+2)(n+3)−(n−1)n(n+1)(n+2)
（10）1n(n+1)(n+2)(n+3)=131n(n+1)(n+2)−1(n+1)(n+2)(n+3)
（11）2n+1n2(n+1)2=1n2−1(n+1)2
（12）n+1n2(n+2)2=141n2−1(n+2)2
积累裂项模型2：根式型
（1）1n+1+n=n+1−n
（2）1n+k+n=1k(n+k−n)
（3）12n−1+2n+1=12(2n+1−2n−1)
（4）1+1n2+1(n+1)2=n(n+1)+1n(n+1)=1+1n−1n+1
（5）13n2+2n+1+3n2−1+3n2−2n+1
=3n+1−3n−1(3n2+2n+1+3n2−1+3n2−2n+1)=3n+1−3n2
（6）1(n+1)n+nn+1=(n+1)n−nn+1(n+1)n2−(nn+1)2=(n+1)n−nn+1n(n+1)=1n−1n+1
积累裂项模型3：指数型
（1）2n(2n+1−1)(2n−1)=(2n+1−1)−(2n−1)(2n+1−1)(2n−1)=12n−1−12n+1−1
（2）3n(3n−1)(3n+1−1)=12(13n−1−13n+1−1)
（3）n+2n(n+1)⋅2n=2(n+1)−nn(n+1)⋅2n=2n−1n+1⋅12n=1n⋅2n−1−1(n+1)⋅2n
（4）(4n−1)⋅3n−1n(n+2)=129(n+2)−1n⋅3n−1=123n+1n+2−3n−1n
（5）(2n+1)⋅(−1)nn(n+1)=(−1)nn−(−1)n+1n+1
（6）an = n⋅3n−1，设an=(an+b)3n−[a(n−1)+b]⋅3n−1，易得a=12,b=−14，
于是an=14(2n−1)3n−14(2n−3)⋅3n−1
（7）(−1)n(n2+4n+2)2nn⋅2n⋅(n+1)2n+1=(−1)n(n2+4n+2)n⋅(n+1)2n+1=(−1)nn2+n+2(n+1)+nn⋅(n+1)2n+1
=(−1)n2n+1+(−1)n1n⋅2n+1(n+1)⋅2n+1=12(−12)n+(−1)nn⋅2n−(−1)n+1(n+1)⋅2n+1
积累裂项模型4：对数型
积累裂项模型5：三角型
（1）1csαcsβ=1sin(α−β)(tanα−tanβ)
（2）1csn°cs(n+1)°=1sin1°tan(n+1)°−tann°
（3）tanαtanβ=1tan(α−β)(tanα−tanβ)−1
（4）an=tan⋅tan(n−1);tan1=tann−(n−1)=tann−tan(n−1)1+tann⋅tan(n−1)，
则tann⋅tan(n−1)=tann−tan(n−1)tan1−1,an=tann−tan(n−1)tan1−1
四．分组求和法
求和基础思维
1.形如an＝bn（等差）+cn（等比），用分组求和法，分别求和而后相加减
2.形如an＝bn（等差比）+cn（裂项），用分组求和法，分别求和而后相加减
3.形如an＝bn+cn，（bn，cn为可以求和的常见数列），用分组求和法，分别求和而后相加减
4.有分段型（如an=n,n为奇数2n,n为偶数 ），符号型（如an=(−1)nn2 ），周期型 （如an=sinnπ3 ）
5.形如an+1=−1n+1an+f(n)，多可以通过奇偶取，再二次消去，得到奇数项或者偶数项累加法（或者跳项等差等比数列）的通项公式
注：（1）分奇偶各自新数列求和
（2）要注意处理好奇偶数列对应的项：
①可构建新数列；②可“跳项”求和
(3)正负相间求和：
①奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成“常数数列”。
②如果需要讨论奇偶，一般情况下，先求偶，再求奇。求奇时候，直接代入偶数项公式，再加上最后的奇数项通项。
注：在一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．
形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99) ＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
五．倒序相加
如果一个数列an与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．
如果一个数列{an}，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法，等差数列前n项和公式的推导便使用了此法. 用倒序相加法解题的关键，就是要能够找出首项和末项之间的关系，因为有时这种关系比较隐蔽.
注：倒序求和，多是具有中心对称的“函数型”，此类函数具有“和定”的特征，满足“和定”特征的还有组合数
六．并项求和
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝－1n⋅fn类型，常采用两项合并求解．
七．奇偶求和
八．绝对值求和
核心解题流程
1. 定通项：先求出或分析数列的通项公式a_n，这是选择求和方法的核心依据。
2. 判类型：根据通项的结构特征，判断数列属于基础数列（等差/等比），还是由基础数列组合而成的复杂数列。
3. 选方法：匹配对应的求和方法，将非规则数列转化为可求和的规则数列。
4. 验结果：对结果进行验证，比如代入n=1,2等小值检验，规避计算错误。
题型01：公式法求和
【典型例题1】等差数列an的前n项和为Sn，满足a2=5，S5=35.
（1）求an的通项公式；
（2）设bn=2ann∈N∗，求证数列bn为等比数列，并求其前n项和Tn.
【答案】（1）an=2n+1；（2）证明见解析，Tn=834n−1
【解析】（1）设等差数列an的公差为d，
∴a1+d=55a1+10d=35，解得a1=3d=2，
∴an=a1+n−1d=3+n−1×2=2n+1.
（2）由（1）可得bn=22n+1，∴bnbn−1=22n+122n−1=4n≥2，
∴数列bn为等比数列，首项为b1=8，公比为
∴Tn=81−4n1−4=834n−1
【典型例题2】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5=a7，a3=−2.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）将数列{an}与{5−3n}的公共项从大到小排列得到数列{bn}，求数列{bn}的前n项和为Tn.
【答案】（1）an=4−2n；（2）Tn=−3n2+5n
【解析】（1）记等差数列{an}的公差为d，
由题知5a1+5×42d=a1+6da1+2d=−2，即a1+d=0a1+2d=−2，解得a1=2d=−2，
所以数列{an}的通项公式为：an=4−2n.
（2）数列{an}的公差为−2，数列{5−3n}的公差为−3，
所以数列{bn}的公差为−6，
又数列{an}和{5−3n}的首项都为2，
所以数列{bn}是以2为首项，−6为公差的等差数列，
所以Tn=2n+nn−12×−6=−3n2+5n.
【变式训练1-1】已知等比数列an的前n项和为Sn，且an+1=Sn+2．
（1）求an的通项公式；
（2）若bn=lg2a2n−1，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】（1）an=2n；（2）Tn=n2
【解析】（1）法一：由an+1=Sn+2，得a2=S1+2,a3=S2+2,
设等比数列an的公比为q，
所以a1q−1=2,a1q2−q−1=2,解得a1=2,q=2,或a1=−2,q=0（舍去）．
所以an=2n．
法二：因为an+1=Sn+2，①
所以当n≥2时，an=Sn−1+2，②
①－②得an+1=2an，
所以等比数列an的公比q=an+1an=2．
由①式得a2=a1+2，得，所以an=2n．
（2）法一：bn=lg2a2n−1=lg222n−1=2n−1，
故b1=1，bn−bn−1=2n−1−2n−1−1=2n≥2，
所以bn是首项为1，公差为2的等差数列，
所以Tn=nb1+bn2=n1+2n−12=n2．
法二：Tn=b1+b2+⋅⋅⋅+bn=lg2a1a3⋅⋅⋅a2n−1
=lg221+2n−1n2=n2．
【变式训练1-2】已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=32n2+12n，递增的等比数列bn满足：b1+b4=18，b2⋅b3=32．
(1)求数列an、bn的通项公式；
(2)设bn的前n项和分别为Tn，求Tn．
【答案】(1)an=3n−1，bn=2n
(2)Tn=2n+1−2
【解析】（1）根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2求出an的通项公式，利用等比数列的性质得到b2⋅b3=b1⋅b4=32，故b1,b4可看作方程x2−18x+32=0的两根，根据函数单调性求出b1=2b4=16，从而得到公比，求出bn的通项公式；
（2）利用等比数列的公式求出答案.
（1）当n=1时，a1=S1=32+12=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=32n2+12n−32n−12−12n−1=3n−1，
又3×1−1=2，满足上式
故an的通项公式为an=3n−1，
设等比数列bn的公比为q，
因为b1+b4=18，b2⋅b3=b1⋅b4=32，
所以b1,b4可看作方程x2−18x+32=0的两根，
解得：b1=2b4=16或b1=16b4=2，
因为等比数列单调递增，所以b1=16b4=2舍去，
故q3=162=8，解得：q=2，
故bn的通项公式为bn=2×2n−1=2n；
由等比数列求和公式得：Tn=21−2n1−2=2n+1−2.
【变式训练1-3】已知Sn为等差数列an的前n项和，若a8=6,S21=0．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求数列an的前50项和T50．
【答案】(1)an=−2n+22 (2)1670
【解析】（1）利用等差数列的通项公式与前n项和公式求得基本量a1,d，从而得解；
（2）结合（1）中结论，判断an的正负情况，从而利用分组求和法即可得解.
（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d，
因为a8=6S21=0，所以a1+7d=621a1+21×202d=0，即a1+7d=6a1+10d=0，解得a1=20d=−2，
所以.
（2）由（1）得an=−2n+22，令an=−2n+22≥0，解得n≤11，
所以当n≤11时，an≥0，则an=an；
当n>11时，an0，所以Tn−n2⋅ln2，结合（1）中的结论，进一步采用倒序相加法，即可.
（1）由题可知对任意的x∈0,1，1−xln1−x+xlnx+2t≥0恒成立，
令gx=1−xln1−x+xlnx+2t,00，
所以gx在上递减，在12,1上递增，所以gx在上的最小值为g12=−ln2+2t，
由题可知−ln2+2t≥0，所以t≥ln22，所以t的取值范围为ln22,+∞.
（2）要证不等式1n⋅2n2⋅3n3⋯⋅n−1nn−1>2−n22两边取对数，
得k=1n−1klnkn>−n22⋅ln2，故只需证明k=1n−1knlnkn>−n2⋅ln2，
由(1)可知：对任意的x∈0,1，1−xln1−x+xlnx≥−ln2，
取x=kn,k=1,2,⋯,n−1，代入上式得。knlnkn+1−knln1−kn≥−ln2,k=1,2,⋯,n−1，
所以2k=1n−1knlnkn=k=1n−1knlnkn+k=1n−11−knlnn−kn=k=1n−1knlnkn+1−knln1−kn
而k=1n−1knlnkn+1−knln1−kn≥−(n−1)ln2>−nln2，
所以k=1n−1knlnkn>−n2⋅ln2，即1n⋅2n2⋅3n3⋯⋅n−1nn−1>2−n22，其中n∈N∗且n≥2.
【变式训练3-15】记Sn为等差数列an的前n项和.
(1)若a1=π2,S5=a3+3a4，求数列an的通项公式；
(2)若a12=π2，记bn=1+sin2an,Tn为数列bn的前n项和，求T23的值.
【答案】(1)an=nπ2 (2)T23=23
【解析】（1）根据an为等差数列结合已知可求得公差，即可求得答案；
（2）根据等差数列的性质推出a1+a23=a2+a22=⋯=a11+a13=2a12=π，即得sin2a2+sin2a22=⋯=sin2a11+sin2a13=0，由此利用倒序相加法即可求得答案.
（1）由于数列an为等差数列，设公差为d，故S5=5(a1+a5)2=5a3=a3+3a4，
从而可知4a3=3a4，即4π2+2d=3π2+3d，求得d=π2，
则数列an的通项公式为an=π2+π2(n−1)=nπ2；
（2）由于bn=1+sin2an,故数列bn的前23项和为T23=sin2a1+sin2a2+⋯+sin2a22+sin2a23+23，
由于an为等差数列，a12=π2，所以a1+a23=2a12=π，所以2a1=2π−2a23，
即sin2a1+sin2a23=0，同理a2+a22=⋯=a11+a13=2a12=π，
得到sin2a2+sin2a22=⋯=sin2a11+sin2a13=0，则由倒序相加法可知
2T23=sin2a1+sin2a23+sin2a2+sin2a22+⋯+sin2a23+sin2a1+46=0+46=46，即T23=23.
题型04：错位相减法求和
（一）等差×等比
【典型例题1】已知数列an满足．
(1)求数列an的通项公式；
(2)求的前n项和Sn．
【答案】(1)an=2nn∈N∗；
(2)Sn=8+3n−4⋅2n+1
【解析】（1）根据给定条件，变形等式，利用等比数列定义判断作答.
（2）由（1）的结论，利用错位相减法求解作答.
（1）在数列an中，因，则，
于是得an+1an=2，因此数列an是首项为，公比为2的等比数列，
所以．
（2）由（1）知，3n−1an=3n−1×2n，
则Sn=2×2+5×22+8×23+⋯+3n−4×2n−1+3n−1×2n，
于是得2Sn=2×22+5×23+8×24+⋯+3n−4×2n+3n−1×2n+1，
两式相减得：−Sn=4+3×(22+23+⋯+2n)−3n−1×2n+1
=−2+3×21−2n1−2−3n−1×2n+1=−8+4−3n⋅2n+1，
所以Sn=8+3n−4⋅2n+1.
【典型例题2】已知数列an，，an+1=2ann∈N∗，设bn=nan，数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn.
(1)求Sn；
(2)求Tn.
【答案】(1)Sn=2n+1−2
(2)Tn=n−12n+1+2
【解析】（1）由已知数列an为等比数列，可求通项和前n项和；
（2）由数列bn的通项可知，前n项和用错位相减法.
（1）∵an+1=2an，即an+1an=2，又，∴数列an是首项为2公比为2的等比数列，
则an=2n，得Sn=21−2n1−2=2n+1−2.
（2）由（1）得：bn=n⋅2n，
∴Tn=1⋅21+2⋅22+3⋅23+…+n⋅2n①
2Tn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+…+n⋅2n+1②
①-②得：−Tn=21+22+⋯+2n−1+2n−n⋅2n+1=21−2n1−2−n⋅2n+1=1−n2n+1−2，
∴Tn=n−12n+1+2.
【变式训练4-1-1】设数列an的前n项和为Sn，且an>0，a1=1，a2=4，anSn+4an−1Sn−2=anSn−2+4an−1Snn>2.
（1）证明：数列an为等比数列；
（2）设bn=na1a2a3⋅⋅⋅an，求数列nbn的前n项和Tn.
【答案】（1）证明见解析；（2）Tn=(n−1)2n+1
【解析】（1）因为anSn+4an−1sn−2=anSn−2+4an−1Sn，
所以anSn−Sn−2=4an−1Sn−Sn−2，即，
∵an>0,∴Sn−Sn−2=an+an−1>0，
故an−4an−1=0(n>2)，即anan−1=4=(n>2)，又a2a1=41=4，
所以数列an为等比数列.
（2）由（1）可知，数列an为首项a1=1，公比的等比数列，所以an=4n−1，
所以bn=na1a2a3⋅⋅⋅an=n40+1+2+⋯+n−1=n4n(n−1)2=4n−12=22n−12=2n−1，
所以nbn=n⋅2n−1，
所以Tn=1×20+2×21+3×22+⋯+n×2n−1①，
2Tn=1×21+2×22+⋯+(n−1)×2n−1+n×2n②，
①−②得，−Tn=1+21+22+⋯+2n−1−n×2n=1×1−2n1−2−n×2n=2n−1−n×2n=(1−n)2n−1，
所以Tn=(n−1)2n+1.
【变式训练4-1-2】已知Tn为正项数列an的前n项的乘积，且
(1)求数列an的通项公式
(2)令bn=lg3an，求数列的前n项和Rn.
【答案】(1)
(2)Rn=2n−34×3n+1+34
【解析】（1）利用an=TnTn−1(n≥2)得{an}的递推关系，取对数得常数数列，从而得通项公式an；
（2）用错位相减法求和．
（1）由Tn2=ann+1得：当n≥2时，Tn−12=an−1n，
两式相除得：an2=ann+1an−1n，即ann−1=an−1n，
两边取对数得：(n−1)lgan=nlgan−1，亦即lgann=lgan−1n−1，故数列{lgann}是常数列，
∴lgann=lg31，，；
（2）bn=lg3an=lg33n=n，∴anbn=n×3n，
Rn=1×3+2×32+3×33+⋯+(n−1)×3n−1+n×3n，
3Rn=1×32+2×33+3×34+⋯+(n−1)×3n+n×3n+1，
两式相减得−2Rn=3+32+33+⋯+3n−n×3n+1=3(3n−1)2−n×3n+1=3−2n2×3n+1−32，
∴Rn=2n−34×3n+1+34．
【变式训练4-1-3】已知等差数列an的前n项和为Sn，且S8=100，a2=5，设数列bn的前n项和为Pn=2n+1−2．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设，数列cn的前n项和为Tn．
【答案】(1)an=3n−1，bn=2n；
(2)Tn=3n−4⋅2n+1+8.
【解析】（1）求得数列an的公差，由此求得an.利用bn=Pn−Pn−1求得bn；
（2）由（1）可求得cn=3n−1⋅2n，写出Tn与2Tn，作差化简即可求得Tn.
（1）解：设等差数列an的公差为d.
由已知可得S8=8a1+8×72d=8a1+28d=100a2=a1+d=5，解得a1=2d=3，
所以an=a1+n−1d=3n−1.
由Pn=2n+1−2，令n=1得b1=22−2=2，
当n≥2时，Pn=2n+1−2Pn−1=2n−2，两式相减得bn=2n，
显然b1=21=2也符合上式，
所以bn=2n.
（2）解：由（1）知.
Tn=2⋅21+5⋅22+⋯+3n−1⋅2n，
2Tn=2⋅22+5⋅23+⋯+3n−1⋅2n+1，
两式作差得：−Tn=4+3×22+3×23+⋯+3×2n−3n−1⋅2n+1=4+3×22×1−2n−11−2−3n−1⋅2n+1=4−3n⋅2n+1−8，
所以，Tn=3n−4⋅2n+1+8.
（二）等差/等比
【典型例题1】已知数列an的首项a1=−1，且满足an+1=an3an+2n∈N∗．
(1)求证：数列1an+3为等比数列；
(2)设bn=nan3an+1，求数列bn的前n项和An．
【答案】(1)证明见解析
(2)An=2−n+22n
【解析】（1）将条件an+1=an3an+2两边同时取倒数，然后两边同时加3，可证明等比数列.
（2）利用错位相减法求和即可.
（1）由an+1=an3an+2得1an+1=3an+2an=2an+3，即1an+1+3=21an+3，
又1a1+3=2，∴1an+1+31an+3=2，
∴数列1an+3为以2为首相，2为公比的等比数列；
（2）由（1）得1an+3=2×2n−1=2n，
∴bn=nan3an+1=n3+1an=n2n
∴An=12+222+323+⋯+n2n，
∴12An=122+223+⋯+n−12n+n2n+1
∴12An=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=121−12n1−12−n2n+1=1−n+22n+1
∴An=2−n+22n
【典型例题2】已知数列an满足2a1+22a2+⋯+2nan=3n2+7n2，数列an的前n项和为Sn.
(1)求数列an的通项公式；
(2)求Sn.
【答案】(1)an=3n+22n
(2)Sn=8−3n+82n
【解析】（1）利用“退一作差”法求得an.
（2）利用错位相减求和法求得Sn.
（1）依题意2a1+22a2+⋯+2nan=3n2+7n2，
当n=1时，2a1=3+72=5,a1=52，
当n≥2时，由2a1+22a2+⋯+2nan=3n2+7n2，
得2a1+22a2+⋯+2n−1an−1=3n−12+7n−12=3n2+n−42，
两式相减得2nan=3n+2,an=3n+22nn≥2，
a1也符合上式，所以an=3n+22n.
（2）Sn=52+822+⋯+3n+22n，
12Sn=522+823+⋯+3n+22n+1，
两式相减得12Sn=52+322+323+⋯+32n−3n+22n+1，
Sn=5+32+322+⋯+32n−1−3n+22n
=5+321−12n−11−12−3n+22n=8−3n+82n.
【变式训练4-2-1】已知数列{an}中，a2=1，设Sn为{an}前n项和，2Sn=nan．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列an+12n的前n项和Tn．
【答案】（1）an=n−1,n∈N∗；（2）2−n+22n
【解析】（1）由数列{an}中，a2=1，且2Sn=nan
当n=1时，2S1=a1，解得a1=0，
当n≥2时，可得2Sn−1=(n−1)an−1，
所以2an=nan−(n−1)an−1，即(n−1)an−1=(n−2)an，
则当n≥3时，可得，所以an=21×32×43×⋯×n−1n−2×a2=n−1，
当n=2或n=1时，a1=0，a2=1适合上式，
所以数列{an}的通项公式为an=n−1.
（2）由（1）知an=n−1，可得an+12n=n2n，
所以Tn=12+222+323+⋯+n2n，可得12Tn=122+223+324+⋯+n2n+1，
两式相减，得12Tn=12+122+123+⋯+12n−n2n+1=12(1−12n)1−12−n2n+1=1−12n−n2n+1，
所以Tn=2−n+22n.
【变式训练4-2-2】若数列an的前n项和为Sn，且2Sn=3an−1n∈N∗，等差数列bn满足b1=3a1，b3=a2+4.
(1)求数列an，bn的通项公式；
(2)设cn=bn3an，求数列cn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=3n−1；
(2)Tn=2−n+23n
【解析】（1）利用得到数列an是等比数列，利用等比数列的通项公式可得数列an，再代入数列bn满足的等式可得bn的通项公式；
（2）利用错位相减法可求和.
（1）2Sn=3an−1n∈N∗，
又2Sn−1=3an−1−1n≥2，
两式相减得2an=3an−3an−1，
即anan−1=3，故数列an是以3为公比的等比数列，
又当n=1时，2S1=2a1=3a1−1，得a1=1，
∴an=3n−1，
∴b1=3a1=3，b3=a2+4=3+4=7，
∴等差数列bn的公差为b3−b13−1=42=2，
∴bn=2n+1
（2）由（1）可得cn=2n+13n，
∴Tn=33+532+733+⋯+2n−13n−1+2n+13n，
∴13Tn=332+533+734+⋯+2n−13n+2n+13n+1
上两式相减得23Tn=33+232+233+⋯+23n−2n+13n+1=13+2×131−13n1−13−2n+13n+1=43−2n+43n+1，
∴Tn=2−n+23n
【变式训练4-2-3】已知数列an的首项a1=1，设Sn为数列an的前n项和，且有2Sn=n+1an.
(1)求数列an的通项公式；
(2)令，求数列cn的前n项和Tn.
【答案】(1)an=n
(2)Tn=n−12n+1+2
【解析】（1）根据2Sn=n+1an得到2Sn−1=nan−1，两式相减构造常数列ann即可求出数列an的通项公式；
（2）利用错位相减法求和方法进行求和即可
（1）由2Sn=n+1an，
当n≥2时，2Sn−1=nan−1，
两式相减，得2an=n+1an−nan−1，即nan−1=n−1an，
即an−1n−1=ann对n≥2恒成立，所以ann是常数列，
所以ann=a11=1，所以an=n
（2）由（1）知，cn=n⋅2n，
所以Tn=1×2+2×22+3×23+…+n⋅2n，
所以2Tn=0+1×22+2×23+…+n−1⋅2n+n⋅2n+1，
两式相减，得−Tn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=2−2⋅2n1−2−n⋅2n+1=1−n2n+1−2，
所以Tn=n−12n+1+2
【变式训练4-2-4】已知等比数列{an}的公比q>1，a1+a2+a3=14，a2+1是，a3的等差中项.等差数列{bn}满足2b1=a2，b4=a3.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)cn=bnann∈N∗，求数列{cn}的前n项和.
【答案】(1)an=2n,
(2)Sn=4−n+22n−1
【解析】（1）根据给定条件，结合等比数列通项列出方程组求出a1,q，进而求出通项作答；
（2）利用错位相减法求和；
（1）依题有a1+a2+a3=142a2+1=a1+a3⇒a1+a1q+a1q2=142a1q+1=a1+a1q2，
因为q>1，解得：，q=2，∴an=2n.
∵数列bn是等差数列，设其公差为d，2b1=4b1+3d=8，
解得：b1=2d=2，∴bn=2n.
（2）数列cn的前n项和记为Sn，则Sn=c1+c2+⋯cn，
因为cn=bnan=n2n−1，
所以Sn=120+221+⋯+n2n−1，
12Sn=121+222+⋯+n2n，
两式相减有
12Sn=1+121+122+⋯+12n−1−n2n
=1+121+122+⋯+12n−1−n2n=2−n+22n，
所以Sn=4−n+22n−1.
【变式训练4-2-5】设an是首项为1的等比数列，数列bn满足bn=nan3．已知，3a2，9a3成等差数列．
（1）求an和bn的通项公式；
（2）记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和．证明：Tn1时，lnx1，
因此lnk2+k+1k2+k0，∴Sn>0n∈N+，∴Sn+Sn−1Sn−Sn−1=Sn+Sn−1，
，
又由S1=1，∴Sn是以1为首项，1为公差的等差数列；
所以Sn=1+n−1⋅1=n，∴Sn=n2
（2）因为a1=S1=1，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1n≥2
且，所以an=2n−1．
（3）由（2）知bn=2n−11，所以n≤5时，bn0，
记数列bn的前n项和为Bn，则Bn=n(2n−11−9)2=n2−10n，从而
当n≤5时，Tn=−Bn=−n2+10n；
当n≥6时，Tn=Bn−2B5=n2−10n+50，
所以Tn=−n2+10n,n≤5n2−10n+50,n≥6．
【变式训练7-1】在数列an中，a1=8,a4=2，且满足an+2−2an+1+an=0n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设Tn=a1+a2+⋯+an，求Tn．
【答案】(1)an=10−2n,n∈N∗
(2)Tn=9n−n2,n≤5,n∈N∗n2−9n+40,n≥6,n∈N∗
【解析】（1）∵an+2−2an+1+an=0，∴an+2−an+1=an+1−an，
∴数列an是等差数列，设其公差为d．
∵a1=8,a4=2，∴d=a4−a14−1=−2，
∴an=a1+n−1d=10−2n,n∈N∗
（2）设数列an的前n项和为Sn，则由（1）可得，Sn=8n+nn−12×−2=9n−n2,n∈N∗
由（1）知an=10−2n，令an=0，得n=5，
∴当n>5时，an