专题07 数列求和（错位相减法）(典型题型归类训练)（解析版）

专题07数列求和（错位相减法）(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍......................................................1二、典型题型......................................................1题型一：乘型...................................................1题型二：除型...................................................5三、专题07数列求和（错位相减法）专项训练.........................9一、必备秘籍错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求.q倍错位相减法：若数列nc的通项公式nnncab，其中na、nb中一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般可在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比，然后再将所得新和式与原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和．这种方法叫q倍错位相减法．温馨提示：1.两个特殊数列等差与等比的乘积或商的组合.2.关注相减的项数及没有参与相减的项的保留.二、典型题型题型一：乘型例题1．（2023秋·陕西西安·高三阶段练习）已知数列na的前n项和为nS，且满足20242,,4047nnSnannaN.(1)求数列na的通项公式；(2)已知112nnnba，求数列nb的前n项和nT.【答案】(1)21nan(2)1122nnTn【详解】（1）因为2,nnSnannN，所以11211nnSnan，两式相减并化简得：111nnnana，所以1211nnnana，两式相加得212nnnaaa，所以数列na为等差数列，又当1n时，1121Sa，所以11a，设等差数列na的公差为d，因为2024120234047aad，所以2d，所以12121nann；（2）由（1）知1112222nnnnnbann，则212222nnTn，231212222nnTn，所以1221112222222212212nnnnnnTnnnL，所以1122nnTn.例题2．（2023秋·甘肃定西·高二甘肃省临洮中学校考阶段练习）已知数列na为等差数列，11a，公差0d，数列nb为等比数列，且22ab，84ab，326ab（*Nn）．(1)求数列nb的公比q；(2)设2nnncab，数列nc的前n项和为nT，求满足14nanT的n的最小值．【答案】(1)2(2)13【详解】（1）∵21ad，817ad，32131ad，又11a，0d，22ab，84ab，326ab，∴2426bbb，故2171131ddd，解得1d或0d（舍去），∴11nann，∴222ba，488ba，∴42822bqb．（2）由（1）知22nnbbq，222214nnnnnbqcabnn，所以01221142434144nnnTnn，12314142434144nnnTnn，错位相减得：01231141414141414144414nnnnnTnn，∴31419nnnT，由113141449nnannnT，可得337410nn，令1133741,34041nnnndndn，则1113374340449108nnnnnddnnn，令1149108012nnnddnn，故当12n且*Nn时，1nndd，当012n且*Nn时，1nndd，而1120,0dd，而130d，故13n，*Nn，0nd，满足14nanT，∴满足14nanT的n的最小值为13．例题3．（2023秋·浙江·高三校联考阶段练习）已知等差数列na的前n项和为nS，且满足*4583132,32,SaaaanN．(1)求数列na的通项公式；(2)若112nnb，令nnncab，数列nc的前n项和为nT，求nT的取值范围．【答案】(1)*21,Nnann(2)122,,1299nT【详解】（1）设等差数列的公差为d，45832Saa，1143(4)2(211)23adad，12da，又3132aa，11232daa，11,2ad，{}na是等差数列，*21,Nnann；（2）11212nncn，2111113521222nnTn（1），2311111352122222nnTn（2），由（1）-（2）得2131111121222222nnnTn，化简得42123929nnTn，若n为偶数时，421212,392929nnTn，若为n奇数时42122,139299nnTn，因此122,,1299nT.例题4．（2023秋·湖南邵阳·高三湖南省邵东市第一中学校考阶段练习）已知数列{}na满足321112,223nnaaaaaan，数列{}nb满足1211,832bb，212nnnbbb．(1)求数列{}na和{}nb的通项公式；(2)设nnncab，求数列{}nc的前n项和nT．【答案】(1)2nan，2112nnb(2)4341994nnnT【详解】（1）由题意知3211223nnaaaaan，则当2n时，31212231nnaaaaan，故两式相减得1nnnaaan，即11nnanan，又当1n时，122aa，12a，故24a，即212aa也适合11nnanan；所以当2n时，3211231234221231nnnnaaaanaanaaaan，即2nan，12a也适合，故2nan；又数列{}nb满足1211,832bb，212nnnbbb，则{}nb为等比数列，设公比为q，则2114bqb，故11211111()()842nnnnbbq，即2112nnb；（2）由（1）可得21211222nnnnncnnab，故231111234444nnTn，则234111111123(1)444444nnnnnT，故234111114341144444nnnnT111(1)113414414312414nnnnn，故4341994nnnT.题型二：除型例题1．（2023秋·山东滨州·高三校联考阶段练习）已知数列na为递增的等差数列，nS为na的前n项和，1518aa，2465aa，nnSbnc.(1)若数列nb为等差数列，求非零常数c的值；(2)在（1）的条件下，12nnnbc，求nc的前n项和nT.【答案】(1)12c(2)2552nnnT【详解】（1）由na为递增的等差数列，152418aaaa，2465aa，故24,aa为方程218650xx的两根，因为数列na为递增的等差数列，解得25a，413a，故公差421354422aad，所以121aad，所以2112122nnndSnannnnn，所以22nnnbnc，若nb为等差数列，设nbmnt，则22nnmntnc，整理得22nnmntnc，即222nnmntncmncmtntc，故210mcmttc，又0c，解得0t，12c；（2）由（1）知2nbn，所以212nnnc，因此12231357212122222nnnnnnTccc，又234113572121222222nnnnnT，两式相减得211111131112132122()12222222212nnnnnnnT1113121525122222nnnnn，所以2552nnnT.例题2．（2023秋·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习）已知各项为正的数列na的前n项和为nS，满足2114nnSa.(1)求数列na的通项公式；(2)若12nnnab，求nb的前n项和nT.【答案】(1)21nan(2)2552nnnT【详解】（1）因为2114nnSa①，所以211114nnSa②.②①两得2211111144nnnaaa，即1120nnnnaaaa又因0na，所以12nnaa；当1n时2111114Saa，解得11a，所以12121nann.（2）由（1）知12122nnnnanb，则1223521222nnnnTbbb①，231135212122222nnnnnT②，①②得2311322221222222nnnnT211111111112112152521122222222212nnnnnnnn，所以2552nnnT.例题3．（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）已知数列na的各项均为正数，且满足12321nnnaaaaaa．(1)证明：数列na是等差数列；(2)求数列2nna的前n项和nS．【答案】(1)证明见解析(2)222nnnS【详解】（1）由12321nnnaaaaaa，得12311121nnnnaaaaaaa，两式相减得221112nnnnnaaaaa，即1110nnnnnnaaaaaa，所以1110nnnnaaaa，又因0na，所以11nnaa，当1n时，11121aaa，解得11a（10a舍去），所以数列na是以1为首项，1为公差的等差数列；（2）由（1）得nan，则22nnnan，则231232222nnnS，2341112322222nnnS，两式相减得23411112312222222nnnnS111111221122212nnnnnn