错位相减法求和附答案
(完整版)错位相减法等比数列求和十题
(完整版)错位相减法等比数列求和十题1. 题目已知一个等比数列的首项是a，公比是r，前n项和是Sn。
根据错位相减法，推导出用Sn表示S2n-Sn的公式。
2. 解答根据错位相减法的原理，我们可以得出：S2n - Sn = (a*r^(2n-1) + a*r^(2n-2) + ... + a*r + a*r^0) - (a*r^(n-1) + a*r^(n-2) + ... + a*r + a*r^0)化简后得到：S2n - Sn = a * (r^(2n-1) + r^(2n-2) + ... + r + 1) - a * (r^(n-1) +r^(n-2) + ... + r + 1)因此，用Sn表示S2n-Sn的公式可以表示为：S2n - Sn = (a * (r^(2n-1) + r^(2n-2) + ... + r + 1)) - (a * (r^(n-1) + r^(n-2) + ... + r + 1))3. 答案验证为了验证这个公式的正确性，我们可以举一个具体的例子。
假设首项a=2，公比r=3，项数n=3。
根据公式计算：S2n - Sn = (2 * (3^(2*3-1) + 3^(2*3-2) + 3^2 + 3 + 1)) - (2 * (3^(3-1) + 3^(3-2) + 3 + 1))= (2 * (81 + 27 + 9 + 3 + 1)) - (2 * (9 + 3 + 3 + 1))= (2 * 121) - (2 * 16)= 242 - 32= 210我们还可以通过计算原数列的前2n项和和前n项和，来验证公式的准确性。
原数列前2n项和：S2n = (2 * (3^(2*3-1) + 3^(2*3-2) + 3^2 + 3 + 1)) = 242原数列前n项和：Sn = (2 * (3^(3-1) + 3^(3-2) + 3 + 1)) = 32由此可见，公式得出的结果与实际计算符合，验证了公式的正确性。
错位相减法求和附问题详解
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：①项的对应需正确；②相减后应用等比数列求和部分的项数为（n-1）项；③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－3①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.得（Ⅱ）由，…，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。
错位相减法求和附答案解析
错位相减法求和专项．}{a分别是等差数列和等比数列，在应用过{ab}型数列，其中错位相减法求和适用于nn`nn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1数列的前项已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数，1.均在函数，点的图象上．和为）求数列Ⅰ（的通项公式；是数列的前项和，求．（Ⅱ）设，[解析]考察专题：，，，；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，∴．时，，当∴又，适合上式，∴．．．．．．．．．．．．（7分），）知，Ⅰ）由（Ⅱ（．∴，∴，上面两式相减得：．整理得．．．．．．．．．．．．．．（14分）是数列的前n2.项和，且已知数列的各项均为正数，．）求数列的通项公式；1（）的值.（2][答案查看解析时，解出an = 1 = 3,] [解析（1）当12－①34S又= a + 2a nnn = + 2a－4s3 ②当时n-1n1－即，, －①②,∴．（），是以3为首项，2为公差的等差数列，6分．）2③（又④③④－=12分设函数，19,12分）（2013年四川成都市高新区高三4月月考，3.，数列前数列.项和，满足，）求数列的通项公式；（Ⅰ，证明：的前，数列.项和为（Ⅱ）设数列的前项和为，得由Ⅰ[答案] ()为公比的等比数列，故.是以）由（Ⅱ得，…，…+，记用错位相减法可求得：（注：此题用到了不等式：进行放大. . ）与的等比中项．4.已知等差数列是中，；）求数列的通项公式：（Ⅰ项和Ⅱ）若的前．求数列（的等比中项．所以，是（[解析]Ⅰ）因为数列与是等差数列，，则，又因为，设公差为或，，解得所以，；时当,时，.当或. （6所以分)，，所以，所以）因为Ⅱ（．所以，所以两式相减得，所以. （13分）中，项和，等差数列，5.，已知数列的前且公差.、的通项公式；）求数列（Ⅰ若存在，求出）是否存在正整数的最小值，，使得（Ⅱ.若不存在，说明理由时，相减得：）（[解析]Ⅰ，，，又为公比的等比数列，.是以1为首项，3数列，. （6又，分））（Ⅱ令………………①…………………②．得：②①－。
数列求和(错位相减) 高考数学
试卷讲评课件
=
【解析】∵
= ⋅
+ =
=
=
则
，解得
或
(舍去)
+ = ⋅ +
=
=
∴ = + − = − .
又∵ = − ，
当 = 时， = − ，则 =
− ⋅
+. . . + − ⋅
= +
− − ⋅
+
+
①
+
②
+. . . +
= −
+
+
− − ⋅
+
，
试卷讲评课件
+
∴ = − .
−
则 −
= −
− ，
当 ≥ 时，由 + + = 有− + − + = ，两式相减
可得�� = − ，
即{ }是以− 为首项，以 为公比的等比数列，
−
所以 = −
= −
.
试卷讲评课件
(2)设数列{bn }满足2bn + n − 3 an = 0 n ∈ N ∗ ，记数列{bn }的前n项
所以 = − ，
+
因为 − =
错位相减法求和附答案
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/■］■:I “亠］,数列•的前项和为，点均在函数：=y：/.：：的图象上•(I)求数列的通项公式;(n)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，二当心时,©、、= J ；：• ；•■■■ L］ 5 T又忙：=.：「=乜，适合上式,I ............................................... （7 分）（n）由（i）知- 2 - :' 2 - ：......................................... |；■：■: 2• • ：' - 'I+（2«+ l）^"kl,上面两式相减得=3 21 +2 （21 +23十…4『r）-（2打+ 】卜2*4屮一才丨, ,: ■ .1=2整理得：，•.................2.已知数列’的各项均为正数，是数列’（14 分）的前n项和，且（1）求数列’的通项公式；（2）二知二一-［答案］查看解析解出a i = 3, ［解析］又4S n = a n? + 2a n —3 ①2当 -时4S n -1 = + 2a n-1 —3 ②①—②他・％7^+ «叫-叫J,即丐~二・+ j)=o... ■ - ■ :.”■-■'"叫—2( 一)二数列也“｝是以3为首项，2为公差的等差数列，6分二心=3 + 2(n-1) = 2/? + !T ti=3x2' +5x2?+L +(切1).『又.：匚............... : -.:-T a=-3x2l-2(22 +21+A +2*) + (2n+l)2"4-'④一③+(2卄】)・2曲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■' ：■ 1 1 1'，数列：前项和’，：；：「“二二；-匕斥.二’，数列■，满足沢二U.(I)求数列：，的通项公式•；(n)设数列屮广的前项和为•，数列殖的前；项和为’：，证明：［答案］(i 由■'，，得'•■•kJ是以;为公比的等比数列，故叫=』芦|.用错位相减法可求得■. ■? •比丁■二.(注：此题用到了不等式：：I ，I …进行放大.)4. 已知等差数列'中，；是与的等比中项.fa 3(I)求数列的通项公式：(n)若' .求数列' 的前厂项和［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」，U ' ' '' ' 1 , 所以.门 "'1',解得，［或，当宀2时，坷二2 , % =八(冲-1)，2 =加；当d -0时，毎二4 .所以’或. .(6分)(n)因为' ，所以'，所以^所以' •「——，所以■二丁「1 - - I■:」-：■ 2 ' I1 一？-匕=2(2° + 2' + 2:+-+2ff'l-w2tt) = 2•—-n-2^'两式相减得,所以' .(13 分)5. 已知数列：的前I：项和' ,' , 'J'■,等差数列：中= S,且公差心2.(I)求数列’、；的通项公式；(n)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.u. —L £?… . = 2S + L 当H工2 u 虬=25 . + I —亠/口［解析］(I) 时，相减得：%=她Z ") & 6 = 2坤 4 “ 二処二地，人? ?'数列：是以1为首项，3为公比的等比数列令-处叮"存沁"¥宥“ 4［細一恥汀丄“：：.2：冷严」37； =3x3*5x3J +7x31+L +(2ff-l)x3"-'+(2/1+1)^3*-27； =3xl + 2p + 32+L +5fl -,)-(2» + 1)x3fl二匚=^V ，一 o> 伽,即 3" >60 ,当 n<3，亍弋60 ,当/;>4。
高中数学数列-错位相减法求和专题训练含答案精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版错位相减法求和专题训练1．已知数列{}n a 满足22,{ 2,n n n a n a a n ++=为奇数为偶数，且*12,1,2n N a a ∈==.(1)求 {}n a 的通项公式；(2)设*1,n n n b a a n N +=⋅∈，求数列{}n b 的前2n 项和2n S ；(3)设()2121nn n n c a a -=⋅+-，证明：123111154n c c c c ++++< 2．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足37a =， 21691n n a S n +=++， *n N ∈.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若正项等比数列{}n b 满足1132,b a b a ==，且n n n c a b =⋅，数列{}n c 的前n 项和为n T . ①求n T ；②若对任意2n ≥， *n N ∈，均有()2563135n T m n n -≥-+恒成立，求实数m 的取值范围.3．已知*n N ∈，设n S 是单调递减的等比数列{}n a 的前n 项和， 112a =且224433,,S a S a S a +++成等差数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列{}n na 的前n 项和为n T ，求证：对于任意正整数n ， 122n T ≤<. 4．递增的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且26S =， 430S =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12log n n n b a a =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求1250n n T n ++⋅>成立的正整数n 的最小值.5．已知数列{}n a 及()212n n n f x a x a x a x =+++，且()()11?nn f n -=-, 1,2,3,n =.（1）求123a a a ，，的值；（2）求数列{}n a 的通项公式； （3）求证:11133n f ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭. 6．已知数列{}n a 是以2为首项的等差数列，且1311,,a a a 成等比数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和()*n S n N ∈； （Ⅱ）若()1232n a n b -=，求数列{}1n n a b +的前n 项之和()*n T n N ∈.7．在数列{}n a 中， 14a =，前n 项和n S 满足1n n S a n +=+.（1）求证：当2n ≥时，数列{}1n a -为等比数列，并求通项公式n a ；（2）令11•213nn n n na b -⎛⎫= ⎪+⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和为n T .8．已知等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且252,15a S ==，数列{}n b 满足11,2b =1n b += 12n n b n+． （1）求数列{}n a ， {}n b 的通项公式； （2）记n T 为数列{}n b 的前n 项和， ()()222n n S T f n n -=+，试问()f n 是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．9．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n n =+．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）令()*211n n b n N a =∈-，求数列{}n a 的前n 项和n T ． 10．已知单调递增的等比数列{}n a 满足： 2420a a +=， 38a = （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12log n n n b a a =⋅，数列{}n b 的前n 项和为n S , 1250n n S n ++⋅>成立的正整数n 的最小值.参考答案1．解析：（1）当n 为奇数时， 22n n a a +-=，此时数列{}*21k a k N -∈（）成等差数列． 2d = 当n 当为偶数时， 22n n a a +=，此时数列{}*2k a k N ∈（）成等比数列 2q = ()()2{2nn n n a n ∴=为奇数为偶数（2）()()21221222121222142kkk k k k k k k b b a a a a k k k --++=+=-⋅++=⋅()()()21234212n n n S b b b b b b -=++++++23241222322n n S n ⎡⎤∴=⋅+⋅+⋅+⋅⎣⎦()2312241222122n n n S n n +⎡⎤=⋅+⋅++-+⋅⎣⎦12242222n n n S n +⎡⎤∴-=+++-⋅⎣⎦(3) ()()3121nnn C n =-+- ()()()()2121{ 2121nn nn n C n n -⋅-∴=-⋅+为奇为偶 ()()1111321212n n n n C n +=<≥-- n 为奇 ()()1111221212n n n n C +=<≥-+ n 为偶2．解析：(1) 2n 1n a 6S 9n 1+=++，()()2n n 1a 6S 9n 11n 2-=+-+≥，∴()22n 1n n a a 6a 9n 2+-=+≥，∴()22n 1n a a 3+=+ 且各项为正，∴()n 1n a a 3n 2+=+≥又3a 7=，所以2a 4=，再由221a 6S 91=++得1a 1=，所以21a a 3-=∴{}n a 是首项为1，公差为3的等差数列，∴n a 3n 2=-(2) 13b 1,b 4==∴n 1n b 2-=， ()n 1n n n c a b 3n 22-=⋅=-⋅①()01n 1n T 12423n 22-=⋅+⋅++-⋅，②()12n n 2T 12423n 22=⋅+⋅++-⋅∴()12n 1n T 13222--=++++ ()n 3n 22--⋅， ()n n T 3n 525=-⋅+()n 3n 52m -⋅⋅≥ ()2*6n 31n 35n 2,n N -+≥∈恒成立∴()2n 6n 31n 35m 3n 52-+≥-⋅ ()()()nn 3n 52n 72n 73n 522---==-⋅，即n 2n 7m 2-≥恒成立. 设n n 2n 7k 2-=， n 1n n 1nn 12n 52n 792nk k 222+++----=-= 当n 4≤时， n 1n k k +>； n 5≥时， n 1n k k +< ∴()n 55max 33k k 232===，∴3m 32≥. 点睛：本题主要考查了数列的综合应用问题，其中解答中涉及到等差数列的通项公式的求解，数列的乘公比错位相减法求和，数列的恒成立的求解等知识点的综合运用，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中准确运算和合理转化恒成立问题是解答的关键. 3．解：（1）设数列{}n a 的公比q ，由()4422332S a S a S a +=+++， 得()()42434232S S S S a a a -+-+=+，即424a a =，∴214q =． {}n a 是单调递减数列，∴12q =， ∴12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭（2）由（1）知2n n nna =， 所以234112*********n n n n nT --=++++++，①232123412122222n n n n nT ---=++++++，②②-①得： 211112222n n n n nT -=++++-，1122212212nn n n n n T ⎛⎫- ⎪+⎝⎭=-=--，由()111112n n n n n T T n a ++++-=+=，得123n T T T T <<<<，故112n T T ≥=又2222n n n T +=-<，因此对于任意正整数n ， 122n T ≤<点睛：本题主要考查了数列的综合应用和不等式关系证明问题，其中解答涉及到等比数列的基本量的运算，数列的乘公比错位相减法求和，以及放缩法证明不等式，突出考查了方程思想和错位相减法求和及放缩法的应用，试题综合性强，属于难题. 4．解析：（1）设等比数列{}n a 的公比为q由已知， 42302S S =≠.则1q ≠，则()()212414161{1301a q S q a q S q-==--==-，，两式相除得2q =±，∵数列{}n a 为递增数列，∴2q =，则12a =，所以2n n a =.（2）122log 22n n n n b n ==-⋅，()1231222322n n T n =-⋅+⋅+⋅++⋅ 设1231222322n n H n =⋅+⋅+⋅++⋅，① 23412222322n n H n +=+⋅+⋅++⋅，②①-②得：()1231121222222212n n n n n H n n ++--=++++-⋅=-⋅-，11222n n n n T +-=-⋅+-=，1250n n T n ++⋅>， 即111222250n n n n n +++-⋅+-+⋅>，1252n +>，∴正整数n 的最小值是5.点睛：本题主要考查了等比数列的求和公式及通项公式的应用，错位相减求和方法的应用，及指数不等式的求解．5．解析：（1）由已知()1111f a -=-=-，所以11a =.()21212f a a -=-+=，所以23a =.()312313f a a a -=-+-=-，所以35a =.（2）令1x =-，则()()()()2121111nn n f a a a -=-+-++-，①()()()()()21112111111nn n n n f a a a a +++-=-++-++-+-，②两式相减，得()()()1111?11n n n n a f f +++-=---= ()()()11?11?n nn n +-+--，所以()11n a n n +=++,即121n a n +=+， 又11a =也满足上式，所以数列{}n a 的通项公式为()211,2,3,n a n n =-=.（3）()233521n n f x x x x n x =++++-，所以()2311111352133333nn f n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，③()2341111111·3521333333n n f n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，④①-②得()2312111111222213333333nn n f n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以11133n n n f +⎛⎫=-⎪⎝⎭. 又1,2,3,n =，∴103nn +>，故113n f ⎛⎫< ⎪⎝⎭. 又1111210333n n n n f f +++⎛⎫⎛⎫--=> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以13n f ⎧⎫⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭是递增数列，故1111333n f f ⎛⎫⎛⎫≥=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以11133n f ⎛⎫≤< ⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查数列的前3项及通项公式的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．6．解析：(Ⅰ) 设数列{}n a 的公差为d ，由条件可得23111a a a =，即()()2222210d d +=+，解得3d =或0d =（舍去），则数列{}n a 的通项公式为()23131n a n n =+-=-，()()23113122n n n S n n +-==+. （Ⅱ）由（Ⅰ）得()121322n a n n b --==，则()1231223341225282312n n n n T a b a b a b a b n +=++++=⨯+⨯+⨯++-⨯，①()23412225282312n n T n +=⨯+⨯+⨯++-⨯，②将①-②得()123122323232312n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯()()211132324312834212n n n n n +++⨯-⨯=+--⨯=---⨯-，则()18342n n T n +=+-⨯.【易错点晴】本题主要考等差数列的通项公式、等比数列的求和公式、以及“错位相减法”求数列的和，属于中档题. “错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以1q -.7．解析：（1）11,4n a == 当2n ≥时， 1,n n n a s s -=-得()1121n n a a +-=-，1121n n a a +-=-112,n n a --=得 121n n a -=- n a = 14,1{21,2n n n -=+≥(2)当1n =时， 123b = 当2n ≥时， 13nn b n ⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭当1n =时， 123T =当2n ≥时， 232111233333nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令2311123333nM n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭3411111233333n M n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴ 23M = 122111191833n n n +-⎡⎤⎛⎫+--⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭ 2111111312323nn M n -⎡⎤⎛⎫∴=+--⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭132311243n n n T +⎛⎫∴=-⋅ ⎪⎝⎭ 经检验1n =时， 1T 也适合上式． 132311243n n n T +∴=-⋅ ()*n N ∈ ． 点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前n 项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误． 8．解析：（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ， 则11121{{,.510151n a d a a n a d d +==⇒∴=+==由题意得1111122n n b b b n n +=⋅=+，，∴数列n b n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，且首项和公比都是12， 2n n n b ∴=. （2）由（1）得231232222n n n T =+++⋅⋅⋅+， 2341112322222n n n T +=+++⋅⋅⋅+， 两式相减得： 23111111=222222n n n n T ++++⋅⋅⋅+-， 222n n n T +∴=-；()()()2122222n n n nn n S T n nS f n n +-+=∴==+；()()()()()221111121222n n n n n n n n n f n f n ++++++-+∴+-=-= 当3n ≥时， ()()10f n f n +-<；当3n <时， ()()10f n f n +-≥；()()()3311,2,322f f f === ∴()f n 存在最大值为32.点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前n 项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误． 9．解析：（1）当1n =时， 11==3a S ；当2n ≥时， ()()221=212121n n n a S S n n n n n --=+----=+， 1=3a 也符合，∴数列{}n a 的通项公式为=21n a n +. （2）2211111=14441n n b a n n n n ⎛⎫==- ⎪-++⎝⎭，∴()111111111...1422314141n n T n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 点睛：本题考查了等差数列的定义，求数列的前n 项和问题，属于中档题.解决数列的通项公式问题时，一般要紧扣等差等比的定义，利用方程思想求解，数列求和时，一般根据通项的特点选择合适的求和方法，其中裂项相消和错位相减法考查的比较多，主要是对通项的变形转化处理即可.10．解析：（1）设等比例列16.λ∴的最大值为的首项为1a ，公比为q依题意，有3112120{8a q a q a q +==，解之得12{ 2a q ==或132{ 12a q ==， 又数列{}n a 单调递增， 12{ 2.2n a a n q =∴∴==，（2）依题意， 12.log2.2,.2bn n n n n ==- 12222323.........2,Sn n n ∴-=⨯+⨯+⨯++①2122223324........21Sn n n -=⨯+⨯+⨯+++②由①—②得： 2222324......2.21Sn n n n =+++++-+()212.2112n n n -=-+-21.212n n n =+-+- ， 1250n n S n +∴=⋅>，即12250,226n n +->∴>，当4n ≤时， 2241626n <=<；当5n ≥时，5223226n <=<， ∴使1250n n S n ++⋅>，成立的正整数n 的最小值为5.【 方法点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式以及错位相减法求数列的的前n 项和，属于中档题.一般地，如果数列{}n a 是等差数列， {}n b 是等比数列，求数列{}n n a b ⋅的前n 项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列{}n b 的公比，然后作差求解, 在写出“n S ”与“n qS ” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式.。
错位相减法求和附问题详解67950
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－3①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.得（Ⅱ）由，…，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。
专题31 数列中错位相减法求和问题(解析版)
专题31 数列中错位相减法求和问题【高考真题】 2022年没考查 【方法总结】 错位相减法求和错位相减法：错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n ．用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式．(3)在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进行合并．【题型突破】1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，且S 1010＝S 55＋5．(1)求a n ；(2)若b n ＝a n ·4S n a n求数列{b n }的前n 项的和T n ．1．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 1010＝S 55＋5，所以10(a 1＋a 10)210－5(a 1＋a 5)25＝5，所以a 10－a 5＝10，所以5d ＝10，解得d ＝2．所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ；(2)由(1)知，a n ＝2n ，所以S n ＝n (2＋2n )2＝n 2＋n ．所以b n ＝a n ·4Sn an＝2n ·4n 2＋n 2n ＝2n ·2n ＋1＝n ·2n ＋2，所以T n ＝1×23＋2×24＋2×25＋…＋n ·2n ＋2①，所以2T n ＝1×24＋2×25＋3×26＋…＋(n －1)·2n ＋2＋n ·2n ＋3②， ①－②，得－T n ＝23＋24＋…＋2n ＋2－n ×2n ＋3＝23(1－2n )1－2－n ×2n ＋3＝2n ＋3－8－n ×2n ＋3所以T n ＝(n －1)×2n ＋3＋8．2．(2020·全国Ⅰ)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项． (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和．2．解析 (1)设{a n }的公比为q ，∵a 1为a 2，a 3的等差中项，∴2a 1＝a 2＋a 3＝a 1q ＋a 1q 2，a 1≠0，∴q 2＋q －2＝0，∵q ≠1，∴q ＝－2． (2)设{na n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝(－2)n －1，S n ＝1×1＋2×(－2)＋3×(－2)2＋…＋n (－2)n －1，①－2S n ＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋(n －1)·(－2)n －1＋n (－2)n ，② ①－②得，3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n (－2)n＝1－(－2)n 1－(－2)－n (－2)n＝1－(1＋3n )(－2)n3，∴S n ＝1－(1＋3n )(－2)n9，n ∈N *．3．(2017·天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0， b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4． (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．3．解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ． 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0． 又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n ．由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2(n ∈N *)．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n (n ∈N *)．(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ， 故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，③4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，④ ③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1 ＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8，得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *)．所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *)．4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，2S n ＝(n ＋1)a n －2． (1)求a 2，a 3和通项a n ；(2)设数列{b n }满足b n ＝a n ·2n －1，求{b n }的前n 项和T n ． 4．解析 (1)当n ＝2时，2S 2＝2(1＋a 2)＝3a 2－2，则a 2＝4， 当n ＝3时，2S 3＝2(1＋4＋a 3)＝4a 3－2，则a 3＝6， 当n ≥2时，2S n ＝(n ＋1)a n －2， 当n ≥3时，2S n －1＝na n －1－2，所以当n ≥3时，2(S n －S n －1)＝(n ＋1)a n －na n －1＝2a n ，即2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1，整理可得(n －1)a n ＝na n －1，所以a n n ＝a n －1n －1，因为a 33＝a 22＝2，所以a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 33＝a 22＝2，因此，当n ≥2时，a n ＝2n ，而a 1＝1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)由(1)可知b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n ·2n ，n ≥2，所以当n ＝1时，T 1＝b 1＝1，当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，则 T n ＝1＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， 2T n ＝2＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，作差得T n ＝1－8－(23＋24＋…＋2n )＋n ×2n ＋1＝(n －1)×2n ＋1＋1， 易知当n ＝1时，也满足上式， 故T n ＝(n －1)×2n ＋1＋1(n ∈N *)．5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n ．5．解析 (1)∵S n －n ＝2(a n －2)，当n ≥2时，S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2)， 两式相减，得a n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)， ∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数)．又当n ＝1时，a 1－1＝2(a 1－2)，得a 1＝3，a 1－1＝2，∴数列{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n －1＝2×2n －1＝2n ，∴a n ＝2n ＋1， 又b n ＝a n ·log 2(a n －1)，∴b n ＝n (2n ＋1)，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )， 设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， 则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， 两式相减，得－A n＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ×2n ＋1， ∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2．又1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n (n ＋1)2(n ∈N *)．6．已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *)．数列{b n }是公差d 不等于0的等差数列，且满足：b 1＝32a 1，b 2，b 5，b 14成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和T n ．6．解析 (1)n ＝1时，a 1＋12a 1＝1，a 1＝23，n ≥2时，⎩⎨⎧S n ＝1－12a n ，Sn －1＝1－12a n －1，S n －S n －1＝12()a n －1－a n ，∴a n ＝13a n －1(n ≥2)，{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列，a n ＝23×⎝⎛⎭⎫13n －1＝2⎝⎛⎭⎫13n．b 1＝1，由b 25＝b 2b 14得，()1＋4d 2＝()1＋d ()1＋13d ，d 2－2d ＝0，因为d ≠0，解得d ＝2，b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)c n ＝4n －23n ，T n ＝23＋632＋1033＋…＋4n －23n ，①13T n ＝232＋633＋1034＋…＋4n －63n ＋4n －23n ＋1，② ①－②得，23T n ＝23＋4⎝⎛⎭⎫132＋133＋ (13)－4n －23n ＋1＝23＋4×19－13n ＋11－13－4n －23n ＋1＝43－23n －4n －23n ＋1， 所以T n ＝2－2n ＋23n (n ∈N *)．7．已知首项为2的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n ．7．解析 (1)因为S n ＋1＝3S n －2S n －1(n ≥2)，所以S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1(n ≥2)， 即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝2n ＋1，则a n ＝2n ，当n ＝1时，也满足， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ． (2)因为b n ＝n ＋12n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n， 所以T n ＝2×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋4×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ，① 12T n ＝2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋4×⎝⎛⎭⎫124＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋(n ＋1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，② ①－②得12T n ＝2×12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n －(n ＋1)⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1．故数列{b n }的前n 项和为T n ＝3－n ＋32n ．8．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n2a n ＋1．(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝12n ·a n，求数列{b n }的前n 项和S n ．8．解析 (1)因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1－1a n＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，所以1a n ＝1a 1＋2(n －1)＝2n ，即a n ＝12n ．(2)因为b n ＝2n 2n ＝n 2n －1，所以S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，则12S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， 两式相减得12S n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ＝2⎝⎛⎭⎫1－12n －n2n ，所以S n ＝4－2＋n 2n －1． 9．(2020·全国Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n ． (1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n ．9．解析 (1)a 2＝5，a 3＝7．猜想a n ＝2n ＋1．证明如下：由已知可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]，a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，…，a 2－5＝3(a 1－3)． 因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1．(2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ．① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1．②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1， 所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2．10．在等差数列{a n }中，已知a 6＝16，a 18＝36．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若________，求数列{b n }的前n 项和S n ．在①b n ＝4a n a n ＋1，②b n ＝(－1)n ·a n ，③b n ＝2a n ·a n 这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．10．解析 (1)由题意，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋17d ＝36，解得d ＝2，a 1＝2．∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ．(2)选条件①：b n ＝42n ·2(n ＋1)＝1n (n ＋1)，S n ＝11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫11－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1．选条件②：∵a n ＝2n ，b n ＝(－1)n a n ，∴S n ＝－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ， 当n 为偶数时，S n ＝(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]＝n2×2＝n ；当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝(n －1)－2n ＝－n －1．∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，－n －1，n 为奇数.选条件③：∵a n ＝2n ，b n ＝2a n ·a n ，∴b n ＝22n ·2n ＝2n ·4n ， ∴S n ＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n ×4n ，①4S n ＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n －1)×4n ＋2n ×4n ＋1，② 由①－②得，－3S n ＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n －2n ×4n ＋1 ＝8（1－4n ）1－4－2n ×4n ＋1＝8（1－4n ）－3－2n ×4n ＋1，∴S n ＝89(1－4n )＋2n 3·4n ＋1．11．在①b n ＝na n ，②b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，log 2a n ，n 为偶数，③b n ＝1(log 2a n ＋1)(log 2a n ＋2)这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知数列{a n }是等比数列，且a 1＝1，其中a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记________，求数列{b n }的前2n 项和T 2n ．11．解析 (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 1，a 2＋1，a 3＋1成等差数列，所以2(a 2＋1)＝a 1＋a 3＋1．又因为a 1＝1，所以2(q ＋1)＝2＋q 2，即q 2－2q ＝0，所以q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝2n －1． (2)由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件①，则b n ＝n ·2n －1， 所以T 2n ＝1×20＋2×21＋…＋2n ×22n －1， 则2T 2n ＝1×21＋2×22＋…＋2n ×22n ， 两式相减得－T 2n＝1×20＋1×21＋…＋1×22n －1－2n ×22n ＝1－22n1－2－2n ×22n ＝(1－2n )×22n －1， 所以T 2n ＝(2n －1)·22n ＋1． 由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件②，则b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(20＋1)＋(22＋3)＋…＋(22n －2＋2n －1)＝(20＋22＋…＋22n －2)＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝1－4n 1－4＋n (1＋2n －1)2＝4n 3＋n 2－13．由(1)知a n ＝2n －1，若选择条件③，则b n ＝1n (n ＋1)，所以T 2n ＝11×2＋12×3＋…＋12n (2n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1． 12．在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n ．公差不等于0的等差数列{b n }满足________，________，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和S n ．注：如果选择不同方案分别解答，按第一个解答计分．12．解析 因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1．选①②时，设数列{b n }的公差为d ，因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3． 因为b 2n ＝2b n ＋1，所以n ＝1时，b 2＝2b 1＋1，解得b 1＝23，b 2＝73，所以d ＝53，所以b n ＝5n －33，满足b 2n ＝2b n ＋1．所以b n a n ＝5n －33n ．S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ，(1)所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1，(2)(1)－(2)，得23S n ＝23＋5⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －5n －33n ＋1＝23＋56－152×3n ＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n ＋1， 所以S n ＝94－10n ＋94×3n．选②③时，设数列{b n }的公差为d ，因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d ＝3．因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d )2＝b 1(b 1＋3d )，化简得d 2＝b 1d ，因为d ≠0，所以b 1＝d ，从而d ＝b 1＝1，所以b n ＝n ，所以b n a n ＝n3n －1，S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，(1)所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n ，(2)(1)－(2)，得23S n ＝1＋131＋132＋133＋…＋13n －1－n 3n ＝32⎝⎛⎭⎫1－13n －n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以S n ＝94－2n ＋34×3n －1．选①③时，设数列{b n }的公差为d ，因为b 2n ＝2b n ＋1，所以n ＝1时，b 2＝2b 1＋1，所以d ＝b 1＋1． 又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d )2＝b 1(b 1＋3d )，化简得d 2＝b 1d ，因为d ≠0，所以b 1＝d ，从而无解，所以等差数列{b n }不存在，故不符合题意．13．在①已知数列{a n }满足：a n ＋1－2a n ＝0，a 3＝8；②等比数列{a n }中，公比q ＝2，前5项和为62，这两个条件中任选一个，并解答下列问题： (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，若2T n ＞m －2 022对n ∈N *恒成立，求正整数m 的最大值．注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分． 13．解析 (1)选择条件①，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ．由a n ＋1－2a n ＝0，a 3＝8，得{a n }为等比数列，q ＝2，a 1＝2，所以a n ＝2n ． 选择条件②，设等比数列{a n }的首项为a 1，由公比q ＝2，前5项和为62，得a 1(1－25)1－2＝62，解得a 1＝2，所以a n ＝2n ． (2)因为b n ＝n a n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①12T n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1，② ①－②得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n －n2n ＋1，所以T n ＝2－2＋n 2n ．因为T n ＋1－T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2＋n ＋12n ＋1－⎝⎛⎭⎫2－2＋n 2n ＝n ＋12n ＋1＞0，所以数列{T n }单调递增，T 1最小，最小值为12．所以2×12＞m －2 022．所以m ＜2 023．故正整数m 的最大值为2 022．14．(2021·全国乙)设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n ＝na n3．已知a 1，3a 2，9a 3成等差数列．(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明：T n <S n2．14．解析 (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝q n －1．因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列，所以1＋9q 2＝2×3q ，解得q ＝13，故a n ＝13n －1，b n ＝n3n ．(2)由(1)知S n ＝1×⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝32⎝⎛⎭⎫1－13n ，T n ＝13＋232＋333＋…＋n3n ，①13T n ＝132＋233＋334＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得23T n ＝13＋132＋133＋…＋13n －n 3n ＋1，即23T n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－13n －n3n ＋1， 整理得T n ＝34－2n ＋34×3n ，则2T n －S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫34－2n ＋34×3n －32⎝⎛⎭⎫1－13n ＝－n 3n <0，故T n<S n 2．15．已知数列{a n }的首项a 1＝3，前n 项和为S n ，a n ＋1＝2S n ＋3，n ∈N *．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n ，并证明：13≤T n ＜34．15．解析 (1)由a n ＋1＝2S n ＋3，得a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，故a n ＋1＝3a n (n ≥2)， 所以当n ≥2时，{a n }是以3为公比的等比数列．因为a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，a n ＝3n ．(2)a n ＝3n ，故b n ＝log 3a n ＝log 33n ＝n ，b n a n ＝n3n ＝n ·⎝⎛⎭⎫13n ， T n ＝1×13＋2×⎝⎛⎭⎫132＋3×⎝⎛⎭⎫133＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫13n ，① 13T n ＝1×⎝⎛⎭⎫132＋2×⎝⎛⎭⎫133＋3×⎝⎛⎭⎫134＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋n ×⎝⎛⎭⎫13n ＋1．② ①－②，得23T n ＝13＋⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫133＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －n ×⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝13－⎝⎛⎭⎫13n ＋11－13－n ×⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝12－32＋n ⎝⎛⎭⎫13n ＋1， 所以T n ＝34－12⎝⎛⎭⎫32＋n ⎝⎛⎭⎫13n． 因为⎝⎛⎭⎫32＋n ⎝⎛⎭⎫13n ＞0，所以T n ＜34．又因为T n ＋1－T n ＝n ＋13n ＋1＞0， 所以数列{T n }单调递增，所以(T n )min ＝T 1＝13，所以13≤T n ＜34．16．已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12．(1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2．16．解析 (1)因为函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )，所以令y ＝1，得f (x ＋1)＝f (x )·f (1)，所以f (n ＋1)＝f (n )·f (1)．又因为f (1)＝12，所以f (n ＋1)f (n )＝12，所以f (n )＝⎝⎛⎭⎫12n(n ∈N *)． (2)由(1)得a n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n，设T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n ， 则T n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，① 所以12T n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n －2)⎝⎛⎭⎫12n －1＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，② 所以由①－②得12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1，所以T n ＝2－n ＋22n <2，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n <2．17．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前4项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前3项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)设K n 为数列{a n b n }的前n 项和，若不等式λS n T n ≥K n ＋n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最小值．17．解析 (1)设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，a 1＝2， 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2．b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2．(2)由题意得K n ＝2×21＋3×22＋…＋(n ＋1)×2n ，① 则2K n ＝2×22＋3×23＋…＋n ×2n ＋(n ＋1)×2n ＋1，②①－②得－K n ＝2×21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)×2n ＋1，∴K n ＝n ×2n ＋1．要使λS n T n ≥K n ＋n 对一切n ∈N *恒成立，即λ≥K n＋n S n T n ＝2n ＋1＋1(n ＋3)(2n －1)恒成立，设g (n )＝2n ＋1＋1(n ＋3)(2n －1)，因为g (n ＋1)g (n )＝(n ＋3)(2n －1)(2n ＋2＋1)(n ＋4)(2n ＋1－1)(2n ＋1＋1)＝(n ＋3)(22n ＋2－1－3·2n )(n ＋4)(22n ＋2－1)<(n ＋3)(22n ＋2－1)(n ＋4)(22n ＋2－1)<1， 所以g (n )随n 的增加而减小，所以g (n )max ＝g (1)＝54，所以当λ≥54时不等式恒成立，因此λ的最小值为54．18．(2021·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－94，且4S n ＋1＝3S n －9(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足3b n ＋(n －4)a n ＝0(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n ．若T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．18．解析 (1)因为4S n ＋1＝3S n －9，所以当n ≥2时，4S n ＝3S n －1－9，两式相减可得4a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝34． 当n ＝1时，4S 2＝4⎝⎛⎭⎫－94＋a 2＝－274－9，解得a 2＝－2716，所以a 2a 1＝34． 所以数列{a n }是首项为－94，公比为34的等比数列，所以a n ＝－94×⎝⎛⎭⎫34n －1＝－3n ＋14n ． (2)因为3b n ＋(n －4)a n ＝0，所以b n ＝(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ．所以T n ＝－3×34－2×⎝⎛⎭⎫342－1×⎝⎛⎭⎫343＋0×⎝⎛⎭⎫344＋…＋(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ，① 所以34T n ＝－3×⎝⎛⎭⎫342－2×⎝⎛⎭⎫343－1×⎝⎛⎭⎫344＋0×⎝⎛⎭⎫345＋…＋(n －5)·⎝⎛⎭⎫34n ＋(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ＋1，② ①－②得14T n ＝－3×34＋⎝⎛⎭⎫342＋⎝⎛⎭⎫343＋…＋⎝⎛⎭⎫34n －(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ＋1 ＝－94＋916⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －11－34－(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n ＋1＝－n ·⎝⎛⎭⎫34n ＋1， 所以T n ＝－4n ·⎝⎛⎭⎫34n ＋1． 因为T n ≤λb n 对任意n ∈N *恒成立，所以－4n ·⎝⎛⎭⎫34n ＋1≤λ(n －4)·⎝⎛⎭⎫34n 恒成立，即－3n ≤λ(n －4)恒成立． 当n ＜4时，λ≤－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≤1； 当n ＝4时，－12≤0恒成立；当n >4时，λ≥－3n n －4＝－3－12n －4，此时λ≥－3． 所以－3≤λ≤1，即实数λ的取值范围为[－3，1]．19．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和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n 12log a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．19．解析 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2a 1q 2＋2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32，q ＝12，∵{a n }是递增数列，∴a 1＝2，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n ．(2)∵b n ＝a n 12log a n ＝2n ·12log 2n ＝－n ·2n ，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )， ① 则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋…＋2n )－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1， 则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2，解2n ＋1－2>62，得n >5，∴n 的最小值为6．20．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 ＝12log n n a a ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ×2n ＋1＞30成立的正整数n 的最小值．20．解析 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ．由题意知2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8，所以a 2＋a 4＝20，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝12，a 1＝32.又数列{a n }单调递增，所以q ＝2，a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ．(2)因为b n ＝1122log 2log 2n n n n a a ＝＝－n ×2n ，所以S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ×2n )，2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1]，两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1． 又S n ＋n ×2n ＋1＞30，可得2n ＋1－2＞30，即2n ＋1＞32＝25， 所以n ＋1＞5，即n ＞4．所以使S n ＋n ×2n ＋1＞30成立的正整数n 的最小值为5．。
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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=.。