1、.特定数列求和法错位相减法在高中所学的数列求合的方法有很多，比如倒序相加法、公式法、数学归纳法、裂项相消法、错位相减法等等，在此处我们就只着重讲解一种特定数列求和的方法错位相减法。那到底什么是错位相减法呢？现在咱们来回忆当初学习等比数列时老师是怎么一步步推导出等比数列的求和公式的，下面是推导过程：数列 是由第一项为 ，且公比为 的等比数列，它的前 项和是na1aqn，求 的通项公式。 112.nqsns解 由已知有， 1112.aqaqs 1两端同乘以 ，有q23111.nn 2- 得 1 21()nnqsa 3当 时，由 可得 1q 1 1ns当 时，由 可得 3 1nnaqs于是 或者 1
2、()nsaq1()nn通过上述推导过程老师运用了一种特殊的推导方法将本来很复杂的运算简化了，从而得到等比数列的求和公式，这种方法叫错位相减法，那我们是不是遇到复杂的运算就都可以用这种方法呢？答案当然不是，我们仔细观察这推导过程，就会发现其实错位相减法是用来计算一个等比数列乘以一个等差数列而成的复杂数列的。可以归纳数学模型如下：.已知数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，数列 是以 为首na1dnb1项， 为公比的等比数列，数列 ，求数列 的前 项和.(1)qncabnc解 由已知可知123.n ncab 1两端同乘以 可得q= 12341.nnababq 2由 - 得 1 2 1231()(
3、.)n nnqcdbaq化简得 (1)nabq许许多多的高考试题以及课后习题证明了不是所有的数列题目都会很直接地写明所求数列是一个等比数列乘以一个等差数列的形式，通过对最近几年高考中的数列题的分析总结出了以下几种错位相减法求和类型：所求数列中的等差数列是已知这第一种类型的题顾名思义是所求的复杂数列中直接给出其中一个是等差数列，则只要证明或者求出另一个是等比数列，那么就可以用错位相减法来求解该题，同时如果另一个不能被证明是等比数列就不能用错位相减法来求解，得另找他法了.例 1.（2013 湖南文）设 为数列 的前 项和，已知：nSna.*110,2,naN（1）求 ，并求数列 的通项公式n（2）
4、求数列 的前 项和.na1231.n nnqabq.分析：在本题中第二问要求的是数列 的前 项和，其中的 an 我们不能na直接知道是什么数列， 可以由做题经验看出是公差为 1 的等差数列，所以在n本题中要先求出 ，证明是等比数列以后，则才可以用错位相减法求解 .a nb解 (1)令 得 因为 所以 121a10a1a令 ,得 2n，222S当 时,由 ， ,1nas1nas两式相减得 ,12nn即 .1na故数列 是由首项为 1,公比为 2 的等比数列，所以数列 的通项公式为na na.12n(2)由(1)知, .记数列 的前 项和为 .1nananB于是 , 213nB, 21n-得 .2
5、1()()2n nn 例 2（2010 新课标卷理）设数列 满足 .na2111,3nna（1） 求数列 的通项公式；na（2） 令 ，求数列的前 n 项和bnS解 （1）由已知，当 时，11 121()()()nnnaaa213.2(1)n所以数列 的通项公式为 .na21na（2）由 知nb， 352112nS从而 ， 235721nn -得 ，2352121(1)nnnS即 .21()9nn评析：在上述两个例题中的第一问中都是先求出了 是等比数列，所以na此时的 就是一个等比数列乘以一个等差数列而成的复杂数列，符合模型要na求，最后才可以用错位相减法快速地求出 的前 项和.na所求数列中
6、的等比数列是已知这种类型的题与第一种类型题相反，就是在所求的复杂数列中直接写明其中一个是等比数列，只要求出或者证明另一个是等差数列，则我们就可以用错位相减法来求解该题，如果另一个不是等差数列则我们就不能用错位相减法来求解，下面我们又来看看这类题型的应用。例 3.（2013 辽宁理 17）已知等差数列 满足 ， .na021086a（1）求数列 的通项公式；na（2）求数列 的前 项和.12n分析：在本题中最终要求的是数列 的前 项和，其中的 不能直接知12nana道是什么数列，要通过已知求解， 我们可以由做题经验看出是以公比为1n.的等比数列，故在本题中我们要先求出 ，证明它是等差数列以后，则
7、才可12 na以用错位相减法求出数列 的前 项和.12na解（1）设等差数列 的公差为 ，从已知条件可知道：nd， 解得1021da1a故数列 的通项公式为n n（2）设数列 的前 项和为 ，12nnS即 1231nnaaS 1故 ，所以当 时，1Snn 2211 2- 有： 1 2，nnn aaaS2123121 又 所以1na nnn aaS2)2(211 n21)n故 .1S例 4.（2012 江西理 16）已知数列a n的前 n 项和为 Sn n2kn (kN *)，并1且 Sn 的最大值为 8.(1)确定常数 k，并求 an；.(2)求数列 的前 n 项和 Tn.92na分析：在本题
8、第二问中要求的是数列 的前 项和，其中的 不能92nana直接知道是什么数列，要通过已知求解， 可以由数学经验看出是公比为 的1n 12等比数列，所以在本题中要先求出 ，证明它是等差数列后，才可以用错位相na减法求出数列 的前 n 项和。92na解（1）根据题目可知，当 nkN *时，S n n2kn 取得最大值，即18S k k2k 2 k2，1故 k2 16(kN )，因此 k4，从而 anS nS n1 n(n2)92又 a1S 1 ， 所以72an n.（等差数列）9(2) 设 ，2nb将 an 代入 得 n1nTnb 1b 2 b n ，213n+所以Tn2T nT n .211n2
9、14n.124n评析：在上述两题中的第一题中先证明了 是等差数列，所以此时的na就是一个等差数列与一个等比数列的乘积形式，符合模型要求；第二题12na中，先在第一问求出了 的公式，再根据这个公式求出了 是等差数列，所以ns 3ns此时的 也是一个等差数列与一个等比数列的乘积形式，符合模型要求，最后nb我们在这两个题中才借用错位相减法来快速地求出所求数列的前 项和.所求数列中的等比数列和等差数列都未知求解这种类型的题的难度就比较大了，因为在所求的复杂数列中不能直接明显地看出它其中包含的等差数列和等比数列，则需要根据题目已知来找出或者证明所求数列是一个等差数列与一个等比数列的乘积，这样才能依据错位
10、相减法来计算结果。例 5. (2013 山东.理) 设等差数列 的前 项和为 ，且 nanS42,1nSa（1） 求数列 的通项公式； （2） 设数列 的前 项和 ，且 为常数），令nbnT(2n.求数列 的前 项和 . ()ncNcnR分析：本题中要求的是数列 的前 项和，其中 不能直接2()bNn2nb知道是什么数列，在第二问中又知道 和 有关系，所以在本题的第一问中我na们要先求出 ，再在第二问中将 求出，最后当 满足错位相减法的条件后我na nc们就可以用错位相减法来求解了.解：（1）由 为等差数列，可得42,1,nnSaa所以 ,2adn.（2）由 12naT 1得 1b当 时， n
11、, 12naT 2- 可得 1 2，1nb所以当 时， ，024nc， 210.nnR 3， 31 4- 得 3 4， 1439nnR当 时， 0，21()24nncb即 .1539nnR例 6.（2009 上海青浦区）设数列 na的前 和为 nS，已知 31， 2S，31S， 64，一般地， )().12(34,2为 偶 数 时当 为 奇 数 时当 nnSn（ *Nn）（1）求 4a；（2）求 n2；（3）求和： naa2165431 .分析：本题中要求的是 naaa21654321 的和，虽然不能直接看出它是数列，但可以抱着这样的心态来看看，通过第二问中的 来求出那一串2n的和，也许可以转
12、化为一个等差数列与一个等比数列的乘积形式，那么就可以用错位相减法来求和了.解 （1）略 ；（2）当 kn时，（ *N）221kas，222()4()4(1)313k kk所以 na2（ *N） （3） 与（2）同理可求得： )12(312n，设 naaa21654 =T， 4)(32 nnT314 14，两式相减得 )2()(23 nnn ，所以 9417491nT 评析：在上述两题中，都不能直接知道所求的是什么形式的数列，所以只能从题目中找出相关条件，将所求的结论转化成一个等差数列与一个等比数列的乘积形式，使之符合模型要求，这样才能在这两个题中借用错位相减法来快速地求出所求结果。总 结数列求和不仅在高中数学中有着十分重要的作用，也是学习高等代数的基础，有着承前启后的作用，本文通过对一般形式下错位相减法的运算再现，使我们体会错位相减法的内在规律，感受数学解题思想的魅力，其实我们学习错位相减法，更重要的是总结其中所渗透的数学思想方法，将数学思想和方法融.为一体，才能在解决数列求和问题上得心应手。其实不仅是在数列问题上，在整个学习过程中，我们都应该将课本紧密联系实际情况，明白数学在生活中的实际意义，学有所用，以达到新课改对学生们的教学期望。
