5错位相消的策略

习题解答第一讲 自然数的基数理论与序数理论1、在自然数的基数理论中，证明自然数的乘法满足交换律证明：对于{(,)|,}A B a b a A b B ⨯=∈∈与{(,)|,}B B b a b B a A ⨯=∈∈，定义A B ⨯到B A ⨯的映射为：(,)(,),(,),(,)fa b b a a b A B b a B A −−→∈⨯∈⨯显然这个映射是A B ⨯到B A ⨯的一一映射，所以A B B A ⨯=⨯，于是按定义有：A B B A ⋅=⋅，即乘法满足交换律。

2、利用最小数原理证明定理14.定理14的内容是：设()p n 是一个与自然数有关的命题，如果：（1）命题()p n 对无穷多个自然数成立；（2）假如命题对0()n k k n =≥成立时，能够推出命题对1n k =-也成立，那么对一切自然数不小于n 0的自然数n ，命题()p n 必然成立。

证明：如果命题不真，设使命题不成立的自然数构成集合M ，那么M 非空，因此，M 中必有一个最小数000()r r n ≥。

此时，由于不大于0r 的自然数只有有限个，按照条件（1），至少有一个自然数0()r r r >，命题在r 处成立；于是由条件（2），命题对1r -也成立，连锁应用条件（2），那么命题在12,,,,, r r r r k ---处都成立，而这个序列是递减的，因此0r 必然出现在这个序列中，这与0r 的假定不符，这个矛盾说明定理14成立。

3、用序数理论证明3+4=7证明：313432313145,(),''''+==+=+=+==33323256(),'''+=+=+== 34333367()'''+=+=+==4、设平面内两两相交的n 个圆中，任何三个不共点，试问这n 个圆将所在的平面分割成多少个互不相通的区域？，证明你的结论。

解：设这n 个圆将所在平面分割成()f n 个部分，显然1224(),()f f ==； 如果满足条件的n 个圆把平面分割成()f n 个部分，那么对于满足条件的n+1个圆来说，其中的n 个圆一定已经把平面分割成()f n 个部分，而最后一个圆由于与前面的每个圆都相交，并且由于任何三个圆不共点，所以这最后的圆与前面的n 个圆必然产生2n 个交点，这2n 个交点必然把这最后一个圆分割成2n 段圆弧，这些圆弧每一段都把自己所在的一个区域一分为二，从而12()()f n f n n +-=， 于是得：212324121()(),()(),,()()() f f f f f n f n n -=-=--=- 将这n-1个等式相加得：124211()()()() f n f n n n -=+++-=- 即 2122()()f n n n n n =-+=-+ 5、设平面上的n 条直线最多可以把平面分割成 f (n )个互不相通的区域，证明：112()()n n f n +=+ 证明：显然1111212()()f +⨯==+成立； 假将设平面上的k 条直线最多可以把平面分割成 f (k )112()k k +=+个互不相通的区域，那么对于平面上的k+1条直线来说，其中的任意k 条直线最多把平面分割成112()k k +=+个互不相通的区域，对于最后的直线来说，它如果与前面的每条直线都相交，那么在这条直线上最多可以产生k 个交点，这k 个交点可以把最后的这条直线分割成k+1段，每一段都将自己所在的区域一分为二，从而11()()f k f k k +-=+所以：111112()()()k k f k f k k k ++=++=+++ 121121122()()()()k k k k k +++++=+=+所以公式112()()n n f n +=+在1n k =+时也成立， 于是公式对一切自然数n 都成立。

(1)裂项相消求和把数列的通项拆成两项之差再求和,正负相消剩下首尾若干项. 常见的拆项公式:1n×(n＋1) ＝1n －1n＋11n＋k＋n ＝1k(n＋k －n )2n(2n－1)(2n＋1－1) ＝12n－1－12n＋1－1特别提醒：(1)裂项相消法就是把数列的每一项分裂成一正一负的两项，使得相加后，前后的项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次相消，有的是间隔相消．在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点．(2)一般地，若{a n}为等差数列，则求数列{1a n a n＋1}的前n项和可尝试此方法，事实上，1a n a n＋1＝dda n a n＋1＝a n＋1－a nda n a n＋1＝1d·(1a n－1a n＋1)．如求12×4 ＋13×5 ＋14×6 ＋…＋1(n＋1)×(n＋3) ＝？解：∵1(n＋1)×(n＋3) ＝12(1n＋1 －1n＋3 )∴12×4 ＋13×5 ＋14×6 ＋…＋1(n＋1)×(n＋3)＝12[(12 －14 )＋(13 －15 )＋(14 －16 )＋…＋(1n －1n＋2 )＋(1n＋1 －1n＋3 )]＝12(12 ＋13 －1n＋2 －1n＋3 )＝512－2 n＋52(n＋2)×(n＋3)12[例1](2011课标Ⅰ)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n 的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n . (2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－(1＋2＋…＋n ) ＝－n (n ＋1)2.故1b n ＝－2n (n ＋1)＝－2(1n －1n ＋1)，1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝－2nn ＋1. 所以数列{1b n }的前n 项和为－2nn ＋1.[练1](2013课标全国Ⅰ,17,0.466).已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0,S 5＝－5.(Ⅰ)求{a n }的通项公式； (Ⅱ)求数列{1 a 2n －1● a 2n ＋1}的前n 项和.解：（1）设等差数列{a n }的公差为d ，∵前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5，∴⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝85a 1＋5×42 d ＝－5，4[练2]已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{b n }的前n 项和n T .解:（1）∵数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8．∴a 2a 3＝a 1a 4＝8．解得a 1＝1，a 4＝8或a 1＝8，a 4＝1（舍）， 解得q ＝2，即数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1； （2）Sn ＝a 1(1－q n )1－q＝2n －1∴b n ＝a n+1 S n S n+1 ＝S n+1－S n S n S n+1 ＝ 1S n－1S n ＋1 ，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(1S 1 －1S 2 )＋(1S 2 －1S 3 )＋…＋(1S n －1S n ＋1 )＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1．[思维发散] 利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.通过纽带：a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，根据题目求解特点，消掉一个a n 或S n .然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解.如需消掉S n ，利用已知递推式，把n 换成n －1得到递推式，两式相减即可. 若消掉a n ，只需把a n ＝S n －S n －1带入递推式即可.不论哪种形式，需要注意公式a n ＝S n －S n －1 成立的条件n ≥2[练1]若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23 a n ＋13 ,则{a n }的通项公式是a n ＝______. 答案： (－2)n －15[练2]设n S 为数列{n a }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1,则S n ＝答案：－1n例2.(2015课标Ⅰ, 0.624）S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n ＞0，a n 2＋2a n ＝4S n ＋3. （Ⅰ）求{a n }的通项公式：（Ⅱ）设b n ＝1a n a n ＋1 ,求数列{b n }的前n 项和. 解:（Ⅰ）由a n 2＋2a n ＝4S n ＋3可知当n ＝1时，a 12＋2a 1＝4S 1 ＋3＝4a 1 ＋3，因为a n >0，所以a 1＝3， 当n ≥2时，a n －12＋2a n －1＝4S n －1＋3两式相减得 a n 2－a n －12＋2(a n －a n －1)＝4a n即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝2(a n ＋a n －1)，因为a n >0，所以a n －a n －1＝2， 所以数列{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， 通项公式为a n ＝2n ＋1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b n ＝1 a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3) ＝12 (1 2n ＋1 －12n ＋3 ) 所以数列{n b }前n 项和12n b b b +++＝12(13 －1 2n ＋3 )＝16 －1 4n ＋6练1[2020唐山高三二模]已知S n是数列{a n}的前n项和，S n＋1＝3S n＋1，a1＝1.(Ⅰ）求数列{a n}的通项公式：（Ⅱ）若b n＝log3a2n ，c n＝1b n b n＋1 ,求数列{c n}的前n项和T n.6练2[2017唐山一模]已知数列{a n}为单调递增数列，S n为其的前n项和，2 S n＝a n2＋n (Ⅰ）求数列{a n}的通项公式：（Ⅱ）若b n＝a n＋22n＋1•a n•a n＋1, T n为数列{b n}的前n项和，证明: T n<127(2)错位相减法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，如等比数列的前n项和就是用此法推导的．特别提醒：用乘公比错位相减法求等比数列的和时，应注意：(1) 在写出“S n”与“q·S n”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“S n－q·S n”的表达式；(2) “S n－q·S n”化简的关键是化为等比数列求和，一定要明确求和的是n项还是n－1项，一般是n－1项．用错位相减法解决数列求和的步骤：第一步：(判断结构)若数列{a n·b n}是由等差数列{a n}与等比数列{b n}(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和．第二步：(乘公比)设{a n·b n}的前n项和为T n，然后两边同乘以q.第三步：(错位相减)乘以公比q后，向后错开一位，使含有q k(k∈N *)的项对齐，然后两边同时作差．第四步：(求和)将作差后的结果求和化简，从而表示出T n89[例1]已知a n ＝(2n －1)•3n ，求数列{a n }的前n 项和S n .解法1：错位相减法解：S n ＝1•31＋3•32＋5•33＋…＋(2n －3)•3n －1＋(2n －1)•3n ，①3S n ＝ 1•32＋3•33＋5•34＋ … ＋(2n －3)•3n ＋(2n －1)•3n ＋1，② ①－②－2S n ＝1•31＋2•32＋2•33＋…＋2•3n －(2n －1)•3n ＋1＝1•3＋2•32 (1－3n －1)1－3 －(2n －1)•3n ＋1＝1•3＋32 (3n －1－1) －(2n －1)•3n ＋1＝－6＋(2－2n)•3n ＋1∴S n ＝3＋(n －1)•3n ＋1 解法2： 利用公式求解a n ＝(2n －1)•3n ＝(6n －3)•3n －1＝(a n ＋b)•q n －1 a ＝6,b ＝－3, q ＝3 A ＝a q －1 ＝63－1 ＝3, B ＝b －A q －1 ＝－3－3 3－1＝－3 ,C ＝－B ＝3 ∴S n ＝(An ＋B) q n ＋C ＝(3n －3) •3n ＋3 ＝(n －1)•3n ＋1＋3 [总结]第一步：把通项统一化成：c n ＝(a n ＋b)•q n －1． 第二步：把前n 项和化成：S n ＝(An ＋B) q n ＋C第三步：套公式即可：A ＝aq －1 ，B ＝b －A q －1，C ＝－B 第三步公式记不住的，可这样求A,B⎩⎨⎧ S 1＝(A ＋B) •3－B ＝3 S 2＝(2A ＋B) •32－B ＝3＋3•32整理为⎩⎨⎧ 3A ＋2B ＝3 18A ＋8B ＝30解得⎩⎨⎧A ＝3B ＝－310解法3：裂项相消解错位相减令a n ＝(2n －1)•3n ＝[k(n ＋1) ＋b ]•3n ＋1－(kn ＋b )•3n右式＝[2kn ＋(3k ＋2b )]•3n 整理后与左式比较 ∴⎩⎨⎧ 2k ＝2 3k ＋2b ＝－1解得⎩⎨⎧k ＝1 b ＝－2 ∴a n ＝(2n －1)•3n ＝(n －1)•3n ＋1－(n －2)•3n∴S n ＝[0•32－(－1)•31] ＋(1•33－0•32) ＋(2•34－1•33) ＋(3•35－2•34)＋…＋[(n －1)•3n ＋1－(n －2)•3n ] ＝(n －1)•3n ＋1＋311[例3]已知a n＝n3n，求数列{a n}的前n项和S n.解：S n＝13＋232＋333＋…＋n－13n－1＋n3n，13S n＝132＋233＋…＋n－13n＋n3n＋1，两式相减得23S n＝13＋132＋133＋…＋13n－n3n＋1＝13(1－13n)1－13－n3n＋1＝12－12×3n－n3n＋1，∴S n＝34－14×3n－1－n2×3n＝34－2n＋34×3n.解法2：利用公式求解a n＝n3n＝(13n＋0)•13n－1＝(a n＋b)•q n－1a＝13, b＝0, q＝13A＝aq－1 ＝1313－1＝－12, B＝b－Aq－1 ＝0－(－12)13－1＝－34,C＝－B＝34∴S n＝(An＋B) q n＋C＝(－12n－34)•(13)n＋34＝34－2n＋34×3n.1213解法3：裂项相消解错位相减令a n ＝n3n ＝k(n ＋1)＋b 3n ＋1－k n ＋b3n化简比较左右 3n 3n ＋1＝－2k n ＋(k －2b)3n ＋1 ∴⎩⎨⎧－2k ＝3 k －2b ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－32 b ＝－34∴a n ＝n3n ＝－32(n ＋1) －343n ＋1－－32n －343n∴S n ＝(－32×2 －3432－－32×1－3431)＋(－32×3 －3433－－32×2－3432) ＋…＋(－32(n ＋1) －343n ＋1－－32n －343n )＝－32(n ＋1) －343n ＋1－－32×1－3431＝34－2n ＋34×3n.[2020唐山高三期末]解：（1）在S n＝2n＋1－2中，令n＝1，得a1＝S1＝21＋1－2＝2，当n≥2时，S n－1＝2n－2，则a n＝S n－S n－1＝2n＋1－2n＝2n．又因为a1＝2符合上式，所以，a n＝2n．…4分（2）由（1）得b n＝n＋1a n＝n＋12n，则T n＝ 22＋34＋…＋n2n－1＋n＋12n①，则12T n＝ 24＋38＋…＋n2n＋n＋12n＋1②，①－②，得12T n＝1＋ 14＋18＋…＋12n－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1，则T n＝3－n＋32n．…12分解法2：利用公式求解解法3：裂项相消解错位相减1415(2020·石家庄模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1 (I)求数列{a n }的通项公式;(II)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和T n解：(Ⅰ)由2S n ＝3a n －1 ①2S n －1＝3a n －1－1 ②(n ≥2)①－②得2a n ＝3a n －3a n －1，∴ a na n －1＝3，…………………3分又当n ＝1时，2S 1＝3a 1－1，即a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴ a n ＝3n －1．…………6分(Ⅱ) 由(Ⅰ)得：b n ＝ n3n －1∴T n ＝ 1 30＋ 2 31＋ 3 32＋…＋ n3n －1，…………………③ 1 3T n ＝ 1 31＋ 232＋…＋ n －1 3n －1＋ n 3n ，…………④…………………8分③－④得： 2 3T n ＝ 1 30＋ 1 31＋ 1 32＋…＋ 1 3n －1－ n3n ………………10分＝1－ 1 3n1－ 1 3－ n 3n ＝ 3 2－2n ＋3 2×3n∴T n ＝ 9 4－ 6n ＋9 4×3n ． ……………………………………………12分解法2： 利用公式求解解法3：裂项相消解错位相减[练2]已知{a n}是递增．．的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根.（I）求{a n}的通项公式；（II）求数列2n na⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n项和.解法2：利用公式求解解法3：裂项相消解错位相减16。

“错位相消法”在数学求和中的应用摘要：在数学解题中，我们会用到不同的解题方法，其中，“错位相消法”是常用的方法。

即一些符号相反的项正好错位排列，就可以用一组平行斜线把它们消去。

这种简化计算的思路我们称之为“错位相消”策略。

关键词：错位相消法 求和一、自然数连续若干项乘积的倒数和 自然数连续若干项乘积的倒数和问题，是小学奥数以及中学的数学学习中常常会遇到，运用错位相消办法，可以得以简便的计算。

首先，我们先看两道小学数学题： 例1、计算：例2、计算：如果我们把两个例题中的算式按下面的格式书写：（+）（+） ==111111111(1)()()()()3355779911=-+-+-+-+-22222133********++++⨯⨯⨯⨯⨯11011111=-=111162460120+++1111123234345456=+++⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯[]111111111()()()()21223233434454556=-+-+-+-⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯1117()2125630=-=⨯⨯11311351157117911911-----1111-111223112334113445114556-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯112356-⨯⨯那么，一些符号相反的项正好错位排列，就可以用一组平行斜线把它们消去。

这两个例题实际上是等差数列连续若干项乘积的倒数和问题，设数列{an}是公差为d 的等差数列，解决它们都是用下面的裂项方式来达到错位相消的目的。

更一般化为：二、自然数的方幂和例3 证明：解析：在中学里，我们曾学过用“数学归纳法”证明它，但是如果我们不知道等式右边的结论，数学归纳法也就无法计算这种自然数的方幂和了。

这里，我们采用“错位相消的策略”来解决这个问题。

关键是怎样才能出现正负相间，可以错位相消的项。

我们先来看这样的一个等式： 。

将n 从1开始依次代入：……………………………（+）这时在左边的这组等式中，等号左边的项就产生了错位相消的效果。

36福建中学数学2020年第12期标进行适当的转化.例11(2019年高考全国H卷•理21)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-1.记M的轨迹为曲线C.2(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点，点P 在第一象限，PE丄x轴，垂足为E,连结QE并延长交C于点G.(I)证明：A PQG是直角三角形;(H)求A PQG面积的最大值.解第(1)、(2)(I)略.(D)如图8,设直线QG:y_kx+m(k>0,m<0),代入C的方程得：(1+2k2)—+4kmx+(2m2-4)_0(*),设Q g,X),G(x v y2),则E(-x i，0),-4km2m2-4西+*2_—二V,x i兀2_----2,1+2k2121+2k2点E坐标代入直线Q G方程得x,_-,k4k2代入方程(*)得m「^^.\QG\^/1+k?\x!-x2_¥：：2J8(2+4k2-m乍，原点到直线QG的距离d_8k(1+4k J_8(4k+£)_(1+2k2)(1+8k2)=(4k+1)2+2•k设t_4k+~,则t>2」4k x1_4,k V k等号成立当且仅当k_2.8t又易知S_产巨在t e[4,+»)上递减，则当t_4,k_*时A PQG面积最大为罟•评注考虑到原点是PQ的中点，故A PQG面积是A QOG面积的两倍.从斜边QG下手，联立其方程与椭圆方程，利用韦达定理整体表示目标，这样就避开了单独求P，G坐标的繁杂计算.圆锥曲线是解析几何的核心内容，其核心方法是坐标法，但往往难在条件及目标的关联、表示与运算.我们应当多引导学生要站在函数、几何、运算这个内容主线的高度审视问题，整体把握圆锥曲线的内容•思想立意，多思少算，发展素养，提高运算效率.参考文献[1]苏立标.探求以e2-1为定值的圆锥曲线问题[J].中学数学研究，2006(5)：43-45(本文系2019年度福建省基础教育课程教学研究立项课题《素养导向的高中数学单元整体教学设计实践研究》(课题编号MJYKT2019-083)研究成果之一)S apqg_d•\QG\_1m^yl^(2+4k2-m2)巧用“裂项相消法”妙解“错位相减法”纪建灵彭耿铃福建省泉州市第七中学(362000)“错位相减法”是数列求和的一种常用方法•主要考查学生的运算求解能力，所涉及到的计算量大、综合性较强，因此不少学生对其“深恶痛绝”一明知如何解答，却常因为运算计算能力的欠缺而导致解答过程繁难，继而半途而废.本文针对此类问题，巧用“裂项相消法”，可化繁为简，减少计算过程，且易于掌握.1结论与证明结论设｛a”｝是公差为d(d丰0)的等差数列，｛b n｝是公比为q(q丰1)的等比数列，数列｛ajb｝的前n项和为T,则T_沖4+警—型•1-q(1-q)证明由a”・b”-a”+1•b”+1_a n•b n-(a n+d)"jQ2020年第12期福建中学数学37 =(1-q)a”・b”-b…-d q,得a”・b”a”，b”-a n+1-b”+1,dqb”-----------------------------------------------------1-q1-q例2设数列｛a”｝的前n项和为S”=2”,｛b”｝为等比数列，且a x=%,b2(a2-a j=b x.(1)求数列｛a”｝和｛b”｝的通项公式；所以T”=坷-b1+a?-方2+a、-方3+…+a n-b”,a1.b1-a2-b2+a2-b2-a-b3+a3-b3-印*b4=(---------------------------------------------------1-q1-q1-q+J b一)+-^L(b1+方2+方3+…+b n)1-q1-q=a1*b1-a”+1・b”+1+d q(b1-b”q)-1-q(1-q)2*2应用举例例1等比数列｛a”｝的前n项和为S”，已知对任意的n e N*，点(n,S”)均在函数y=b x+r(b>0且b丰1,b,r均为常数)的图象上.(1)求r的值；⑵设c”=a，求数列｛c”｝的前n项和T….b”解⑴当n=1时，q=S1=2.n>2时，a”=S…-賂=2n2-2(n-1)2=4n-2,经检验，n=1时也满足.故｛a”｝的通项公式为a”=4n-2.设｛b”｝的公比为q,b、qd=b\,d=4,q=12故b=bq”-1=庐•”+1(2)当b=2时，记b”=-—(n e N*)，求数列4a”｛b”｝的前n项和T….解(1)由题意，S”=b”+r,当n>2时，S”-1=b”-1+r,所以a”=S…-S…-1=b”-1(b-1).因为b>0且b丰1，所以当n>2时，｛a”｝是以b为公比的等比数列.又因为a1=b+r,a2=b(b-1),⑵因为J=*=(2n-1)-仟•令a”=2n-1,b'”=4”-1,d=2,q=4,由结论可得T…a-.b-，-a”+1-b”+1+d q(b1，-b'”q)1-q(1-q)2 1-4°-(2n+1)-4”2-4(4°-4”-1-4)1—4(1-4)2(2n+1)-4”-18(1-4”)39所以-=b，即字岂=b，坷b+r解得r=-1•(2)由(1)知a”=(b-1)b-1=2”-1,所以b n+1=n+1两二市(n+1)-(j)n+1.令a；=n+1,d=11 q=—由结论可得T a；.b1，-a”+-.b”+-+d q(b1，-b q) 1-q(1-q)22-(2)2-(n+2)-(1)”+21-—1--2(1—2)2=(6n+3)-4”-38-8-4”=99=1x[(6n-5)x4”+5].通过“裂项相消法”妙解“错位相减法”，这种证明方法更接近问题本质，相比于高考计算过程学生更容易接受，解题思维更加流畅.因此我们教师在日常的教学中，应引导学生多视角思考，引导学生经历用不同方法解决数学问题，对同类型题的解答自我进行分析，梳理和总结，这对形成有规律的程序化的解题思路，优选解法和快速准确解题会有很大的帮助，才能有利于学生开拓数学视野，为学生的终生发展、持续发展、多元发展奠定良好的基础.—-(n+2)-(2)”+2122 31=亍(n+3)(2厂参考文献[I]吴宝树，彭耿铃.解题来源于猜想一一一道高考试题解法再探究[J].中学数学研究，2016(04)：17-19(本文系泉州市教育科学“十三五”规划(第二批)课题《基于核心素养的高中数学建模教学实践研究》的研究成果，课题编号：QG1352-111)。

错位相减法教学现状及策略分析1.问题提出错位相减法是对一类数列(){}nAn B q +求和的特殊方法，这种方法能够高度表达学生的综合运算水平。

错位相减法在高中教学教材中最早应用于等比数列求和公式的推导，一般情况下，学生对公式的推导过程并不重视，他们往往只注重公式的结果，能够说，一般学生初次接触错位相减法时并没有对其引起充足的重视.学生真正重视错位相减法源于对数列(){}nAn B q +求和，他们对几个类似的数列求和训练后，基本能够识别错位相减法适用的对象，也基本理解错位相减法求和的几个操作步骤，但是学生的运算水平到一定水准后就再难以提升，对错位相减法应用的教学检测情况经常不如人意.在常规教学中，关于错位相减法的教学和训练过程不同水准地存有一些问题，下面我们逐一分析和探讨. 2. 错位相减法教学现状及原因分析错位相减法是高中数学学习必须掌握的重要方法.教师本人通过高中、大学学习和教学实践，自然对此法的应用自是得心应手，局部教师的水平高，从而无视对错位相减法教学环节的深入研究，误以为此法易懂、易识别、易操作、易掌握，随意讲解操作方法，没有特别和学生一起分析此法应用的几个易错环节，简单地把训练任务交给学生.就算每次教学检测结果让教师大失所望，也有局部教师就题论题草草评讲，这些教师还认为导致运算错误主要是学生运算不够细心，比较少分析学生错误的具体环节，也没有引导学生纠正不良的运算习惯，如此循环往复，在有些老师认为错位相减法不难掌握的情况下，有很多同学到高中毕业也没有很好地掌握错位相减法.2.2学生对错位相减法的训练理解不够因为局部教师在教学中对错位相减法应用应该注意的几个关键环节没有分析透彻，学生训练后水平虽然有一定的提升，不复杂的数列求和他们能够做对，但是遇到稍微复杂的数列，虽知道使用错位相减法，但是运算往往出错.正因为运算时对时错，学生会认为方法应该已经掌握，出错纯属偶然，这种想法会影响他们对过程的认真研究和分析，更没有采取变式训练的方式实行突破，久而久之，这局部学生容易形成“运算错误”定势.另外，错位相减法运算的结果往往比较复杂，学生比较难以看出有没有运算错误，加上一般学生没有验算的意识，所以经常出现求错结果而不自知的情况. 3.错位相减法教学方法探索基于以上错位相减法教学现状的分析，我们应该对错位相减法的教学深入分析，寻找适宜的教学切入点，紧紧抓住学生，全面剖析方法的易错环节，培养学生良好的运算习惯，找到提升学生运算水平的有效训练方案，根据情况拓宽学生视野，提升学生的思维水平. 3.1全面分析易错环节问题：设数列{}n a 中，()nn a An B q =+，其中0,0,1A q q ≠≠≠，求此数列的前n 项和n S .方案一：()()()()2323n n S A B q A B q A B q An B q =++++++++第一步（各项乘以q ）：()()()()234123n n qS A B q A B q A B q nA B q +=++++++++第二步（对应q 的各等次幂项相减）：()()()2311n n n q S A B q Aq Aq Aq An B q +-=+++++-+第三步（等比局部求和）：()()()121111n n n q q S A B q AqAn B q q-+--=++-+- 第四步（处理n S 的系数）：()()()11221111n n n A B q An B q qS Aq q q q +-++-=+---- 第五步（整理化简）：()()()2122111n n q An A B Bq Aq Bq Bq S q q q +---++-=+-- 易错点1：第二步两式相减时容易把最后一项写成正()1n An B q ++；易错点2：第三步等比局部求和时容易数错项数，一般项数应该是1n -；偶尔遇到能够把第一项并入求和，那么就有n 项；易错点3：经过一定的运算，容易误认为第三步求和以后就立即得到n S ，忘记第四步处理n S 的系数；易错点4：最后整理结果时出现运算错误.方案二：()()()()2323n n S A B q A B q A B q An B q =++++++++第一步（各项乘以1q）：()()()()12123n n q S A B A B q A B q nA B q --=++++++++第二步（对应q 的各等次幂相减）：()()()1211n n n qS A B Aq Aq Aq An B q ---=+++++-+第三步（等比局部求和）()()()11111n n n q q S A B AqAn B q q----=++-+- 第四步（处理n S 的系数）()()()11221111n n n A B q An B q q S Aq q q q +-++-=+---- 第五步（整理化简）()()()2122111n n q An A B Bq Aq Bq Bq S q q q +---++-=+-- 以上两种方案处理手法类似，易错点也基本相似，能够在具体问题中视q 的取值情况确定使用哪种方案.3.2课堂教学注意典型示范虽然必须与学生一起分析错位相减法操作的各个易错环节，但是教师还是要先做典型示范，引导学生理解、发现数学规律，教师要对学生提出养成好的运算习惯的要求，引导学生对解题过程实行思维评价，让学生进一步注重关键步骤对于运算的意义，加深理解运算分步的必要性.也有必要安排学生板演，师生共同从正反两个方面分析如何提升运算的准确性. 3.3注意增强学生关于数式变形水平的训练学生利用错位相减法求数列和出现错误，很大水准上与他们的数式变形水平相关，要想从根本上解决问题，必须首先全面提升学生的代数运算水平，特别是字符运算水平，让学生能够准确地实行符号变换、互逆变换、分式变换、整式变换、分解变换等各种代数变换.让学生自我纠错，提升自我评价水平，尽量让学生能够利用多种运算方法，运算水平达到灵活变换的水准.使学生重视运算通法、通则，要让学生养成好的运算习惯和运算品质. 3.4增强变式训练针对错位相减法的应用实行一定的训练是必要的，但是教师在设计训练题时一定要注意训练的目的性、典型性、系统性，所设计的问题要有代表性，特别是要注意变化，要尽可能涵盖平时的常见类型.训练题设计策略一：变换数列(){}nAn B q +中,A q 的取值问题1.数列{}n a 中，()233n n a n =-，求其前n 项的和. 问题2.数列{}n a 中，()233n n a n -=-，求其前n 项的和. 问题3.数列{}n a 中，()()233nn a n =--，求其前n 项的和. 问题4.数列{}n a 中，1334n n a n ⎛⎫=-⎪⎝⎭，求其前n 项的和. 问题5.数列{}n a 中，()2233nn a n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，求其前n 项的和.问题6.数列{}n a 中，()23nn a n m =-，其中m 为实常数，求其前n 项的和.问题7.数列{}n a 中，()33nn a n λ=-，其中λ为实常数，求其前n 项的和.训练题设计策略二：变换结构问题8.已知数列{}n a 中，1343nn n a a +-=⋅，11a =，求此数列的前n 项的和.略解：由条件得114333n n n n a a ++-=，所以()141333n na a n =-+，4133nn a n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 1231n n n S a a a a a -=+++++，1231333333n n n S a a a a a -=+++++，以上两式相减得到21124(333)3n n n S a a --=++++-(45)35n n =---，移项得455322n n n S -=+. 问题9.已知数列{}n a 、{}n b ，其中34n a n =-，5nn b =，m 为正整数，试求和121321m m m m m T a b a b a b a b --=++++.训练题设计策略三：设计探究问题问题10．数列{}n a 中，()12nn a n λ=+，是否存有常数,b λ，使得对任意正整数n ，都有11231n n n a a a a a nb +-+++++=恒成立？训练题设计策略四：挑战高难度问题11. 数列{}n a 中，22nn a n =⋅，试求其前n 项的和n S .略解：21222321222322n n S n =⋅+⋅+⋅++⋅，2223242121222322n n S n +=⋅+⋅+⋅++⋅以上两式相减得21222223222112(21)2(32)2((1))22n n n S n n n +-=⋅+-+-++---⋅即232123252(21)22n n n S n n +-=+⋅+⋅++-⋅-⋅，当1n =时，2n S =，当2n ≥时，设233252(21)2n n T n =⋅+⋅++-⋅，则34123252(21)2n n T n +=⋅+⋅++-⋅利用错位相减法得()12324n n T n +=-+，所以()121223242n n n S n n ++-=+-+-⋅，解得()212326n n S n n +=-+-.可见形如(){}2n AnBn C q ++的数列能够两次用错位相减法求其前n 项的和n S .3.5改变求和方式 数列(){}nAn B q +的求和问题，其中常数,,A B q 的取值不同，计算的繁难水准就不同，即便他们都是具体数字，有时候运算也比较麻烦，对于比较难算的求和，不妨考虑用裂项求和的方式代替，裂项求和的方法步骤少，运算准确性能够得到保证.以下举例说明. 问题12. 数列{}n a 中，43n n na -=，试求其前n 项的和n S . 方法一：设()1133n n n x n y xn y a --++=-，即2323n nxn x ya -+-=，取2,3x y ==，设23()3nn f n +=，则()()()()()()11221n S f n f n f n f n f f =--+---++-()()10f f +-()()0f n f =-2333n n +=-方法二：()1141433n n n n n n a a ++-+--=-118424333n n n n a ++-==--，所以 ()13223n n n n a a a +=---，()21321311122333n n n nS a a a a a a +⎛⎫=--+-++--++⎪⎝⎭()1131123n n a a +=---+2333n n +=- 问题11：数列{}n a 中，22nn a n =⋅，求其前n 项的和n S .也能够使用裂项求和的方法：设()()2212(1)(1)2n n n a xn yn z x n y n z -=++--+-+()122(2)n xn x y n x y z -=++-++令2,20,0x x y x y z =+=-++=，得到2,4,6x y z ==-=，设()2()2246n f n n n =-+则2()(0)(246)26nn S f n f n n =-=-+-.形如(){}nAn B q +的数列求和，能够设()()()1(1)n n n An B q xn y q x n y q-+=+--+用待定系数法求,x y ，然后用裂项方法求其前n 项的和()n n S xn y q y =+-. 当0,0,1A q q ≠≠≠时，还能够用差分的方法对数列(){}nAn B q +裂项，记()n n a An B q =+，则()()11(1)n n n n a a A n B q An B q ++-=++-+()(1)n q An B q =-+1n Aq ++1(1)n n q a Aq +=-+，变形得()11111n n n n A a a a q q q ++=----，所以 ()()23121321111n n n n AS a a a a a a q q q q q ++=-+-++--+++--()()21111111nn q q A a a q q q+-=-----，这样就能够把数列求和化成局部用裂项相消，局部用等比数列求和的问题了，非常简洁. 形如(){}2n AnBn C q ++的数列求和，能够设()()22n n An Bn C q xn yn z q ++=++()21(1)(1)n x n y n z q ---+-+，用待定系数法求,,x y z ，()2n n S xn yn z q z =++-.3.6培养学生验算的习惯在实行题目求解过程中或结束时还须对因素的过程和结果实行检验，以便即时纠正运算过程或结果中出现的错误，验算也需要掌握方法.养成检验、检查的习惯，提升运算过程的思维监控水平，这是形成和发展运算水平的重要环节.利用错位相减法对数列求和，提倡让学生养成对结果中的1,2n n ==实行检验，那样就能够大大提升运算结果的准确度. 结语：运算水平是数学水平的重要组成局部，所谓运算就是指在运算律指导下对具体的数、式实行变形的演绎过程.错误相减法求和虽然仅仅众多运算问题中的一个，但是其代表性极强.假如学生能够过错位相减法使用关，那么他的运算水平必然能够得到极大地提升，所以在常规教学中，要尊重学生认知规律，充分调动学生，通过错位相减法提升运算水平，努力提升整体数学水平.作者简介：王道金，男，1971年出生，理学学士，高级教师，广水市十大名师，随州市中小学学科带头人，湖北省中学数学学科优秀教师. 联系：138****6682邮箱：397458023@qq。

******* 大学数学与计算机科学院期末设计（论文）错位相消法及其在数列求和中应用年级:学号:姓名:专业:指导老师:二零一零年五月二十五日错位相消法及其在数列求和中应用摘要： 数列求和所用的三种常规方法是:错位相消法、裂项相消法、分组求和法。

重要的方法课本没有相关的例题介绍，本文将通过具体的例子来介绍错位相消法在数列求和中六种技巧的应用，阐述这六种技巧在数列求和中的推广。

关键词：数列求和 错位相消法 应用技巧 推广一、 同次幂的前n 项和例1、 求i 1ni =∑.解：方法一：很显然这是一个公差为1的等差数列，应用等差数列前n 项和公式，可以求得i 1n 1==2()nn n S i =+∑方法二：若用错位相消法，用后一项的高一次减去前一项的高一次，求解过程如下：2222222212112113222121211()()()......n n n n n n +-=+--=-+-=⋅+-=⋅+相加得：221112()ni n i n =+-=+∑()2i 1111122()nn n i n n =+⎡⎤⇒=+--=⎣⎦∑例2、 求2i 1ni=∑.解：3321331()n n n n +-=++33233233213131132323212131311()()()......n n n n --=-+-+-=⋅+⋅+-=⋅+⋅+相加得：332111133()n ni i n i i n==+-=++∑∑由例1知： ()32i 113121111326()()()nn n n i n n n n =+-⎡⎤=+--+-=⎢⎥⎣⎦∑例3、 求3i 1ni=∑.解：443214641()n n n n n +-=+++44324432443214161411324262421214161411()()()()......n n n n n --=-+-+-+-=⋅+⋅+⋅+-=⋅+⋅+⋅+相加得：443211111464()nnni i i n i i i n===+-=+++∑∑∑由例1、2的结果得：223114()ni n n i =+=∑例4、21ni i d =+∑（）解：由例1知11=2()ni n n i d n d=+++∑（），同理例2的求解过程3321331()()()()n d n d n d n d ++-+=++++33233233213131132323212131311()()()()......()()()()()()()()n d n dn dn d d d d d d d d d +--+=-++-+++-+=⋅++⋅+++-+=⋅++⋅++相加得：332111133()()()()nni i n d d i d i d n==++-+=++++∑∑整理得：221121=16()()()ni n n n i d n dn n d=++++++∑（）由此我们可以用错位相消法求得任何同次幂的前n 项和，即求得：1()nk i i k N+=∈∑，同时在此基础上我们可以推广到求1()(,)nki i d k N d Z +=+∈∈∑。

第五节数列求和课程标准1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.考情分析考点考法:高考命题常以等差、等比数列为载体,考查裂项相消、错位相减求和等数列求和方法,涉及奇偶项的求和问题是高考的热点,常以解答题的形式出现.核心素养:数学建模、数学运算、逻辑推理.【核心考点·分类突破】考点一分组、并项、倒序相加求和[例1](1)数列112,214,318,…的前n项和为S n=()A.2-1B.(r1)2+2nC.(r1)2-12+1D.2-1【解析】选C.数列112,214,318,...的前n项和为S n=(1+2+3+...+n)+(12+14+18+ (12)=(r1)2+12(1-12)1-12=(r1)2-12+1.(2)设f(x)=21+2,则f(12024)+f(12023)+…+f(1)+f(2)+…+f(2024)=________.【解析】因为f(x)=21+2,所以f(x)+f(1)=1.令S=f(12024)+f(12023)+…+f(1)+f(2)+…+f(2024),①则S=f(2024)+f(2023)+…+f(1)+f(12)+…+f(12024),②所以2S=4047,所以S=40472.答案:40472(3)(2023·深圳模拟)已知公差为2的等差数列的前n项和为S n,且满足S2=a3.①若a1,a3,a m成等比数列,求m的值;②设b n=a n-2,求数列的前n项和T n.【解析】①由题意知数列是公差为2的等差数列,设公差为d,则d=2,又因为S2=a3,所以a1+a2=a3,即2a1+d=a1+2d,得a1=d=2,所以a n=a1+(n-1)d=2n(n∈N*).又因为a1,a3,a m成等比数列,即32=a1a m,所以36=2×2m,得m=9.②因为b n=a n-2=2n-4n,所以T n=(2×1-41)+(2×2-42)+…+(2×n-4n)=2×(1+2+…+n)-(41+42+…+4n)=2×(r1)2-4×(1-4)1-4=n(n+1)-43×(4n-1)=n2+n+43-4r13.【解题技法】分组转化与并项求和法(1)数列的项可以拆分成两类特殊数列,分别对这两类数列求和,再合并后即为原来的数列的前n项和;(2)数列的项具有一定的周期性,相邻两项或多项的和是一个有规律的常数,可以将数列分成若干组求和.【对点训练】1.已知数列的通项公式为a n=n cos(n-1)π,S n为数列的前n项和,则S2023=()A.1009B.1010C.1011D.1012【解题提示】将a n=n cos(n-1)π化为a n=n×-1-1,利用并项法求和.【解析】选D.因为当n为奇数时cos(n-1)π=1,当n为偶数时cos(n-1)π=-1,所以cos(n-1)π=-1-1,所以a n=n cos(n-1)π=n×-1-1.S2023=(1-2)+(3-4)+…+(2021-2022)+2023=-1011+2023=1012.2.设f(x)=44+2,若S=f(12024)+f(22024)+…+f(20232024),则S=________.【解析】因为f(x)=44+2,所以f(1-x)=41-41-+2=22+4,所以f(x)+f(1-x)=44+2+22+4=1.S=f(12024)+f(22024)+…+f(20232024),①S=f(20232024)+f(20222024)+…+f(12024),②①+②,得2S=[f(12024)+f(20232024)]+[f(22024)+f(20222024)]+…+[f(20232024)+f(12024)]=2023,所以S=20232.答案:202323.已知是公差d≠0的等差数列,其中a2,a6,a22成等比数列,13是a4和a6的等差中项;数列是公比q为正数的等比数列,且b3=a2,b5=a6.(1)求数列和的通项公式;(2)令c n=a n+b n,求数列的前n项和T n.【解析】(1)因为a2,a6,a22成等比数列,所以62=a2a22,即(1+5)2=(a1+d)(a1+21d)①.因为13是a4和a6的等差中项,所以a4+a6=26,即(a1+3d)+(a1+5d)=26②,由①②可得:a1=1,d=3,所以a n=1+(n-1)×3=3n-2,从而b3=a2=4,b5=a6=16.因为数列是公比q为正数的等比数列,所以b5=b3q2,即16=4q2,所以q=2,从而b n=b3q n-3=2n-1.(2)由于b n=2n-1,所以b1=1.因为c n=a n+b n,所以T n=c1+c2+…+c n=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(a n+b n)=(a1+a2+…+a n)+(b1+b2+…+b n)=+(-1)2×3+1-21-2=2n+32n2-12n-1.考点二裂项相消法求和[例2](1)已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=1(r1)+(),n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2025=________.【解析】由f(4)=2可得4a=2,解得a=12,则f(x)=12,所以a n=1(r1)+()==+1-,S2025=a1+a2+a3+…+a2025=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2025-2024)+(2026-2025)=2026-1.答案:2026-1(2)已知数列的各项均为正数,S n是其前n项的和.若S n>1,且6S n=2+3a n+ 2(n∈N*).①求数列的通项公式;②设b n=1r1,求数列的前n项和T n.【解析】①因为6S n=2+3a n+2,(i)n=1时,6S1=6a1=12+3a1+2,即12-3a1+2=0,解得a1=2或a1=1,因为S n>1,所以a1=2;(ii)n≥2时,由6S n=2+3a n+2,有6S n-1=-12+3a n-1+2,两式相减得6(S n-S n-1)=2--12+3a n-3a n-1,所以6a n=2--12+3a n-3a n-1,所以2--12-3a n-3a n-1=0,所以(a n+a n-1)(a n-a n-1)-3(a n+a n-1)=0,所以(a n+a n-1)(a n-a n-1-3)=0.因为数列的各项均为正数,所以a n+a n-1≠0,所以a n-a n-1-3=0,即a n-a n-1=3,综上所述,是首项a1=2,公差d=3的等差数列,所以a n=a1+(n-1)d=2+(n-1)×3=3n-1,所以数列的通项公式为a n=3n-1.②由①知a n=3n-1,所以a n+1=3(n+1)-1=3n+2,所以b n=1r1=1(3-1)(3r2)=13×(3r2)-(3-1)(3-1)(3r2)=13×(13-1-13r2),所以T n=13×(12-15)+13×(15-18)+13×(18-111)+…+13×(13-1-13r2)=13×(12-15+15-18+18-111+…+13-1-13r2)=13×(12-13r2)=13×3r2-22(3r2)=6r4,所以数列的前n项和T n=6r4.【解题技法】破解裂项相消求和的关键点(1)定通项:根据已知条件求出数列的通项公式.(2)巧裂项:根据通项公式的特征进行准确裂项,把数列的每一项,表示为两项之差的形式.(3)消项求和:通过累加抵消掉中间的项,达到消项的目的,准确求和.(4)常见的裂项结论:①设等差数列的各项不为零,公差为d(d≠0),则1r1=1(1-1r1);②142-1=12(12-1-12r1);③1(r1)(r2)=12(r1)(1-1r2)=12[1(r1)-1(r1)(r2)];④242-1=14(42-1)+1442-1=14+18(12-1-12r1);⑤a n=2(2+)(2r1+)=12+-12r1+;⑥a n=r12(r2)2=14[12-1(r2)2].提醒:要注意正负相消时,可以通过写出前几项观察消去规律的方法,确定消去了哪些项,保留了哪些项,不可漏写未被消去的项.【对点训练】1.{a n }是等比数列,a 2=12,a 5=116,b n =r1(+1)(r1+1),则数列{b n }的前n 项和为()A .2-12(2+1)B .2-12+1C .12+1D .2-12+2【解析】选A .a 5=a 2·q 3,所以q 3=18,所以q =12,a 1=1,所以a n =(12)n -1.b n =(12)[(12)-1+1][(12)+1]=1(12)+1-1(12)-1+1,所以b 1+b 2+b 3+…+b n =[1(12)1+1-1(12)0+1]+[1(12)2+1-1(12)1+1]+[1(12)3+1-1(12)2+1]+…+[1(12)+1-1(12)-1+1]=1(12)+1-12=2-12(2+1).2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=8,S n =r12-n -1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)n 项和T n .【解析】(1)因为a 2=8,S n =r12-n -1,所以a 1=S 1=22-2=2.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=r12-n -1-(2-n ),即a n +1=3a n +2.又a 2=8=3a 1+2,所以a n +1=3a n +2,n ∈N *,所以a n +1+1=3(a n +1),所以数列{a n +1}是等比数列,且首项为a 1+1=3,公比为3,所以a n +1=3×3n -1=3n ,所以a n =3n -1.(2)因为2×3=2×3(3-1)(3r1-1)=13-1-13r1-1,r1n 项和T n =(13-1-132-1)+(132-1-133-1)+…+(13-1-13r1-1)=12-13r1-1.考点三错位相减法求和[例3]已知数列中,a 1=8,且满足a n +1=5a n -2·3n .(1)证明:数列-3为等比数列,并求数列的通项公式;(2)若b n =n (a n -3n ),求数列的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n +1=5a n -2·3n ,所以a n +1-3n +1=5a n -5·3n =5(a n -3n ),所以数列-3是以a 1-31=5为首项,以5为公比的等比数列,所以a n -3n =5×5n -1=5n ,所以a n =3n +5n .(2)因为a n =3n +5n ,所以b n =n (a n -3n )=n ×5n ,所以S n =b 1+b 2+b 3+…+b n ,即S n =1×51+2×52+3×53+…+n ×5n ①,所以5S n =1×52+2×53+3×54+…+n ×5n +1②,由①-②得:-4S n =1×51+1×52+1×53+…+1×5n -n ×5n +1,-4S n =5(1-5)1-5-n ×5n +1,化简得:S n =5+(4-1)×5r116.【解题技法】错位相减法求和的解题策略(1)巧分拆,即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式,并求出公差和公比.(2)构差式,即写出S n的表达式,再乘公比或除以公比,然后将两式相减.(3)后求和,根据差式的特征准确进行求和.提醒:错位相减法求和的注意点①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.②应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1,如果q=1,应用公式S n=na1.【对点训练】已知数列的前n项和为S n=3n2+8n-6,是等差数列,且a n=b n+b n+1(n≥2).(1)求数列和的通项公式;(2)令c n=b n·2n+2n+1,求数列的前n项和T n.【解析】(1)S n=3n2+8n-6,所以n≥2时,S n-1=3(n-1)2+8(n-1)-6,所以a n=S n-S n-1=6n+5.n=1时,a1=S1=5,不满足a n=6n+5,所以a n=5(=1)6+5(≥2);设的公差为d,a n=b n+b n+1(n≥2),所以a n-1=b n-1+b n(n≥3),所以a n-a n-1=b n+1-b n-1,所以2d=6,所以d=3.因为a2=b2+b3,所以17=2b2+3,所以b2=7⇒b1=4,所以b n=3n+1;(2)c n=3(n+1)2n,所以T n=3×2+3×22+…+(+1)2①,所以2T n=32×22+3×23+…+(+1)2r1②,①-②得,-T n=3[2×2+22+23+…+2n-(n+1)2n+1]+1)2r1=-3n·2n+1,所以T n=3n·2n+1,所以数列的前n项和T n=3n·2n+1.。

错位相消的万能公式
错位相消是代数中的一种方法，其目的是消去方程中某些变量或项，使得方程变得更容易解决。

万能公式指的是一些常见的错位相消公式的总称。

下面，我将介绍一些常见的错位相消公式。

1. 奇偶性：这个公式适用于某些涉及到奇偶性的问题，例如排序、分组等。

该公式的基本思想是，将变量分为奇数和偶数两类，然后让它们错位组合，以消去某些项。

例如，将一个含有四个变量x、y、z、w的式子进行奇偶性变换，可以得到以下公式：
xy + zw = (x + w)(y + z) - xz - wy
2. 因式分解：这个公式适用于某些可以因式分解的问题。

我们可以将一个含有多项式的式子进行因式分解，然后使用错位相消的方法来简化计算。

例如，将一个含有三个变量a、b、c的式子进行因式分解，可以得到以下公式：
(a + b + c)^3 - (a^3 + b^3 + c^3) = 3(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a))
3. 特殊形式：这个公式适用于某些特殊形式的问题，例如差分、积分等。

该公式的基本思想是，将一个式子转化为另一种形式，然后使用错位相消的方法来简化计算。

例如，将一个含有三个变量a、b、c的式子进行转化，可以得到以下
公式：
(a - b)(b - c)(c - a) = -(a^3 + b^3 + c^3 - 3abc)
这些公式可以帮助我们简化代数问题，提高解题效率。

然而，需要注意的是，每个问题都有其独特的解法，需要根据具体情况来选择使用哪个公式。