(2)由a1＝3，an＝2n＋1得Sn＝2??，n为奇数，
则cn＝?n?n＋2?
??2n－1，n为偶数，
n?a1＋an?
2
＝n(n＋2)，
11??－，n为奇数，nn＋2即cn＝???2n－1，n为偶数，
∴T2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)
??1??11??1－1??＋ ＝??1－?＋?－?＋…＋?????3??35??2n－12n＋1??
(2＋2＋…＋2
3
2n－1
)
n12?1－4?2n2n＝1－＋＝＋(4－1)．
2n＋11－42n＋13题型二 错位相减法求和
典例 (2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N＋)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N＋)．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q)＝12，而b1＝2， 所以q＋q－6＝0.
又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②
联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2. (2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4故Tn＝2×4＋5×4＋8×4＋…＋(3n－1)×4，③ 4Tn＝2×4＋5×4＋8×4＋…＋(3n－4)×4＋(3n－1)×4
2
3
2
3
4
2
3
2
2
nnn－1
，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4，
nnnn＋1
，④
n＋1
③－④，得－3Tn＝2×4＋3×4＋3×4＋…＋3×4－(3n－1)×412×?1－4?n＋1
＝－4－(3n－1)×4
1－4＝－(3n－2)×4
n＋1
nn
－8，
3n－2n＋18得Tn＝×4＋. 33
6
3n－2n＋18
所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4＋.
33思维升华 错位相减法求和时的注意点
(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“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式．
(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．
跟踪训练 (2018·阜阳调研)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
??10a1＋45d＝100，
解 (1)由题意得?
?a1d＝2，???a1＝1，
解得?
??d＝2
anbn
??2a1＋9d＝20，即?
?a1d＝2，?
a1＝9，??
或?2
d＝.??9
??an＝2n－1，
故?n－1
?bn＝2?
1
a＝?2n＋79?，??9或?
?2?.
b＝9·?9?????
nn－1
nn－1
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2
2n－1
，故cn＝n－1，于是
2
Tn＝1＋＋2＋3＋4＋…＋325272922n－1
n－1，① 2
1135792n－1Tn＝＋2＋3＋4＋5＋…＋n.② 2222222①－②可得
11112n－12n＋3Tn＝2＋＋2＋…＋n－2－n＝3－n， 2222222n＋3故Tn＝6－n－1. 2
题型三 裂项相消法求和
7
命题点1 形如an＝
1
型
n?n＋k?
1
典例 (2017·郑州市第二次质量预测)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－2，且满足Sn＝an2
＋1
＋n＋1(n∈N＋)．
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝log3(－an＋1)，设数列?
1?3?的前n项和为Tn，求证：Tn<. 4?bnbn＋2?
?
1
(1)解 由Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N＋)，
21
得Sn－1＝an＋n(n≥2，n∈N＋)，
2两式相减，并化简，得an＋1＝3an－2， 即an＋1－1＝3(an－1)， 又a1－1＝－2－1＝－3≠0，
所以{an－1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以an－1＝(－3)·3故an＝－3＋1.
(2)证明 由bn＝log3(－an＋1)＝log33＝n， 得
1
nnn－1
＝－3.
nbnbn＋2
＝1?11?1
＝?－?，
n?n＋2?2?nn＋2?
11?11111
所以Tn＝?1－＋－＋－＋…＋
n－12?32435
－
111?
＋－ n＋1nn＋2??
11?1?1
－＝?1＋－
2n＋1n＋2?2??32n＋33
＝－<. 42?n＋1??n＋2?4命题点2 an＝
1
n＋n＋kα
型
1
，n∈N＋.记数列{an}的前nf?n＋1?＋f?n?
典例 已知函数f(x)＝x的图像过点(4,2)，令an＝项和为Sn，则S2 017＝________. 答案
2 018－1
1
解析 由f(4)＝2，可得4＝2，解得α＝，则f(x)＝x2.
2
α
1 8
∴an＝
11
＝＝n＋1－n，
f?n＋1?＋f?n?n＋1＋nS2 017＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋(2 017－2 016)
＋(2 018－2 017)＝2 018－1.
思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1
n＋n＋kk1
＝(n＋k－n)，
1?11?1
＝?－?，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一
n?n＋k?k?nn＋k?
项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．
跟踪训练 (2018届贵州遵义航天高级中学模拟)已知等差数列{an}满足(a1＋a2)＋(a2＋a3)＋…＋(an＋an＋1)＝2n(n＋1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝
1
，求{bn}的前n项和Sn.
an·an＋1
解 (1)设等差数列{an}的公差为d， 当n＝1时，a1＋a2＝4，
当n＝2时，a1＋a2＋a2＋a3＝12，即4a2＝12，a2＝3， ∴a1＝1，d＝a2－a1＝2，
∴等差数列{an}的通项公式an＝1＋2(n－1)＝2n－1， ∴an＝2n－1. (2)由(1)得bn＝
1
?2n－1??2n＋1?
1?1?1－＝??，
2?2n－12n＋1?∴Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
11?1?111
－＝?1－＋－＋…＋
3352n－12n＋1?2??1?1?n＝?1－＝. ?2n＋1?2n＋12?
四审结构定方案
?1?典例 (12分)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2?1＋?an(n∈N＋)．
?
n?
(1)求数列{an}的通项公式；
2
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项的和为Sn，试求数列{S2n－Sn}的最小值；
nan 9
(3)求证：当n≥2时，S7n＋11
2n≥
12
.
(1)an＋1＝2??1?1＋n??确定方案
an＋1an?
an构造数列――――→n＋1＝2·n
ann＝2n―→ann＝n·2 (2)b2n1111
n＝a＝―→S2n－Sn＝n＋1＋n＋2＋…＋2n
nn―确定解题方案利用数列单调性
―――――――→设c作差法
n＝S2n－Sn――→ 确定{cn}单调性并求最值
(3)利用数列{c结合?2?中n}表示S2n――结论――→放缩法证明结论 规范解答
(1)解 由条件an＋1＝2??1?
1＋n???
an，
得
an＋1ann＋1＝2·n，又a2，所以a1
1＝1
＝2， 因此数列??an??n?
?构成首项为2，公比为2的等比数列．[3分]
ann＝2·2n－1＝2n，因此，ann＝n·2.[4分] (2)解 由(1)得b1
n＝n，设cn＝S2n－Sn，
则c1n＝
n＋1＋1n＋2＋…＋12n，[6分] 所以c1n＋1＝
n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋12n＋1＋1
2n＋2
， 从而c111111
n＋1－cn＝2n＋1＋2n＋2－n＋1＞2n＋2＋2n＋2－n＋1＝0，因此数列{cn}是增加的， 所以(c1
n)min＝c1＝2.[8分]
(3)证明 当n≥2时，
S2n＝(S2n－S2n?1)＋(S2n?1－S2n?2)＋…＋(S2－S1)＋S1
10