错位相减法是谁发明的

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错位相减法是谁发明的(一)
对错位相减法的重新认识

对“错位相减法”的重新认识

中山市实验中学 王美华

关于数列的求和，从最简单的定义法，分组法到复杂的错位相减法，裂项相消法，都是日常教学中的基本方法.

近十年的教学一直是按照这样的步骤和方法进行.但在今年的这一届学生中有学生对错位相减法提出新的建议.那是一张很平常的练习题，里面有一个填

n

空题,是关于一个通项是等差数列乘以等比数列的求和即ann.按照平常思维

2

就按照错位相减法去解决.但因为当天讲了关于裂项相消法的专题，“分式结构”

n

引起了他的思考.于是，他尝试也去将n分成两项，他成功了.

2

但因为怕这是一个偶然，于是把常见的错位相减的题目用两种方法一起做进行比较.发现这是一个通法，即所有的错位相减法都可以转化为裂项相消法.下面举两个具体的例子说明用“裂项相消法”去取代“错位相减法”的妙用.

n

1.对于公比q(0,1)，分式结构.如ann，求sna1a2…+an.

2（1）使用错位相减法：sna1a2…+an 即

12n1n

2…+n1n ① 222211n1n

sn 2…+ n n1 ② 2222

1111n

①- ②：sn+ 2…+ n n1

22222

n2111n

所以sn1+ 2…+ n1 n=2n

22222sn

（2）使用裂项相消法：sna1a2…+an

nnn1n2

a出发，=n1n nnn

2222

nk(n1)bknb

n， 这个裂项的结果由待定系数而得到，即令n=

22n12

右式通分后与左式对比得到：nknb2k

从通项an

1k

故有：0b2k， k1

b2

nn1n2

n， =

2n2n12

n1n22334

（n1n）那么sna1a2…+an=(01)(12)…+ 222222【错位相减法是谁发明的】

n2

=2n

2

所以an

2．对于公比q(1,)，整式结构.如ann3n，求sna1a2…+an （1）使用错位相减法：sna1a2…+an 即

sn13232…+(n1)3n1n3n ① 3sn 132233…+ (n1)3nn3n1 ② ① -②：2sn3+ 32…+ 3n n3n1 所以sn

32n1n13 44

（2）使用裂项相消法：sna1a2…+an

1113

从通项ann3n出发，ann3n=(n)3n1(n)3n

2424

这个裂项的结果也是由待定系数而得到，即令n3n=[k(n1)b]3n1(knb)3n，

右式通分后与左式对比得到：n2kn2b3k

12k

故有：02b3k，

1k2 b34

1113

所以ann3n=(n)3n1(n)3n，

2424

11132123

那么sna1a2…an1+an=()32()31()33()32…+

24242424

11131113

[(n1)]3n[(n1)]3n1+(n)3n1(n)3n 24242424

131132n1n1

3 =()31+(n)3n1=

242444

归纳上面的两个实例，可将所有的“错位相减法”转化为“裂项相消法”，即

1m(n1)rmnr

题型一：an(knb)n=

ccn1cn

(将右式通分，由待定系数法，解出m,r的值.)

题型二：an(knb)cn=[m(n1)r]cn1(mnr)cn

(将右式合并，由待定系数法，解出m,r的值.)

对于方法的转化，有的题目会比原方法简单，有的题目会比原方法复杂.不

管结果怎样，这种思考的方式得到改变是值得肯定的.这件事让我明白，学习永远在路上，教学方法也是永远在路上.

年复一年的教学，让很多教师包括我自己人对很多的教学内容理所当然，对基本方法也是惯性思维.这次的发现让我彻底反思，不管做到怎样好，我们的教学工作一定有许多地方可以突破和创新.关键的问题是我们能否愿意去改变，去冲破思维定势.不断去尝试，才能让我们的工作充满激情.

错位相减法是谁发明的(二)
错位相减法

谈“错位相减法”

错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等差数列与等比数列相乘的形式。由于错位相减法可以考查等差数列和等比数列的定义及通项公式、等比数列的前n项和公式、幂的运算公式、提公因式、加（减）法结合律、运算能力以及分类讨论数学思想的运用，故它是高考热点。但是相当一部分考生总是得分比例低，甚至不得分。针对这种情况，我冷静思考、认真分析，认为主要原因之一便是老师讲解的不够到位。结合我的教学经验和大多数学生经常犯的典型错误，我认为如果按一定的流程进行讲解，就可以让更多的学生掌握这种求和方法。下面举一例说明该流程。

例：设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1b11，

a3b521，a5b313. （Ⅰ）求{an}，{bn}的通项公式；

a

（Ⅱ）求数列n的前n项和Sn．

bn

分析：

（Ⅰ）设an的公差为d，bn的公比为q，则依题意有

12dq421，

q0且2【错位相减法是谁发明的】

14dq13，

解得d2，q2．

所以an1(n1)d2n1，

bnqn12n1．

a2n1

（Ⅱ）由（Ⅰ）得 nn1．

bn2

a1

1.明确数列n是等差数列an与等数列的对应项相乘积得到的，故用

bbnn

11

“错位相减法”。找到等差数列an的公差为2、等的公比为。

2bn1352n32n1

n1 ①时，等差数列an中的各项内部012n222222

能进行简单计算的要进行计算，如该数列的第一到第三项，第n-1、第n项则应

1

该保持其通项公式的特征；而等比数列中的各项却都要保持其通项公式的

bn

2.给出Sn

特征

3. Sn

11352n32n1

 ，①的左右两端同乘以等比数列的012n2n122222bn

111352n32n1

公比得：Sn123n1n，②

2222222

12222n1

4. 即①－②得Sn112n1n，

22222

（勿忘将最后一项的符号改为“”号）

12n111

1212n1n

2222

(数准确上式括号里应该是n1项的和, “2”即为等差数列的公差）

11(1n1)

2n112n（合并同类项） 1212

2n33．

2n

2n3

sn6

2n1

另外，待用错位相减法求和的数列的通项公式中若有常数（无论是等差数列还是等比数列中），均应该将通项公式等价变形，把常数提到“最前面”（本

2n1

质是提取公因数）单独考虑，达到简化计算的目的。例如：cn的分母

32n1

12n12n

中有“3”，可以将通项公式等价变形为cnn1。再如dnn1的分子中有

323n

“2”，可以将通项公式等价变形为dn2n1。除此之外，这类题目还会有一

3

些细微的变化，比如：1.等差数列或等比数列的前一项、前几项乃至前有限项不成等差数列或等比数列。2.错位相减后得第一项可以与“括号中的n-1项”合并构成一等比数列的前n项的和。以上只是最基本的、最重要的组成部分，故要求学生灵活运用以上流程进行处理。

错位相减法是谁发明的(三)
错位相减法

1.设数列anSn是以c(c0)为公比的等比数列. 的前n项和为Sn,a11,且数列（1）求数列an的通项公式； （2）求a2a4a2n.

2、等差数列an中，a37,a919,则a5为（ ）.

A、13 B、12 C、11 D、10

3、已知等比数列an中，Tn表示前n项的积，若T5＝1，则（ ）.

A、a1＝1 B、a3＝1 C、a4＝1 D、a5＝1

4.已知数列an满足a1＝1 ，an＝3n1an1 （n2）. ① 求a2,a3； ② 求an.

5.已知等差数列{an}的首项为24，公差为2，则当时，该数列的前n项和Sn

取得最大值。

6. 在等差数列an中，首项a10,公差d0，若aka1a2a3a7，则k A．21 C．23

B．22 D．24



7.已知正项等差数列an的前n项和为Sn，若S312，且2a1,a2,a31成等比数列.

（Ⅰ）求an的通项公式； （Ⅱ）记bn

8.在数列{an}中，已知a1

an

的前n项和为Tn，求Tn. 3n

1an11,，bn23log1an(nN*). 4an44

（1）求数列{an}的通项公式； （2）求证：数列{bn}是等差数列；

（3）设数列{cn}满足cnanbn，求cn的前n项和Sn.

9．已知数列bn前n项和Sn

321

nn.数列an满足an4(bn2)(nN)，数列22

cn满足cnanbn。

（1）求数列an和数列bn的通项公式； （2）求数列cn的前n项和Tn；

10. 设Sn为数列an的前n项和，对任意的nN，都有Snm1man(m为常数，

*



且m0)．

（1）求证：数列an是等比数列；

（2）设数列an的公比qfm，数列bn满足b12a1,bnfbn1 (n2，nN)，

*





求数列bn的通项公式；

2n1

（3）在满足（2）的条件下，求数列的前n项和Tn．

bn

答案：

1、解：（1）∵数列Sn是以c(c0)为公比的等比数列,且S1a11

∴Sns1cn1cn1 ………………3分 ∴Sn1cn2　　（n2)

∴anSnSn1cn1cn2(c1)cn2(n2) ………………6分

(c1)C,　　n2,且nN

2

（2）由（1）知a2,a4,a6,,a2n,是以a2为首项，C为公比的等比数列，……11

分

a2a4a2n

∴an

n11,　　　　　　

n2

………………8分

(c1)(1c2n)c2n1

 ……………14分 2

c11c

2.a3a9719262a6, ∴a613　由a6a33d　得d2

∴a11 选C

3、T5a1a2a3a4a5a31　　所以选B a31，　

4、（1）解：（1）解: ∵a11，∴a2314，a332413 …………4 分

(2) 证明：已知 anan13

n1【错位相减法是谁发明的】

5

5

(n2) 得

an(anan1)(an1an2)…(a2a1)a1 …………8 分

3n2…31 3n1

 …………12 分

2

3113n1

1 ∴an当n1时，a1 …………14 分 22

3

5.由已知得：an24(n1)(2)262n，由

n1

an0262n0

12n13,nN*，所以n=12或13 

an10242n0

7. 解：（Ⅰ）∵S312，即a1a2a，所以a24，312，∴3a212--------------------------------2分

又∵2a1，a2，a31成等比数列， ∴

2

a22a1(a31)

，即

2

a22

(a2

d)

2

，( a  d  1

--------------------------------4分

解得，d3或d4（舍去）， ∴

a1a2d1

，故

an3n2

；

---------------------------------------7分

an3n21

(3n2)， 3n3n3n

1111

∴Tn14273(3n2)n， ①

33331111111

①得，Tn124374(3n5)n(3n2)n1 ②

3333333

2111111

①②得，Tn3233343n(3n2)n1

3333333

11(1)2n11151113(3n2)n1n1(3n2)n1

133623313

（Ⅱ）法1：bn∴

Tn

5113n2156n51n2nn．

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