聶文喜

題目 （2015年高考山東卷文19）已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列，數(shù)列1anan+1的前n項(xiàng)和為n2n+1.

（1）求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;

（2）設(shè)bn=（an+1）·2an，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.

解 （1）an=2n-1.

（2）分析1 bn=2n·22n-1=n·4n，令cn=n，dn=4n，則數(shù)列{bn}是由等差數(shù)列{cn}與等比數(shù)列{dn}的乘積構(gòu)成的新數(shù)列{cndn}的求和問(wèn)題，我們不妨把這類數(shù)列稱為“差比型”數(shù)列，求“差比型”數(shù)列的常規(guī)解法是錯(cuò)位相減法.

解法1（錯(cuò)位相減法）

Sn=1·4+2·42+3·43+…+n·4n ?①

4Sn=1·42+2·43+3·44+…+n·4n+1 ②

①-②得-3Sn=4+42+…+4n-n·4n+1=4n+1-43-n·4n+1，所以Sn=（3n-1）·4n+1+49.

拓展1 若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差為d≠0，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，公比q≠1，則數(shù)列{anbn}前n項(xiàng)和Sn可用錯(cuò)位相減法求解：令Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn，則qSn=a1b2+a2b3+a3b4+…+anbn+1，

所以（1-q）Sn=a1b1+（db2+db3+…+dbn）-anbn+1

=a1b1+db2（1-qn-1）1-q-anbn+1，所以Sn=a1b1-anbn+11-q+db2（1-qn-1）（1-q）2.

分析2 用“錯(cuò)位相減法”求“差比型”數(shù)列的前n項(xiàng)和雖有固定的求解模式，但運(yùn)算量大，極易出現(xiàn)計(jì)算錯(cuò)誤，如果聯(lián)想到bn=bn+1-bnq-1，則可用裂項(xiàng)法求和.

解法2（裂項(xiàng)求和法） n·4n=13n（4n+1-4n）=13（n·4n+1-n·4n）

=13[n·4n+1-（n-1）·4n]-13×4n，

所以Sn=13n·4n+1-43（1-4n）1-4=（3n-1）·4n+1+49.

拓展2 若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差為d，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，公比為q≠1，則anbn=an（bn+1-bn）q-1=1q-1[（an+1-d）bn+1-anbn]=1q-1（an+1bn+1-anbn）

-dbn+1q-1，從而將數(shù)列{anbn}轉(zhuǎn)化為一個(gè)可以裂項(xiàng)求和的數(shù)列1q-1（an+1bn+1-anbn）與一個(gè)等比數(shù)列dbn+1q-1之差，故{anbn}的前n項(xiàng)和為Tn=an+1bn+1-a1b1q-1-db1qq-1·1-qn1-q.

分析3 由bn=n·4n=4n+4n+…+4n，可考慮用分拆法求和.

解法3（分拆法） Sn=4+（42+42）+…+（4n+4n+…+4n）

=（4+42+…+4n）+（42+43+…+4n）+…+4n

=4-4n+11-4+42-4n+11-4+…+4n-4n+11-4=

-13（4+42+…+4n）+13n·4n+1

=-13·4-4n+11-4+13n·4n+1=（3n-1）·4n+1+49.

分析4 ?anbn=[a1+（n-1）d]b1qn-1=b1dnqn-1+b1（a1-d）qn-1，由nqn-1可聯(lián)想到冪函數(shù)求導(dǎo)公式（xn）′=nxn-1，則可用導(dǎo)數(shù)法或積分法求和.

解法4（導(dǎo)數(shù)法）

當(dāng)x≠1時(shí)，x+x2+…+xn=x-xn+11-x，

兩邊同時(shí)求導(dǎo)得1+2x+3x2+…+nxn-1=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2.

兩邊同時(shí)乘以x得x+2x2+3x3+…+nxn=x-（n+1）xn+1+nxn+2（1-x）2.

x=4，得Sn=1·4+2·42+3·43+…+n·4n=（3n-1）·4n+1+49.

解法5（積分法） 當(dāng)x≠1時(shí)，設(shè)f（x）=1+2x+3x2+…+nxn-1，則

∫（1+2x+3x2+…+nxn-1）dx=c+x+x2+…+xn=c+x-xn+11-x（其中c為任意常數(shù)），

所以f（x）=∫（1+2x+3x2+…+nxn-1）dx′=（c+x-xn+11-x）′，

所以f（x）=1+2x+3x2+…+nxn-1=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2.

兩邊同時(shí)乘以x得x+2x2+3x3+…+nxn=x-（n+1）xn+1+nxn+2（1-x）2.

x=4，得Sn=1·4+2·42+3·43+…+n·4n=（3n-1）·4n+1+49.

分析5 由Sn+1=Sn+（n+1）·4n+1聯(lián)想到遞推數(shù)列an+1=pan+（an+b）qn的通項(xiàng)公式求法，則可用待定系數(shù)法求解.

解法6（待系數(shù)法） Sn+1=Sn+（n+1）·4n+1=Sn+（4n+4）·4n，

設(shè)Sn+1+x（n+1）+y4n+1=Sn+（xn+y）4n，

則Sn+1=Sn+（-3xn-4x-3y）4n，

所以-3x=4，

-4x-3y=4，x=-43，y=49，

所以Sn+（-43n+49）4n是常數(shù)列，

所以Sn+（-43n+49）4n=S1+（-43+49）×4=49，Sn=（3n-1）4n+1+49.

解法7（待定系數(shù)法） 因?yàn)镾n+1=Sn+（n+1）4n+1，所以Sn+14n+1=14·Sn4n+n+1，

令bn=Sn4n，則bn+1=14·bn+n+1，

設(shè)bn+1+x（n+1）+y=14（bn+xn+y），則bn+1=14·bn-3xn4-x-3y4，

所以-3x4=1，

-x-3y4=1，所以x=-43，

y=49，所以數(shù)列bn-4n3+49是等比數(shù)列，

所以bn-4n3+49=19·（14）n-1，所以bn=4n3-49+19·（14）n-1，Sn=（3n-1）4n+1+49.

解法8（待定系數(shù)法） 因?yàn)镾n+1=Sn+（n+1）4n+1，所以Sn+14n+1=14·Sn4n+n+1，

令bn=Sn4n，則bn+1=14·bn+n+1，bn=14·bn-1+n，

所以bn+1-bn=14（bn-bn-1）+1，令bn+1-bn=cn，則cn=14·cn-1+1，

設(shè)cn+λ=14（cn-1+λ），則cn=14·cn-1-3λ4，

令-3λ4=1，則λ=-43，所以數(shù)列cn-43是等比數(shù)列，

所以cn-43=-112（14）n-1，cn=43-112·（14）n-1，所以bn+1-bn=43-112·（14）n-1，

所以bn=b1+（b2-b1）+…+（bn-bn-1）

=1+4（n-1）3-112（1-（14）n-1）1-14=4n3-49+19·（14）n-1，所以Sn=（3n-1）4n+1+49.

點(diǎn)評(píng) 解法6、解法7、解法8利用數(shù)列通項(xiàng)與前n項(xiàng)和的關(guān)系an+1=Sn+1-Sn，將求和問(wèn)題轉(zhuǎn)化為遞推數(shù)列求通項(xiàng)問(wèn)題，雖然不是最簡(jiǎn)方法，但它別出心裁，另辟新經(jīng)，將知識(shí)融會(huì)貫通.

分析6 由拓展1得

Sn=a1b1-anbn+11-q+db2（1-qn-1）（1-q）2

=a1b1-（a1+（n-1）d）b1qn1-q+db2（1-qn-1）（1-q）2

=

[a1b1q-a1b1-db1q+b1d（q-1）n]qn-（a1b1q-a1b1-db1q）（1-q）2.

令x=a1b1q-a1b1-db1q（1-q）2，y=b1d（q-1）（1-q）2，則Sn=（x+yn）qn-x，這說(shuō)明“差比型”數(shù)列前n項(xiàng)和的形式為Sn=（x+yn）qn-x.

解法9（待定系數(shù)法） Sn=（x+yn）4n+z，

S1=4（x+y）+z=4，

S2=16（x+2y）+z=36，

S3=64（x+3y）+z=228，

解得x=-49，y=129，z=49，所以Sn=（3n-1）4n+1+49.

解法10（待定系數(shù)法） Sn=（x+yn）4n-x，

S1=4（x+y）-x=4

S2=16（x+2y）-x=36，解得x=-49，y=129，所以Sn=（3n-1）4n+1+49.

點(diǎn)評(píng) 解法9、解法10充分利用“差比型”數(shù)列前n項(xiàng)和的特征，設(shè)出Sn的表達(dá)式，利用方程思想使問(wèn)題順利獲解，該解法過(guò)程簡(jiǎn)潔、運(yùn)算量小，不會(huì)出現(xiàn)計(jì)算錯(cuò)誤，是求“差比型”數(shù)列前n項(xiàng)和的最佳選擇.

分析7 我們知道矩形的面積公式為S=ab，因而，由兩個(gè)正數(shù)積的形式便可直覺聯(lián)想它就是矩形的面積的數(shù)值，于是，a1b1+a2b2+…+anbn只不過(guò)表示n個(gè)矩形面積的和，從而有

解法11 如圖1，用分割法將圖1中n個(gè)矩形轉(zhuǎn)化為圖2中n個(gè)矩形，就是從兩個(gè)不同視角看同一個(gè)面積，于是有

圖1 ? ? ? ? 圖2

a1b1+a2b2+…+anbn

=a1（b1-b2）+（a1+a2）（b2-b1）+…+（a1+a2+…+an-1）（bn-1-bn）

+（a1+a2+…+an）bn，

令bn=n，an=4n，得

Sn=1·4+2·42+3·43+…+n·4n

=-4-（4+42）-…-（4+42+43+…+4n-1）+（4+42+43+…+4n）n

=-（4-421-4+4-431-4+…+4-4n1-4）+n（4-4n+1）1-4

=-41-4（n-1-4-4n1-4）-n（4-4n+1）1-4=（3n-1）4n+1+49.