聶文喜

題目（2015年高考陜西卷文21（1））設(shè)fn（x）=x+x2+…+xn-1，x≥0，n∈N，n≥2，求fn′（2）.

分析1fn′（x）=1+2x+…+nxn-1，fn′（2）=1+2×2+3×22+…+n·2n-1.

令an=n，bn=2n-1，則數(shù)列{n·2n-1}是由等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列{bn}的乘積構(gòu)成的新數(shù)列{anbn}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）：

fn′（2）=1+2×2+3×22+…+（n-1）·2n-2+n·2n-1 ①

則2fn′（2）=2+2×22+…+（n-1）·2n-1+n·2n ②

①- ②得，

-fn′（2）=1+2+22+…+2n-1-n·2n=1-2n1-2-n·2n=（1-n）2n-1

所以fn′（2）=（n-1）2n+1.

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，

∴（1-q）Sn=a1b1+（db2+db3+…+dbn）-anbn+1=a1b1+db2（1-qn-1）1-q-anbn+1，

∴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2n-1=2n-2n-1，則可用裂項(xiàng)法求和.

解法2（裂項(xiàng)求和法）： n·2n-1=n（2n-2n-1）=n·2n-n·2n-1=[n·2n-（n-1）·2n-1]-2n-1，

∴fn′（2）=n·2n-1-2n1-2=（n-1）·2n+1.

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-db2q-1·1-qn1-q.

分析3由n·2n-1=2n-1+2n-1+…+2n-1，可考慮用分拆法求和.

解法3（分拆法）： fn′（2）=1+（2+2）+…+（2n-1+2n-1+…+2n-1）

=（1+2+22+…+2n-1）+（2+22+…+2n-1）+…+2n-1

=1-2n1-2+2-2n1-2+…+2n-1-2n1-2=-（1+2+22+…+2n-1）+n·2n

=-1-2n1-2+n·2n=（n-1）·2n+1.

分析4由n·2n-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.

由x=2，得fn′（2）=1+2·2+3·22+…+n·2n-1=（n-1）·2n+1.

解法5（積分法）：當(dāng)x≠1時(shí)，fn′（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)），

∴fn′（x）=[∫（1+2x+3x2+…+nxn-1）dx]′=（c+x-xn+11-x）′，

∴fn′（x）=1+2x+3x2+…+nxn-1=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2.

由x=2，得fn′（2）=1+2·2+3·22+…+n·2n-1=（n-1）·2n+1.

分析5由fn+1′（2）=fn′（2）+（n+1）·2n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）：fn+1′（2）=fn′（2）+（n+1）·2n，

設(shè)fn+1′（2）+[x（n+1）+y]2n+1=fn′（2）+（xn+y）2n，

則fn+1′（2）=fn′（2）+（-xn-2x-y）2n，

∴-x=1，-2x-y=1，x=-1，y=1，∴{fn′（2）+（-n+1）·2n}是常數(shù)列，

∴fn′（2）+（-n+1）·2n=f1′（2）+（-1+1）·2=1，∴fn′（2）=（n-1）·2n+1.

解法7（待定系數(shù)法）：∵fn+1′（2）=fn′（2）+（n+1）·2n，

∴fn+1′（2）2n+1=12·fn′（2）2n+n+12，

令bn=fn′（2）2n，則bn+1=12·bn+n+12，

設(shè)bn+1+x（n+1）+y=12（bn+xn+y），則bn+1=12·bn-xn2-x-y2，

∴-x2=12，-x-y2=12，∴x=-1，y=1，∴數(shù)列{bn-n+1}是等比數(shù)列，

∴bn-n+1=12（12）n-1，

∴bn=n-1+（12）n，

∴fn′（2）=（n-1）·2n+1.

解法8（待定系數(shù)法）：

∵fn+1′（2）=fn′（2）+（n+1）·2n，

∴fn+1′（2）2n+1=12·fn′（2）2n+n+12，

令bn=fn′（2）2n，

則bn+1=12·bn+n+12， bn=12·bn-1+n2

∴bn+1-bn=12（bn-bn-1）+12，令bn+1-bn=cn，則cn=12·cn-1+12，

設(shè)cn+λ=12（cn-1+λ），則cn=12·cn-1-λ2，

令-λ2=12，則λ=-1，

∴數(shù)列{cn-1}是等比數(shù)列，

∴cn-1=-14（12）n-1，cn=1-（12）n+1，∴bn+1-bn=1-（12）n+1，

∴bn=b1+（b2-b1）+…+（bn-bn-1）

=12+（n-1）-14（1-（12）n-1）1-12

=n-1+（12）n

∴fn′（2）=（n-1）·2n+1.

點(diǎn)評(píng)解法6、解法7、解法8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+z或Sn=（x+yn）qn-x.

解法9（待定系數(shù)法）：設(shè)

fn′（2）=（x+yn）2n+z，

f1′（2）=2（x+y）+z=1f2′（2）=4（x+2y）+z=5，f3′（2）=8（x+3y）+z=17，

解得x=-1，y=1，z=1，

∴fn′（2）=（n-1）·2n+1.

解法10（待定系數(shù)法）：設(shè)fn′（2）=（x+yn）2n-x，

f1′（2）=2（x+y）-x=1f2′（2）=4（x+2y）-x=5，解得x=-1，y=1，∴fn′（2）=（n-1）·2n+1 .

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（幾何法）：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