蘇 玖

真題再現(xiàn)（2020·全國卷III）設數列{an}滿足a1=3，an+1=3an-4n.

（1）計算a2，a3，猜想{an}的通項公式并加以證明；

（2）求數列{2nan}的前n項和Sn.

思維延伸：本題是遞推數列問題，（1）利用遞推公式得出a2,a3，猜想得出{an}的通項公式，利用待定系數法構造等比數列，求出通項公式.（2）由錯位相減法求解即可.主要考查了求等差數列的通項公式以及利用錯位相減法求數列的和，難度不大.

改編1

本題的遞推關系中的變量n可以改為常數，于是改編為：

如設數列{an}滿足a1=4,an+1=3an-2.

（1）求{an}的通項公式；

（2）求數列{2nan}的前n項和Sn.

利用待定系數法an+1+λ=3(an+λ)，求出λ的值，再用等比數列的通項公式求出an，最后利用分組求和方法求出Sn.

改編2

若將上題中的常量“2”改為“一次函數kn+b”的形式，于是改編為：

設數列{an}滿足a1=-1，an+1=2an+2n-1.

（1）求{an}的通項公式；

（2）求數列{2nan}的前n項和Sn.

利用待定函數法求解，可以設an+1+a(n+1)+b=2(an+an+b)，比較系數可以求出系數a,b，由等比數列定義求出通項公式，再利用分組求和法求出結果.

改編3

若將“一次函數”改編為“二次函數類an2+bn+c”，于是改編為：

設數列{an}滿足a1=1，an+1=2an-2n2，求{an}的通項公式.

仍然利用待定系數函數法求解本題，可以設an增加函數an2+bn+c后構成類似等比數列問題，即可求出通項公式.

改編4

若將上題的“-2n2”改編為“指數函數類型”,則有：

設數列{an}滿足a1=1，an+1=2an+2n.

（1）求{an}的通項公式；

（2）求數列{nan}的前n項和Sn.

求解本題先利用恒等變形，再利用累加求和法求出通項公式，第（2）小題轉化為{n2×2n-1}的前n項和的求解，需要連續(xù)兩次使用錯位相減法求和.

改編5

也可以將上題的“2n”改為“指數函數+常數”，于是改編為：

設數列{an}滿足a1=1，an+1=2an+2n+1.

（1）求{an}的通項公式；

（2）求數列{an}的前n項和Sn.

仍然利用上述方法求解，但累加求和時，需要利用分組求和法求出通項公式，對于第（2）小題可利用錯位相加法求解.

改編6

也可以將遞推關系式中“指數類型函數”改為“分式型函數”，于是改編為：

設數列{an}滿足a1=-1，求{an}的通項公式.

先變形再利用累加求和法求解，直觀上可以看出需要先裂項.

改編7

上述各題都是遞推關系式線性的，也可以改為分式類型，同時再結合2020年新高考山東卷第18 題，于是有改：

設數列{an}滿足a1=1，

（1）求{an}的通項公式；

（2）記bm為{an}在區(qū)間中的項的個數，求數列{bm}的前n項和Sn.

先對遞推關系式變形，兩邊同時取倒數，即可構成等差數列，求出通項公式后，再利用區(qū)間建立不等式，將n用m表示，由二項式定理及分類討論思想求出正整數解n的個數，于是得出新數列通項公式，再利用奇偶分析法求出前n項和.

做中悟道：從一道全國高考遞推數列題出發(fā)，經過改變遞推關系式演變出幾類求遞推數列通項公式問題，蘊含著豐富的數學思想方法.策略一：將變量“4n”改為常量“2”，改編為常規(guī)的遞推數列問題，如改編題1，考查了待定系數法及錯位相減法；策略二：將變量的一次單項式“4n”改編為“一次多項式2n-1 或二次單項式2n2”，如改編題2，3，考查了待定函數法（一次函數或二次函數），函數與方程思想，分組求和法；策略三：將變量“4n”改編為指數函數“2n”，如改編4,5,6，考查了累加求和法、構造法、裂項求和法、兩次錯位相減法等；策略四：將遞推關系改編為分式形式，利用取倒數構造等差數列，最后與2020年新高考山東卷第18 題接軌，考查二項式定理應用、構造法、分類討論思想.

點撥解析

真題：略.

改編1：由a1=4，an+1=3an-2，得a2=10，設an+1+λ=3(an+λ)，即an+1=3an+2λ，令2λ=-2，即λ=-1，因此an+1-1=3(an-1).而a1-1=3，所以數列{an-1}是以3 為首項，3 為公比的等比數列，所以an-1=3n，即an=3n+1（n∈N*）.

（2）數列{2nan}的通項公式為2nan=6n+2n（n∈N*），利用分組求和的方法可得即

改編2.（待定系數法）因為an+1=2an+2n-1，設an+1+a(n+1)+b=2(an+an+b)，

即an+1=2an+an+b-a，與an+1=2an+2n-1 對比系數得an+b-a=2n-1 對一切n∈N*都成立，所以a=2且b-a=-1，即a=2 且b=1，所以數列{an}遞推公式轉化為an+1+2(n+1)+1=2(an+2n+1).

因為a1+2×1+1=2，所以數列{an+2n+1}是首項為2，公比為2 的等比數列，因此an+2n+1=2n，即an=2n-2n-1.

（2）因為an=2n-2n-1，所以2nan=4n-(2n+1)×2n.

分組求和法，41+42+…+4n=由真題（2）知數列{(2n+1)×2n}的前n項和為(2n-1)2n+1+2，所以Sn=+(2n-1)2n+1.

改編3.因為an+1=2an-2n2，設an+1-a(n+1)2-b(n+1)-c=2(an-an2-bn-c)，

即an+1=2an-an2+(2a-b)n+a+b-c，與an+1=2an-2n2對比得-an2+(2a-b)n+a+b-c=-2n2對一切n∈N*都成立，

所以a=2 且2a-b=0且a+b-c=0，所以a=2,b=4,c=6.

所以遞推關系式化為an+1-2(n+1)2-4(n+1)-6=2(an-2n2-4n-6).

因為a1-2×12-4×1-6=-11，所以數列{an-2n2-4n-6}是首項為-11，公比為2 的等比數列，即an-2n2-4n-6=-11×2n-1，所以數列{an}的通項公式為an=-11×2n-1+2n2+4n+6.

改編4.因為an+1=2an+2n，兩邊同時除以2n+1，得所以數列以為首項和公差的等差數列，所以an=n×2n-1.

（2）因為nan=n2×2n-1，所以Sn=12×20+22×21+32×22+…+n2×2n-1，①

因此2Sn=12×21+22×22+32×23+…+（n-1)2×2n-1+n2×2n，②

①-②得(1-2)Sn=1+(22-12)×2+(32-22)×22+…+[n2-(n-1)2]×2n-1-n2×2n，即-Sn=1+3×2+5×22+…+(2n-1)×2n-1-n2×2n.

令Tn=3×2+5×22+…+(2n-1)×2n-1（n≥2），③

因此2Tn=3×22+5×23+…+(2n-1)×2n，④

③-④得，-Tn=3×2+2×22+…+2×2n-1-(2n-1)×2n=2+22+23+...+2n-(2n-1)×2n=-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-2，

所以Tn=(2n-3)×2n+2(n≥2),所以-Sn=1+(2n-3)×2n+2-n2×2n，

故Sn=(n2-2n+3)×2n-3（n∈N*）.

改編5.因為an+1=2an+2n+1，兩邊同時除以2n+1，得

所以an=(n+1)·2-1（n∈N）.

（2）Sn=2·20+3×21+4×22+…+(n+1)·2n-1-n，

令Tn=2×20+3×21+4×22+…+(n+1)×2n-1，利用錯位相減法求得，Tn=n·2n.

所以Sn=n·2n-n（n∈N*）.

改編6.因為an+1=兩邊同時乘2n+1可得2n+1an+1=2nan+即2n+1an+1=

累加求和法得，2nan=21a1+

即2nan=-2+2-，當n=1 時也滿足，所以

改編7.因為兩邊取倒數得所以數列是首項為1，公差為的等差數列，因此即

當m為奇數時，2m+1=(3-1)m+1能被3 整除，2m+1+1=(3-1)m+1+1被3 除余2，

當m為偶數時，2m+1+1=(3-1)m+1+1能被3 整除，2m+1=(3-1)m+1被3 除余2，

所以當n為偶數時，

當n為奇數時，

牛刀小試

根據高考真題和上述改編題的過程，請你再提出3 道改編題.

改編提示：改編an前面的系數，或者改編an后面的變量為指數函數形式，或者嘗試將遞推關系改編為分式形式，但是取倒數后變?yōu)楦木庮}1 的形式等.

改編1：設數列{an}滿足a1=4，an+1=2an-3.

（1）求{an}的通項公式；（2）求數列{nan}的前n項和Sn.

改編2：設數列{an}滿足a1=1，an+1=3an+2n.

（1）求{an}的通項公式；（2）求數列{an}的前n項和Sn.

改編3：設數列{an}滿足a1=1，求{an}的通項公式.