2015年高考山东卷文科第19题解法探析

聂文喜

题目 （2015年高考山东卷文19）已知数列{an}是首项为正数的等差数列，数列1anan+1的前n项和为n2n+1.

（1）求数列{an}的通项公式;

（2）设bn=（an+1）·2an，求数列{bn}的前n项和.

解 （1）an=2n-1.

（2）分析1 bn=2n·22n-1=n·4n，令cn=n，dn=4n，则数列{bn}是由等差数列{cn}与等比数列{dn}的乘积构成的新数列{cndn}的求和问题，我们不妨把这类数列称为“差比型”数列，求“差比型”数列的常规解法是错位相减法.

解法1（错位相减法）

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 若数列{an}是等差数列，公差为d≠0，数列{bn}是等比数列，公比q≠1，则数列{anbn}前n项和Sn可用错位相减法求解：令Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn，则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“错位相减法”求“差比型”数列的前n项和虽有固定的求解模式，但运算量大，极易出现计算错误，如果联想到bn=bn+1-bnq-1，则可用裂项法求和.

解法2（裂项求和法） 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 若数列{an}是等差数列，公差为d，数列{bn}是等比数列，公比为q≠1，则anbn=an（bn+1-bn）q-1=1q-1[（an+1-d）bn+1-anbn]=1q-1（an+1bn+1-anbn）

-dbn+1q-1，从而将数列{anbn}转化为一个可以裂项求和的数列1q-1（an+1bn+1-anbn）与一个等比数列dbn+1q-1之差，故{anbn}的前n项和为Tn=an+1bn+1-a1b1q-1-db1qq-1·1-qn1-q.

分析3 由bn=n·4n=4n+4n+…+4n，可考虑用分拆法求和.

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可联想到幂函数求导公式（xn）′=nxn-1，则可用导数法或积分法求和.

解法4（导数法）

当x≠1时，x+x2+…+xn=x-xn+11-x，

两边同时求导得1+2x+3x2+…+nxn-1=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2.

两边同时乘以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（积分法） 当x≠1时，设f（x）=1+2x+3x2+…+nxn-1，则

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

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.

两边同时乘以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联想到递推数列an+1=pan+（an+b）qn的通项公式求法，则可用待定系数法求解.

解法6（待系数法） Sn+1=Sn+（n+1）·4n+1=Sn+（4n+4）·4n，

设Sn+1+x（n+1）+y4n+1=Sn+（xn+y）4n，

则Sn+1=Sn+（-3xn-4x-3y）4n，

所以-3x=4，

-4x-3y=4，x=-43，y=49，

所以Sn+（-43n+49）4n是常数列，

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

解法7（待定系数法） 因为Sn+1=Sn+（n+1）4n+1，所以Sn+14n+1=14·Sn4n+n+1，

令bn=Sn4n，则bn+1=14·bn+n+1，

设bn+1+x（n+1）+y=14（bn+xn+y），则bn+1=14·bn-3xn4-x-3y4，

所以-3x4=1，

-x-3y4=1，所以x=-43，

y=49，所以数列bn-4n3+49是等比数列，

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（待定系数法） 因为Sn+1=Sn+（n+1）4n+1，所以Sn+14n+1=14·Sn4n+n+1，

令bn=Sn4n，则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，则cn=14·cn-1+1，

设cn+λ=14（cn-1+λ），则cn=14·cn-1-3λ4，

令-3λ4=1，则λ=-43，所以数列cn-43是等比数列，

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.

点评 解法6、解法7、解法8利用数列通项与前n项和的关系an+1=Sn+1-Sn，将求和问题转化为递推数列求通项问题，虽然不是最简方法，但它别出心裁，另辟新经，将知识融会贯通.

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，则Sn=（x+yn）qn-x，这说明“差比型”数列前n项和的形式为Sn=（x+yn）qn-x.

解法9（待定系数法） 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（待定系数法） 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.

点评 解法9、解法10充分利用“差比型”数列前n项和的特征，设出Sn的表达式，利用方程思想使问题顺利获解，该解法过程简洁、运算量小，不会出现计算错误，是求“差比型”数列前n项和的最佳选择.

分析7 我们知道矩形的面积公式为S=ab，因而，由两个正数积的形式便可直觉联想它就是矩形的面积的数值，于是，a1b1+a2b2+…+anbn只不过表示n个矩形面积的和，从而有

解法11 如图1，用分割法将图1中n个矩形转化为图2中n个矩形，就是从两个不同视角看同一个面积，于是有

图1         图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.