2015年高考陕西卷文科第21题解法探究

聂文喜

题目（2015年高考陕西卷文21（1））设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，则数列{n·2n-1}是由等差数列{an}与等比数列{bn}的乘积构成的新数列{anbn}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）：

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

则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，

∴（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“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2n-1=2n-2n-1，则可用裂项法求和.

解法2（裂项求和法）： 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-db2q-1·1-qn1-q.

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

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.

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

解法5（积分法）：当x≠1时，fn′（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），

∴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）：fn+1′（2）=fn′（2）+（n+1）·2n，

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

则fn+1′（2）=fn′（2）+（-xn-2x-y）2n，

∴-x=1，-2x-y=1，x=-1，y=1，∴{fn′（2）+（-n+1）·2n}是常数列，

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

解法7（待定系数法）：∵fn+1′（2）=fn′（2）+（n+1）·2n，

∴fn+1′（2）2n+1=12·fn′（2）2n+n+12，

令bn=fn′（2）2n，则bn+1=12·bn+n+12，

设bn+1+x（n+1）+y=12（bn+xn+y），则bn+1=12·bn-xn2-x-y2，

∴-x2=12，-x-y2=12，∴x=-1，y=1，∴数列{bn-n+1}是等比数列，

∴bn-n+1=12（12）n-1，

∴bn=n-1+（12）n，

∴fn′（2）=（n-1）·2n+1.

解法8（待定系数法）：

∵fn+1′（2）=fn′（2）+（n+1）·2n，

∴fn+1′（2）2n+1=12·fn′（2）2n+n+12，

令bn=fn′（2）2n，

则bn+1=12·bn+n+12， bn=12·bn-1+n2

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

设cn+λ=12（cn-1+λ），则cn=12·cn-1-λ2，

令-λ2=12，则λ=-1，

∴数列{cn-1}是等比数列，

∴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.

点评解法6、解法7、解法8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+z或Sn=（x+yn）qn-x.

解法9（待定系数法）：设

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（待定系数法）：设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 .

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（几何法）：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