深入挖掘题目内涵 平凡中彰显不平凡*——基于2018年浙江省数学高考试题第20题

●金灿芳 (萧山中学，浙江杭州 311200)

1 考题再现

题目已知等比数列{an}的公比 q＞1，且a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5的等差中项，数列{bn}满足b1=1，数列{(bn+1－bn)an}的前n项和为2n2+n．

1)求q的值;

2)求数列{bn}的通项公式．

(2018年浙江省数学高考试题第20题)

在数列{an}中，n∈N*，其中q为常数)，则称{an}为等差比数列．

本题考查的是利用错位相减来求等差比数列的前n项和，全省的平均分不高，只有总分的一半．本题首先要利用数列{an}的通项an与前n项和，将条件转化成求等差比数列的前n项和，有很多学生这一关没有转化对;在具体求和时，错位相减的方法也有很多学生没有落实好．错位相减是数列求和问题的常规方法，可以将等差比数列的求和问题转化为利用公式求等比数列的前n项和．我们深入研究该题，还能挖掘出更多的内涵，这个数列可以利用待定系数求解，利用裂项相消求和，也可以构造成常数数列，还可以构造成等比数列，利用通项公式求解．

2 解法分析

解1)易得 a4=8，q=2．

2)由第1)小题易得 an=2n－1，令 cn=(bn+1－bn)an，则数列{cn}的前 n项和 Sn=2n2+n．由于因此 c=4n－1，代入得n．又 b－b是“差分”的形式，即nn－1bn=(bn－bn－1)+(bn－1－bn－2)+…+(b2－b1)+b1，从而

对于数列{anbn}，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列，设 an=a1+(n －1)d，bn=b1qn－1(其中q≠1)，求数列{anbn}前n项和的关键是求数列{nqn－1}的前 n 项和．令

两式错位相减，得

移项得

综上可知，利用错位相减的方法，任意等差比数列的前n项和都可以转化成求等比数列的前n项和．

3 解法探究

3．1 构造一般模型

3．2 构造裂项相消

事实上，在本题的已知条件下，b1的值一定满足数列{bn}的通项公式，根据裂项相消的特点，可将 b=1 代入，得 C=15，即1

在这个解法中裂项相消的构造是重要思想．第二种构造大大地简化了过程，并且在这样的构造下，通项公式的主要形式已经明确，因此可以用待定系数法迅速求解，与“构造一般模型”的思想类似，但是这样的技巧需要平时的沉淀和积累．第一种构造是从一般入手，只要等差比数列或等比数列的通项都可以去尝试，如在等比数列中，qn=不妨令 an=(xn+y)qn，因为(n+1)qn+1－nqn=nqn(q－1)+qn+1，所以

则an就表示成了裂项相消的形式．除此之外，裂项相消的一般形式还有以下4种:

3．3 构造常数数列

这个解法是建立在已经构造好裂项相消的基础上，本质还是构造裂项相消，若 an－an－1=f(n)－f(n－1)，则

an－f(n)=an－1－f(n－1)=…=a1－f(1)，从而{an－f(n)}为常数数列，即可求出{an}的通项公式．

3．4 构造等比数列

用构造法求数列的通项公式是数列中的重要知识点，常见的有以下3类:

1)an=pan－1+q，令 an－ m=p(an－1－ m)，解则{a－m}是首项为 a－m、公比为pn1的等比数列．

2)an=pan－1+qn+r，令 an+xn+y=p［an－1+x(n－1)+y］，解得于是构造了新的公比为p的等比数列，这就是本题的类型．

4 结束语

本题主要考查利用错位相减来求等差比数列的前n项和，深入研究可知方法不止一种．除了落实错位相减的方法，还可以向学生灌输待定系数的方法和数列中其他的重要思想，比如从一般的、常见的裂项相消开始，能够辨析一些复杂的裂项相消;不仅可以解决一次函数型的由递推公式求通项公式，也能解决带n的或指数型的由递推公式求通项公式．

我们的教学主要是例题教学．优质的试题，通过教师的思维引导和解法展示，资源得到了充分的利用，达到了训练的目的，也能适度减轻学生的负担［1］．在解题教学中要注重学生的解题思维，挖掘其中的知识点，让学生在读题、析题、解题、悟题的过程中提升自己的数学思维素养［2］．

这就要求教师要充分地研究题目，分析条件，挖掘各种有效的解题方法，有些看似平凡的题解法丰富，能让学生有效地落实各种相关知识点，在解题思维中彰显它的不平凡．