2020年高考全国?芋卷数列题的研究

吴志峰

一、试题再现

【2020年高考全国？芋卷理数第17题】设数列{ an }满足a1=3，an+1=3an-4n.

（I）计算a2、a3，猜想{ an }的通项公式并加以证明;

（？域）求数列{ 2n an }的前n项和Sn.

二、试题分析

本题是高考解答题的第一个题目，是容易题. 考查的知识点有数列的递推公式，数列的通项公式，数学归纳法，数列求和等. 考查函数与方程，化归与转化的数学思想方法，考查的核心素养有数学运算，逻辑推理. 数列知识是历年高考的重点和热点问题，数列的递推公式、数列的通项公式、数列求和作为数列的几种常见形式，在考试中经常出现. 本题第（I）问考查由递推公式求数列的通项公式，这是一个常考常新的问题，与我们所学的基础知识、基本技能、基本方法有很大的关系，常常通过一定的转化，把问题转化成我们熟悉的等差、等比数列模型进行求解，从而有效解决问题，或者利用数学归纳法先猜后证求得数列的通项公式. 本题第（？域）问考查差比数列（由等差数列和等比数列相乘得到的新数列）的求和问题，是一个很多考生一看就懂，一算就错的问题.本文通过对这两个问题的分析与总结，列举构造法求数列通项公式的几种常见类型和差比数列求和的几种常用方法，供各位考生参考.

三、解法分析

（I）解法一：因为a1=3，an+1=3an-4n，所以a2=3a1-4=5，a3=3a2-8=7，

猜想，an=2n+1，n∈N？鄢.

下面用数学归纳法证明.

①当n=1时，a1=3符合上式.

②假设n=k时，ak=2k+1成立.

当n=k+1時，ak+1=3ak-4k=3（2k+1）-4k=2（k+1）+1也成立.

综上所述，由①②得an=2n+1，n∈N？鄢.

点评：数学归纳法是数学证明中的一种重要的证明方法，常用来证明与自然数n有关的命题. 数学归纳法在数列求通项公式、数列求和、与数列有关的不等式的证明中有着广泛的应用，在数列求通项公式的问题中，在常规方法受阻的情况下，利用数学归纳法这种先猜后证的思路往往能够让我们快速找到问题的解决办法.

解法二：因为a1=3，an+1=3an-4n，

所以an+1-2（n+1）-1=3（an-2n+1）.

由迭代法得：an-2n-1=3[an-1-2（n-1）-1]=…=3n-1（a1-3）=0，

所以an=2n+1.

点评：本解法通过构造一个各项均为零的数列{an-2n-1}，从而求得数列{an}的通项公式，体现了化归与转化的思想在解题中的应用. 对于an+1=Aan+Bn+C（A≠0，A≠1）类型的递推公式求通项公式的时候，可以通过构造an+1-k（n+1）-b=A（an-kn-b）的形式，再利用迭代法或者等比数列的知识进行求解. 注意本题条件a1-3=0，所以这里数列{an-2n-1}并不是等比数列，而是一个各项均为0的常数列.

解法三：因为a1=3，an+1=3an-4n，……①

所以a2=5，an=3an-1-4（n-1） （n≥2），……②

由①-②得：an+1-an=3an-3an-1-4 （n≥2），

所以an+1-an-2=3（an-an-1-2） （n≥2），

由迭代法得an-an-1-2=3（an-2-an-3-2）=…=3n-2（a2-a1-2）=0.

所以an-an-1-2=0 （n≥2），

所以数列{an}是等差数列，首项a1=3，d=2，

所以an=2n+1，n∈N？鄢.

点评：本解法通过构造一个各项均为零的数列{an-an-1-2}，从而推出数列{an}是等差数列，再利用等差数列的公式求数列{an}的通项公式，体现了化归与转化的思想在解题中的应用. 注意本题条件a2-a1-2=0，所以这里数列{an-an-1-2}并不是等比数列，而是一个各项均为0的常数列.

（II）解法一：错位相减法

依题意得：2nan=（2n+1）2n，

所以Sn=3×21+5×22+7×23+…+（2n+1）2n………③

两边同时乘以2得：2Sn=3×22+5×23+7×24+…+（2n+1）2n+1………④

③-④得：-Sn=3×2+2×（22+23+…+2n）-（2n+1）2n+1

=6+2× -（2n+1）2n+1

化简得：Sn=（2n-1）2n+1+2.

点评：本解法是错位相减法，是解决差比数列的求和问题常见方法，用错位相减法求差比数列的和的步骤有：列出前n项和，两边同时乘以公比q，两式相减，公式求和，化简检验. 体现了数学中的“消元化简”和“把陌生问题转化成熟悉问题”的数学思想.此解法的优点是思路清晰，方法比较容易掌握，缺点是计算量较大，每一个步骤都有很多计算上的易错点，需要特别注意.

解法二：裂项相消法

设2nan=（2n+1）2n=[k（n+1）+b]2n+1-（kn+b）2n =（kn+2k+b）2n

所以k=2，2k+b=1，即k=2，b=-3，

所以（2n+1）2n=（2n-1）2n+1-（2n-3）2n  =-（2n-3）2n  +（2n-1）2n+1

所以Sn =3×21+5×22+7×23+…+（2n+1）2n

=[-（-1）×21+1×22]+（-1×22+3×23）+…+[-（2n-3）2n+（2n-1）2n+1]

=2+（2n-1）2n+1.

点评：裂项相消法也是数列求和的一种常用方法，常用来解决分式型的数列求和问题，其实只要通项公式能够拆成f（n+1）与f（n）的差的形式的数列求和问题都可以用裂项相消法. 用裂项相消法求差比数列的和时，只需要用待定系数法把通项公式裂成f（n+1）-f（n）的形式即可（其中f（n）=（kn+b）qn）. 此解法的优点在于运算量小，准确率高，但是需要考生能够掌握差比数列通项公式裂项的技巧，这个需要经过一定训练才能做到.

解法三：待定系数法

首先，我们来推导差比数列的前n项和Sn的一般形式.

引理：己知数列{an}是等差数列，公差d≠0，数列{bn}是等比数列，公比q≠1，则数列{an bn}的前n项和Sn=b-（kn+b）qn，其中k，b为常数.

证明：Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an bn

即Sn=a1b1+a2b1q+a3b1q2+…+an b1qn-1……①

两边同时乘以q得：qSn=a1b1q+a2b1q2+a3b1q3+…+an b1qn……②

①-②得： （1-q）Sn=a1b1+db1（q+q2+…+qn-1）-an b1qn

=a1b1+db1（ ）-（a1+nd-d）b1qn

=b1（a1+ ）-b1（dn+a1+ ）qn

所以Sn= （a1+ ）- （dn+a1+ ）qn.

所以Sn=b-（kn+b）qn，其中k= ，b= （a1+ ）.

解：設Sn=b-（kn+b）2n，

因为S1=b-2（k+b）=6，S2=b-4（2k+b）=26

解得k=-4，b=2，

所以Sn=2-（-4n+2）2n=2+（2n-1）2n+1.

点评：此解法为待定系数法求差比数列的和，需要考生能够记住差比数列的前项和的形式才能够进行求解，体现了函数与方程的思想在解题中的应用. 而且此公式在教材中没有给出，所以不建议考生在解答题中直接应用，但是可以借助这个形式对自己的求解的结果做一个检验. 本题也可以由Sn-Sn-1=（2n+1）2n列出方程组进行求解.

四、归纳总结

（1）数列通项公式是数列的核心内容之一，构造法是求数列的通项公式的一种最常用方法，其本质是通过构造一个与己知数列有关的新数列，使新数列是等差、等比或其它常见数列的形式，再利用相关知识进行求通项的方法. 常见的构造法有以下几种类型，此处列出来供各位考生参考.（说明：下列各条件中的系数A、B、C、m均不等于0，①②③④中的系数A≠1）.

①形如an+1=Aan+B，则构造an+1+t=A（an+t）进行求解.

②形如an+1=Aan+Bn+C，则构造an+1+k（n+1）+b=A（an+kn+b）进行求解.

③形如an+1=Aan+mAn则构造 = +m进行求解.

④形如an+1=Aan+mBn （A≠B），则构造an+1+kBn+1=A（an+kBn）进行求解.

⑤形如an+1= ，则构造 = = · + ，

若A=C，则数列{ }成等差数列;若A≠C，则再利用类型①进行构造.

⑥形如an+1=Aan+Ban-1（n≥2），则构造an+1-？琢an=？茁（an-？琢an-1）进行求解.

（2）数列求和的常用方法有公式求和法，分组求和法，裂项相消法，错位相减法，并项求和法，倒序相加法，待定系数法等. 在平时的学习中，对数列求和的这些方法，我们不仅要知道它们适用的范围，更应该知道这些方法所蕴含的数学思想方法，学法而不拘泥于法，才能够在解题过程中做到融会贯通，得心应手. 从上述例题我们发现差比数列的求和问题不仅仅只有错位相减法，还有裂项相消法和待定系数法等方法，这体现了数学问题和方法的多样性，掌握多种方法为我们解题拓宽了新的思路，也对培养和提高数学思维能力和数学素养有很大的帮助.

（3）近几年全国卷高考的解答题中，数列大多以基础题的形式出现. 主要是对基础知识，基本技能，基本思想和基本活动经验的考查，对这类问题我们要做到不丢分. 所以在平时的复习中就应该做到重视基础，优化知识网络，加强对常规题型的解法的研究，重视运算的细节，提高运算的准确率，从而切实提升解决问题的能力和数学思维品质.

责任编辑 徐国坚