一類數列求和的新方法

陳強　惠永永

摘要：對于形如an=（an+b）·qn（其中a，b，q為常數）的數列求和問題，學生一般采用錯位相消法.但是學生在應用這種方法求和時常常容易在計算時犯錯誤.在這里，我們主要是探討這類數列求和問題的新思路，以期簡化學生的計算量和提高學生的思維能力。

關鍵詞：數列；求和；方法

問題：設an=n·2n，求an的前n項和Sn.

解：這是典型的一道錯位相消的題目，我們從另外的角度來討論怎么求和.

設bn=（An+B）·2n，令bn+1-bn=（An+2A+B）·2n=an，比較系數可得方程

An=n，2A+B=0，解方程可得A=1，B=-2，即bn=（n-2）·2n.

Sn=a1+a2+…+an=（b2-b1）+（b3-b2）+…+（bn+1-bn）=bn+1-b1，

則Sn=（n-1）·2n+1+2.

注1：這個方法我們定義為待定系數法，就是構造新數列{bn}使得所求的數列{an}可以裂開為{bn}的兩項之差即bn+1-bn=an，從而得到Sn=bn+1-b1.

注2：形如an=（an+b）·qn（q≠1）的數列求和問題用“待定系數法”時構造的數列{bn}跟an的形式是一樣的bn=（An+B）·qn（q≠1）.同理對于形如an=（aknk+ak-1nk-1+…+a1n+a0）·qn的數列求和問題，我們同樣構造數列bn=（Aknk+Ak-1nk-1+…+A1n+A0）·qn.

推廣：設an=（an+b）·qn（q≠1），求an的前n項和Sn.

解：設bn=（An+B）·qn，bn+1=[A（n+1）+B]·qn+1，由bn+1-bn=an可得

（Aqn-An+Aq+Bq-B）·qn=（an+b）·qn，比較等式兩邊系數可得

Aq-A=a，Aq+Bq-B=b，解得A=aq-1，B=q（b-a）-b（q-1）2.

即bn=aq-1n+q（b-a）-b（q-1）2·qn，因此我們可以得到

Sn=a1+a2+…+an=（b2-b1）+（b3-b2）+…+（bn+1-bn）=bn+1-b1，故

Sn=aq-1（n+1）+q（b-a）-b（q-1）2·qn+1-aq-1+q（b-a）-b（q-1）2·q.

這樣這一類問題我們都可以解決了，而且只是解個方程而已，避開了復雜的計算.

例1（2014·安徽高考）數列{an}滿足a1=1，nan+1=（n+1）an+n（n+1），n∈N*.

（1） 證明：數列ann是等差數列；

（2） 設bn=3n·an，求數列{bn}的前n項和Sn.

解：（1）證明：∵nan+1=（n+1）an+n（n+1），∴an+1n+1=ann+1，即an+1n+1-ann=1；

∴數列ann是以1為首項，以1為公差的等差數列.

（2）由（1）知ann=1+（n-1）·1=n，∴an=n2，則bn=3n·an=n·3n；

下面我們用新方法來求這個數列的和，設cn=（An+B）·3n，cn+1=[A（n+1）+B]·3n+1，

令bn=cn+1-cn，bn=n·3n，cn+1-cn=（2An+3A+2B）·3n比較系數可得方程

2A=13A+2B=0，解之得A=12B=-34.故cn=n2-34·3n，則

Sn=b1+b2+…+bn=（c2-c1）+（c3-c2）+…+（cn+1-cn），即Sn=cn+1-c1，而

cn+1=n2-14·3n+1，c1=-34，∴Sn=2n-14·3n+1+34.

例2（2015·湖北高考）設等差數列{an}的公差為d，前n項和為Sn，等比數列{bn}的公比為q.已知b1=a1，b2=2，q=d，S10=100.

（1） 求數列{an}，{bn}的通項公式；

（2） 當d>1時，記cn=anbn，求數列{cn}的前n項和Tn.

解：（1）由題意有10a1+45d=100a1d=2，解得a1=1d=2或a1=9d=29.

故an=2n-1bn=2n-1或an=19（2n+79）bn=9·（29）n-1.

（2）由d>1，知an=2n-1，bn=2n-1，故cn=（2n-1）·12n-1=（4n-2）·12n，

設rn=（An+B）·12n，由rn+1-rn=cn可得方程組

-A2=4A-B2=-2，解得A=-8B=-4，故rn=（-8n-4）·12n，則

Sn=c1+c2+…+cn=（r2-r1）+（r3-r2）+…+（rn+1-rn），即Tn=rn+1-r1，而

rn+1=（-8n-12）·12n+1=-2n+32n-1，r1=-6，∴Tn=6-2n+32n-1.

例3已知數列，an=n2·2n（n∈N*）.

（1）求an+1與an的遞推關系式；

（2）求an的前n項和Sn.

解：（1）an+1-an=（n+1）2·2n+1-n2·2n=an+（4n+2）·2n，

即an+1-2an=（4n+2）·2n.

（2）an+1-2an=（4n+2）·2nan-2an-1=[4（n-1）+2]·2n-1a2-2a1=（4×1+2）·21，疊加得，

an+1-a1-Sn=（4n+2）·2n+[4（n-1）+2]·2n-1+…+（4×1+2）·21，

右邊的求和正好是我們熟悉的錯位相消求和，這樣的話用錯位相消可以得到

Sn=（n2-2n+3）·2n+1-6.

下面我們用“待定系數法”來求Sn，

令bn=（An2+Bn+C）·2n，bn+1=[A（n+1）2+B（n+1）+C]·2n+1，

bn+1-bn=[An2+（4A+B）n+2A+2B+C]·2n=an，比較系數可得方程

A=14A+B=02A+2B+C=0解方程得A=1B=-4C=6，即bn=（n2-4n+6）·2n，

故Sn=（n2-2n+3）·2n+1-6.endprint