巧化歸，妙求和

摘要：數列求和是歷年高考數列部分的一個基本考點，有時以小題形式出現，有時出現在解答題中，是數列知識的綜合體現，破解的關鍵是抓住數列中的已知條件，掌握數列知識的本質，充分理解與掌握數列求和的技巧與方法，合理分析，巧妙求解.

關鍵詞：數列；求和；錯位相減法；相消法

數列求和是高中數學教材中等差數列、等比數列的一個重要內容，其求和公式與技巧方法等也是高中數學中的一類基本策略方法，因此數列求和題成為了歷年高考數學中一個熟知的經典考題.涉及數列求和問題，關鍵是把握相關通項的結構特征，選擇與之相吻合的技巧方法加以應用，它是全面考查數列的基礎知識、基本思想方法以及相關的解題技巧的一個主陣地，以及全面考查數學運算能力等方面的場所.

1問題呈現

問題：（華中師范大學“華大新高考聯盟”2022屆高三11月教學質量測評·16）設等比數列{an}滿足a3=2，a10=256，則數列{4n2an }的前n項和為.

2問題分析

此題通過等比數列問題背景的設置，結合題目條件的分析與處理來確定{an}的通項公式，從而得以確定數列{4n2an }的通項公式，利用通項公式的特征，結合有效的方法，借助錯位相減法、相消法等思維來處理，得以進行數列求和.

破解本題的關鍵就是利用條件能得通項公式bn＝4n2an=n2·2n，進而求解數列{bn}的前n項和問題.破解時，可以利用通項公式的特征，或借助錯位相減法，或借助待定系數法，通過代數運算，結合等比數列的求和公式加以合理化歸，巧妙處理，從而破解問題.

3問題破解

方法1：兩次錯位相減法1

解析：設數列{an}的公比為q，依題可得a3=a1q2=2

a10=a1q9=256，則a1=12

q=2，

所以an=a1qn-1=12×2n-1=2n-2，設bn=4n2an=4n2×2n-2=n2·2n，

設數列{4n2an }的前n項和為Sn，

則Sn=12·21+22·22+32·23+…+（n-1）2·2n-1+n2·2n，

2Sn=12·22+22·23+…+（n-2）2·2n-1+（n-1）2·2n+n2·2n+1，

兩式相減，可得-Sn=1·21+3·22+5·23+…+（2n-3）·2n-1+（2n-1）·2n-n2·2n+1，

設數列{（2n-1）·2n }的前n項和為Tn，

則Tn=1·21+3·22+5·23+…+（2n-3）·2n-1+（2n-1）·2n，

2Tn=1·22+3·23+…+（2n-5）·2n-1+（2n-3）·2n+（2n-1）·2n+1，

兩式相減，可得-Tn=1·21+2·22+2·23+…+2·2n-1+2·2n-（2n-1）·2n+1

=2+23+24+…+2n+2n+1-（2n-1）·2n+1=2+8（1-2n-1）1-2-（2n-1）·2n+1

=2+2n+2-8-（2n-1）·2n+1=（3-2n）·2n+1-6，

所以-Sn=Tn-n2·2n+1=-（3-2n）·2n+1+6-n2·2n+1=-（n2-2n+3）·2n+1+6，

即Sn=（n2-2n+3）·2n+1-6，

故填答案：（n2-2n+3）·2n+1-6.

點評：先根據條件，通過數列的通項公式聯立方程組，求得對應數列的首項與公比，為確定數列{4n2an}的通項公式提供依據，進而結合對應的通項公式的特征，先利用錯位相減法加以化歸與轉化，再根據求和公式的特征提取其中的部分，再利用錯位相減法來化歸，最后結合等比數列的求和公式以及代數運算來進行數列的求和.

方法2：兩次錯位相減法2

解析：設數列{an}的公比為q，依題可得a3=a1q2=2

a10=a1q9=256，則a1=12

q=2，

所以an=a1qn-1=12×2n-1=2n-2，設bn=4n2an=4n2×2n-2=n2·2n，

設數列{4n2an }的前n項和為Tn，

則Tn=12·21+22·22+32·23+…+（n-1）2·2n-1+n2·2n，

2Tn=12·22+22·23+…+（n-2）2·2n-1+（n-1）2·2n+n2·2n+1，

兩式相減，可得-Tn=1·21+3·22+5·23+…+（2n-3）·2n-1+（2n-1）·2n-n2·2n+1，

-2Tn=1·22+3·23+…+（2n-5）·2n-1+（2n-3）·2n+（2n-1）·2n+1-n2·2n+2，

兩式相減，可得Tn=1·21+2·22+2·23+…+2·2n-1+2·2n+（n-1）2·2n+1

=2+23+24+…+2n+2n+1+（n-1）2·2n+1=2+8（1-2n-1）1-2+（n-1）2·2n+1

=2+2n+2-8+（n-1）2·2n+1=（n2-2n+3）·2n+1-6，

故填答案：（n2-2n+3）·2n+1-6.

點評：先根據條件，通過數列的通項公式聯立方程組，求得對應數列的首項與公比，為確定數列{4n2an}的通項公式提供依據，進而結合對應的通項公式的特征，直接通過處理系數，兩次利用錯位相減法加以化歸與轉化，結合等比數列的求和公式以及代數運算來解決數列的求和問題.

方法3：待定系數法+相消法

解析：設數列{an}的公比為q，依題可得a3=a1q2=2

a10=a1q9=256，則a1=12

q=2，

所以an=a1qn-1=12×2n-1=2n-2，設bn=4n2an=4n2×2n-2=n2·2n，

設bn=n2·2n=（xn2+yn+z）·2n-［x（n+1）2+y（n+1）+z］·2n+1，

而（xn2+yn+z）·2n-［x（n+1）2+y（n+1）+z］·2n+1=［-xn2-（4x+y）n-2x-2y-z］·2n，

所以-x=1，-（4x+y）=0，-2x-2y-z=0，解得x=-1，y=4，z=-6，

則有bn=n2·2n=（-n2+4n-6）·2n-［-（n+1）2+4（n+1）-6］·2n+1，

設數列{4n2an }的前n項和為Tn，

可得Tn=b1+b2+…+bn=（-12+4×1-6）·21-（-22+4×2-6）·22+（-22+4×2-6）·22-（-32+4×3-6）·23+…+（-n2+4n-6）·2n-［-（n+1）2+4（n+1）-6］·2n+1

=（-12+4×1-6）·21-［-（n+1）2+4（n+1）-6］·2n+1

=（n2-2n+3）·2n+1-6，

故填答案：（n2-2n+3）·2n+1-6.

點評：先根據條件，通過數列的通項公式聯立方程組，求得對應數列的首項與公比，為確定數列{4n2an}的通項公式提供依據，進而結合對應的通項公式的特征，進而利用待定系數法，設出相應數列的差的關系式，由此確定對應的參數值，最后結合相消法解決數列的求和問題.

4問題本質

探究1：根據以上問題的分析、方法與思維，可知原問題的實質如下：

變式1：設數列{an}的通項公式為an=n2·2n，n∈N*，則數列{an}的前n項和為.

解析：根據以上問題的分析與方法可知，

數列{an}的前n項和為（n2-2n+3）·2n+1-6，

故填答案：（n2-2n+3）·2n+1-6.

點評：破解本題時，可以直接利用以上問題的破解方法來處理，比起原問題，給出為通項公式更為直接有效，但思維方式是一樣的.若碰到選擇題時，可以利用特殊值代入加以排除處理；而碰到填空題或解答題時，就得借助錯位相減法或待定系數法等來化歸與應用，從而合理求解問題.

探究2：類比以上原問題與變式1，從另一個層面進行合理設置，進而得到以下的變式問題.

變式2：已知正項等比數列{an}的前n項和為Sn，a1=2，且S1，S2+2，S3成等差數列，記數列{an·（2n+1）}的前n項和為Tn，則Tn=.

解析：正項等比數列{an}的公比設為q，q＞0，前n項和為Sn，a1=2，且S1，S2+2，S3成等差數列，

可得2（S2+2）=S1+S3，即2（2+2q+2）=2+2+2q+2q2，可得q=2（-1舍去），

則an=2n，an·（2n+1）=（2n+1）·2n，

前n項和Tn=3·2+5·22+7·23+…+（2n+1）·2n，

2Tn=3·22+5·23+7·24+…+（2n+1）·2n+1，

以上兩式對應相減，可得-Tn=6+2（22+23+…+2n）-（2n+1）·2n+1=6+2·4（1-2n-1）1-2-（2n+1）·2n+1，化簡可得Tn=2+（2n-1）·2n+1，

故填答案：2+（2n-1）·2n+1.

5教學啟示

高中數學教材中涉及數列求和問題，主要是利用特殊數列的公式法，以及其他的如錯位相減法、裂項相消法、分組轉化法以及拆分法等一些相關的方法，這些方法都是數列求和中一些基本的技巧方法，需要學生熟練掌握.

具體進行數列求和時，關鍵是理清相關數列的性質特征，合理化歸，巧妙轉化，利用數列通項的結構特征，選擇合適的方法加以綜合與應用，從而數列求和問題就得以正確轉化，迎刃而解.特別碰到一些較為復雜的數列求和問題時，有時可以一種方法多用，多種方法并用，實現數學基礎知識、思想方法和基本能力的交匯與綜合，把握數列問題的本質與內涵，提高數學能力，培養數學核心素養.