從一道習題談“等差乘等比”型數列的前n項和問題

李勇

摘?要：通過舉例介紹了求“等差乘等比”型數列的前n項和問題的新方法的應用.

關鍵詞：等差乘等比；數列求和；新方法

中圖分類號：G632???文獻標識碼：A???文章編號：1008-0333（2024）13-0045-04

縱觀近些年的高考試題，數列an·bn（其中{an}是等差數列，{bn}是等比數列）的前n項和問題備受命題者的青睞.解決這一題型，大家都是用“錯位相減法”，不過這一方法比較抽象，計算過程中容易出錯，導致許多學生丟分.最近，筆者在解答人教版數學選擇性必修第二冊第40頁第3題的第2小題時，發現該題的結果用來解答此類問題，非常方便快捷［1］.

1 習題呈現和解答

題目?求和：1+2x+3x2+…+nxn-1.

解析?當x=1時，1+2x+3x2+…+nxn-1=1+2+3+…+n=（1+n）n2=n2+n2.

當x≠1，且x≠0時，設

Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1，

則xSn=x+2x2+3x3+…+nxn.

兩式相減，得

（1-x）Sn=1+x+x2+x3+…+xn-1-nxn

=1-xn1-x-nxn.

所以Sn=1-xn（1-x）2-nxn1-x

=［x-1n-1］·xn+1（x-1）2（x≠1，且x≠0）.

易知當x=0上，上式成立.

即1+2x+3x2+…+nxn-1

=n2+n2，x=1，［x-1n-1］·xn+1（x-1）2，x≠1.

結論?1+2x+3x2+…+nxn-1=［x-1n-1］·xn+1（x-1）2（x≠1，x≠0）.

點評?此題給人的第一感覺就是普通，就是一個用“錯位相減法”求數列an·bn（其中{an}是等差數列，{bn}是等比數列）的前n項和問題而已.殊不知此題并不普通，因為此題隱藏著求數列an·bn（其中{an}是等差數列，{bn}是等比數列）的前n項和問題的公式，有了這個公式我們就能像等差數列、等比數列求和那樣快捷了.

2 習題結果的應用

2.1 形如An·qn型

例1?（2020年全國Ⅰ卷理科第17題）設{an}是公比不為1的等比數列，a1是a2，a3的等差中項.

（1）求數列{an}的公比；

（2）若a1=1，求數列nan的前n項和.

解析?（1）數列{an}的公比q=-2（過程略）.

（2）記Sn為nan的前n項和.

令bn=nan，

由a1=1，q=-2，得an=（-2）-1.

所以bn=n·（-2）-1.

所以數列nan的前n項和

Sn=b1+b2+b3+…+bn

=1+2×（-2）+3×（-2）2+…+n×（-2）-1

=［-2-1n-1］（-2）n+1-2-12

=1-（3n+1）（-2）n9.

點評?數列nan的通項n·-2-1與n·xn-1一模一樣，所以可以直接使用上述公式求解，這比用“錯位相減法”來解不知快了多少倍.

例2?（2010年新課標全國卷理科第17題）設數列{an}滿足a1=2，an+1-an=3·22n-1.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）令bn=nan，求數列{bn}的前n項和Sn.

解析?（1）an=22n-1（過程略）.

（2）由bn=nan=n·22n-1=2n·4n-1，

所以Sn=b1+b2+b3+…+bn

=2（1+2×4+3×42+…+n×4n-1）

=2×［4-1n-1］4n+14-12

=6n-24n+29.

即數列{bn}的前n項和Sn=（6n-2）4n+29.

點評?把數列{bn}的通項n·22n-1變為2n·4n-1后，可以發現數列{bn}的前n項和是數列n·4n-1的前n項和的2倍.因此可使用上述公式先求數列n·4n-1的前n項和，再把所得結果乘以2即可.

例3?（2023年全國甲卷理科第17題）已知數列{an}中，a2=1，設Sn為{an}前n項和，2Sn=nan.

（1）求{an}的通項公式；

（2）求數列an+12n的前n項和Tn.

解析?（1）an=n-1（過程略）.

（2）由（1）可知an+12n=n2n=12n·21-n.

所以

Tn=12［1+2×（12

） +3×（12） 2+…+n×（12）n-1］

=12×［1/2-1n-1］·1/2n+11/2-12

=2-n+2·（12）n.

點評?數列an+12n的通項n2n與n·xn-1不一樣，但是把n2n變為12n·（12）-1后可以發現數列an+12n的前n項和是數列n·（12）-1的前n項和的12倍，因此可使用上述公式先求數列n·（12）-1的前n項和，再把所得結果乘以12即可.

2.2 形如（An+B）qn型

例4?（2014年課標全國Ⅰ卷理科第17題）已知{an}是遞增的等差數列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根.

（1）求{an}的通項公式；

（2）求數列an2n的前n項和.

解析?（1）an=12n+1（過程略）.

（2）由an2n=（12n+1）·（12）n

=n·（12）n+1+（12）n

=14n·（12）-1+（12）n，

數列14n·（12）-1的前n項和為

14［1+2×12+3×（12）2+…+n×（12）-1］

=14×［1/2-1n-1］·（1/2）n+1（1/2-1）2

=-（12n+1）·（12）n+1，

數列（12）n的前n項和為

［1-（1/2）n］/21-1/2=1-（12）n.

即數列an2n的前n項和為-（12n+1）·（12）n+1+1-（12）n=2-（12n+2）·（12）n.

點評?數列an2n的通項（12n+1）·（12）n與n·xn-1一點都不像，但是把（12n+1）·（12）n變為14n·（12）-1+（12）n后，則可以發現數列an2n的前n項和是數列n·（12）-1的前n項和的14倍與等比數列（12）n的前n項和的和.

例5?（2021年浙江卷理科第20題）已知數列{an}的前n項和為Sn，a1=-94，且4Sn+1=3Sn-9（n∈N*）.

（1）求數列{an}的通項公式；

（2）設數列{bn}滿足3bn+（n-4）an=0（n∈N*），記{bn}的前n項和為Tn，若Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立，求實數λ的取值范圍.

解析?（1）an=-3·（34）n（過程略）.

（2）由3bn+（n-4）an=0，

得bn=-n-43an

=（n-4）·（34）n

=34n·（34）-1-4·（34）n.

數列34n·（34）-1的前n項和為

34［1+2×34+3×（34）2+…+n×（34）-1］

=34×［（3/4-1）n-1］·（3/4）n+1（3/4-1）2

=-（3n+12）·（34）n+12，

數列4·（34）n的前n項和為

3［1-（3/4）n］1-3/4=12-12·（34）n.

所以Tn=-（3n+12）·（34）n+12-12+12·（34）n=-3n·（34）n.

由Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立，得-3n·（34）n≤λ（n-4）·（34）n恒成立.

即λ（n-4）+3n≥0對任意n∈N*恒成立.

n=4時，不等式恒成立；

n<4時，λ≤-3nn-4=-3-12n-4，得λ≤1；

n>4時，λ≥-3nn-4=-3-12n-4，得λ≥-3.

所以-3≤λ≤1.

點評?數列{bn}的通項（n-4）·（34）n與n·xn-1也一點都不像，但是可把（n-4）·（34）n變為34n·（34）-1-4·（34）n，則可以發現數列{bn}的前n項和是數列n·（34）-1的前n項和的34倍與等比數列4·（34）n的前n項和的差.

例6?（2020年全國Ⅲ卷理科第17題）設{an}滿足a1=3，an+1=3an-4n.

（1）計算a2，a3，猜想{an}的通項公式并加以證明；

（2）求數列2nan的前n項和Sn.

解析?（1）數列{an}的通項公式為an=2n+1（過程略）.

（2）由2nan=2n·（2n+1）=4n·2n-1+2n，

數列4n·2n-1的前n項和為

4（1+2×2+3×22+…+n×2n-1）

=4×［（2-1）n-1］·2n+1（2-1）2

=4+（2n-2）·2n+1.

數列2n的前n項和為2·（1-2n）1-2=2n+1-2.

所以數列2nan的前n項和Sn=4+（2n-2）·2n+1+2n+1-2=（2n-1）·2n+1+2.

點評?把數列2nan的通項2n·（2n+1）變為4n·2n-1+2n后，可以發現數列2nan的前n項和是數列n·2n-1的前n項和的4倍與等比數列2n的前n項和的和.

例7?（2017年天津卷理科第18題）已知{an}是等差數列，前n項和為Sn（n∈N*），{bn}是首項為2的等比數列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4-2a1，S11=11b4.

（1）求{an}和{bn}的通項公式；

（2）求數列a2n·b2n-1的前n項和（n∈N*）.

解析?（1）an=3n-2，bn=2n（過程略）.

（2）由a2n·b2n-1=（6n-2）·22n-1=3n·22n-22n=12n·4n-1-4n，

數列12n·4n-1的前n項和為

12（1+2×4+3×42+…+n×4n-1）

=12×［（4-1）n-1］4n+1（4-1）2

=（3n-1）4n+1+43.

數列4n的前n項和為4（1-4n）1-4=-4-4n+13.

所以數列a2n·b2n-1的前n項和為

（3n-1）4n+1+43+4-4n+13=（3n-2）4n+1+83.

點評?把數列a2n·b2n-1的通項（6n-2）·22n-1變為12n·4n-1-4n后，可以發現數列{a2n·b2n-1}的前n項和是數列n·4n-1的前n項和的12倍與等比數列4n的前n項和的差.

3 結束語

數列an·bn（其中{an}是等差數列，{bn}是等比數列）的前n項和問題，無外乎有兩種模型，一種是An·qn型，另一種是（An+B）qn型.對于An·qn型，可先將An·qn化為Aq（n·qn-1），然后使用上述公式求解數列n·qn-1的前n項和，最后用數列n·qn-1的前n項和乘以Aq即可.對于（An+B）qn型，先將（An+B）qn化為Aq（n·qn-1）+Bqn，然后用上述公式求出數列Aq（n·qn-1）的前n項和，用等比數列的求和公式求出數列Bqn的前n項和，最后將它們所得結果加起來即可.

參考文獻：

［1］

中華人民共和國教育部.普通高中數學課程標準（2020年修訂版）[M].北京：人民教育出版社，2020.

［責任編輯：李?璟］