2015年高考山东卷文科第19题解法探析

2015-07-12 08:05聂文喜
中学数学杂志(高中版) 2015年4期
关键词:运算量公比通项

聂文喜

题目 (2015年高考山东卷文19)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列1anan+1的前n项和为n2n+1.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=(an+1)·2an,求数列{bn}的前n项和.

解 (1)an=2n-1.

(2)分析1 bn=2n·22n-1=n·4n,令cn=n,dn=4n,则数列{bn}是由等差数列{cn}与等比数列{dn}的乘积构成的新数列{cndn}的求和问题,我们不妨把这类数列称为“差比型”数列,求“差比型”数列的常规解法是错位相减法.

解法1(错位相减法)

Sn=1·4+2·42+3·43+…+n·4n  ①

4Sn=1·42+2·43+3·44+…+n·4n+1 ②

①-②得-3Sn=4+42+…+4n-n·4n+1=4n+1-43-n·4n+1,所以Sn=(3n-1)·4n+1+49.

拓展1 若数列{an}是等差数列,公差为d≠0,数列{bn}是等比数列,公比q≠1,则数列{anbn}前n项和Sn可用错位相减法求解:令Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+anbn,则qSn=a1b2+a2b3+a3b4+…+anbn+1,

所以(1-q)Sn=a1b1+(db2+db3+…+dbn)-anbn+1

=a1b1+db2(1-qn-1)1-q-anbn+1,所以Sn=a1b1-anbn+11-q+db2(1-qn-1)(1-q)2.

分析2 用“错位相减法”求“差比型”数列的前n项和虽有固定的求解模式,但运算量大,极易出现计算错误,如果联想到bn=bn+1-bnq-1,则可用裂项法求和.

解法2(裂项求和法) n·4n=13n(4n+1-4n)=13(n·4n+1-n·4n)

=13[n·4n+1-(n-1)·4n]-13×4n,

所以Sn=13n·4n+1-43(1-4n)1-4=(3n-1)·4n+1+49.

拓展2 若数列{an}是等差数列,公差为d,数列{bn}是等比数列,公比为q≠1,则anbn=an(bn+1-bn)q-1=1q-1[(an+1-d)bn+1-anbn]=1q-1(an+1bn+1-anbn)

-dbn+1q-1,从而将数列{anbn}转化为一个可以裂项求和的数列1q-1(an+1bn+1-anbn)与一个等比数列dbn+1q-1之差,故{anbn}的前n项和为Tn=an+1bn+1-a1b1q-1-db1qq-1·1-qn1-q.

分析3 由bn=n·4n=4n+4n+…+4n,可考虑用分拆法求和.

解法3(分拆法) Sn=4+(42+42)+…+(4n+4n+…+4n)

=(4+42+…+4n)+(42+43+…+4n)+…+4n

=4-4n+11-4+42-4n+11-4+…+4n-4n+11-4=

-13(4+42+…+4n)+13n·4n+1

=-13·4-4n+11-4+13n·4n+1=(3n-1)·4n+1+49.

分析4  anbn=[a1+(n-1)d]b1qn-1=b1dnqn-1+b1(a1-d)qn-1,由nqn-1可联想到幂函数求导公式(xn)′=nxn-1,则可用导数法或积分法求和.

解法4(导数法)

当x≠1时,x+x2+…+xn=x-xn+11-x,

两边同时求导得1+2x+3x2+…+nxn-1=1-(n+1)xn+nxn+1(1-x)2.

两边同时乘以x得x+2x2+3x3+…+nxn=x-(n+1)xn+1+nxn+2(1-x)2.

x=4,得Sn=1·4+2·42+3·43+…+n·4n=(3n-1)·4n+1+49.

解法5(积分法) 当x≠1时,设f(x)=1+2x+3x2+…+nxn-1,则

∫(1+2x+3x2+…+nxn-1)dx=c+x+x2+…+xn=c+x-xn+11-x(其中c为任意常数),

所以f(x)=∫(1+2x+3x2+…+nxn-1)dx′=(c+x-xn+11-x)′,

所以f(x)=1+2x+3x2+…+nxn-1=1-(n+1)xn+nxn+1(1-x)2.

两边同时乘以x得x+2x2+3x3+…+nxn=x-(n+1)xn+1+nxn+2(1-x)2.

x=4,得Sn=1·4+2·42+3·43+…+n·4n=(3n-1)·4n+1+49.

分析5 由Sn+1=Sn+(n+1)·4n+1联想到递推数列an+1=pan+(an+b)qn的通项公式求法,则可用待定系数法求解.

解法6(待系数法) Sn+1=Sn+(n+1)·4n+1=Sn+(4n+4)·4n,

设Sn+1+x(n+1)+y4n+1=Sn+(xn+y)4n,

则Sn+1=Sn+(-3xn-4x-3y)4n,

所以-3x=4,

-4x-3y=4,x=-43,y=49,

所以Sn+(-43n+49)4n是常数列,

所以Sn+(-43n+49)4n=S1+(-43+49)×4=49,Sn=(3n-1)4n+1+49.

解法7(待定系数法) 因为Sn+1=Sn+(n+1)4n+1,所以Sn+14n+1=14·Sn4n+n+1,

令bn=Sn4n,则bn+1=14·bn+n+1,

设bn+1+x(n+1)+y=14(bn+xn+y),则bn+1=14·bn-3xn4-x-3y4,

所以-3x4=1,

-x-3y4=1,所以x=-43,

y=49,所以数列bn-4n3+49是等比数列,

所以bn-4n3+49=19·(14)n-1,所以bn=4n3-49+19·(14)n-1,Sn=(3n-1)4n+1+49.

解法8(待定系数法) 因为Sn+1=Sn+(n+1)4n+1,所以Sn+14n+1=14·Sn4n+n+1,

令bn=Sn4n,则bn+1=14·bn+n+1,bn=14·bn-1+n,

所以bn+1-bn=14(bn-bn-1)+1,令bn+1-bn=cn,则cn=14·cn-1+1,

设cn+λ=14(cn-1+λ),则cn=14·cn-1-3λ4,

令-3λ4=1,则λ=-43,所以数列cn-43是等比数列,

所以cn-43=-112(14)n-1,cn=43-112·(14)n-1,所以bn+1-bn=43-112·(14)n-1,

所以bn=b1+(b2-b1)+…+(bn-bn-1)

=1+4(n-1)3-112(1-(14)n-1)1-14=4n3-49+19·(14)n-1,所以Sn=(3n-1)4n+1+49.

点评 解法6、解法7、解法8利用数列通项与前n项和的关系an+1=Sn+1-Sn,将求和问题转化为递推数列求通项问题,虽然不是最简方法,但它别出心裁,另辟新经,将知识融会贯通.

分析6 由拓展1得

Sn=a1b1-anbn+11-q+db2(1-qn-1)(1-q)2

=a1b1-(a1+(n-1)d)b1qn1-q+db2(1-qn-1)(1-q)2

=

[a1b1q-a1b1-db1q+b1d(q-1)n]qn-(a1b1q-a1b1-db1q)(1-q)2.

令x=a1b1q-a1b1-db1q(1-q)2,y=b1d(q-1)(1-q)2,则Sn=(x+yn)qn-x,这说明“差比型”数列前n项和的形式为Sn=(x+yn)qn-x.

解法9(待定系数法) Sn=(x+yn)4n+z,

S1=4(x+y)+z=4,

S2=16(x+2y)+z=36,

S3=64(x+3y)+z=228,

解得x=-49,y=129,z=49,所以Sn=(3n-1)4n+1+49.

解法10(待定系数法) Sn=(x+yn)4n-x,

S1=4(x+y)-x=4

S2=16(x+2y)-x=36,解得x=-49,y=129,所以Sn=(3n-1)4n+1+49.

点评 解法9、解法10充分利用“差比型”数列前n项和的特征,设出Sn的表达式,利用方程思想使问题顺利获解,该解法过程简洁、运算量小,不会出现计算错误,是求“差比型”数列前n项和的最佳选择.

分析7 我们知道矩形的面积公式为S=ab,因而,由两个正数积的形式便可直觉联想它就是矩形的面积的数值,于是,a1b1+a2b2+…+anbn只不过表示n个矩形面积的和,从而有

解法11 如图1,用分割法将图1中n个矩形转化为图2中n个矩形,就是从两个不同视角看同一个面积,于是有

图1         图2

a1b1+a2b2+…+anbn

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

+(a1+a2+…+an)bn,

令bn=n,an=4n,得

Sn=1·4+2·42+3·43+…+n·4n

=-4-(4+42)-…-(4+42+43+…+4n-1)+(4+42+43+…+4n)n

=-(4-421-4+4-431-4+…+4-4n1-4)+n(4-4n+1)1-4

=-41-4(n-1-4-4n1-4)-n(4-4n+1)1-4=(3n-1)4n+1+49.

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