玩转高考真题——数列篇

苏 玖

真题再现（2020·全国卷III）设数列{an}满足a1=3，an+1=3an-4n.

（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；

（2）求数列{2nan}的前n项和Sn.

思维延伸：本题是递推数列问题，（1）利用递推公式得出a2,a3，猜想得出{an}的通项公式，利用待定系数法构造等比数列，求出通项公式.（2）由错位相减法求解即可.主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，难度不大.

改编1

本题的递推关系中的变量n可以改为常数，于是改编为：

如设数列{an}满足a1=4,an+1=3an-2.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列{2nan}的前n项和Sn.

利用待定系数法an+1+λ=3(an+λ)，求出λ的值，再用等比数列的通项公式求出an，最后利用分组求和方法求出Sn.

改编2

若将上题中的常量“2”改为“一次函数kn+b”的形式，于是改编为：

设数列{an}满足a1=-1，an+1=2an+2n-1.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列{2nan}的前n项和Sn.

利用待定函数法求解，可以设an+1+a(n+1)+b=2(an+an+b)，比较系数可以求出系数a,b，由等比数列定义求出通项公式，再利用分组求和法求出结果.

改编3

若将“一次函数”改编为“二次函数类an2+bn+c”，于是改编为：

设数列{an}满足a1=1，an+1=2an-2n2，求{an}的通项公式.

仍然利用待定系数函数法求解本题，可以设an增加函数an2+bn+c后构成类似等比数列问题，即可求出通项公式.

改编4

若将上题的“-2n2”改编为“指数函数类型”,则有：

设数列{an}满足a1=1，an+1=2an+2n.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列{nan}的前n项和Sn.

求解本题先利用恒等变形，再利用累加求和法求出通项公式，第（2）小题转化为{n2×2n-1}的前n项和的求解，需要连续两次使用错位相减法求和.

改编5

也可以将上题的“2n”改为“指数函数+常数”，于是改编为：

设数列{an}满足a1=1，an+1=2an+2n+1.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列{an}的前n项和Sn.

仍然利用上述方法求解，但累加求和时，需要利用分组求和法求出通项公式，对于第（2）小题可利用错位相加法求解.

改编6

也可以将递推关系式中“指数类型函数”改为“分式型函数”，于是改编为：

设数列{an}满足a1=-1，求{an}的通项公式.

先变形再利用累加求和法求解，直观上可以看出需要先裂项.

改编7

上述各题都是递推关系式线性的，也可以改为分式类型，同时再结合2020年新高考山东卷第18 题，于是有改：

设数列{an}满足a1=1，

（1）求{an}的通项公式；

（2）记bm为{an}在区间中的项的个数，求数列{bm}的前n项和Sn.

先对递推关系式变形，两边同时取倒数，即可构成等差数列，求出通项公式后，再利用区间建立不等式，将n用m表示，由二项式定理及分类讨论思想求出正整数解n的个数，于是得出新数列通项公式，再利用奇偶分析法求出前n项和.

做中悟道：从一道全国高考递推数列题出发，经过改变递推关系式演变出几类求递推数列通项公式问题，蕴含着丰富的数学思想方法.策略一：将变量“4n”改为常量“2”，改编为常规的递推数列问题，如改编题1，考查了待定系数法及错位相减法；策略二：将变量的一次单项式“4n”改编为“一次多项式2n-1 或二次单项式2n2”，如改编题2，3，考查了待定函数法（一次函数或二次函数），函数与方程思想，分组求和法；策略三：将变量“4n”改编为指数函数“2n”，如改编4,5,6，考查了累加求和法、构造法、裂项求和法、两次错位相减法等；策略四：将递推关系改编为分式形式，利用取倒数构造等差数列，最后与2020年新高考山东卷第18 题接轨，考查二项式定理应用、构造法、分类讨论思想.

点拨解析

真题：略.

改编1：由a1=4，an+1=3an-2，得a2=10，设an+1+λ=3(an+λ)，即an+1=3an+2λ，令2λ=-2，即λ=-1，因此an+1-1=3(an-1).而a1-1=3，所以数列{an-1}是以3 为首项，3 为公比的等比数列，所以an-1=3n，即an=3n+1（n∈N*）.

（2）数列{2nan}的通项公式为2nan=6n+2n（n∈N*），利用分组求和的方法可得即

改编2.（待定系数法）因为an+1=2an+2n-1，设an+1+a(n+1)+b=2(an+an+b)，

即an+1=2an+an+b-a，与an+1=2an+2n-1 对比系数得an+b-a=2n-1 对一切n∈N*都成立，所以a=2且b-a=-1，即a=2 且b=1，所以数列{an}递推公式转化为an+1+2(n+1)+1=2(an+2n+1).

因为a1+2×1+1=2，所以数列{an+2n+1}是首项为2，公比为2 的等比数列，因此an+2n+1=2n，即an=2n-2n-1.

（2）因为an=2n-2n-1，所以2nan=4n-(2n+1)×2n.

分组求和法，41+42+…+4n=由真题（2）知数列{(2n+1)×2n}的前n项和为(2n-1)2n+1+2，所以Sn=+(2n-1)2n+1.

改编3.因为an+1=2an-2n2，设an+1-a(n+1)2-b(n+1)-c=2(an-an2-bn-c)，

即an+1=2an-an2+(2a-b)n+a+b-c，与an+1=2an-2n2对比得-an2+(2a-b)n+a+b-c=-2n2对一切n∈N*都成立，

所以a=2 且2a-b=0且a+b-c=0，所以a=2,b=4,c=6.

所以递推关系式化为an+1-2(n+1)2-4(n+1)-6=2(an-2n2-4n-6).

因为a1-2×12-4×1-6=-11，所以数列{an-2n2-4n-6}是首项为-11，公比为2 的等比数列，即an-2n2-4n-6=-11×2n-1，所以数列{an}的通项公式为an=-11×2n-1+2n2+4n+6.

改编4.因为an+1=2an+2n，两边同时除以2n+1，得所以数列以为首项和公差的等差数列，所以an=n×2n-1.

（2）因为nan=n2×2n-1，所以Sn=12×20+22×21+32×22+…+n2×2n-1，①

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

①-②得(1-2)Sn=1+(22-12)×2+(32-22)×22+…+[n2-(n-1)2]×2n-1-n2×2n，即-Sn=1+3×2+5×22+…+(2n-1)×2n-1-n2×2n.

令Tn=3×2+5×22+…+(2n-1)×2n-1（n≥2），③

因此2Tn=3×22+5×23+…+(2n-1)×2n，④

③-④得，-Tn=3×2+2×22+…+2×2n-1-(2n-1)×2n=2+22+23+...+2n-(2n-1)×2n=-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-2，

所以Tn=(2n-3)×2n+2(n≥2),所以-Sn=1+(2n-3)×2n+2-n2×2n，

故Sn=(n2-2n+3)×2n-3（n∈N*）.

改编5.因为an+1=2an+2n+1，两边同时除以2n+1，得

所以an=(n+1)·2-1（n∈N）.

（2）Sn=2·20+3×21+4×22+…+(n+1)·2n-1-n，

令Tn=2×20+3×21+4×22+…+(n+1)×2n-1，利用错位相减法求得，Tn=n·2n.

所以Sn=n·2n-n（n∈N*）.

改编6.因为an+1=两边同时乘2n+1可得2n+1an+1=2nan+即2n+1an+1=

累加求和法得，2nan=21a1+

即2nan=-2+2-，当n=1 时也满足，所以

改编7.因为两边取倒数得所以数列是首项为1，公差为的等差数列，因此即

当m为奇数时，2m+1=(3-1)m+1能被3 整除，2m+1+1=(3-1)m+1+1被3 除余2，

当m为偶数时，2m+1+1=(3-1)m+1+1能被3 整除，2m+1=(3-1)m+1被3 除余2，

所以当n为偶数时，

当n为奇数时，

牛刀小试

根据高考真题和上述改编题的过程，请你再提出3 道改编题.

改编提示：改编an前面的系数，或者改编an后面的变量为指数函数形式，或者尝试将递推关系改编为分式形式，但是取倒数后变为改编题1 的形式等.

改编1：设数列{an}满足a1=4，an+1=2an-3.

（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{nan}的前n项和Sn.

改编2：设数列{an}满足a1=1，an+1=3an+2n.

（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{an}的前n项和Sn.

改编3：设数列{an}满足a1=1，求{an}的通项公式.