从一道习题谈“等差乘等比”型数列的前n项和问题

李勇

摘 要：通过举例介绍了求“等差乘等比”型数列的前n项和问题的新方法的应用.

关键词：等差乘等比；数列求和；新方法

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2024）13-0045-04

纵观近些年的高考试题，数列an·bn（其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列）的前n项和问题备受命题者的青睐.解决这一题型，大家都是用“错位相减法”，不过这一方法比较抽象，计算过程中容易出错，导致许多学生丢分.最近，笔者在解答人教版数学选择性必修第二册第40页第3题的第2小题时，发现该题的结果用来解答此类问题，非常方便快捷［1］.

1 习题呈现和解答

题目 求和：1+2x+3x2+…+nxn-1.

解析 当x=1时，1+2x+3x2+…+nxn-1=1+2+3+…+n=（1+n）n2=n2+n2.

当x≠1，且x≠0时，设

Sn=1+2x+3x2+…+nxn-1，

则xSn=x+2x2+3x3+…+nxn.

两式相减，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）.

易知当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.

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

点评 此题给人的第一感觉就是普通，就是一个用“错位相减法”求数列an·bn（其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列）的前n项和问题而已.殊不知此题并不普通，因为此题隐藏着求数列an·bn（其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列）的前n项和问题的公式，有了这个公式我们就能像等差数列、等比数列求和那样快捷了.

2 习题结果的应用

2.1 形如An·qn型

例1 （2020年全国Ⅰ卷理科第17题）设{an}是公比不为1的等比数列，a1是a2，a3的等差中项.

（1）求数列{an}的公比；

（2）若a1=1，求数列nan的前n项和.

解析 （1）数列{an}的公比q=-2（过程略）.

（2）记Sn为nan的前n项和.

令bn=nan，

由a1=1，q=-2，得an=（-2）-1.

所以bn=n·（-2）-1.

所以数列nan的前n项和

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.

点评 数列nan的通项n·-2-1与n·xn-1一模一样，所以可以直接使用上述公式求解，这比用“错位相减法”来解不知快了多少倍.

例2 （2010年新课标全国卷理科第17题）设数列{an}满足a1=2，an+1-an=3·22n-1.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）令bn=nan，求数列{bn}的前n项和Sn.

解析 （1）an=22n-1（过程略）.

（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.

即数列{bn}的前n项和Sn=（6n-2）4n+29.

点评 把数列{bn}的通项n·22n-1变为2n·4n-1后，可以发现数列{bn}的前n项和是数列n·4n-1的前n项和的2倍.因此可使用上述公式先求数列n·4n-1的前n项和，再把所得结果乘以2即可.

例3 （2023年全国甲卷理科第17题）已知数列{an}中，a2=1，设Sn为{an}前n项和，2Sn=nan.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列an+12n的前n项和Tn.

解析 （1）an=n-1（过程略）.

（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.

点评 数列an+12n的通项n2n与n·xn-1不一样，但是把n2n变为12n·（12）-1后可以发现数列an+12n的前n项和是数列n·（12）-1的前n项和的12倍，因此可使用上述公式先求数列n·（12）-1的前n项和，再把所得结果乘以12即可.

2.2 形如（An+B）qn型

例4 （2014年课标全国Ⅰ卷理科第17题）已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是方程x2-5x+6=0的根.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列an2n的前n项和.

解析 （1）an=12n+1（过程略）.

（2）由an2n=（12n+1）·（12）n

=n·（12）n+1+（12）n

=14n·（12）-1+（12）n，

数列14n·（12）-1的前n项和为

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，

数列（12）n的前n项和为

［1-（1/2）n］/21-1/2=1-（12）n.

即数列an2n的前n项和为-（12n+1）·（12）n+1+1-（12）n=2-（12n+2）·（12）n.

点评 数列an2n的通项（12n+1）·（12）n与n·xn-1一点都不像，但是把（12n+1）·（12）n变为14n·（12）-1+（12）n后，则可以发现数列an2n的前n项和是数列n·（12）-1的前n项和的14倍与等比数列（12）n的前n项和的和.

例5 （2021年浙江卷理科第20题）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=-94，且4Sn+1=3Sn-9（n∈N*）.

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设数列{bn}满足3bn+（n-4）an=0（n∈N*），记{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.

解析 （1）an=-3·（34）n（过程略）.

（2）由3bn+（n-4）an=0，

得bn=-n-43an

=（n-4）·（34）n

=34n·（34）-1-4·（34）n.

数列34n·（34）-1的前n项和为

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，

数列4·（34）n的前n项和为

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对任意n∈N*恒成立，得-3n·（34）n≤λ（n-4）·（34）n恒成立.

即λ（n-4）+3n≥0对任意n∈N*恒成立.

n=4时，不等式恒成立；

n<4时，λ≤-3nn-4=-3-12n-4，得λ≤1；

n>4时，λ≥-3nn-4=-3-12n-4，得λ≥-3.

所以-3≤λ≤1.

点评 数列{bn}的通项（n-4）·（34）n与n·xn-1也一点都不像，但是可把（n-4）·（34）n变为34n·（34）-1-4·（34）n，则可以发现数列{bn}的前n项和是数列n·（34）-1的前n项和的34倍与等比数列4·（34）n的前n项和的差.

例6 （2020年全国Ⅲ卷理科第17题）设{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.

解析 （1）数列{an}的通项公式为an=2n+1（过程略）.

（2）由2nan=2n·（2n+1）=4n·2n-1+2n，

数列4n·2n-1的前n项和为

4（1+2×2+3×22+…+n×2n-1）

=4×［（2-1）n-1］·2n+1（2-1）2

=4+（2n-2）·2n+1.

数列2n的前n项和为2·（1-2n）1-2=2n+1-2.

所以数列2nan的前n项和Sn=4+（2n-2）·2n+1+2n+1-2=（2n-1）·2n+1+2.

点评 把数列2nan的通项2n·（2n+1）变为4n·2n-1+2n后，可以发现数列2nan的前n项和是数列n·2n-1的前n项和的4倍与等比数列2n的前n项和的和.

例7 （2017年天津卷理科第18题）已知{an}是等差数列，前n项和为Sn（n∈N*），{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4-2a1，S11=11b4.

（1）求{an}和{bn}的通项公式；

（2）求数列a2n·b2n-1的前n项和（n∈N*）.

解析 （1）an=3n-2，bn=2n（过程略）.

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

数列12n·4n-1的前n项和为

12（1+2×4+3×42+…+n×4n-1）

=12×［（4-1）n-1］4n+1（4-1）2

=（3n-1）4n+1+43.

数列4n的前n项和为4（1-4n）1-4=-4-4n+13.

所以数列a2n·b2n-1的前n项和为

（3n-1）4n+1+43+4-4n+13=（3n-2）4n+1+83.

点评 把数列a2n·b2n-1的通项（6n-2）·22n-1变为12n·4n-1-4n后，可以发现数列{a2n·b2n-1}的前n项和是数列n·4n-1的前n项和的12倍与等比数列4n的前n项和的差.

3 结束语

数列an·bn（其中{an}是等差数列，{bn}是等比数列）的前n项和问题，无外乎有两种模型，一种是An·qn型，另一种是（An+B）qn型.对于An·qn型，可先将An·qn化为Aq（n·qn-1），然后使用上述公式求解数列n·qn-1的前n项和，最后用数列n·qn-1的前n项和乘以Aq即可.对于（An+B）qn型，先将（An+B）qn化为Aq（n·qn-1）+Bqn，然后用上述公式求出数列Aq（n·qn-1）的前n项和，用等比数列的求和公式求出数列Bqn的前n项和，最后将它们所得结果加起来即可.

参考文献：

［1］

中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2020年修订版）[M].北京：人民教育出版社，2020.

［责任编辑：李 璟］