陈强 惠永永
摘要:对于形如an=(an+b)·qn(其中a,b,q为常数)的数列求和问题,学生一般采用错位相消法.但是学生在应用这种方法求和时常常容易在计算时犯错误.在这里,我们主要是探讨这类数列求和问题的新思路,以期简化学生的计算量和提高学生的思维能力。
关键词:数列;求和;方法
问题:设an=n·2n,求an的前n项和Sn.
解:这是典型的一道错位相消的题目,我们从另外的角度来讨论怎么求和.
设bn=(An+B)·2n,令bn+1-bn=(An+2A+B)·2n=an,比较系数可得方程
An=n,2A+B=0,解方程可得A=1,B=-2,即bn=(n-2)·2n.
Sn=a1+a2+…+an=(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn+1-bn)=bn+1-b1,
则Sn=(n-1)·2n+1+2.
注1:这个方法我们定义为待定系数法,就是构造新数列{bn}使得所求的数列{an}可以裂开为{bn}的两项之差即bn+1-bn=an,从而得到Sn=bn+1-b1.
注2:形如an=(an+b)·qn(q≠1)的数列求和问题用“待定系数法”时构造的数列{bn}跟an的形式是一样的bn=(An+B)·qn(q≠1).同理对于形如an=(aknk+ak-1nk-1+…+a1n+a0)·qn的数列求和问题,我们同样构造数列bn=(Aknk+Ak-1nk-1+…+A1n+A0)·qn.
推广:设an=(an+b)·qn(q≠1),求an的前n项和Sn.
解:设bn=(An+B)·qn,bn+1=[A(n+1)+B]·qn+1,由bn+1-bn=an可得
(Aqn-An+Aq+Bq-B)·qn=(an+b)·qn,比较等式两边系数可得
Aq-A=a,Aq+Bq-B=b,解得A=aq-1,B=q(b-a)-b(q-1)2.
即bn=aq-1n+q(b-a)-b(q-1)2·qn,因此我们可以得到
Sn=a1+a2+…+an=(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn+1-bn)=bn+1-b1,故
Sn=aq-1(n+1)+q(b-a)-b(q-1)2·qn+1-aq-1+q(b-a)-b(q-1)2·q.
这样这一类问题我们都可以解决了,而且只是解个方程而已,避开了复杂的计算.
例1(2014·安徽高考)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.
(1) 证明:数列ann是等差数列;
(2) 设bn=3n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.
解:(1)证明:∵nan+1=(n+1)an+n(n+1),∴an+1n+1=ann+1,即an+1n+1-ann=1;
∴数列ann是以1为首项,以1为公差的等差数列.
(2)由(1)知ann=1+(n-1)·1=n,∴an=n2,则bn=3n·an=n·3n;
下面我们用新方法来求这个数列的和,设cn=(An+B)·3n,cn+1=[A(n+1)+B]·3n+1,
令bn=cn+1-cn,bn=n·3n,cn+1-cn=(2An+3A+2B)·3n比较系数可得方程
2A=13A+2B=0,解之得A=12B=-34.故cn=n2-34·3n,则
Sn=b1+b2+…+bn=(c2-c1)+(c3-c2)+…+(cn+1-cn),即Sn=cn+1-c1,而
cn+1=n2-14·3n+1,c1=-34,∴Sn=2n-14·3n+1+34.
例2(2015·湖北高考)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1) 求数列{an},{bn}的通项公式;
(2) 当d>1时,记cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解:(1)由题意有10a1+45d=100a1d=2,解得a1=1d=2或a1=9d=29.
故an=2n-1bn=2n-1或an=19(2n+79)bn=9·(29)n-1.
(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=(2n-1)·12n-1=(4n-2)·12n,
设rn=(An+B)·12n,由rn+1-rn=cn可得方程组
-A2=4A-B2=-2,解得A=-8B=-4,故rn=(-8n-4)·12n,则
Sn=c1+c2+…+cn=(r2-r1)+(r3-r2)+…+(rn+1-rn),即Tn=rn+1-r1,而
rn+1=(-8n-12)·12n+1=-2n+32n-1,r1=-6,∴Tn=6-2n+32n-1.
例3已知数列,an=n2·2n(n∈N*).
(1)求an+1與an的递推关系式;
(2)求an的前n项和Sn.
解:(1)an+1-an=(n+1)2·2n+1-n2·2n=an+(4n+2)·2n,
即an+1-2an=(4n+2)·2n.
(2)an+1-2an=(4n+2)·2nan-2an-1=[4(n-1)+2]·2n-1a2-2a1=(4×1+2)·21,叠加得,
an+1-a1-Sn=(4n+2)·2n+[4(n-1)+2]·2n-1+…+(4×1+2)·21,
右边的求和正好是我们熟悉的错位相消求和,这样的话用错位相消可以得到
Sn=(n2-2n+3)·2n+1-6.
下面我们用“待定系数法”来求Sn,
令bn=(An2+Bn+C)·2n,bn+1=[A(n+1)2+B(n+1)+C]·2n+1,
bn+1-bn=[An2+(4A+B)n+2A+2B+C]·2n=an,比较系数可得方程
A=14A+B=02A+2B+C=0解方程得A=1B=-4C=6,即bn=(n2-4n+6)·2n,
故Sn=(n2-2n+3)·2n+1-6.endprint