岳言忠

已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=3n2+8n，{bn}是等差數(shù)列，且an=bn+bn+1，

（Ⅰ）求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；

（Ⅱ）令cn=（an+1）n+1（bn+2）n，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.

解（Ⅰ）bn=3n+1.

（Ⅱ） cn=3（n+1）·2n+1.

分析1如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差d≠0， 數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，公比q≠1，我們稱(chēng)數(shù)列{an·bn}為“等差乘等比型”數(shù)列.其前n項(xiàng)和Sn可用下面的方法求解：

令Sn=a1·b1+a2·b2+…+an·bn，

則qSn=a1·b2+a2·b3+…+an·bn+1

所以（1-q）Sn=a1·b1+（d·b2+d·b3+…+d·bn）-an·bn+1

=a1·b1+d·b2（1-qn-1）1-q-an·bn+1

所以Sn=a1·b1-an·bn+11-q+d·b2（1-qn-1）（1-q）2.

解法1（錯(cuò)位相減法）

Tn=6·22+9·23+12·24+…+3（n+1）·2n+1 ①

2Tn=6·23+9·24+12·25+…+3（n+1）·2n+2 ②

①-②得-Tn=6·22+3·23+3·24+…+3·2n+1-3（n+1）·2n+2

=6·22+3·23（1-2n-1）[]1-2-3（n+1）·2n+2

=-3n·2n+2.

所以Tn=3n·2n+2 .

分析2當(dāng)q≠1時(shí)，等比數(shù)列{an}的通項(xiàng)an=a1·qn-1可變形為an=a1·qn-1×1-q1-q=a11-q·（qn-1-qn）.

于是前n項(xiàng)和Sn=a11-q[（1-q）+（q-q2）+（q2-q3）+…+（qn-1-qn）]=a11-q·（1-qn）.

它的本質(zhì)是將數(shù)列中的每一項(xiàng)都化為兩項(xiàng)之差，并且前一項(xiàng)的減數(shù)恰好與后一項(xiàng)被減數(shù)相同，求和時(shí)中間項(xiàng)相抵消.這種數(shù)列求和的方法叫裂項(xiàng)求和法.

一般地，若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差為d，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，公比q≠1，則數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和Sn可用裂項(xiàng)求和法求解.

an·bn=an（bn+1-bn）q-1=1q-1[（an+1-d）bn+1-anbn]=1q-1（an+1bn+1-anbn）-d·bn+1q-1.

于是數(shù)列{an·bn}轉(zhuǎn)化為一個(gè)可以裂項(xiàng)求和的數(shù)列{1q-1（an+1bn+1-anbn）}

與一個(gè)等比數(shù)列{d·bn+1q-1}的差，所以數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和為

Sn=a1·b1-an+1·bn+11-q+d·b2（1-qn）（1-q）2.

解法2（裂項(xiàng)求和法）

cn=3（n+1）·2n+1=3（n+1）·（2n+2-2n+1）

=3[（n+1）·2n+2-（n+1）·2n+1]

=3[（n+1）·2n+2-n·2n+1]-3·2n+1.

所以

Tn=3[（n+1）·2n+2-4]-3·22（1-2n）1-2

=3（n+1）·2n+2-12-3·22·（2n-1）

=3n·2n+2.

分析3 將原數(shù)列的項(xiàng)分拆，然后重新組合成新數(shù)列進(jìn)行求和.

如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差d≠0， 數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，公比q≠1，則數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和

Sn=a1·b1+a2·b2+a3·b3+…+an·bn

=a1·b1+（a1+d）·b2+（a1+2d）·b3+…+[a1+（n-1）d]·bn

=a1·b1+a1·b2+d·b2+a1·b3+d·b3+d·b3+…+a1·bn+d·bn+d·bn+…+d·bn

=a1·（b1+b2+b3+…+bn）+d·（b2+b3+…+bn）+d·（b3+b4+…+bn）+…+d·bn

=a1·b1（1-qn）1-q+d·b2（1-qn-1）1-q+d·b3（1-qn-2）1-q+…+d·bn（1-q）1-q

=a1·（b1-b1qn）1-q+d·（b2-b2qn-1）1-q+d·（b3-b3qn-2）1-q+…+d·（bn-bnq）1-q

=a1·b11-q-a1·b1qn1-q+d1-q（b2+b3+…+bn）-（n-1）d·b1qn1-q

=a1·b1-an·bn+11-q+d·b2（1-qn-1）（1-q）2.

對(duì)本例而言，cn=3（n+1）·2n+1=2n+1+2n+1+…+2n+1，可以考慮用分項(xiàng)重組法求和.

解法3（分項(xiàng)重組法）

由Tn=6·22+9·23+…+3（n+1）·2n+1可得：

Tn3=2·22+3·23+…+（n+1）·2n+1

=22+22+23+23+23+…+2n+1+2n+1+…+2n+1

=2·（22+23+…+2n+1）+（23+…+2n+1）+…+2n+1

=2·22（1-2n）1-2+23（1-2n-1）1-2+…+2n+1-2n+21-2

=2·（2n+2-22）+（2n+2-23）+…+2n+2-2n+1

=（n+1）2n+2-（22+23+…+2n+1）-22

=（n+1）2n+2-22（1-2n）1-2-22

=n·2n+2.

所以Tn=3n·2n+2.

分析4設(shè)數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和為Sn，可構(gòu)造關(guān)于Sn的方程，通過(guò)解方程求解[1].

如果數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差d≠0， 數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，公比q≠1，則數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和

Sn=a1·b1+a2·b2+a3·b3+…+an·bn

=a1·b1+q（a2·b1+a3·b2+…+an·bn-1）

=a1·b1+q[（a1+d）·b1+（a2+d）·b2+…+（an-1+d）·bn-1）]

=a1·b1+q（a1·b1+a2·b2+a3·b3+…+an-1·bn-1）+qd·（b1+b2+b3+…+bn-1）

=a1·b1+q（Sn-an·bn）+qd·b1（1-qn-1）1-q.

所以（1-q）Sn=a1·b1-qan·bn+qd·b1（1-qn-1）1-q，

所以Sn=a1·b1-an·bn+11-q+d·b2（1-qn-1）（1-q）2.

解法4（方程法）

由Tn=6·22+9·23+12·24+…+3（n+1）·2n+1可得：

Tn3=2·22+3·23+4·24+…+（n+1）·2n+1

=2·22+2·[3·22+4·23+…+（n+1）·2n]

=2·22+2·（2·22+3·23+…+n·2n）+2·（22+23+…+2n）

=2·22+2·[Tn3-（n+1）·2n+1]+22·（1-2n）1-2.

可解得Tn=3n·2n+2.

分析5 由an·bn=[a1+（n+1）d]·b1qn-1=b1dnqn-1+b1（a1-d）qn-1，

可聯(lián)想求導(dǎo)公式（xn）′=nxn-1，從而用導(dǎo)數(shù)法求和[2].

解法5（導(dǎo)數(shù)法）

當(dāng)x≠1時(shí)，x2+x3+…+xn+1=x2（1-xn）1-x

則兩邊同時(shí)求導(dǎo)得：

2x+3x2+4x3+…+（n+1）xn=（2x-x2）-（n+2）xn+1+（n+1）xn+2（1-x）2，

兩邊同時(shí)乘以x得：

2x2+3x3+4x4+…+（n+1）xn+1=（2x2-x3）-（n+2）xn+2+（n+1）xn+3（1-x）2，

令x=2得：

2·22+3·23+4·24+…+（n+1）·2n+1=n·2n+2，

可得Tn=3n·2n+2.

近年來(lái)在各地或是全國(guó)高考的試卷中頻繁出現(xiàn)“等差乘等比型”數(shù)列的求和問(wèn)題，老師在平時(shí)的講解中也一再?gòu)?qiáng)調(diào)該類(lèi)題型用“錯(cuò)位相減法”來(lái)解決，似乎成了“唯一”的方法，通過(guò)對(duì)此類(lèi)題型的探究，打破了固有的思維模式，可以通過(guò)轉(zhuǎn)化、函數(shù)與方程等數(shù)學(xué)思想的應(yīng)用，亦可達(dá)到簡(jiǎn)化運(yùn)算、提高正答率之目的，化“腐朽”為“神奇”，這讓我更深刻地感受到數(shù)學(xué)解題思想“巧”與“通”的巧妙融合.

參考文獻(xiàn)

[1] 黃超. 等差乘等比型數(shù)列求和方法的分析[J].中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考（上旬），2012（6）

[2] 聶文喜. 2015年高考山東文科數(shù)學(xué)第19題解法探析[J].