高考陕西卷文科第21题解法探究

1、高考陕西卷文科第21题解法探究 题目（2015年高考陕西卷文21（1）设fn（x）=x+x2+xn-1，x0，nn，n2，求fn（2）. 分析1fn（x）=1+2x+nxn-1，fn（2）=1+22+322+n2n-1. 令an=n，bn=2n-1，则数列n2n-1是由等差数列an与等比数列bn的乘积构成的新数列anbn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）： fn（2）=1+22+322+（n-1）2n-2+n2n-1 则2fn（2）=2+222+（n-1）2n-1+n2n - 得， -fn（2）=1+2+22+2n-

2、1-n2n=1-2n1-2-n2n=（1-n）2n-1 所以fn（2）=（n-1）2n+1. 拓展1若数列an是等差数列，公差为d0，数列bn是等比数列，公比q1，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， （1-q）sn=a1b1+（db2+db3+dbn）-anbn+1=a1b1+db2（1-qn-1）1-q-anbn+1， 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

3、算错误，如果联想到2n-1=2n-2n-1，则可用裂项法求和. 解法2（裂项求和法）： n2n-1=n（2n-2n-1）=n2n-n2n-1=n2n-（n-1）2n-1-2n-1， fn（2）=n2n-1-2n1-2=（n-1）2n+1. 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q1，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

4、=an+1bn+1-a1b1q-1-db2q-11-qn1-q. 分析3由n2n-1=2n-1+2n-1+2n-1，可考虑用分拆法求和. 解法3（分拆法）： fn（2）=1+（2+2）+（2n-1+2n-1+2n-1） =（1+2+22+2n-1）+（2+22+2n-1）+2n-1 =1-2n1-2+2-2n1-2+2n-1-2n1-2=-（1+2+22+2n-1）+n2n =-1-2n1-2+n2n=（n-1）2n+1. 分析4由n2n-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x1时，x+x2+xn=x-xn+11-x， 两边同时求导得1

5、+2x+3x2+nxn-1=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2. 由x=2，得fn（2）=1+22+322+n2n-1=（n-1）2n+1. 解法5（积分法）：当x1时，fn（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）， fn（x）=（1+2x+3x2+nxn-1）dx=（c+x-xn+11-x）， fn（x）=1+2x+3x2+nxn-1=1-（n+1）xn+nxn+1（1-x）2. 由x=2，得fn（2）=1+22+322+n2n-1=（n-1）2n+1. 分析5由fn+1（2）=fn（

6、2）+（n+1）2n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）：fn+1（2）=fn（2）+（n+1）2n， 设fn+1（2）+x（n+1）+y2n+1=fn（2）+（xn+y）2n， 则fn+1（2）=fn（2）+（-xn-2x-y）2n， -x=1，-2x-y=1，x=-1，y=1，fn（2）+（-n+1）2n是常数列， fn（2）+（-n+1）2n=f1（2）+（-1+1）2=1，fn（2）=（n-1）2n+1. 解法7（待定系数法）：fn+1（2）=fn（2）+（n+1）2n， fn+1（2）2n+1=12fn（2）2n+

7、n+12， 令bn=fn（2）2n，则bn+1=12bn+n+12， 设bn+1+x（n+1）+y=12（bn+xn+y），则bn+1=12bn-xn2-x-y2， -x2=12，-x-y2=12，x=-1，y=1，数列bn-n+1是等比数列， bn-n+1=12（12）n-1， bn=n-1+（12）n， fn（2）=（n-1）2n+1. 解法8（待定系数法）： fn+1（2）=fn（2）+（n+1）2n， fn+1（2）2n+1=12fn（2）2n+n+12， 令bn=fn（2）2n， 则bn+1=12bn+n+12， bn=12bn-1+n2 bn+1-bn=12（bn-bn-1）+12

8、，令bn+1-bn=cn，则cn=12cn-1+12， 设cn+=12（cn-1+），则cn=12cn-1-2， 令-2=12，则=-1， 数列cn-1是等比数列， cn-1=-14（12）n-1，cn=1-（12）n+1，bn+1-bn=1-（12）n+1， bn=b1+（b2-b1）+（bn-bn-1） =12+（n-1）-14（1-（12）n-1）1-12 =n-1+（12）n fn（2）=（n-1）2n+1. 点评解法6、解法7、解法8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+d

9、b2（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）nqn-（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+z或sn=（x+yn）qn-x. 解法9（待定系数法）：设 fn（2）=（x+yn）2n+z， f1（2）=2（x+y）+z=1f2（2）=4（x+2y）+z=5，f3（2）=8（x+3y）+z=17， 解得x=-1，y=1，z=1， fn（2）=（n-1）2n+1. 解法10（待定系数法）：设fn（2）=（x+yn）2n-x， f1（2）=2（x+y）-x=1f2（2）=4（x+2y）-x=5，解得x=-1，y=1，fn（2）=（n-1）2n+1 . 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.