用待定系数法解决一类数列求和问题

我们知道，错位相减法是解决形如{（an+b）·qn}（其中aq≠0且q≠1）的数列求和问题的常规方法。借助错位相减法求解此类问题时，必然要用到等比数列的求和公式，通常还会遇到蘩琐运算，对学生的运算能力要求较高，因而学生处错率高。本文将借助待定系数法构造常数列来突破此难点。

例如：数列{an}满足an=n2·2n，则{an}的前n项和Sn=.

解法1（错位相减法）：

上面两式相减得Sn=12·21·22·22+…+（n-1）2·2n-1+n2·2n，

2Sn=12·22+…+（n-1）2·2n+n2·2n+1，

上面两式相减得：

-Sn=2+3·22+…+（2n-1）·2n-n2·2n-1，

则-2Sn=1·22+…+（2n-3）·2n+（2n-1）·2n-1-n2·2n+2，

上面两式相减得：

Sn=2+2（22+23+…+2n）-n2·2n-1-（2n-1）·2n+1+n2·2n+2

=2+2·22（2n-1-1）-（2n-1）·2n+1+n2·2n+1.

所以Sn=（n2-2n+3）·2n+1-6

解法2（待定系数法）：Sn=Sn-1+n2·2n （n∈N*且n≥2 ）.

设Sn-（an2+bn+c）·2n+1=Sn-1-[a（n-1）2+b（n-1）+c]·2n 与上式比较可得2a-a=1，2b+2a-b=0，2c-a+b-c=0， 解得 a=1，b=-2，c=3.

所以Sn-（n2-2n+3）·2n+1=Sn-1[（n-1）2-2·（n-1）+3]·2n

所以，数列{Sn-（n2-2n+3）}·2n+1 是常数列。即 Sn-（n2-2n+3）·2n+1=S1-（12-2+3）·21+1=-6，

评析：解法2简洁明快。解法1两次用到错位相减法，运算过程蘩琐冗长。此法回避了众多蘩琐运算，实践证明，与错位相减法比，解法2计算量小，且简便易学.学生运用此法解题出错率明显降低，为了熟练掌握此法，下面运用该法解决形如{nk·qn} （其中（q≠0且k∈N*且k≥2）的数列的求和问题，下面再看几例。

例1：数列{an} 满足an=n·2n ，则{an} 的前n项和Sn=.

解：Sn=Sn-1+n·2n（n∈N*且n≥2.①

Sn-（an+b）·2n+1=Sn-1-[a（n-1）+b]·2n，②

①②得a=1，b=-1

所以Sn-（n-1）·2n+1=Sn-1-（n-2）·2n。

所以，数列{Sn-（n-1）·2n+1} 是常数列。

所以Sn-（n-1）·2n+1=S1-（1-1）21+1=2

所以Sn=（n-1）·2n+1+2

例2：数列{an} 满足an=2n-13n，则{an}的前n项和Sn。

解：Sn=Sn-1+2n-13n（n∈N*且n≥2）.

设Sn-n+b3n+1=Sn-1-a（n-1）+b3n与上式比较可得

a3-a=2b3+a-b=-1，

所以 a=-3，b=-3.

所以数列{Sn--3n-33n+1}是常数列。

所以

Sn--3n-33n+1=S1--3-331+1=1，

所以Sn=1-n+13n .

例3：数列{an} 满足an=n3·2n 则{an} 的前n 项和Sn

解：Sn=Sn-1+n3·2n （n∈N*且n≥2）

设

Sn-（an3+bn2+cn+d）·2n+1

=Sn-1-[a（n-1）3+b（n-1）2+c（n-1）+d]·2n，

与上式比较可得

a=1，2b+3a-b=0，2c-3a+2b-c=0，d+a-b+c=0，

所以a=1，b=-3，c=9，d=-13.

故

Sn-（n3-3n2+9n-13）·2n+1

=Sn-1-[（n-1）3-3（n-1）2+9（n-1）-13]·2n

=…=S1-[（13-1）3-3（n-1）2+9（n-1）-13]·2n

=26

所以Sn=（n3-3n2+9n-13）·2n+26.

评析：显然，运用本文介绍的方法可以解决形如{（aknk+ak-1nk-1+…+a1n+a0）·qbn+c}（其中k∈N*，akq≠0，且q≠1） 的数列的求和问题。若用错位相减法来求解，则k 需次运用错位相减法。