正确建模 合理转化-《中学生数理化》高二数学2026年7～8月刊

正确建模 ■郑州轻工业大学月 数列求和问题综合性较强，侧重于考查等 差、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项 和公式。很多数列求和问题较为复杂，利用数 列中的定义、公式、性质无法直接求得问题的 答案，需明确数列中各项之间或者求和式于的 规律，从而找到数列求和的思路。高中阶段需 专项求和的数列主要分为两类：一类是“等差 乘等比”的乘积型数列，另一类是“分式拆分 型”数列。错位相减法常用于解决第一类数 列，裂项求和法常用于解决第二类数列。二者 结合，可应对大部分复杂数列的求和问题。下 面针对这两种专项求和，谈一谈如何正确建 模，合理转化，以期对同学们的学习有所帮助。 一、两种方法的固化模型 1.等差乘等比型：一个数列的通项公式为一 个等差数列与一个等比数列通项公式的乘积。 解题方法：错位相减法。其本质是“转化 求和形式”一将“等差乘等比”的求和转化 为“等比数列求和”，通过两边乘公比，使原式 与乘公比后的式于中，大部分中间项为同类 项，相减后中间项抵消，仅剩余首项、末项及 一个可直接求和的等比数列，最终效果是“剩 余项可通过等比数列求和公式计算”。 例1已知数列{am},满足a1=2,am+1 am=2",n∈N'。 (1)求证：{am}为等比数列： (2)求数列{n·a,}的前n项和。 解析：(1)已知am+1一am=2”,当n≥2 时，易得： am=（am一aw-1)+(am-1-aw-2)+…十 (a2一a1)十a1 =2"-1十2m-2+…+21十2 =2(1-2”-1) 1-2 +2 =2”。 因此2=2 a 2"=2,n≥2。 因为a1=2,a,=4,2=2,所以{a.}是首 数学堡典被方清中学生表理化 解题篇经典题突破方法 合理转化 甘属中学 张瑞红 项为2，公比为2的等比数列。 (2)由(1)得am=2”,令cm=nam=n· 2”,{cn}的前n项和为Sm。 S,=c1十c:十cg十…+cm-1十cm =1·2+2·22+3·23+…+(n一1)· 2”-1十n·2”。 则2S,=1·2十2·23十3·2+…+十 (n-1)·2”+n·2"+1。 两式相减得： -Sn=2+22+23十…十2”-n·2+1 =21-2”) 1-2 一n·2+1 =(1-n)·2w+1-2。 故S。=(n一1)·2"+1十2。 点评：若数列{am}是等比数列，数列{bm} 是等差数列，则求数列{anb.}的前n项和S。 常用错位相减法。一般是和式两边同乘以等 比数列{am}的公比g,然后作差求解，但需要 注意“同类项”要对齐，即要错位以便求差，应 用时要注意9≠1这个条件。错位相减法万 能公式：形如cm=(an十b)·q”-1(q≠1)的数 列求和公式为Sm=(An+B)q”十C(g≠1)， 共中Ag品7B-名二1 g-1C=-B。 2.分式拆分型：通项可拆分为两个（或多个） 项的差，尤其分母为两个等差数列项的乘积。 解题方法：裂项相消法。“通项拆分十相 邻项抵消”，其本质是“转化通项形式”一一不 改变求和的项数，而是将每一项拆分为“前一 项的一部分与后一项的一部分的差”，求和时 相邻项的对应部分相互抵消，最终仅保留首 项的前半部分和末项的后半部分，实现“化多 为少”的目的，最终效果是“求和转化为首尾 几项的加减”。 例2设正项数列{am}的前n项和为 S.满足S=2(a.+1D. (1)求数列{am}的通项公式： (2设6.=26.=0+01中D求 b 33 中学生数理化高二数学2026年7一8月 解题篇经典题突破方法 数列(cn}的前n项和Tm。 解析：(1)由S,=之(a,+1),得a:十 2am+1=4Sm。 同理可知a+1十2am+1十1=4Sm+1。 以上两式相减得a+1一a号十2(a+1 am)=4am+1,即2(au+1十am)=a+1-a= (am+1十an)·(amt1-an)。 因为an>0,所以am+1一am=2。 当n=1时，a+2a1+1=4a1,解得a1=1。 因此{am}是首项为1，公差d=2的等差 数列，即{am}的通项公式为am=1十2(n一1) =2n-1。 (2)易知b.=2。+1=22-1+1=4“。 4” c.=(4°+1)(4++1) T。=c1十c2+cg十…十c 1 ,点评：运用裂项相消法求数列的前n项 和，关键在于仔细研究数列的通项公式，将数 列的通项公式进行合理的裂项。一般地，常 用的裂项方法有 1 1 。1 1 (2n-1)(2n+1) 2（2n-1一2n+1: 1「1 1 n(n+1)(n+2)2n(n+1)(n+1)(n+2)J 2” 1 1 (2"+1-1)(2”-1)2”-12"+1-1 等 二、两种方法的互通转化 无论是“裂项相消转化为错位相减”，还 是“错位相减转化为裂项相消”，核心都要保 证变形后的通项与原通项等价（即对任意正 整数，变形前后的项值相等)，同时变形后 的通项要符合目标求和方法的适用条件（如 转化为“等差乘等比”，可用错位相减法；转化 为“可拆分项差”，可用裂项相消法)。 1.错位相减向裂项求和转化（乘积型通 34 项→可拆分项差)。 适用条件：等差乘等比数列的通项，可通 过“构造辅助数列”转化为两个项的差，此时 可通过裂项求和计算。 例3已知数列{am}的前n项积为 T.,且T.=n+1)(n+2) 2 (1)求{am}的通项公式： (2)设bn=3”·nam,求数列{bn}的前n 项和Sn。 T”=n+2 解析：(1)当n≥2时，a,=下二=n 当n=1时，a1=3,上式也成立。 综上可得a,=”+2 n (2)解法一：bn=3”·a,=(n十2)×3”。 S。=3×3+4×32+…+(n+1)×3"-1 +(n+2)×3”。 3Sm=3×32+4×33+…+(n+1)× 3”+(n+2)×3"+1。 以上两式相减得一2S,=3×3十 9(3”-1-1) 3-1 -(n+2)×3+1= 9-(2n+3)×3"+1 2 S.=(2n+3)×3"+1-9 4 解法二：bn=3”·nam=(n十2)·3”。 设bn=(n十2)·3”=(xn+y)·3"+1 [x(n-1)+y]·3”=(2xn+2y+x)·3"。 2x=1, 对比可知 2y+x=2 即6.=(+是）×31 [2m-1+]×3. 所以Sm=b1+b:+…十b= (分×1+）×3-（经×0+）×3十 (2×2+是)×3-(3×1+是)×3+…+ (下转第37页) 高二数学突被方清中学生教理化 解题篇经典题突破方法 g0g020000000gg20220g000g00g0200g0g000gm0g00000220g00000090g2000000200g0g04000 (上接第34页) (分+)×31-[m-1+]×g T.=1×2+2×22+3×23+…+n·2”。 2T,=1×22+2×23+3×2+…+n· (分n+)×3-9 49 2"+1。 因此，数列{b。}的前n项和S。= 以上两式相减得： (2n+3)×3"+1-9 Tm=n·2+1一2-22一23一…-2” 4 =n·2"+1_ 2-2”+1 点评：裂项相消法解决等差乘等比型数 1-2 列的关键是将其通项拆成两个等差乘等比型 =n·2"+1+2-2"+1 数列的差。结论：cm=(an十b)·g”-1=(An =(n-1)·2+1+2。 +B)q”-[A(n-1)十B]g”-(g≠1)，其中 解法二：因为cm=(n一1)·2"+1一(n A=,日B=名数列求和公成为S, 2)·2”,所以： Tm=c1十c2+…十cm (An+B)·g”-B(q≠1)。 =(1-1)·22-(1-2)·21+(2-1)· 2.裂项求和向错位相减转化（可拆分项 22+1-(2-2)·22+…+(n-2)·2”-(n 差·乘积型通项)。 1)·2m-1十(n-1)·2"+1-(n-2)·2m 适用条件：分式拆分型通项可通过“等比 =(n-1)·2+1+2。 数列求和公式逆用”，转化为“等差乘等比”的 点评：互化只是将同一种求和需求，通过 乘积型通项。 通项变形适配不同的消项逻辑。互化的基础 例4已知数列{cn}满足c。=(n一1)· 是“通项结构的等价变形”。 2+1一(n一2)·2”，求数列{cn}的前n项和Tm。 (责任编辑徐利杰) 解析：解法一：由题意知c=n·2”, 37