2004-湖北理-08 单-数列前n项和与通项公式的关系

本题导读

本题考查本知识点。

📌【题干】

Question

（2004年湖北卷(理)） 设数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n=a\left[2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\right]-b\left[2-(n+1){\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\right]$ ($n=1,2,\dots$)，其中 $a、b$ 是非零常数.则存在数列 $\{x_n\}、\{y_n\}$ 使得 ()

A. $a_n=x_n+y_n$，其中 $\{x_n\}$ 为等差数列， $\{y_n\}$ 为等比数列

B. $a_n=x_n+y_n$，其中 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 都为等差数列

C. $a_n=x_n\cdot y_n$，其中 $\{x_n\}$ 为等差数列， $\{y_n\}$ 为等比数列

D. $a_n=x_n\cdot y_n$，其中 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$ 都为等比数列

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一步逻辑（项的分离）：首先将 $S_n$ 的多项式展开并重新按常数项与含 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$ 的指数项进行合并。 $S_n=(2a-2b)+\left[b(n+1)-a\right]\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$
2. 第二步逻辑（利用差分求通项）：根据数列性质，当 $n\ge 2$ 时，通项满足 $a_n=S_n-S_{n-1}$。写出 $S_{n-1}$ 的表达式，注意其中的指数项将变为 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-2}$。为了能顺利合并同类项，需要将 $S_{n-1}$ 中的指数项化归为 $2\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$。
3. 第三步逻辑（结构判定）：将两式相减后，常数项 $(2a-2b)$ 彻底消去，剩下的项经过因式分解，可以化简为线性多项式与等比指数因式的乘积形态，即 $a_n=(\alpha n+\beta )\cdot q^n$。根据此乘积形态可轻松锁定正确选项。

✅【答案】

Success

C

✍【详细解析】

Abstract

• 对前 $n$ 项和进行整理归类： 将已知的前 $n$ 项和 $S_n$ 表达式展开并按公因式 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$ 进行合并整理： $\begin{array}{rl}{S}_n& =2a-a{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}-2b+b(n+1){\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\\ & =(2a-2b)+\left[b(n+1)-a\right]{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\text{（式1）}\end{array}$

• 运用差分公式求解 $n\ge 2$ 时的通项 $a_n$： 由（式1）顺延写出前 $n-1$ 项和 $S_{n-1}$ 的解析式： $S_{n-1}=(2a-2b)+\left[bn-a\right]{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-2}\text{（式2）}$ 为了方便与 $S_n$ 进行齐次合并，利用指数律将（式2）右侧的指数因式降阶： ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-2}=2\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$ 代入（式2）中得： $S_{n-1}=(2a-2b)+2\left[bn-a\right]{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\text{（式3）}$

  当 $n\ge 2$ 时，对（式1）与（式3）实施减法操作： $\begin{array}{rl}{a}_n& =S_n-S_{n-1}\\ & =\left\{(2a-2b)+\left[b(n+1)-a\right]{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\right\}-\left\{(2a-2b)+2\left[bn-a\right]{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\right\}\\ & =\left\{\left[b(n+1)-a\right]-2\left[bn-a\right]\right\}{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\\ & =\left[bn+b-a-2bn+2a\right]{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\\ & =(a+b-bn){\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\text{（式4）}\end{array}$

• 判定通项的代数结构： 观察（式4）得到的通项解析式 $a_n=(a+b-bn){\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$。 我们可以将该式拆解为两个独立数列项的乘积形式： 令 $x_n=a+b-bn$，因为其关于项数 $n$ 的最高次数为 1，显然 $\{x_n\}$ 是一个以 $-b$ 为公差的等差数列。 令 $y_n={\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$，显然 $\{y_n\}$ 是一个以 $\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列。

  因此，通项满足关系式： $a_n=x_n\cdot y_n$ 其中 $\{x_n\}$ 为等差数列， $\{y_n\}$ 为等比数列。

故选 C

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：由和 $S_n$ 求解通项 $a_n$ 的差分基本功；等差数列通项的线性特征（$An+B$）与等比数列通项的指数特征（$C\cdot q^n$）。
2. 核心方法：差分化简法、因式结构归纳法。
3. 避坑指南：
   • 极易在计算 $S_n-S_{n-1}$ 的有理多项式合并时，因为指数项 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$ 与 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-2}$ 的次数不同而导致合并逻辑混乱。记住合并金科玉律：凡是指数不同，无条件通过提取或乘除常数（如将 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-2}$ 化为 $2\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$）将指数部分强行对齐。
   • 不需要单独去验证 $n=1$ 的情况。因为作为单选题，只要当 $n\ge 2$ 时结构已经确定为“等差 $\times$ 等比”，即使 $n=1$ 是孤立点产生修正，也不会改变这一固有乘积拓扑，可以直接锁定 C。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题是由高中数学经典的“错位相减法求数列前 $n$ 项和”逆向改编而来的高阶变换选择题，颠倒了通常由通项求和的常规思维，考查逆向推导能力。
2. 结论推广: 一般地，设等差数列与等比数列的乘积复合通项为 $a_n=(An+B)q^n$。根据多项式运算理论，对其进行差分的逆运算（即求和 $S_n$）后，其前 $n$ 项和的结构必然保持常数项与同底数差分序列的线性组合形态不变，完整的标准通式可统一写为： $S_n=K+(A^{\prime }n+B^{\prime })q^n$。本题给出的 $S_n$ 恰好完美契合这一齐次运算图形的固有表达。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.03 数列通项公式求法全攻略
• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2006-四川文-17 解-Sn递推求通项与等差
• 2006-陕西文-20 解-Sn递推求通项
• 1985-广东文-02 填-等比数列的通项