1977-福建卷-07 解-数列前项和与通项的关系

本题导读

本题考查数列前项和与通项的关系。

📌【题干】

Question

（1977年北京卷(理)） 设数列 $1,2,4,\dots$ 前 $n$ 项和是 $S_n=a+bn+c{n}^2+d{n}^3$，求这数列的通项 $a_n$ 的公式，并确定 $a,b,c,d$ 的值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 确定常数项 $a$ 的值：

• 根据前 $n$ 项和的代数意义，当 $n=0$ 时，前 0 项和在物理意义上为 0。代入 $S_0=0$ 即可直接锁定常数项 $a=0$。

2. 利用已知前三项建立方程组：

• 题目给定数列的前三项为 $a_1=1,a_2=2,a_3=4$。
• 顺次求出对应的求和数值： $S_1=1$； $S_2=1+2=3$； $S_3=1+2+4=7$。
• 将 $n=1,2,3$ 分别代入多项式 $S_n=bn+c{n}^2+d{n}^3$，联立关于 $b,c,d$ 的三元一次方程组进行消元求解。

3. 推导通项公式 $a_n$：

• 将解出的系数代回求和多项式得到 $S_n$ 的确切表达式。

• 利用关系式 $a_n=S_n-S_{n-1}(n\ge 2)$ 展开多项式化简，最后校验 $n=1$ 时的闭合相容性。

✅【答案】

Success

$a=0$，$b=\frac{5}{6}$，$c=0$，$d=\frac{1}{6}$；通项 $a_n=\frac{n^2-n+2}{2}$（$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$）。

✍【详细解析】

Abstract

• 第一步：确定常数项 $a$ 因为 数列前 $n$ 项和公式对 $n=0$ 满足初始条件 $S_0=0$， 所以 将 $n=0$ 代入 $S_n=a+bn+c{n}^2+d{n}^3$ 得： $a+b(0)+c(0{)}^2+d(0{)}^3=0⟹a=0$ 因此，求和公式精简为： $S_n=bn+c{n}^2+d{n}^3$

• 第二步：建立并求解关于系数 $b,c,d$ 的方程组 根据题意，已知数列前三项为 $a_1=1,a_2=2,a_3=4$。 对应的各项前 $n$ 项和为：

• $S_1=a_1=1$

• $S_2=a_1+a_2=1+2=3$

• $S_3=a_1+a_2+a_3=1+2+4=7$

将 $n=1,2,3$ 分别代入 $S_n$ 表达式中，建立三元一次方程组： $\{\begin{array}{l}b\cdot 1+c\cdot 1^2+d\cdot 1^3=1\\ b\cdot 2+c\cdot 2^2+d\cdot 2^3=3\\ b\cdot 3+c\cdot 3^2+d\cdot 3^3=7\end{array}⟹\{\begin{array}{ll}b+c+d=1& \text{(1)}\\ 2b+4c+8d=3& \text{(2)}\\ 3b+9c+27d=7& \text{(3)}\end{array}$

利用高斯消元法进行求解：

• 由 ② $-2\times$ ① 得： $2c+6d=1\text{(4)}$
• 由 ③ $-3\times$ ① 得： $6c+24d=4⟹3c+12d=2\text{⑤}$
• 联立 ④ 和 ⑤，由 ⑤ $-1.5\times$ ④ 消去 $c$： $(12-9)d=2-1.5⟹3d=0.5⟹d=\frac{1}{6}$
• 将 $d=\frac{1}{6}$ 代入 ④ 式： $2c+6\times \frac{1}{6}=1⟹2c+1=1⟹c=0$
• 将 $c=0,d=\frac{1}{6}$ 代入 ① 式： $b+0+\frac{1}{6}=1⟹b=\frac{5}{6}$

由此确定四项系数分别为： $a=0,b=\frac{5}{6},c=0,d=\frac{1}{6}$

• 第三步：求数列的通项公式 $a_n$ 将系数代入，得到前 $n$ 项和的完整多项式： $S_n=\frac{5}{6}n+\frac{1}{6}{n}^3=\frac{n^3+5n}{6}$

当 $n\ge 2$ 时，利用差分公式 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 展开化简： $a_n=\frac{n^3+5n}{6}-\frac{(n-1{)}^3+5(n-1)}{6}$ $a_n=\frac{1}{6}\left[\left(n^3-(n^3-3n^2+3n-1)\right)+(5n-5n+5)\right]$ $a_n=\frac{1}{6}\left[3n^2-3n+1+5\right]$ $a_n=\frac{3n^2-3n+6}{6}=\frac{n^2-n+2}{2}$

首项检验：当 $n=1$ 时，代入上式得 $a_1=\frac{1^2-1+2}{2}=\frac{2}{2}=1$，与题目给定的已知首项完全相容。 因此，通项公式对全体正整数 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均适用。

综上所述： 数列的通项公式为 $a_n=\frac{n^2-n+2}{2}$； 各项系数的值分别为 $a=0,b=\frac{5}{6},c=0,d=\frac{1}{6}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：由前 $n$ 项和求通项（差分法）、多项式恒等的待定系数法。
2. 核心方法：高斯消元法、边界值校验法。
3. 避坑指南：

• 最大致命雷区（思维定势）：很多同学看到数列前三项是 $1,2,4$，不看后面的题干条件，直接想当然地判定其为等比数列，写出通项 $a_n=2^{n-1}$。做题必须以题干给定的数学模型为最高准则。本题中 $S_n$ 明确给出了是关于 $n$ 的三次多项式，这代表它是一个高级阶差级数，必须严格通过解多项式方程组来处理。

• 在计算 $S_{n-1}$ 时，完全立方公式 $(n-1{)}^3=n^3-3n^2+3n-1$ 的正负号极易颠倒，展开时必须细心。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于初等代数中关于级数求和与高阶等差数列（Difference Sequence）的基础核心经典题。在数学史上，它对应着巴罗、牛顿等人研究的前项差分插值法，是离散数学向连续微积分过渡的重要理论模型。
2. 结论推广: 本题模型属于标准的二次多项式通项求和（立方多项式对齐）模型。 可以一般化推广为：若任意数列的通项公式为二次多项式 $a_n=A{n}^2+Bn+C$，则其前 $n$ 项和 $S_n$ 必然守恒为一个常数项为 0 的三次多项式 $S_n=bn+c{n}^2+d{n}^3$。利用定积分近似或差分算子，其各阶系数与通项系数之间满足下列完美的矩阵映射对齐公式： $d=\frac{A}{3},c=\frac{B-A}{2},b=C-\frac{B}{2}+\frac{A}{6}$ 在本题中，我们求得 $a_n=\frac{1}{2}{n}^2-\frac{1}{2}n+1$，对应系数 $A=\frac{1}{2},B=-\frac{1}{2},C=1$。直接套用此推广公式验证：

• $d=\frac{1/2}{3}=\frac{1}{6}$
• $c=\frac{-1/2-1/2}{2}=0$
• $b=1-\frac{-1/2}{2}+\frac{1/2}{6}=1+\frac{1}{4}+\frac{1}{12}=\frac{12+3+1}{12}=\frac{16}{12}=\frac{5}{6}$ 这与联立方程组解出的结果完全吻合。熟知这一映射规律，在处理任何“已知通项求多项式和”或“已知多项式和逆推通项”的选择、填空题时，皆可实现免除繁琐消元，直接。

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