2023-甲卷理-17 解-数列错位相减缺思路分析

本题导读

本题考查Sn与an的关系。核心在于Sn与an转化法、错位相减法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年甲卷理）设 $S_n$ 为数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，已知 $a_2=1,2S_n=n{a}_n$．

（1）求 $\{a_n\}$ 的通项公式；

（2）求数列 $\left\{\frac{a_{n+1}}{2^n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$．

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(1) $a_n=n-1$

(2) $T_n=2-\frac{n+2}{2^n}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $\{a_n\}$ 的通项公式

1. 计算首项：

   当 $n=1$ 时，$2S_1=1\cdot a_1$．

   由于 $S_1=a_1$，则 $2a_1=a_1$，解得 $a_1=0$．

2. 建立递推关系：

   已知 $2S_n=n{a}_n$ ①．

   当 $n\ge 2$ 时，$2S_{n-1}=(n-1)a_{n-1}$ ②．

   ① - ② 得：$2(S_n-S_{n-1})=n{a}_n-(n-1)a_{n-1}$．

   代入 $S_n-S_{n-1}=a_n$：

   $2a_n=n{a}_n-(n-1)a_{n-1}⟹(n-2)a_n=(n-1)a_{n-1}$．

3. 求解通项：

   • 当 $n=2$ 时，代入 ① 得 $2S_2=2a_2$，即 $a_1+a_2=a_2$，再次印证 $a_1=0$．

   • 当 $n=3$ 时，$(3-2)a_3=(3-1)a_2⟹a_3=2a_2=2\times 1=2$．

   • 当 $n\ge 3$ 时，由 $(n-2)a_n=(n-1)a_{n-1}$ 可得：

     $\frac{a_n}{n-1}=\frac{a_{n-1}}{n-2}=\cdots =\frac{a_3}{2}=\frac{2}{2}=1$．

     故 $a_n=n-1$．

4. 综合判定：

   当 $n=1$ 时，$a_1=1-1=0$；

   当 $n=2$ 时，$a_2=2-1=1$．

   均符合上式，故 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=n-1(n\in {\mathbb{N}}^{\ast })$．

（2）求数列 $\left\{\frac{a_{n+1}}{2^n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$

1. 确定求和项：

   设 $b_n=\frac{a_{n+1}}{2^n}$．由 (1) 知 $a_{n+1}=(n+1)-1=n$．

   故 $b_n=\frac{n}{2^n}=n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$．

2. 列出和式 $T_n$：

   $T_n=1\cdot \frac{1}{2}+2\cdot \frac{1}{4}+3\cdot \frac{1}{8}+\cdots +n\cdot \frac{1}{2^n}$ ③．

3. 列出错位和式 $\frac{1}{2}{T}_n$：

   $\frac{1}{2}{T}_n=1\cdot \frac{1}{4}+2\cdot \frac{1}{8}+\cdots +(n-1)\cdot \frac{1}{2^n}+n\cdot \frac{1}{2^{n+1}}$ ④．

4. 错位相减：

   ③ - ④ 得：

   $\frac{1}{2}{T}_n=\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots +\frac{1}{2^n}\right)-\frac{n}{2^{n+1}}$

   观察括号内为等比数列求和：

   $\frac{1}{2}{T}_n=\frac{\frac{1}{2}(1-(\frac{1}{2}{)}^n)}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2^{n+1}}=1-\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}}$．

5. 得出最终结果：

   $T_n=2\left(1-\frac{2}{2^{n+1}}-\frac{n}{2^{n+1}}\right)=2-\frac{n+2}{2^n}$．

   （整理得 $T_n=2-(n+2)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$）．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：$S_n$ 与 $a_n$ 递推消元、形如 $f(n)a_n=g(n)a_{n-1}$ 的分段讨论、标准错位相减求和法。
2. 核心方法：递推降项法、错位相减法。
3. 避坑指南：

• 零系数阻断陷阱：在第（1）问化简得到 $(n-2)a_n=(n-1)a_{n-1}$ 时，由于 $n=2$ 会导致系数为 0，不能直接作分母。必须严格对 $n=1,2$ 单独代入初始条件校验，否则会导致逻辑扣分。
• 错位相减符号与系数：减法运算时最后一项 $-n\cdot \frac{1}{2^{n+1}}$ 的负号易错记为正号；最后由 $\frac{1}{2}{T}_n$ 还原为 $T_n$ 时，切记全体乘以 2。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题将传统的高考常考模型“$S_n$ 与 $a_n$ 综合应用”与“差比复合数列求和”结合，属于结构标准、注重步骤严谨性的经典中档解答题。
2. 结论推广：对于通项公式形如 $b_n=n\cdot q^n$（$q\ne 1$）的数列，其前 $n$ 项和 $T_n$ 的错位相减最终化简通式为：$T_n=\frac{q}{(1-q{)}^2}-\frac{n{q}^{n+1}}{1-q}-\frac{q^{n+1}}{(1-q{)}^2}$。在本题中代入 $q=\frac{1}{2}$，可得常数项为 $\frac{1/2}{(1/2{)}^2}=2$，与解析结果完全吻合，可用于运算结果的快速逆向自检。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质
• 19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

• 2009-湖北卷理-19
• 2021-天津卷-19 解-数列综合
• 2000-广东卷理-18 解-等比数列的基本量计算