2009-大纲卷I理-20 解-数列

本题导读

本题考查递推数列求通项（累加法）、数列求和（错位相减法、分组求和法）。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2009年大纲卷I(理)） 在数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1=1$, $a_{n+1}=\left(1+\frac{1}{n}\right)a_n+\frac{n+1}{2^n}$.

(1) 设 $b_n=\frac{a_n}{n}$，求数列 $\{b_n\}$ 的通项公式；

(2) 求数数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：将已知的递推关系式变形，两边同除以 $n+1$，可构造成 $b_{n+1}-b_n=f(n)$ 的形式，再利用累加法直接求解 $b_n$。
2. 第二问：由 $b_n$ 求出 $a_n=n\cdot b_n$，并将其拆分为等差数列与“等差 $\times$ 等比”数列两部分。分别采用公式法与错位相减法求和，最后进行合并。

✅【答案】

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（1）由𝑏𝑛=𝑎𝑛𝑛，得𝑎𝑛=𝑛𝑏𝑛，𝑎𝑛+1=(𝑛+1)𝑏𝑛+1.将它们代入递推式，得(𝑛+1)𝑏𝑛+1=(1+1

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 将原递推式 $a_{n+1}=\left(1+\frac{1}{n}\right)a_n+\frac{n+1}{2^n}$ 化简得： $a_{n+1}=\frac{n+1}{n}{a}_n+\frac{n+1}{2^n}$ 两边同时除以 $n+1$，得： $\frac{a_{n+1}}{n+1}=\frac{a_n}{n}+\frac{1}{2^n}$ 因为 $b_n=\frac{a_n}{n}$，所以上式可化为： $b_{n+1}-b_n={\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ 由 $a_1=1$ 可得 $b_1=\frac{a_1}{1}=1$。 当 $n\ge 2$ 时，利用累加法得： $b_n=b_1+(b_2-b_1)+(b_3-b_2)+\cdots +(b_n-b_{n-1})$ $b_n=1+\frac{1}{2}+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+\cdots +{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$ 这是一个首项为 1，公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列的前 $n$ 项和，故： $b_n=\frac{1\times \left[1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right]}{1-\frac{1}{2}}=2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$ 当 $n=1$ 时，$b_1=2-1=1$，上式同样成立。 所以，数列 $\{b_n\}$ 的通项公式为 $b_n=2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$。

(2) 解： 由(1)知 $\frac{a_n}{n}=2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$，则： $a_n=2n-n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$ 前 $n$ 项和 $S_n={\sum }_{k=1}^n{a}_k={\sum }_{k=1}^{n}2k-{\sum }_{k=1}^{n}k\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{k-1}$。 令 $A_n=2+4+6+\cdots +2n=\frac{n(2+2n)}{2}=n^2+n$。 令 $B_n=1+2\cdot \left(\frac{1}{2}\right)+3\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2+\cdots +n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$ ① 则 $\frac{1}{2}{B}_n=1\cdot \left(\frac{1}{2}\right)+2\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^2+\cdots +(n-1)\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}+n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ ② 由 ① - ② 得： $\frac{1}{2}{B}_n=1+\left(\frac{1}{2}\right)+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+\cdots +{\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}-n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ $\frac{1}{2}{B}_n=\frac{1\times \left[1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^n\right]}{1-\frac{1}{2}}-n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n=2-2\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n-n\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ $\frac{1}{2}{B}_n=2-(n+2){\left(\frac{1}{2}\right)}^n$ 两边同乘以 2 得： $B_n=4-(n+2){\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$ 所以： $S_n=A_n-B_n=n^2+n-4+(n+2){\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：除法构造法转换数列递推结构、累加法求通项、错位相减法求“等差 $\times$ 等比”型数列的和。
2. 核心方法：

• 看到形如 $a_{n+1}=\frac{n+1}{n}{a}_n+f(n)$ 的形式，应敏感地联想到两边同除以 $n+1$ 来构造新数列。
• 错位相减法的核心步骤是列出 $B_n$ 与 $q{B}_n$ 方程，相减时注意对齐相同幂次的项，切勿遗漏最后一项的符号。

3. 避坑指南：

• 累加法结束后，必须将 $n=1$ 代入通项公式进行检验，确保首项的一致性。
• 错位相减法计算繁琐，两式相减后最后的孤立项 $-n\cdot q^n$ 极易遗漏负号或算错幂次。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题为传统高考数列大题的经典结构（第一问构造/累加求通项，第二问错位相减求和），源于对教材课后习题中复合递推式与特殊求和技巧的深度整合。
2. 结论推广：对于通项为 $a_n=n\cdot q^{n-1}$ 的数列，其前 $n$ 项和具有通用公式 ${\sum }_{k=1}^{n}k\cdot q^{k-1}=\frac{1-(n+1)q^n+n{q}^{n+1}}{(1-q{)}^2}$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2011-上海卷文-02 填-数列极限
• 2011-上海卷文-23 解-数列交并分组求和
• 2011-上海卷理-18 单-等比数列