2015-浙江卷文-17 解-数列求和

本题导读

$a_n=2^n$；对 $\frac{b_n}{n}$ 作差得 $(n+1)b_n=n{b}_{n+1}$，故 $b_n=n$；$T_n=\sum k\cdot 2^k=(n-1)2^{n+1}+2$。

📌【题干】

Question

（2015年浙江卷(文)） 已知数列 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 满足 $a_1=2$，$b_1=1$，$a_{n+1}=2a_n$（$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$），$b_1+\frac{b_2}{2}+\frac{b_3}{3}+\cdots +\frac{b_n}{n}=b_{n+1}-1$（$n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$）.

(1) 求 $a_n$ 与 $b_n$；

(2) 记数列 $\{a_n{b}_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，求 $T_n$.

🔍【思路分析】

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$a_n=2^n$；对 $\frac{b_n}{n}$ 作差得 $(n+1)b_n=n{b}_{n+1}$，故 $b_n=n$；$T_n=\sum k\cdot 2^k=(n-1)2^{n+1}+2$。

✅【答案】

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(1) $a_n=2^n$，$b_n=n$

(2) $T_n=(n-1)2^{n+1}+2$

✍【详细解析】

Abstract

(1) $\{a_n\}$ 是首项 $2$、公比 $2$ 的等比数列，$a_n=2^n$。

记 $S_n=b_1+\frac{b_2}{2}+\cdots +\frac{b_n}{n}$，则题设为 $S_n=b_{n+1}-1$。当 $n\ge 2$ 时，$S_{n-1}=b_n-1$，两式相减得

$\frac{b_n}{n}=b_{n+1}-b_n$，即 $(n+1)b_n=n{b}_{n+1}$，故 $\frac{b_{n+1}}{n+1}=\frac{b_n}{n}$。

所以 $\left\{\frac{b_n}{n}\right\}$ 是常数列，$\frac{b_n}{n}=\frac{b_1}{1}=1$，即 $b_n=n$（$n=1$ 时递推式也成立，$b_2=2$ 可验证）。

(2) $a_n{b}_n=n\cdot 2^n$。错位相减：

$T_n=1\cdot 2+2\cdot 2^2+\cdots +n\cdot 2^n$，

$2T_n=1\cdot 2^2+2\cdot 2^3+\cdots +n\cdot 2^{n+1}$。

两式相减：$-T_n=2+2^2+\cdots +2^n-n\cdot 2^{n+1}=\frac{2(2^n-1)}{2-1}-n\cdot 2^{n+1}$。

故 $T_n=n\cdot 2^{n+1}-2^{n+1}+2=(n-1)2^{n+1}+2$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：等比数列的通项；递推式作差；错位相减法

核心方法：”$\frac{b_n}{n}$ 差比结构判常数列 + 错位相减”

避坑指南：①作差只对 $n\ge 2$ 成立，$n=1$ 的情形要单独验证（$b_2=2$ 吻合）后合并结论；②错位相减后剩下的等比和是 $2+2^2+\cdots +2^n$ 共 $n$ 项，末项符号 $-n\cdot 2^{n+1}$ 移项时易错，结果可代 $n=1$、$2$ 验算（$T_1=2$，$T_2=2+8=10$）。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：“累加式递推 + 错位相减”是数列大题的经典组合（doc 考点定位：等差等比数列的通项公式；数列的递推关系式；错位相减法求和），$\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 双线并行是浙江卷的特色。

结论推广：一般地，${\sum }_{k=1}^{n}k{q}^k=\frac{q-(n+1)q^{n+1}+n{q}^{n+2}}{(1-q{)}^2}$（$q\ne 1$）；$q=2$ 时即 $T_n=(n-1)2^{n+1}+2$。

方法推广：递推式含”前 $n$ 项的组合”时先写 $S_{n-1}$ 式作差；等差乘等比型求和条件反射用错位相减，算完必代小 $n$ 验算。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点(Nodes)

• 19.03 数列通项公式求法全攻略
• 19.04 数列求和核心方法与裂项模型

类题演练(Links)

• 2015-浙江卷理-20 解-数列递推
• 2016-浙江卷理-20
• 2014-浙江卷理-10 单-函数单调性