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2023年高考数学甲卷-理17

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（12分）已知数列

$\{a_{n}\}$ 中，

$a_{2}=1$ ，设

$S_{n}$ 为

$\{a_{n}\}$ 前

$n$ 项和，

$2S_{n}=na_{n}$ ．
（1）求

$\{a_{n}\}$ 的通项公式；
（2）求数列

$\{\dfrac{{a}_{n}+1}{{2}^{n}}\}$ 的前

$n$ 项和

$T_{n}$ ．
答案：（1）

$\{a_{n}\}$ 的通项公式为

$a_{n}=n-1$ ；
（2）

$T_{n}=2-\dfrac{n+2}{{2}^{n}}$ ．
分析：（1）求得

$a_{1}=0$ ，进而可得当

$n\geqslant 3$ 时，可得

$\dfrac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=\dfrac{n-1}{n-2}$ ，由累乘法可求

$\{a_{n}\}$ 的通项公式；
（2）

$\dfrac{{a}_{n}+1}{{2}^{n}}=\dfrac{n}{{2}^{n}}$ ，利用错位相减法可求数列

$\{\dfrac{{a}_{n}+1}{{2}^{n}}\}$ 的前

$n$ 项和

$T_{n}$ ．
解：（1）当

$n=1$ 时，

$2S_{1}=a_{1}$ ，解得

$a_{1}=0$ ，
当

$n\geqslant 2$ 时，

$2S_{n-1}=(n-1)a_{n-1}$ ，

$\therefore 2a_{n}=na_{n}-(n-1)a_{n-1}$ ，

$\therefore (n-1)a_{n-1}=(n-2)a_{n}$ ，
当

$n\geqslant 3$ 时，可得

$\dfrac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=\dfrac{n-1}{n-2}$ ，

$\therefore a_{n}=\dfrac{2}{1}\times \dfrac{3}{2}\times \dfrac{4}{3}\times \dotsb \times \dfrac{n-1}{n-2}\times a_{2}=n-1$ ，
当

$n=2$ 或

$n=1$ 时，

$a_{1}=0$ ，

$a_{2}=1$ 适合上式，

$\therefore \{a_{n}\}$ 的通项公式为

$a_{n}=n-1$ ；
（2）由（1）可得

$\dfrac{{a}_{n}+1}{{2}^{n}}=\dfrac{n}{{2}^{n}}$ ，

$\therefore T_{n}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{2}{{2}^{2}}+\dfrac{3}{{2}^{3}}+\dotsb +\dfrac{n}{{2}^{n}}$ ，

$\therefore$

$\dfrac{1}{2}T_{n}=\dfrac{1}{{2}^{2}}+\dfrac{2}{{2}^{3}}+\dfrac{3}{{2}^{4}}+\dotsb +\dfrac{n}{{2}^{n+1}}$ ，

$\therefore$

$\dfrac{1}{2}T_{n}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{{2}^{2}}+\dfrac{1}{{2}^{3}}+\dotsb +\dfrac{1}{{2}^{n}}-\dfrac{n}{{2}^{n+1}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}(1-\dfrac{1}{{2}^{n}})}{1-\dfrac{1}{2}}-\dfrac{n}{{2}^{n+1}}=1-\dfrac{1}{{2}^{n}}-\dfrac{n}{{2}^{n+1}}$ ，

$\therefore T_{n}=2-\dfrac{n+2}{{2}^{n}}$ ．
点评：本题考查求数列的通项公式，考查数列的前

$n$ 项的和的求法，属中档题．

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