专题4 数列的递推与通项公式-【老唐说题】高中数学新思路 高观点 低运算系列3

■ ３０　 ■  ４!"#56789:; &'()*+,+,*<(*=(<>/-?*./-->/-&'* 一、数列的前ｎ项和Ｓｎ与ａｎ的关系（和式代换） 类型１：已知Ｓｎ与 ｎ的关系式，记为 Ｓｎ＝ｆ( )ｎ， 它可由和式代换 ａｎ＝ Ｓ１，ｎ＝１ Ｓｎ－Ｓｎ－１，ｎ≥{ ２直接求出 通项ａｎ，但要注意验证ｎ＝１与ｎ≥２两种情况能 否统一，具体分三步进行： （１）ｎ＝１时，由ａ１＝Ｓ１，求ａ１的值； （２）ｎ≥２时，由 ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１，求得 ａｎ的表 达式； （３）检验ａ１的值是否满足（２）中ａｎ的表达式． ①若满足，则合写； ②若不满足，则写成分段函数的形式：ａｎ ＝ Ｓ１，ｎ＝１ Ｓｎ－Ｓｎ－１，ｎ≥{ ２． 已知数列 ａ{ }ｎ 满足 ａ１＋２ａ２＋３ａ３＋…ｎａｎ ＝ｎ（ｎ＋１）（ｎ＋２），求数列 ａ{ }ｎ 的通项 公式． 因为ａ１＋２ａ２＋３ａ３＋…＋ｎａｎ＝ｎ（ｎ＋１）（ｎ ＋２），① 所以ｎ≥２时，ａ１＋２ａ２＋３ａ３＋…＋（ｎ－１）ａｎ－１＝ （ｎ－１）ｎ（ｎ＋１），② ①－②，得ｎａｎ＝３ｎ（ｎ＋１），所以 ａｎ＝３ｎ＋３（ｎ ≥２）． 因为ｎ＝１时，ａ１＝１×２×３＝６，满足上式，所 以ａｎ＝３ｎ＋３． 已知Ｓｎ与ａｎ的关系式，记为 ｆａｎ，Ｓ( )ｎ ＝０，求 它的通项公式ａｎ，一般有两种思路： （１）消 Ｓｎ：容易直接求 ａｎ的情况，可利用阶差 公式：Ｓｎ－Ｓｎ－１＝ａｎ ｎ≥( )２，消去 Ｓｎ，转化为等 差或等比数列直接求出ａｎ； （２）消 ａｎ：难以直接求 ａｎ的情况，可利用阶差 公式：ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ｎ≥( )２，消去 ａｎ，得出 Ｓｎ 与Ｓｎ－１的递推关系式，先求出 Ｓｎ后，即可转化 为“第１种情形”，从而间接求出ａｎ，如例３． 在求解具体的题目时，应根据条件灵活恰当地选 择两种方法，确定变形方向．通常情况下，先求 Ｓｎ要比直接求ａｎ麻烦；但也有时先直接求ａｎ会 比先求Ｓｎ麻烦得多． 类型２：消Ｓｎ 设数列 ａ{ }ｎ 的前ｎ项和为Ｓｎ，且３Ｓｎ＝４ａｎ －２．求数列 ａ{ }ｎ 的通项公式． （１）当 ｎ＝１时，３Ｓ１＝４ａ１－２，解得 ａ１＝ ２，当ｎ≥２时，因为３Ｓｎ＝４ａｎ－２，所以３Ｓｎ－１＝ ４ａｎ－１－２，所以３Ｓｎ－３Ｓｎ－１＝４ａｎ－２－（４ａｎ－１－ ２），３ａｎ＝４ａｎ－４ａｎ－１，所以 ａｎ＝４ａｎ－１，所以数 列 ａ{ }ｎ 是以２为首项，４为公比的等比数列，所 以数列 ａ{ }ｎ 的通项公式为ａｎ＝２ ２ｎ－１． 设数列 ａ{ }ｎ 的前 ｎ项和为 Ｓｎ，Ｓｎ＝２ａｎ＋ ２ｎ－６（ｎ∈Ｎ）．求数列 ａ{ }ｎ 的通项公式． 因为Ｓｎ＝２ａｎ＋２ｎ－６，所以Ｓ１＝２ａ１＋２－ ６＝ａ１，所以ａ１＝４，当 ｎ≥２时，Ｓｎ－１＝２ａｎ－１＋ ２（ｎ－１）－６，所以Ｓｎ－Ｓｎ－１＝ａｎ＝２ａｎ＋２ｎ－６－ （２ａｎ－１＋２ｎ－８），所以 ａｎ＝２ａｎ－１－２即 ａｎ－２＝ ２（ａｎ－１－２），又ａ１－２＝２≠０，故数列｛ａｎ－２｝是 以２为首项，２为公比的等比数列，数列 ａ{ }ｎ 的 通项公式为ａｎ＝２ ｎ＋２． 已知正整数列 ａ}{ ｎ 的前ｎ项和为Ｓｎ，且对 任意的自然数满足 ２ Ｓ槡 ｎ ＝ａｎ＋１．求 ａ}{ ｎ 的通项公式． 因为２ Ｓ槡 ｎ＝ａｎ＋１①，对任意的自然数 ｎ 均成立，所以当ｎ＝１时，有２ ａ槡 １＝ａ１＋１，                                得 !"#$%$& ■■ ３１　 ■ （ ａ槡 １－１） ２＝０，所以 ａ１＝１，当 ｎ≥２时，有 ２ Ｓｎ槡 －１＝ａｎ－１＋１②，由① ２－②２，得４ａｎ＝ａ ２ ｎ－ ａ２ｎ－１＋２ａｎ－２ａｎ－１，即（ａｎ＋ａｎ－１）（ａｎ－ａｎ－１－２） ＝０，因为ａｎ＞０，所以 ａｎ＋ａｎ－１＞０，所以 ａｎ－ ａｎ－１＝２（ｎ∈Ｎ，ｎ≥２），所以数列 ａ{ }ｎ 是首项 为１，公差为２的等差数列，所以ａｎ＝１＋２·（ｎ －１）＝２ｎ－１． 类型３：消ａｎ （２０２２·天津模拟）已知数列 ａ}{ ｎ 的前ｎ项 和为Ｓｎ，且满足 ａｎ＋２ＳｎＳｎ－１＝０ｎ≥( )２， ａ１＝ １ ２，求ａｎ． 由题意可得，当ｎ＝１时，ａ１＝ １ ２，当ｎ≥ ２时，ａｎ ＋２Ｓｎ· Ｓｎ－１ ＝０，即 Ｓｎ －Ｓｎ－１ ＝ －２ＳｎＳｎ－１，可得 １ Ｓｎ － １Ｓｎ－１ ＝２，即数列 １Ｓ{ }ｎ 是首 项为２，公差为 ２的等差数列，１Ｓｎ ＝２＋２（ｎ－ １），（ｎ≥２），可得 Ｓｎ＝ １ ２ｎ（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ ）．经 检验，ｎ＝１时，Ｓ１＝ａ１＝ １ ２满足上式，故 Ｓｎ＝ １ ２ｎ．当ｎ≥２时，ａｎ＝Ｓｎ－