在线|二轮辅导[09][求数列的通项公式01]

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思维导图

• 数列专题；

强烈提醒

1、注意有效规避解题中的常见错误；

2、有效利用数列变形中隐含条件的指向作用；

3、提醒自己并充分理解：数列是特殊的函数；

4、表达式(a_{n+1}=3a_n(ngeqslant 1))，包含了无穷多个同样结构的表达式，如(a_2=3a_1)，(a_3=3a_2)，(a_4=3a_3)，(cdots)，(a_{n+1}=3a_n)，(cdots)，如果将这么多的表达式用一个式子来表达，则为(a_{n+1}=3a_n(ngeqslant 1))。

典例剖析

• [微专题01]：由数列({a_n})的前有限项求通项公式

例1-1【小试身手】数列(cfrac{15}{2})，(-cfrac{24}{5})，(cfrac{35}{10})，(-cfrac{48}{17})，(cfrac{63}{26})，(cdots)的一个通项公式为(a_n)=____________；

提示：(a_n=(-1)^{n+1}cdot cfrac{(n+3)^2-1}{n^2+1})；

例1-2数列(cfrac{1}{2})，(cfrac{1}{4})，(-cfrac{5}{8})，(cfrac{13}{16})，(-cfrac{29}{32})，(cfrac{61}{64})，(cdots)，的一个通项公式为(a_n)=____________；

提示：变形为(-cfrac{2^1-3}{2^1})，(cfrac{2^2-3}{2^2})，(-cfrac{2^3-3}{2^3})，(cfrac{2^4-3}{2^4})，(-cfrac{2^5-3}{2^5})，(cfrac{2^6-3}{2^6})，

故(a_n=(-1)^ncfrac{2^n-3}{2^n})；

例1-3已知数列的前(4)项为(2)，(0)，(2)，(0)，则依次归纳该数列的通项公式不可能是【】

$A.a_n=(-1)^{n-1}+1$ $B.a_n=left{egin{array}{l}{2，n为奇数}\{0，n为偶数}end{array} ight.$ $C.a_n=2sincfrac{npi}{2}$ $D.a_n=cos(n-1)pi+1$

分析：选(C)，由前有限项归纳通项公式，结果可能不唯一；

• [微专题02]：由(a_n)和(S_n)的关系求通项公式

由(a_n)和(S_n)的关系求通项公式

前言

由(a_n)与(S_n)的关系求数列({a_n})的通项公式，在求通项公式题型中占有比较大的份额，是一个重要的求解思路和方法。是要求重点掌握的类型。

方法依据

二者关系：(a_n = egin{cases}S_1 &n=1 \ S_n-S_{n-1} &n ge 2 end{cases})，

方法：熟练记忆(a_n)与(S_n)的关系，由于(a_n)是分段函数，故需要分别求解(n=1)和(nge 2)时的通项公式，并必须考虑能否合二为一。

注意：(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n(ngeqslant 1))；(a_{n-1}=S_{n-1}-S_{n-2}(ngeqslant 3))；

如何识别

大家都知道，数列中的(S_n)，(a_n)，(n)都是变量，为便于表述，我们做以下的约定：(只关注变量，暂时不关注常数和数字系数)

当题目中只包含(S_n)和(n)时，比如(2S_n=n^2+n+1)，或(S_n-n^2-2n-1=0)等，称为(S_n=f(n))；

当题目中只包含(S_n)和(a_n)时，比如(2S_n=a_n^2+1)，或(S_n-a_n^2-a_n-1=0)等，称为(S_n=f(a_n))；

当题目中只包含(S_n)和(a_n,n)时，比如(2S_n=a_n^2+n+1)，或(S_n-a_n^2-n+3=0)等，称为(S_n=f(a_n,n))；

当题目中包含(a_n)，(a_{n+1})，(a_{n-1})，(cdots)等，我们称为(a_n)类；

当题目中包含(S_n)，(S_{n+1})，(S_{n-1})，(cdots)等，我们称为(S_n)类；

构建模型

• 角度1：若已知形如(S_n=f(n))

思路：仿照已知条件，构造(S_{n-1})，用两者作差消去(S_n)类即可解；

例1已知(S_n=2n^2+3n+1)，求数列({a_n})的通项公式；

分析：当(n=1)时，(S_1=a_1=6)，

当(nge 2)时，由已知可得(S_{n-1}=2(n-1)^2+3(n-1)+1)，

又(S_n=2n^2+3n+1)，两式相减得到

(nge 2)时，(a_n=S_n-S_{n-1}=4n+1)，

由于(n=1)时，(a_1=6)，不满足上式，故需要将通项公式写成分段函数形式，

即所求通项公式为(a_n=egin{cases}6，&n=1\4n+1，&nge 2end{cases})。

例2【或称退一法】已知(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+dots+2^na_n = n)，求数列({a_n})的通项公式 ；

分析：由已知可得，当(nge 2)时，(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1)，

两式作差得到

当(nge 2)时，(2^na_n =1)，即(a_n=cfrac{1}{2^n}=(cfrac{1}{2})^n)，

又当(n=1)时，(2^1a_1=1)，即(a_1=cfrac{1}{2})，满足上式，

故所求通项公式为(a_n=(cfrac{1}{2})^n，nin N^*)。

【解后反思】此题目中涉及两个数列，其一数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，其二数列({ncdot a_n})的前(n)项和为(T_n)，

例2-对照(1)已知数列({a_n})前(n)项和为(S_n)，(a_n=n)，正项数列({b_n})满足(b_1cdot b_2 cdot b_3 cdots b_n= 2^{S_n})，求数列({b_n})的通项公式 ；

分析：积式用商

当(n ge 1)时，(b_1cdot b_2 cdot b_3 cdots b_n= 2^{S_n} ①)，

当(n ge 2)时，(b_1cdot b_2 cdot b_3 cdots b_{n-1}= 2^{S_{n-1}}②)，两式相除得到

当(n ge 2)时，(b_n=2^{S_n-S_{n-1}}=2^{a_n})，即(b_n=2^{a_n}=2^n)，

再验证，当(n=1)时，由已知式子可知(b_1=2^{S_1}=2^{a_1}=2)，满足上式，故数列({b_n})的通项公式为(b_n=2^n).

• 角度2：已知形如(S_n=f(a_n))，有两个求解方向：

①若求(a_n) ，思路：设法消去(S_n)，即构造(S_{n-1})，作差即可求解；

例3设数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，已知(2S_n+a_n=1)，求数列({a_n})的通项公式；

分析：由已知(2S_n+a_n=1)可得，

当(nge 2)时，(2S_{n-1}+a_{n-1}=1)，两式相减得到

当(nge 2)时，(3a_n-a_{n-1}=0)，

又(n=1)时，(2S_1+a_1=1)，解得(a_1=cfrac{1}{3})，

故可知(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=cfrac{1}{3})，

即数列({a_n})是首项为(cfrac{1}{3})，公比为(cfrac{1}{3})的等比数列，

通项公式为(a_n=cfrac{1}{3^n}(nin N^*))。

②若求(S_n) ，思路：消去(a_n)，用(s_n-s_{n-1}=a_n)代换(a_n)即可求解。

例4设数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，若(a_1=1)，(a_{n+1}=3S_n)，求数列({S_n})的通项公式；

分析：由(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n)，代入已知式子得到，

(S_{n+1}-S_n=3S_n)，整理得到，(S_{n+1}=4S_n)，

由(S_1=a_1=1 eq 0)，故数列({S_n})是首项是1，公比为4的等比数列，

故(S_n=1cdot 4^{n-1}=4^{n-1}(nin N^*))。

解后反思：【理科学生用】若用以上的两个思路都不能奏效，则可以考虑先计算出数列的前几项，归纳猜想一个结论，然后用数学归纳法进行证明。

• 角度3：已知形如(S_n=f(n，a_n))

思路：构造(S_{n-1})，两者作差后，

①若出现(a_{n+1} =pa_n + q(p，qin R，p eq 1，q eq 0)) ，两边同加常数(k=cfrac{q}{p-1})构造等比数列。 ^[1]

【解释】：为什么同加常数(k=cfrac{q}{p-1})就可以构造等比数列，
假设(a_{n+1} = pa_n + q)，可以变形为(a_{n+1}+k=p(a_n+k))，整理得到(a_{n+1}=pa_n+pk-k)，
则有(k(p-1)=q)，故(k=cfrac{q}{p-1})，即只要给所给的形如(a_{n+1} = pa_n + q)的式子两边同时
加上常数(cfrac{q}{p-1})，则可以等价变形为(a_{n+1}+k=p(a_n+k))，接下来就可以朝等比数列考虑了。

例5已知数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，满足(S_n=2a_n+n)及(a_1=2)，求数列({a_n})的通项公式。

分析：由已知当(nge 2)时，(S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1))，两式相减得到

(nge 2)时，(a_n=2a_n-2a_{n-1}+1)，整理得到(a_n=2a_{n-1}-1)，两边同加-1，

即(a_n-1=2(a_{n-1}-1))，故(a_1-1=1 eq 0)，

故数列({a_n-1})是首项为1，公比为2的等比数列，

故(a_n-1=1cdot 2^{n-1})，故(a_n=2^{n-1}+1(nin N^*))。

②若出现(a_{n+1} =pa_n+qn+k)，两边同加关于(n)的一次式构造等比数列。(较难的类型)

例6【一般不介绍】已知数列({a_n})满足(a_{n+1}=2a_n+3n+1)且(a_1=1)，求数列({a_n})的通项公式。

分析：设(a_{n+1}+p(n+1)+q=2(a_n+pn+q))，打开整理得到，(p=3，q=1)，

整理都得到(a_{n+1}+3(n+1)+1=2(a_n+3n+1))，

由首项(a_1+3cdot 1+1=5 eq 0) ，故数列({a_n+3n+1})是首项为5，公比为2的等比数列，

故(a_n+3n+1=5cdot 2^{n-1})，故(a_n=5cdot 2^{n-1}-3n-1(nin N^*))。

例7【赋值法求通项公式】 等差数列({a_n})，(a_n>0)，且数列({cfrac{1}{a_na_{n+1}}})的前(n)项和为(cfrac{n}{2(n+2)})，求数列({a_n})的通项公式；

分析：当(n=1)时，(cfrac{1}{a_1a_2}=cfrac{1}{2 imes3}=cfrac{1}{6})①；

当(n=2)时，(cfrac{1}{a_1a_2}+cfrac{1}{a_2a_3}=cfrac{2}{2 imes4}=cfrac{1}{4})②；

①-②得到(cfrac{1}{a_2a_3}=cfrac{1}{12})

则有(a_1cdot (a_1+d)=6)③；((a_1+d)(a_1+2d)=12)④，

由③④解得(a_1=2)，(d=1)；故(a_n=n+1)；

思维导图

典例剖析

例8已知数列({a_n})的前(n)项和为(S_n，a_1=2)，且(a_{n+1}=2S_n+2n+2(nin N^*))，则(S_n)=_________________ .

法1：常规方法，先求得(nge 2)时，(a_{n+1}=3a_n+2)，

再变形为(a_{n+1}+1=3(a_n+1))，

再验证，当(n=1)时，(a_2=8)，(a_2+1=9=3(a_1+1))，满足上式；

故数列({a_n+1})是首项为(3)，公比为(3)的等比数列，

故(a_n+1=3cdot3^{n-1}=3^n)，所以(a_n=3^n-1)，

从而求得(S_n=cfrac{3^{n+1}}{2}-n-cfrac{3}{2}).

法2：将(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n)代入(a_{n+1}=2S_n+2n+2)，整理得到(S_{n+1}=3S_n+2n+2)，

再变形为(S_{n+1}+p(n+1)+q=3(S_n+pn+q)(p、q为常数))，可解得(p=1，q=cfrac{3}{2})，

即(S_{n+1}+(n+1)+cfrac{3}{2}=3(S_n+n+cfrac{3}{2}))，

则数列({S_n+n+cfrac{3}{2}})是首项为(a_1+1+cfrac{3}{2}=cfrac{9}{2})，公比为3的等比数列；

故(S_n+n+cfrac{3}{2}=cfrac{9}{2}cdot 3^{n-1})，整理得到(S_n=cfrac{3^{n+1}}{2}-n-cfrac{3}{2}).

例9【2017全国卷3文科第17题高考真题】设数列({a_n})满足(a_1+3a_2+cdots+(2n-1)a_n=2n)，

（1）求数列({a_n})的通项公式。

分析：本题是利用(a_n)和(S_n)的关系解题，或者是利用“退一法”解题。

由题目可知，(nge 1)，(a_1+3a_2+cdots+(2n-1)a_n=2n①)得到，

当(nge 2)，(a_1+3a_2+cdots+(2n-3)a_{n-1}=2(n-1)②)

两式相减得到

(nge 2，(2n-1)a_n=2)，

从而得到(a_n=cfrac{2}{2n-1}(nge 2))，

接下来验证(n=1)是否满足

当(n=1)时，(a_1=2=cfrac{2}{2 imes 1-1})，满足上式，

故数列({a_n})的通项公式为(a_n=cfrac{2}{2n-1}(nin N^*)).

（2）求数列({cfrac{a_n}{2n+1}})的前(n)项和(S_n)。

分析：结合第一问，数列(cfrac{a_n}{2n+1}=cfrac{2}{(2n-1)(2n+1)}=cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1})

故数列的前(n)项和(S_n=(cfrac{1}{2 imes1-1}-cfrac{1}{2 imes 1+1})+(cfrac{1}{2 imes 2 -1}-cfrac{1}{2 imes 2+1})+cdots+(cfrac{1}{2n-1}-cfrac{1}{2n+1}))

(=1-cfrac{1}{2n+1}=cfrac{2n}{2n+1})。

例10【宝鸡中学第一次月考第14题】设数列({a_n})的前(n)项和为(S_n)，若(S_n=2a_n-2^{n+1})，则数列({a_n})的通项公式为(a_n=(n+1)2^n).

分析：当(nge 1)时，(S_n=2a_n-2^{n+1})

当(nge 2)时，(S_{n-1}=2a_{n-1}-2^n)

两式相减得到，当(nge 2)时，(a_n=2a_n-2a_{n-1}-(2^{n+1}-2^n))

整理得到，(a_n=2a_{n-1}+2^n(nge 2))， 两边同除以(2^n)，得到

(cfrac{a_n}{2^n}=cfrac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+1(nge 2))，

令(n=1)，(a_1=2a_1-2^2)，得到(a_1=4)，则(cfrac{a_1}{2^1}=2)；

故数列({cfrac{a_n}{2^n}})是以(cfrac{a_1}{2^1}=2)为首项，以1为公差的等差数列，

故(cfrac{a_n}{2^n}=2+(n-1)cdot1)，即数列的({a_n})的通项公式为(a_n=(n+1)2^n)。

例11【2015新课标1卷第15题】(S_n)为数列({a_n})的前(n)项和，已知(a_n>0)，(a_n^2+2a_n=4S_n+3)，求数列({a_n})的通项公式。

分析：当(n=1)时，(a_1^2+2a_1=4a_1+3)，求得(a_1=3)或(a_1=-1)(舍去)，

当(nge 2)时，(a_{n-1}^2+2a_{n-1}=4S_{n-1}+3)，两式相减，

即(nge 2)时，(a_n^2-a_{n-1}^2+2a_n-2a_{n-1}=4a_n)，

即(nge 2)时，(a_n^2-a_{n-1}^2-2(a_n+a_{n-1})=0)，

即(nge 2)时，即((a_n-a_{n-1})(a_n+a_{n-1})-2(a_n+a_{n-1})=0)，

由于(a_n+a_{n-1}>0)，故得到(a_n-a_{n-2}=2(nge 2))，

故数列({a_n})是首项为(3)，公差为(2)的等差数列，

则所求通讯公式为(a_n=3+(n-1) imes 2=2n+1(nin N^*))。

例13【2019届高三理科数学课时作业】已知数列({sqrt{a_n}})的前(n)项和(S_n=n^2)，则数列({cfrac{1}{a_{n+1}-1}})的前(n)项和(T_n)=____________。

分析：由(sqrt{a_1}+sqrt{a_2}+sqrt{a_3}+cdots+sqrt{a_n}=n^2)，

故当(nge 2)时，(sqrt{a_1}+sqrt{a_2}+sqrt{a_3}+cdots+sqrt{a_{n-1}}=(n-1)^2)，

两式相减，得到

当(nge 2)时，(sqrt{a_n}=n^2-(n-1)^2=2n-1)，即(a_n=(2n-1)^2)，

验证(n=1)时，也满足上式。故通项公式为(a_n=(2n-1)^2，nin N^*)，

(a_{n+1}=(2n+1)^2=4n^2+4n+1)，

则(cfrac{1}{a_{n+1}-1}=cfrac{1}{4n(n+1)}=cfrac{1}{4}(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1}))

故(T_n=cfrac{1}{4}[(1-cfrac{1}{2})+(cfrac{1}{2}-cfrac{1}{3})+cdots+(cfrac{1}{n}-cfrac{1}{n+1})])

(=cfrac{1}{4}cdot cfrac{n}{n+1}=cfrac{n}{4n+4})

高阶例题

当你能判断题目是属于(a_n)和(S_n)的关系的题目，但是用上述思路也不能求解(a_n)时，说明不是能直接求解(a_n)的类项，此时可能还需要先求解(S_n)，再由(S_n)转而求解(a_n)。[即被动求(S_n)，再求(a_n)]

例9-补已知({a_n})是各项为正数的数列，其前(n)项和为(S_n)，且(S_n)是(a_n)与(cfrac{1}{a_n})的等差中项，求数列({a_n})的通项公式；

分析：本题目尝试直接求解(a_n)而不得，故考虑需要先求解(S_n)；

由于(S_n)是(a_n)与(cfrac{1}{a_n})的等差中项，

则有(2S_n=a_n+cfrac{1}{a_n})，

当(n=1)时，上式变为(2a_1=a_1+cfrac{1}{a_1})，解得(a_1^2=1)，

由于(a_n>0)，则得到(a_1=1)，

当(ngeqslant 2)时，上式变化为(2S_ncdot a_n=a_n^2+1)，

即(2S_n(S_n-S_{n-1})=(S_n-S_{n-1})^2+1)，整理为(S_n^2-S_{n-1}^2=1)，

故({S_n^2})是首项为(S_1^2=a_1^2=1)，公差为(1)的等差数列，则(S_n^2=1+(n-1) imes 1=n)，

则(S_n=sqrt{n}(nin N^*))，

由上可知，当(ngeqslant 2)时，(S_{n-1}=sqrt{n-1})，

两式相减，得到(S_n-S_{n-1}=a_n=sqrt{n}-sqrt{n-1}(ngeqslant 2))

再验证，(n=1)时，(a_1=1=sqrt{1}-sqrt{1-1})，故满足上式，

综上所述，(a_n=sqrt{n}-sqrt{n-1}(nin N^*))。

对应练习

练1在数列({a_n})中，若(S_n=cfrac{2}{3}a_n+cfrac{1}{3})，求(a_n)=_____________。

提示：本题目属于(S_n=f(a_n))且直接求解(a_n)的形式；

当(ngeqslant 2)时，(S_{n-1}=cfrac{2}{3}a_{n-1}+cfrac{1}{3})，

两式作差得到，当(ngeqslant 2)时， (a_n=S_n-S_{n-1}=cfrac{2}{3}a_n-cfrac{2}{3}a_{n-1})，

变形整理为(a_n=-2a_{n-1}(ngeqslant 2))，

当(n=1)时，(a_1=S_1=cfrac{2}{3}a_1+cfrac{1}{3})，解得(a_1=1 eq 0)，

故(cfrac{a_n}{a_{n-1}}=-2(ngeqslant 2))，

即数列({a_n})是首项为(1)，公比为(-2)的等比数列，故(a_n=a_1cdot q^{n-1}=(-2)^{n-1}(nin N^*)).

练2在数列({a_n})中，若(S_n=2a_n-n)，证明({a_n+1})是等比数列，并求(a_n)=_____________。

提示：本题目属于(S_n=f(n，a_n))且直接求解(a_n)的形式；

当(ngeqslant 2)时，(S_{n-1}=2a_{n-1}-(n-1))，

两式做差，得到(a_n=S_n-S_{n-1}=(2a_n-n)-[2a_{n-1}-(n-1)](ngeqslant 2))，

整理为(a_n=2a_{n-1}+1(ngeqslant 2))，两边同加常数(1)，

整理为(a_n+1=2(a_{n-1}+1)(ngeqslant 2))，

当(n=1)时，原已知式子(s_1=a_1=2a_1-1)，解得(a_1=1)，

又由于(a_1+1=2 eq 0)，故数列({a_n+1})是首项为(a_1+1=2)，公比为(2)的等比数列，

故(a_n+1=2cdot 2^{n-1}=2^n(nin n^*))

练3在数列({a_n})中，(a_1=1)，若(3S_{n}=(n+2)a_n)，求(a_n)=_____________。

提示：本题目属于(S_n=f(n，a_n))且直接求解(a_n)的形式；

当(ngeqslant 2)时，(3S_{n-1}=(n+1)a_{n-1})，

两式作差得到，(3(S_n-S_{n-1})=3a_n=(n+2)a_n-(n+1)a_{n-1}(ngeqslant 2))，

整理为((n-1)a_n=(n+1)a_{n-1}(ngeqslant 2))，即

[cfrac{a_n}{a_{n-1}}=cfrac{n+1}{n-1} ]

由上式衍生出以下式子：

[cfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}=cfrac{n}{n-2} ]

[cfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}}=cfrac{n-1}{n-3} ]

[cdots，cdots，cdots ]

[cfrac{a_{3}}{a_{2}}=cfrac{4}{2} ]

[cfrac{a_{2}}{a_{1}}=cfrac{3}{1} ]

以上(n-1)个式子累乘得到，当(ngeqslant 2)时，

[cfrac{a_n}{a_{n-1}} imescfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}} imescfrac{a_{n-2}}{a_{n-3}} imes cdots imes cfrac{a_{3}}{a_{2}} imes cfrac{a_{2}}{a_{1}}=cfrac{n+1}{n-1} imes cfrac{n}{n-2} imes cfrac{n-1}{n-3} imes cdots imescfrac{4}{2} imescfrac{3}{1} ]

约分后整理为

[cfrac{a_n}{a_1}=cfrac{(n+1)n}{2 imes 1}(ngeqslant 2) ]

即(a_n=cfrac{(n+1)n}{2}(ngeqslant 2))，

当(n=1)时，(a_1=1=cfrac{(1+1) imes1}{2})，故满足上式，

即所求通项公式为(a_n=cfrac{n(n+1)}{2}(nin N^*)).

练4在数列({a_n})中，(a_n>0)，若(S_{n}=cfrac{1}{2}(a_n+cfrac{1}{a_n}))，求(a_n)=_____________。

提示：同于本博文的高阶例题，(a_n=sqrt{n}-sqrt{n-1}(nin N^*))。

练5在数列({a_n})中，已知(a_1+2a_2+3a_3+cdots+na_n=n(n+1)(n+2))，求(a_n)=_____________。

提示：由已知(a_1+2a_2+3a_3+cdots+na_n=n(n+1)(n+2)(ngeqslant 1))

则有(a_1+2a_2+3a_3+cdots+(n-1)a_{n-1}=(n-1)n(n+1)(ngeqslant 2))

两式作差，得到(na_n=n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)=n(n+1)[(n+2)-(n-1)]=3n(n+1)(ngeqslant 2))，

则(na_n=3n(n+1))，即(a_n=3(n+1)(ngeqslant 2))，

当(n=1)时，由原始已知式子可得，(a_1=1 imes (1+1) imes(1+2)=6=3(1+1))，满足上式，

故(a_n=3(n+1)(nin N^*)).

练6在数列({a_n})中，(a_1=3)，(a_n=2S_{n-1}+3^n(nge 2))，求(a_n)=_____________。

提示：由已知(a_n=2S_{n-1}+3^n(nge 2))，

可得(a_{n+1}=2S_{n}+3^{n+1}(nge 1))，

两式做差，得到(a_{n+1}-a_n=2a_n+3^{n+1}-3^n(ngeqslant 2))，

整理为(a_{n+1}=3a_n+2 imes 3^n)，两边同除以(3^{n+1})，

得到(cfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=cfrac{a_n}{3^n}+cfrac{2}{3}(ngeqslant 2))，

[特别注意，此时不能判断数列({cfrac{a_n}{3^n}})为等差数列，原因是上述表达式中不包含(cfrac{a_2}{3^2}-cfrac{a_1}{3^1}=cfrac{2}{3})，这一点需要我们从题目中自己计算，并验证是否满足]

又由于(a_1=3)，当(n=2)时,(a_2=2S_1+3^2=2a_1+3^2=6+9=15)，

则(cfrac{a_2}{3^2}-cfrac{a_1}{3^1}=cfrac{15}{3^2}-cfrac{3}{3}=cfrac{2}{3})，故满足上式；

即数列({cfrac{a_n}{3^n}})是首项为(cfrac{a_1}{3^1}=1)，公差为(cfrac{2}{3})的等差数列，

故(cfrac{a_n}{3^n}=1+(n-1) imes cfrac{2}{3})，

即(a_n=(2n+1)cdot 3^{n-1}(nin N^*))。

练7在数列({a_n})中，满足(a_n=S_n cdot S_{n-1}(nge 2))，且(a_1=cfrac{2}{9})，求(a_n)=_____________。

提示：这又是一个被动求(S_n)，再求(a_n)的例子。

当(ngeqslant 2)时，由(a_n=S_n-S_{n-1})替换给定的(a_n=S_n cdot S_{n-1}(nge 2))中的(a_n)，

得到(S_n-S_{n-1}=S_nS_{n-1}(ngeqslant 2))，由于(S_ncdot S_{n-1} eq 0)，否则(a_1=0)，两边同除以(S_ncdot S_{n-1})，

得到(cfrac{S_n-S_{n-1}}{S_ncdot S_{n-1}}=1)，即(cfrac{1}{S_{n-1}}-cfrac{1}{S_{n}}=1(ngeqslant 2))，

即(cfrac{1}{S_{n}}-cfrac{1}{S_{n-1}}=-1(ngeqslant 2))，

故数列({cfrac{1}{S_n}})是首项为(cfrac{1}{S_1}=cfrac{1}{a_1}=cfrac{9}{2})，公差为(-1)的等差数列；

故(cfrac{1}{S_n}=cfrac{9}{2}+(n-1) imes (-1)=cfrac{11-2n}{2})，

即(S_n=cfrac{2}{11-2n}(nin N^*))，

[以下题目转化为，已知(S_n)，求(a_n)的类型；]

当(ngeqslant 2)时，(S_{n-1}=cfrac{2}{11-2(n-1)}=cfrac{2}{13-2n})

两式作差，得到(a_n=S_n-S_{n-1}=cfrac{2}{11-2n}-cfrac{2}{13-2n}=2(cfrac{1}{11-2n}-cfrac{1}{13-2n})=cfrac{4}{(11-2n)(13-2n)}(ngeqslant 2))，

当(n=1)时，(a_1=cfrac{2}{9} eq cfrac{4}{(11-2 imes 1)(13-2 imes 1)}=cfrac{4}{99})，故不满足上式，

从而得到通项公式为(a_n=left{egin{array}{l}{cfrac{2}{9}，n=1}\{cfrac{4}{(11-2n)(13-2n)}，nge 2}end{array} ight.)

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1. ↩︎