一类简单而特殊数列的通项公式求法

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。但有一类简单而特殊的数列的通项公式的求解本来也是使用这个思路求解，但是有些学生不能将其顺利归类，反而容易朝错位相减法的方向跑偏；

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))；

数学模型

例1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：由题目可知，当(ngeqslant 1)时，(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+dots+2^na_n = n)，

则由已知可得，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〕①本题目的求解实质也是利用(a_n)和(S_n)的关系求解，只是有些同学没有看清楚；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({2^ncdot a_n})的前(n)项和为(T_n)，那么此题目其实是已知数列({2^ncdot a_n})的前(n)项和(T_n)，求数列({a_n})的通项公式，其思路一般是先求得数列({2^ncdot a_n})的通项公式，然后解方程得到数列({a_n})的通项公式；

②学生求解本题目时容易错误的认为应该利用“错位相减法”求解，这个理解是错误的，原因是数列({2^ncdot a_n})的组成部分之一({2^n})是等比数列，但是另一个组成部分({a_n})却没有告诉是等差数列，所以应用错误；另外，“错位相减法”是用来求解数列的前(n)项和(S_n)的，不是求解数列的通项公式(a_n)的；

典例剖析

例2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)=_____________。

分析：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^*)).

例3【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(nge 1，a_1+3a_2+cdots+(2n-1)a_n=2n(1))得到，(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})。

对应练习

练1【2015浙江卷高考真题】已知数列({a_n})和({b_n})满足(a_1=2)，(b_1=1)，(a_{n+1}=2a_n(nin N^*))，(b_1+cfrac{1}{2}b_2+cfrac{1}{3}b_3+cdots+cfrac{1}{n}b_n=b_{n+1}-1(nin N^*))，

(1).求(a_n)和(b_n);

分析：由于(a_{n+1}=2a_n(nin N^*))，且(a_1=2 eq 0)，

故数列({a_n})是首项为(2)，公比为(2)的等比数列，故(a_n=2^n(nin N^*))；

由于(b_1+cfrac{1}{2}b_2+cfrac{1}{3}b_3+cdots+cfrac{1}{n}b_n=b_{n+1}-1(ngeqslant 1))，

则有(b_1+cfrac{1}{2}b_2+cfrac{1}{3}b_3+cdots+cfrac{1}{n-1}b_{n-1}=b_{n}-1(ngeqslant 2))，

两式相减得到，(cfrac{1}{n}b_n=b_{n+1}-b_n)，整理为(cfrac{b_{n+1}}{n+1}=cfrac{b_n}{n}(ngeqslant 2))，

又由于(n=1)时，(b_1=b_2-1)，故(b_2=2)，即(cfrac{b_{2}}{2}=cfrac{b_1}{1})，

故数列({cfrac{b_n}{n}})为首项为(1)，公差为(0)的等差数列，

故(cfrac{b_n}{n}=1+(n-1) imes 0=1)，则(b_n=n)；

(2).记数列({a_nb_n})的前(n)项和为(T_n)，求(T_n)；

分析：(a_nb_n=n imes 2^n)，利用错位相减法得到(T_n=(n-1)2^{n+1}+2(nin N^*))；具体过程略；

练2【2020宝鸡市二检文科第15题】数列({a_n})满足(a_1+2a_2+3a_3+cdots+na_n=2^n-1(nin N^*))，则(a_3=underline{cfrac{4}{3}})，(a_n=underline{cfrac{2^{n-1}}{n}})；

练3【2020宝鸡市二检理科第16题】数列({a_n})满足(a_1+2a_2+3a_3+cdots+na_n=2^n-1(nin N^*))，则(a_n=underline{cfrac{2^{n-1}}{n}})，若存在(nin N^*)，使得(a_nleqslant cfrac{n+1}{n}cdot lambda)成立，则实数(lambda)的最小值为(underline{cfrac{1}{2}})。

练4【2020河北衡水押题试卷第10题】已知数列({a_n})是首项为(1)，公差为(2)的等差数列，数列({b_n})满足(cfrac{a_1}{b_1}+cfrac{a_2}{b_2}+cfrac{a_3}{b_3}+cdots+cfrac{a_n}{b_n}=cfrac{1}{2^n})，数列({b_n})的前(n)项和为(S_n)，则(S_5)的值为【】

$A.-454$ $B.-450$ $C.-446$ $D.-442$

提示：仿上例完成。选(A). (b_n=-(2n-1)2^n)，(S_5=-454)；

若要求(S_n)的表达式，可用错位相减法求解；

思维提升

例1-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).