利用$a_n$与$S_n$的关系求通项$a

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。

一、方法依据

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

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$n\ge 2$时的通项公式，并必须考虑能否合二为一。

二、常见角度

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2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$n\ge 2$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

$n\ge 2$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$a_n=\begin{cases}6，&n=1\\4n+1，&n\ge 2\end{cases}$。

例3【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$n\ge 2$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$n\ge 2$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$a_n=(\cfrac{1}{2})^n，n\in N^*$。

【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$\{n\cdot a_n\}$的前$n$项和为$T_n$，

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4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$n\ge 2$时，$2S_{n-1}+a_{n-1}=1$，两式相减得到

当$n\ge 2$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$a_n=\cfrac{1}{3^n}(n\in N^*)$。

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5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$S_1=a_1=1\neq 0$，故数列$\{S_n\}$是首项是1，公比为4的等比数列，

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

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$a_{n+1} =pa_n + q(p，q\in R)$ ，两边同加常数$k=\cfrac{q}{p-1}$构造等比数列。

【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6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$n\ge 2$时，$S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1)$，两式相减得到

$n\ge 2$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$a_1-1=1\neq 0$，

故数列$\{a_n-1\}$是首项为1，公比为2的等比数列，

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

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7【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$a_1+3\cdot 1+1=5\neq 0$ ，故数列$\{a_n+3n+1\}$是首项为5，公比为2的等比数列，

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

例8【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，$\cfrac{1}{a_1a_2}=\cfrac{1}{2\times3}=\cfrac{1}{6}$①；

当$n=2$时，$\cfrac{1}{a_1a_2}+\cfrac{1}{a_2a_3}=\cfrac{2}{2\times4}=\cfrac{1}{4}$②；

①-②得到$\cfrac{1}{a_2a_3}=\cfrac{1}{12}$

则有$a_1\cdot (a_1+d)=6$③；$(a_1+d)(a_1+2d)=12$④，

由③④解得$a_1=2$，$d=1$；故$a_n=n+1$；

三、对应练习

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

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$a_n$=_____________。

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

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

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$a_n$=_____________。

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

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

提示：$S_n-S_{n-1}=S_nS_{n-1}$，先求$S_n$的通项公式，再求$a_n$，$a_n=\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{2}{9}，n=1}\\{\cfrac{4}{(11-2n)(13-2n)}，n\ge 2}\end{array}\right.$