数列中an及Sn的关系

课题浅谈数列中an与Sn的递推公式的应用对于任意一个数列，当定义数列的前n项和通常用Sn表示时，记作Sn＝a1＋a2＋…＋an，此时通项公式an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2．而对于不同的题目中的an与Sn的递推关系，在解题时又应该从哪些方向去灵活应用an＝Sn－Sn－1(n≥2)去解决不同类型的问题呢？我们将从下面三个角度去探索在各类考试中出现的an与Sn相关的问题：归纳起来常见的角度有：角度一：直观运用已知的Sn，求an；角度二：客观运用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求与an，Sn有关的结论；角度三：an与Sn的延伸应用．角度一：直观运用已知的Sn，求an方法：已知Sn求an的三个步骤(此时Sn为关于n的代数式)：(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．同时，在部分题目中需要深刻理解“数列的前n项和”的实际意义，对“和的式子”有本质的认识，这样才能更好的运用Sn求解．如：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n－1，其中a1＋2a2＋3a3＋…＋nan表示数列{nan}的前n项和．1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n＋2，则数列{an}的通项公式为()A．an＝2n－3B．an＝2n＋3C．an＝1，n＝12n－3，n≥2D．an＝1，n＝12n＋3，n≥2【解析】当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3．当n＝1时，a1＝S1＝1，不满足上式．【答案】C2．(2015·河北石家庄一中月考)数列{an}满足：a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n+1＋3(n∈N*)，则数列的通项公式an＝．【解析】当n≥2时，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＝(n－2)·3n＋3；则用已知等式减去上式得(2n－1)·an＝(2n－1)·3n，得an＝3n；当n＝1时，a1＝3，满足上式；故an＝3n．【答案】an＝3n3．(2015·天津一中月考)已知{an}的前n项和为Sn，且满足log2(Sn＋1)＝n＋1，则an＝．【解析】由已知得Sn＋1＝2n＋1，则Sn＝2n＋1－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－1－2n＋1＝2n；当n＝1时，a1＝S1＝3，不满足上式；故an＝3，n＝12n，n≥2．【答案】an＝3，n＝12n，n≥24．(2015·四川成都树德期中)已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a5＝45，a2＋a6＝14．(1)求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足：b12＋b222＋…＋bn2n＝an＋1(n∈N*)，求{bn}的前n项和．【解】(1)设等差数列{an}的公差为d，则d＞0，由a2＋a6＝14，可得a4＝7由a3a5＝45，得(7－d)(7＋d)＝45，解得d＝2或d＝－2(舍)∴an＝a4＋(n－4)d＝7＋2(n－4)，即an＝2n－1．(2)令cn＝bn2n，则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝an＋1＝2n①当n≥2时，c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＝2(n－1)②由①－②得，cn＝2，当n＝1时，c1＝2，满足上式；则cn＝2(n∈N*)，即bn2n＝2，∴bn＝2n＋1，故数列{bn}是首项为4，公比为2得等比数列，∴数列{bn}的前n项和Sn＝4(1－2n)1－2＝2n＋2－4．角度二：客观运用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求与an，Sn有关的结论此类题目中，已知条件往往是一个关于an与Sn的等式，问题则是求解与an，Sn有关联的结论．那么我们需要通过对所求问题进行客观分析后，判定最后的结果中是保留an，还是Sn．那么，主要从两个方向利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)：方向一：若所求问题是与an相关的结论，那么用Sn－Sn－1＝an(n≥2)消去等式中所有Sn与Sn－1，保留项数an，在进行整理求解；1．(2015·广州潮州月考)数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1，n∈N*)，则数列的通项公式是．【解析】当n≥2时，an＝2Sn－1＋1，两式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1－an＝2an，得an＋1＝3an；当n＝1时，a2＝3，则a2＝3a1，满足上式；故{an}是首项为1，公比为3得等比数列，∴an＝3n－1．【答案】an＝3n－12．数列{an}的前n项和为Sn，若an＋1＝－4Sn＋1，a1＝1．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn．【解】(1)当n≥2时，an＝－4Sn－1＋1，又an＋1＝－4Sn＋1，∴an＋1－an＝－4an，即an＋1an＝－3(n≥2)，又a2＝－4a1＋1＝－3，a1＝1，∴数列{an}是首项为a1＝1，公比为q＝－3的等比数列，∴an＝(－3)n－1．(2)由(1)可得bn＝n·(－3)n－1，Tn＝1·(－3)0＋2·(－3)1＋3·(－3)2＋…＋(n－1)·(－3)n－2＋n·(－3)n－1，－3Tn＝1·(－3)1＋2·(－3)2＋…＋(n－2)·(－3)n－2＋(n－1)·(－3)n－1＋n(－3)n，∴4Tn＝1＋(－3)1＋(－3)2＋…＋(－3)n－1－n·(－3)n，所以，Tn＝1－(4n＋1)(－3)n16．方向二：若所求问题是与Sn相关的结论，那么用an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去等式中所有项数an，保留Sn与Sn－1，在进行整理求解．1．已知数列{an}的前n项和为Sn且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝12．(1)求证：1Sn是等差数列；(2)求an的表达式．【解】(1)证明：∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，又an＝－2Sn·Sn－1，∴Sn－1－Sn＝2Sn·Sn－1，Sn≠0．因此1Sn－1Sn－1＝2(n≥2)．故由等差数列的定义知1Sn是以1S1＝1a1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1Sn＝1S1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，即Sn＝12n．当n≥2时，an＝－2Sn·Sn－1＝－12n(n－1)，又∵a1＝12，不适合上式．∴an＝12，n＝1，－12n(n－1)，n≥2.2．(2015·江西名校联盟调考)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a2n－2Snan＋1＝0．(1)求数列{Sn}的通项公式；(2)求证：1S1＋1S2＋…＋1Sn＞2(Sn+1－1)．(提示：1n＞2n＋1＋n)【解】(1)∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，由a2n－2Snan＋1＝0，得(Sn－Sn－1)2－2Sn(Sn－Sn－1)＋1＝0，整理得S2n－S2n－1＝1．当n＝1时，a21－2S1a1＋1＝0，且a1＞0，解得a1＝1，故由等差数列的定义知{S2n}是以1为首项，1为公差的等差数列．∴S2n＝n，则Sn＝n．(2)由(1)知1Sn＝1n＝22n＞2n＋1＋n＝2(n＋1－n)，∴1S1＋1S2＋…＋1Sn＞2(2－1)＋2(3－2)＋…＋2(n＋1－n)＝2(n＋1－1)即1S1＋1S2＋…＋1Sn＞2(Sn＋1－1)．【总结】此类题目往往伴随着等差、等比数列的判定，所以需要对数列的判定方法熟练掌握．角度三：an与Sn的延伸应用解此类题目中不仅需要深刻理解“数列的前n项和”的实际意义，还需要对an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2关系式的形式结构很熟练的掌握，这样才能在题目中对已知等式灵活地变换．当然在解决问题的时候仍然需要从求谁的角度出发分析，确定等式的变换方向．方向一：关于双重前n项和此类题目中一般出现“数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn”的条件，在解答时需要确定清楚求的是与an，Sn，Tn中谁相关的问题，确定已知等式的运用方向．但一般是求解最底层的an．1．(2015·湖北武汉质检)设数列{an}的前n现和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*．(1)求a1的值；(2)求数列{an}的通项公式．【解】(1)当n＝1时，T1＝2S1－1，且T1＝S1＝a1，解得a1＝1，(2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1∴Sn＝2Sn－1＋2n－1①则Sn＋1＝2Sn＋2n＋1②由②－①，得an＋1＝2an＋2，∴an＋1＋2＝2(an＋2)，即an＋1＋2an＋2＝2(n≥2)，易求得，a1＋2＝3，a2＋2＝6，则a2＋2a1＋2＝2，∴数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，∴an＋2＝3·2n－1，则an＝3·2n－1－2(n∈N*)．2．(2015·安徽滁州期末联考)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，且2Tn＝4Sn－(n2＋n)，n∈N*．(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；(2)设bn＝n＋1an＋1，证明：b1＋b2＋…＋bn＜3．【解】(1)当n＝1时，2T1＝4S1－2，且T1＝S1＝a1，解得a1＝1，当n＝2时，2T2＝2(a1＋a1＋a2)＝4(a1＋a2)－6，解得a2＝3，当n≥2时，2Tn－1＝4Sn－1－[(n－1)2＋(n－1)]∴2Sn＝2Tn－2Tn－1＝4Sn－(n2＋n)－4Sn－1＋[(n－1)2＋(n－1)]整理得Sn＝2Sn－1＋n①则Sn＋1＝2Sn＋n＋1②由②－①，得an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，即an＋1＋1an＋1＝2(n≥2)，显然a2＋1a1＋1＝2，∴数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，(2)由(1)知，an＋1＝2n，则bn＝n＋12n．则b1＋b2＋…＋bn＝22＋322＋423…＋n＋12n，令Tn＝22＋322＋423…＋n＋12n，①则12Tn＝222＋323＋424…＋n2n＋n＋12n＋1，②由①－②，得12Tn＝1＋122＋123＋124…＋12n－n＋12n＋1＝1＋122(1－12n－1)1－12－n＋12n＋1＝32－n＋32n＋1＜32则Tn＜3，即b1＋b2＋…＋bn＜3．方向二：已知等式在整理过程中需要因式分解此类问题大多数时候会伴随“各项均为正数的数列{an}”这样的条件，运用在因式分解后对因式进行符号的判定，对因式进行的取舍．1．(2015·山东青岛一模)各项均为正数的数列{an}满足a2n＝4Sn－2an－1(n∈N*)，其中Sn为{an}的前n项和．(1)求a1，a2的值；(2)求数列{an}的通项公式．【解】(1)当n＝1时，T1＝2S1－1；又T1＝S1＝a1，则a1＝2a1－1，解得a1＝1；(2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝(2Sn－n2)－[2Sn－1－(n－1)2]＝2Sn－2Sn－1－2n＋1，整理得Sn＝2Sn－1＋2n－1①∴Sn＋1＝2Sn＋2n＋1②由②－①，得an＋1＝2an＋2∴an＋1＋2＝2(an＋2)，即an＋1＋2an＋2＝2(n≥2)又T2＝2S2－4；得a2＝4当n＝1时，a1＋2＝3，a2＋2＝6，则a1＋2a2＋2＝2，∴数列{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列．则an＋2＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－2．2．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且Sn＝an(an＋1)2，n∈N*．(1)求证：数列{an}是等差数列；(2)设bn＝12Sn，Tn＝b1＋b2＋…＋bn，求Tn．【解】(1)由已知得，当n＝1时，a1＝S1＝a1(a1＋1)2(an＞0)，∴a1＝1．当n≥2时，由2Sn＝a2n＋an，2Sn－1＝a2n－1＋an－1得2an＝a2n