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
- 由\(a_n\)与\(S_n\)的关系求数列\(\{a_n\}\)的通项公式【要求重点掌握的类型】
方法：熟练记忆\(a_n\)与\(S_n\)的关系\(a_n=\begin{cases}S_1 &n=1\\S_n-S_{n-1} &n\ge 2\end{cases}\)，并灵活运用注意：①这是个分段函数，故求其解析式应该分段求解，容易忘记求解\(n=1\)的情形②必须验证能否合二为一，如果能就写成一个式子，如果不能，写成分段数列的形式。③若题目中是\(a_{n+1}\)，则\(a_{n+1}\)\(=\)\(S_{n+1}\)\(-\)\(S_n\)，而不是\(a_{n+1}\)\(=\)\(S_{n}\)\(-\)\(S_{n-1}\)，切记！。
数学模型
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\(a_n=(\cfrac{1}{2})^n\)，\(n\in N^*\)。易错警示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\(\{2^n\cdot a_n\}\)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
分析：由已知\(a_1+2a_2+3a_3+\cdots+na_n=n(n+1)(n+2)(n\geqslant 1)\)
则有\(a_1+2a_2+3a_3+\cdots+(n-1)a_{n-1}=(n-1)n(n+1)(n\geqslant 2)\)
两式作差，得到\(na_n=n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)=n(n+1)[(n+2)-(n-1)]=3n(n+1)(n\geqslant 2)\)，
则\(na_n=3n(n+1)\)，即\(a_n=3(n+1)(n\geqslant 2)\)，
当\(n=1\)时，由原始已知式子可得，\(a_1=1\times (1+1)\times(1+2)=6=3(1+1)\)，满足上式，
故\(a_n=3(n+1)(n\in N^*)\).
（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\(n\ge 1，a_1+3a_2+\cdots+(2n-1)a_n=2n(1)\)得到，\(n\ge 2，a_1+3a_2+\cdots+(2n-3)a_{n-1}=2(n-1)(2)\)
两式相减得到\(n\ge 2，(2n-1)a_n=2\)，从而得到\(a_n=\cfrac{2}{2n-1}(n\ge 2)\)，
接下来验证\(n=1\)是否满足。当\(n=1\)时，\(a_1=2=\cfrac{2}{2\times 1-1}\)，满足上式，
故数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=\cfrac{2}{2n-1}(n\in N^*)\).
（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
\(S_n=(\cfrac{1}{2\times1-1}-\cfrac{1}{2\times 1+1})+(\cfrac{1}{2\times 2 -1}-\cfrac{1}{2\times 2+1})+\cdots\)\(+(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})\)
\(=1-\cfrac{1}{2n+1}\)\(=\cfrac{2n}{2n+1}\)。
对应练习
(1).求\(a_n\)和\(b_n\);
分析：由于\(a_{n+1}=2a_n(n\in N^*)\)，且\(a_1=2\neq 0\)，
故数列\(\{a_n\}\)是首项为\(2\)，公比为\(2\)的等比数列，故\(a_n=2^n(n\in N^*)\)；
由于\(b_1+\cfrac{1}{2}b_2+\cfrac{1}{3}b_3+\cdots+\cfrac{1}{n}b_n=b_{n+1}-1(n\geqslant 1)\)，
则有\(b_1+\cfrac{1}{2}b_2+\cfrac{1}{3}b_3+\cdots+\cfrac{1}{n-1}b_{n-1}=b_{n}-1(n\geqslant 2)\)，
两式相减得到，\(\cfrac{1}{n}b_n=b_{n+1}-b_n\)，整理为\(\cfrac{b_{n+1}}{n+1}=\cfrac{b_n}{n}(n\geqslant 2)\)，
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\(\cfrac{b_n}{n}=1+(n-1)\times 0=1\)，则\(b_n=n\)；
(2).记数列\(\{a_nb_n\}\)的前\(n\)项和为\(T_n\)，求\(T_n\)；
分析：\(a_nb_n=n\times 2^n\)，利用错位相减法得到\(T_n=(n-1)2^{n+1}+2(n\in N^*)\)；具体过程略；
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；
分析：由\(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}+\cdots+\sqrt{a_n}=n^2\)，
故当\(n\ge 2\)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\(n\ge 2\)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\(a_n=(2n-1)^2，n\in N^*\)，
\(a_{n+1}=(2n+1)^2=4n^2+4n+1\)，
则\(\cfrac{1}{a_{n+1}-1}=\cfrac{1}{4n(n+1)}=\cfrac{1}{4}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})\)
故\(T_n=\cfrac{1}{4}[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]\)
\(=\cfrac{1}{4}\cdot \cfrac{n}{n+1}=\cfrac{n}{4n+4}\)
解析: 当\(n\geqslant 1\)时， \(a_{1}+3a_{2}+\cdots+(2n-1)a_{n}=3-\cfrac{2n+3}{2^{n}}\)，
则当\(n\geqslant 2\)时， \(a_{1}+3a_{2}+\cdots+(2n-3) a_{n-1}=3-\cfrac{2 n+1}{2^{n-1}}\)，
两式相减得， \((2n-1)a_{n}=\cfrac{2n-1}{2^{n}}\) \((n\geqslant 2)\),
则\(a_{n}=\cfrac{1}{2^{n}}\) \((n\geqslant 2)\) ，
当 \(n=1\) 时， \(a_{1}=3-\cfrac{5}{2}=\cfrac{1}{2}\)， 适合上式，
所以 \(a_{n}=\cfrac{1}{2^{n}}\) \((n\in N^{*})\)，
故有 \(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=\cfrac{\frac{1}{2}[1-(\frac{1}{2})^n]}{1-\frac{1}{2}}=1-\cfrac{1}{2^n}\).
思维提升
分析：类比上述解法中的和式做差，本题目中的积式就做商；
当\(n \ge 1\)时，\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n} ①\)，
当\(n \ge 2\)时，\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_{n-1}= 2^{S_{n-1}}②\)，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\(b_n=2^n\).
解析： 由于数列 \(\{a_{n}\}\) 满足 \(a_{1}a_{2}a_{3}\cdots a_{n}=2^{n^{2}}\) (\(n\in{N}^{*})\)①，
所以当 \(n=1\) 时，\(a_{1}=2\)； 当 \(n \geqslant 2\) 时， \(a_{1}a_{2}a_{3}\cdots a_{n-1}=2^{(n-1)^{2}}\)②，
两式相除得到，
则当 \(n \geqslant 2\) 时， \(a_{n}=\cfrac{2^{n^{2}}}{2^{(n-1)^{2}}}=2^{2n-1}\)，
又当 \(n=1\) 时, \(a_{1}=2\) 满足上式，
故 \(a_{n}=2^{2n-1}\)， \(\cfrac{1}{a_{n}}=\cfrac{1}{2^{2n-1}}\)，
故数列 \(\{\cfrac{1}{a_{n}}\}\) 是首项为 \(\cfrac{1}{2}\), 公比为 \(\cfrac{1}{4}\) 的等比数列，
所以， \(\cfrac{1}{a_{1}}+\cfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\cfrac{1}{a_{n}}\)\(=\)\(\cfrac{\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{4^{n}})}{1-\cfrac{1}{4}}\)\(=\)\(\cfrac{2}{3}(1-\cfrac{1}{4^{n}})=\cfrac{2}{3}-\cfrac{2}{3}\times\cfrac{1}{4^n}<\cfrac{2}{3}\)，
由于对任意 \(n\in{N}^{*}\) 都有 \(\cfrac{1}{a_{1}}+\cfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\cfrac{1}{a_{n}}<t\)，
故 \(t\) 的取值范围是 \([\cfrac{2}{3},+\infty)\).
