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高三文科数学第九次录制视频链接：https://pan.baidu.com/s/1WO16p5Ro2pN-3cqE5IDzoA
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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
提示：(a_n=(-1)^{n+1}cdot cfrac{(n+3)^2-1}{n^2+1})；
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})；
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
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；
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})。
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)，
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；
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。
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。
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)
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^*))。
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
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}).
（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})。
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)。
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^*))。
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)]
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
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^*)).
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^*))
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
由上式衍生出以下式子：
以上(n-1)个式子累乘得到，当(ngeqslant 2)时，
约分后整理为
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^*)).
提示：同于本博文的高阶例题，(a_n=sqrt{n}-sqrt{n-1}(nin 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^*)).
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^*))。
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.)