aₙ 与 Sₙ
混搭的处理

解 析

已知 $S_n$ 求 $a_n$，直接代关系式 $a_n=\begin{cases}S_1,&n=1\\S_n-S_{n-1},&n\ge2\end{cases}$ 计算即可，注意务必要分 $n=1$ 和 $n\ge2$ 分别计算

由题意，$S_n=\dfrac{3^{n+1}-3}{2}$，所以 $a_1=S_1=\dfrac{3^2-3}{2}=3$；当 $n\ge2$ 时

又 $a_1=3$ 也满足上式，所以 $a_n=3^n\ (n\in\mathbf{N}^*)$．

答案：$a_n=3^n$

解 析

给出的是 $S_n$ 的关系式，要求 $a_n$，考虑递 $n$ 相减，消去 $S_n$

因为 $S_{n+1}=2S_n+1$，所以当 $n\ge2$ 时，$S_n=2S_{n-1}+1$，两式相减得

现在还只得到了当 $n\ge2$ 时式①成立，而当 $n=1$ 时是否成立，需单独验证

在 $S_{n+1}=2S_n+1$ 中取 $n=1$ 得 $S_2=2S_1+1$，所以 $a_1+a_2=2a_1+1$，从而 $a_2=a_1+1=2=2a_1$，故当 $n=1$ 时式①也成立，

所以数列 $\{a_n\}$ 是首项为 $1$、公比为 $2$ 的等比数列，故 $a_n=2^{n-1}$．

答案：$a_n=2^{n-1}$

解 析

要证的是 $\{a_n\}$ 为等差数列，故考虑消 $S_n$：把 $S_n$ 的系数化为常数，再递 $n$ 相减

因为 $\dfrac{2S_n}{n}+n=2a_n+1$，所以 $2S_n+n^2=2na_n+n$　①，故当 $n\ge2$ 时

两式相减即可把 $2S_n-2S_{n-1}$ 化为 $2a_n$，从而消去 $S_n$

由①$-$②可得

所以 $2a_n+2n-1=2na_n-2(n-1)a_{n-1}+1$，整理得

因为 $n\ge2$，所以 $n-1\ge1$，故在③中约去 $n-1$ 可得 $a_n-a_{n-1}=1$，所以 $\{a_n\}$ 是公差为 $1$ 的等差数列．

答案：$\{a_n\}$ 是公差为 1 的等差数列

解 析

要求的是 $S_n$，考虑把条件中的 $a_{n+1}$ 换成 $S_{n+1}-S_n$

因为 $a_{n+1}=S_nS_{n+1}$，所以 $S_{n+1}-S_n=S_nS_{n+1}$　①，

为了把递推式中 $S_nS_{n+1}$ 分开，两端同除以 $S_nS_{n+1}$；严谨考虑，先判断 $\{S_n\}$ 是否各项均不为 $0$

由①可得 $S_{n+1}(1-S_n)=S_n$，所以 $S_{n+1}=\dfrac{S_n}{1-S_n}$，又 $S_1=a_1=-1<0$，所以 $S_2=\dfrac{S_1}{1-S_1}<0$，

同理，由 $S_2<0$ 得 $S_3=\dfrac{S_2}{1-S_2}<0$，由 $S_3<0$ 得 $S_4=\dfrac{S_3}{1-S_3}<0$，$\cdots$，所以 $\{S_n\}$ 所有项均为负数，

在 $S_{n+1}-S_n=S_nS_{n+1}$ 两端同除以 $S_nS_{n+1}$ 得

故 $\left\{\dfrac{1}{S_n}\right\}$ 是公差为 $-1$ 的等差数列，又 $\dfrac{1}{S_1}=\dfrac{1}{a_1}=-1$，所以

答案：$S_n=-\dfrac{1}{n}$

解 析

已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项积，可通过退 $n$ 相除求 $a_n$；注意 $a_1$ 需单独计算

因为 $a_1a_2\cdots a_n=n\cdot2^n$，所以 $a_1=2$；当 $n\ge2$ 时，

两式相除得 $a_n=\dfrac{n\cdot2^n}{(n-1)\cdot2^{n-1}}=\dfrac{2n}{n-1}$，综上所述

答案：$a_n=\begin{cases}2,&n=1\\\dfrac{2n}{n-1},&n\ge2\end{cases}$

解 析

$P_n$ 是 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项积，要证的是与 $a_n$ 有关的结论，故考虑退 $n$ 相除，消去 $P_n$ 再看

因为 $2P_n=a_n^2$，所以当 $n\ge2$ 时，$2P_{n-1}=a_{n-1}^2$，故

要证的是 $\{\lg a_n\}$ 为等比数列，故将上式两端取对数，向目标靠拢

所以 $\lg a_n=\lg a_{n-1}^2=2\lg a_{n-1}$　①，

还需验证 $\{\lg a_n\}$ 的首项非零，才能证得结论，可在条件中取 $n=1$ 求 $a_1$

由 $2P_n=a_n^2$ 可得 $2P_1=a_1^2$，又 $P_1=a_1$，所以 $2a_1=a_1^2$，结合 $\{a_n\}$ 是正项数列可得 $a_1=2$，

所以 $\lg a_1=\lg2\neq0$，结合式①可得数列 $\{\lg a_n\}$ 所有项都不为 $0$，故 $\dfrac{\lg a_n}{\lg a_{n-1}}=2$，

所以 $\{\lg a_n\}$ 是首项为 $\lg2$、公比为 $2$ 的等比数列，从而 $\lg a_n=(\lg2)\cdot2^{n-1}=\lg2^{2^{n-1}}$，故 $a_n=2^{2^{n-1}}$．

答案：$a_n=2^{2^{n-1}}$

解 析

所给等式左侧即为数列 $\{2^{n-1}b_n\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$，故本题仍是已知前 $n$ 项和求通项的问题

设 $c_n=2^{n-1}b_n$，数列 $\{c_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，则题设即为 $T_n=\dfrac{a_n}{2}=\dfrac{n}{2}$，

所以 $c_1=T_1=\dfrac12$；当 $n\ge2$ 时，$c_n=T_n-T_{n-1}=\dfrac{n}{2}-\dfrac{n-1}{2}=\dfrac12$；所以 $\forall n\in\mathbf{N}^*$，都有 $c_n=\dfrac12$，

从而 $2^{n-1}b_n=\dfrac12$，故 $b_n=\left(\dfrac12\right)^n$，所以

答案：$S_n=1-\left(\dfrac12\right)^n$

解 析

条件中字面上虽没有 $S_n$，但观察发现 $a_1+2a_2+3a_3+\cdots+na_n$ 其实是 $\{na_n\}$ 的前 $n$ 项和，故可将 $na_n$ 设为 $b_n$，转化为前 $n$ 项和与其通项的混搭关系来处理

设 $b_n=na_n$，则 $a_1+2a_2+3a_3+\cdots+na_n=b_1+b_2+\cdots+b_n=nb_n$　①，

要求 $a_n$，可先求 $b_n$，故对式①退 $n$ 相减，消去和式

所以当 $n\ge2$ 时，$b_1+b_2+\cdots+b_{n-1}=(n-1)b_{n-1}$　②，

由①$-$②得：$b_n=nb_n-(n-1)b_{n-1}$，化简得 $b_n=b_{n-1}$，所以 $\{b_n\}$ 为常数列，

又 $a_1=1$，所以 $b_1=1\cdot a_1=1$，从而 $b_n=1$，即 $na_n=1$，故 $a_n=\dfrac1n$．

答案：$a_n=\dfrac1n$

解 析

已知 $S_n$ 求 $a_n$，直接代 $a_n=\begin{cases}S_1,&n=1\\S_n-S_{n-1},&n\ge2\end{cases}$ 计算即可。

因为 $S_n=n^2+n+1$，所以 $a_1=S_1=3$；当 $n\ge2$ 时，

所以 $a_n=\begin{cases}3,&n=1\\2n,&n\ge2\end{cases}$

答案：$a_n=\begin{cases}3,&n=1\\2n,&n\ge2\end{cases}$

解 析

条件给的是 $a_n$ 与 $S_n$ 混搭的关系式，要求 $a_n$，考虑递 $n$ 相减，消去 $S_n$

因为 $a_{n+1}=S_n+2$，所以当 $n\ge2$ 时，$a_n=S_{n-1}+2$，

从而 $a_{n+1}-a_n=S_n+2-S_{n-1}-2=a_n$，故 $a_{n+1}=2a_n$　①，

条件已经给出了 $\{a_n\}$ 是等比数列，所以由上式可得出公比为 2，求通项还差 $a_1$，可在 $a_{n+1}=S_n+2$ 中取 $n=1$ 来算

在 $a_{n+1}=S_n+2$ 中取 $n=1$ 得 $a_2=S_1+2$，由①知 $\{a_n\}$ 的公比 $q=2$，所以 $a_2=S_1+2$ 即为

故 $a_n=2^n$．

（2）由（1）可得 $b_n=\log_2a_{2n-1}=\log_22^{2n-1}=2n-1$，

所以 $T_n=b_1+b_2+\cdots+b_n=1+3+5+\cdots+(2n-1)=\dfrac{n(1+2n-1)}{2}=n^2$．

答案：（1）$a_n=2^n$；（2）$T_n=n^2$

解 析

所给关系式中 $S_n$ 与 $a_n$ 混搭，要证的是 $\{a_n+1\}$ 为等比数列，故选 $n$ 相减，消去 $S_n$

由 $\dfrac{2}{3}S_n=a_n-\dfrac{2}{3}n-2$ 得 $\dfrac{2}{3}S_1=a_1-\dfrac{2}{3}-2$，故 $a_1=8$；当 $n\ge2$ 时，$\dfrac{2}{3}S_{n-1}=a_{n-1}-\dfrac{2}{3}(n-1)-2$，

从而 $\dfrac{2}{3}a_n=a_n-a_{n-1}-\dfrac{2}{3}$，故 $a_n=3a_{n-1}+2$　①，

要证 $\{a_n+1\}$ 是等比数列，即证 $\forall n\ge2$，$\dfrac{a_n+1}{a_{n-1}+1}$ 为常数，可先由式①凑出 $a_n+1$ 和 $a_{n-1}+1$

在式①两端加 $1$ 得 $a_n+1=3a_{n-1}+2+1=3(a_{n-1}+1)$　②，

又 $a_1+1=8+1=9\neq0$，结合式②知数列 $\{a_n+1\}$ 所有项均不为 $0$，所以 $\dfrac{a_n+1}{a_{n-1}+1}=3$，

故 $\{a_n+1\}$ 是首项为 $9$、公比为 $3$ 的等比数列．

（2）由（1）得 $a_n+1=9\times3^{n-1}=3^{n+1}$，故 $b_n=\dfrac{1}{a_n+1}=\dfrac{1}{3^{n+1}}$，

显然数列 $\{b_n\}$ 是等比数列，故直接求和，再证不等式

答案：（1）$\{a_n+1\}$ 是首项 9、公比 3 的等比数列；（2）$T_n<\dfrac16$

解 析

（1）在 $S_n-\dfrac12a_n=n^2+1$ 中取 $n=1$ 得 $S_1-\dfrac12a_1=a_1-\dfrac12a_1=2$，所以 $a_1=4$；

取 $n=2$ 得 $S_2-\dfrac12a_2=a_1+a_2-\dfrac12a_2=5$，结合 $a_1=4$ 可得 $a_2=2$．

接下来证 $\{a_n+a_{n+1}\}$ 是等差数列：条件涉及 $S_n$ 与 $a_n$ 混搭的关系式，要证的是与 $a_n$ 有关的结论，故考虑递 $n$ 相减，消去 $S_n$

因为 $S_n-\dfrac12a_n=n^2+1$，所以当 $n\ge2$ 时，$S_{n-1}-\dfrac12a_{n-1}=(n-1)^2+1$，两式相减得

又 $S_n-\dfrac12a_n-\left(S_{n-1}-\dfrac12a_{n-1}\right)=S_n-S_{n-1}-\dfrac12a_n+\dfrac12a_{n-1}=a_n-\dfrac12a_n+\dfrac12a_{n-1}=\dfrac12(a_n+a_{n-1})$，

而 $n^2+1-[(n-1)^2+1]=2n-1$，所以式①即为 $\dfrac12(a_n+a_{n-1})=2n-1$，故 $a_n+a_{n-1}=4n-2$，

所以 $(a_{n+1}+a_n)-(a_n+a_{n-1})=[4(n+1)-2]-(4n-2)=4$，故数列 $\{a_{n+1}+a_n\}$ 是等差数列．

第（1）问已经得到了 $a_n+a_{n+1}=4n-2$，故求 $S_{20}$ 时可按相邻项进行分组

（2）由（1）知 $a_n+a_{n+1}=4n-2\ (n\ge2)$，所以

答案：（1）$a_1=4$，$a_2=2$；（2）$S_{20}=420$

解 析

要证的是与 $S_n$ 有关的结论，故在 $S_n=a_{n+1}-2^n$ 中将 $a_{n+1}$ 代换成 $S_{n+1}-S_n$，消去 $a_{n+1}$

因为 $S_n=a_{n+1}-2^n$，所以 $S_n=S_{n+1}-S_n-2^n$，整理得 $S_{n+1}=2S_n+2^n$　①，

要证 $\left\{\dfrac{S_n}{2^n}\right\}$ 为等差数列，只需证 $\dfrac{S_{n+1}}{2^{n+1}}-\dfrac{S_n}{2^n}$ 为常数，故先由上式凑出 $\dfrac{S_{n+1}}{2^{n+1}}$ 这种结构

由①两端同除以 $2^{n+1}$ 得 $\dfrac{S_{n+1}}{2^{n+1}}=\dfrac{2S_n}{2^{n+1}}+\dfrac{2^n}{2^{n+1}}$，整理得 $\dfrac{S_{n+1}}{2^{n+1}}-\dfrac{S_n}{2^n}=\dfrac12$，

所以 $\left\{\dfrac{S_n}{2^n}\right\}$ 为等差数列．

由上一问证得的结论可先求出 $S_n$，再求 $a_n$

（2）由（1）得 $\dfrac{S_n}{2^n}=\dfrac{S_1}{2^1}+(n-1)\cdot\dfrac12=\dfrac{a_1}{2}+\dfrac{n-1}{2}=\dfrac{n}{2}$，所以 $S_n=n\cdot2^{n-1}$，故当 $n\ge2$ 时，

又 $a_1=1$ 也满足上式，所以 $\forall n\in\mathbf{N}^*$，$a_n=(n+1)\cdot2^{n-2}$．

答案：（1）公差 $\dfrac12$；（2）$a_n=(n+1)\cdot2^{n-2}$

解 析

观察发现所给等式左侧是 $\left\{\dfrac{a_n}{2^n}\right\}$ 的前 $n$ 项和，可先由通项与前 $n$ 项和的关系求出 $\dfrac{a_n}{2^n}$

设 $c_n=\dfrac{a_n}{2^n}$，数列 $\{c_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $P_n$，则题设即为 $P_n=3-\dfrac{2n+3}{2^n}$，

所以当 $n\ge2$ 时，

又 $c_1=P_1=\dfrac12$ 也满足上式，所以 $c_n=\dfrac{2n-1}{2^n}\ (n\in\mathbf{N}^*)$，即 $\dfrac{a_n}{2^n}=\dfrac{2n-1}{2^n}$，故 $a_n=2n-1$．

按题面 $M=a_2+a_5+a_8+\cdots+a_{99}$ 计算：下标 $2,5,8,\cdots,99$ 构成公差为 3 的等差数列，共 $\dfrac{99-2}{3}+1=33$ 项，且 $a_n=2n-1$

答案：（1）$a_n=2n-1$；（2）$M=3300$

解 析

所给等式左侧为数列 $\left\{1+\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 的前 $n$ 项积，已知前 $n$ 项积，可先求出通项

由题意，$\left(1+\dfrac{1}{a_1}\right)\left(1+\dfrac{1}{a_2}\right)\cdots\left(1+\dfrac{1}{a_n}\right)=\left(\dfrac12\right)^{\frac{n(n+1)}{2}}$　①，所以 $1+\dfrac{1}{a_1}=\dfrac14$，解得 $a_1=-\dfrac43$；

当 $n\ge2$ 时，$\left(1+\dfrac{1}{a_1}\right)\left(1+\dfrac{1}{a_2}\right)\cdots\left(1+\dfrac{1}{a_{n-1}}\right)=\left(\dfrac12\right)^{\frac{(n-1)n}{2}}$　②，

用式①除以式②可得

所以 $a_n=\dfrac{1}{\left(\frac12\right)^n-1}=\dfrac{4^n}{1-4^n}$；又 $a_1=-\dfrac43$ 也满足上式，所以 $\forall n\in\mathbf{N}^*$，都有 $a_n=\dfrac{4^n}{1-4^n}$．

由（1）可得 $\dfrac{1}{a_n}+n$，该通项由两部分相加构成，可分别求和再相加

（2）由（1）可得 $\dfrac{1}{a_n}+n=\left(\dfrac12\right)^n+n-1$，所以

答案：（1）$a_n=\dfrac{4^n}{1-4^n}$；（2）$S_n=1-\left(\dfrac12\right)^n+\dfrac{n(n-1)}{2}$

解 析

$b_n$ 是 $\{S_n\}$ 的前 $n$ 项积，要证的是 $\{b_n\}$ 为等差数列，故可由 $S_n=\dfrac{b_n}{b_{n-1}}\ (n\ge2)$ 消去 $S_n$

因为 $b_n$ 为数列 $\{S_n\}$ 的前 $n$ 项积，所以当 $n\ge2$ 时，$S_n=\dfrac{S_1S_2\cdots S_n}{S_1S_2\cdots S_{n-1}}=\dfrac{b_n}{b_{n-1}}$，

代入 $\dfrac{2}{S_n}+\dfrac{1}{b_n}=2$ 得 $\dfrac{2}{b_n/b_{n-1}}+\dfrac{1}{b_n}=2$，整理得 $b_n-b_{n-1}=\dfrac12$，

故数列 $\{b_n\}$ 是公差为 $\dfrac12$ 的等差数列．

要求 $a_n$，可先由第（1）问证得的结果求出 $b_n$，再代入原式求 $S_n$，进而得到 $a_n$

（2）由题意，$b_1=S_1=a_1$，且在 $\dfrac{2}{S_n}+\dfrac{1}{b_n}=2$ 中取 $n=1$ 得 $\dfrac{2}{S_1}+\dfrac{1}{b_1}=2$，所以 $b_1=S_1=a_1=\dfrac32$，

结合（1）有 $b_n=\dfrac32+(n-1)\cdot\dfrac12=\dfrac{n+2}{2}$，代入 $\dfrac{2}{S_n}+\dfrac{1}{b_n}=2$ 可求得 $S_n=\dfrac{n+2}{n+1}$，

接下来就是已知 $S_n$ 求 $a_n$ 的问题了：$a_1$ 已求出，只需由 $a_n=S_n-S_{n-1}$ 求出 $n\ge2$ 时的结果即可

所以当 $n\ge2$ 时，$a_n=S_n-S_{n-1}=\dfrac{n+2}{n+1}-\dfrac{n+1}{n}=-\dfrac{1}{n(n+1)}$，

答案：（1）公差 $\dfrac12$；（2）$a_n=\begin{cases}\dfrac32,&n=1\\-\dfrac{1}{n(n+1)},&n\ge2\end{cases}$