刘仁道

教材中有这样一道数列题：在数列{an}中，a1=1，an+1=3Sn（n≥1），求证a2，a3，…，an是等比数列.我们可以先给出这道题的解法，然后再分析an与Sn的关系，指出在解题时需要注意的地方.

一、数列题的解法

解法一由an+1=3Sn（n≥1），∴an=3Sn-1（n≥2）.

两式相减an+1-an=3（Sn-Sn-1）=3an（n≥2），

化为an+1an=4（n≥2），n从2取值，a3a2=4，a4a3=4，…，

而a2a1=3≠4，

所以从第二项起，a2，a3，…，an是等比数列.

解法二可知an+1=Sn+1-Sn（n≥1），

代入原式有Sn+1-Sn=3SnSn+1=4Sn，

∴{Sn}是公比为4，首项为1的等比数列，

Sn=4n-1（n≥1）代入原式，

∴an+1=3·4n-1（n≥1），n從1取值a2=3，a3=12，a4=48，…，而a2a1=3≠4，所以从第二项起，a2，a3，…，an是等比数列.

其实对于初学者来说理解上述解法有些地方还是有困难的，我们可以从an与Sn之间的关系来思考.

二、分析an与Sn之间的关系

把a1+a2+…+an叫作数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn=a1+a2+…+an，由此可见，已知数列{an}的通项an可以求出数列的前n项和Sn，反之，若已知数列{an}的前n项和Sn，能不能求出通项公式an=f（n）呢？

因为Sn=a1+a2+…+an（n≥1），（1）

Sn-1=a1+a2+…+an-1（n≥2），（2）

在这两个关系式的共同定义域n≥2的条件下，

（1）-（2）得an=Sn-Sn-1（n≥2），

当n=1时，由（1）得a1=S1，即an=S1（n=1），Sn-Sn-1（n≥2）.

这是数列通项an与前n项和Sn之间的关系式，值得注意的是an=Sn-Sn-1不是对一切自然数n都成立，而局限于对n≥2的一切自然数恒成立，因为当n=1时，S1-S0无意义.因此，已知数列{an}的前n项和Sn求an时，应重视分类讨论的应用.这里首先有a1=S1，若计算出的an中当n=1时值与S1相同，则可以合并为一个通项公式，否则应该为两段构成，不少人易把a1=S1忽略，造成错误.

三、常见的两种解题技巧

（一）消去Sn转化为an

例1已知各项都为正数的数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，对任意n≥1，有Sn=2a2n+an-1，求数列{an}的通项公式.

解由Sn=2a2n+an-1，

∴2Sn-1=2a2n-1+an-1-1（n≥2），

两式相减：2an=2（a2n-a2n-1）+an-an-1，

化为（an+an-1）（2an-2an-1-1）=0，

∴an-an-1=12（n≥2）.

又a1=1，∴an=1+12（n-1）=12n+12.

（二）消去an转化为Sn

例2在数列{an}中，a1=1，当n≥2，数列an，Sn，Sn-12成等比数列，求{an}的通项公式.

解当n≥2时，an=Sn-Sn-1，

又S2n=anSn-12，∴S2n=（Sn-Sn-1）Sn-12，

即有1Sn-1Sn-1=2，a1=1，

∴1S1=1，1Sn是以1为首项2为公比的等差数列，

∴1Sn=2n-1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2（2n-1）（3-2n），

综上有an=1（n=1），2（2n-1）（3-2n）（n≥2）.

例3数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=12，Sn=n2an-n（n-1）（n≥1），求Sn的通项公式.

解当n≥2时，Sn=n2（Sn-Sn-1）-n（n-1），

即（n2-1）Sn-n2Sn-1=n（n-1），

∴n+1nSn-nn-1Sn-1=1，

∴n+1nSn是首项为1，公差为1的等差数列，

∴n+1nSn=1+（n-1）=n，即Sn=n2n+1.

教师在平常教学中应善于思考，乐于分析，将一个例题引出多种解法，让学生掌握其中的解题技巧.在历年的高考数列题中，这样类型的试题时常出现，我们只有吃透教材，把握了解题技巧，才能得心应手.