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1、数列专题拓展两类非常规数列求通项公式1.“分子分母理典例：已知数列hn的前n项和为S小且SrI就+翁求an的通项公式.分析：看到an和Sn的关系，我们通常会想到仿写，也就是把Sn换成SnT或S.I,相应的变换a。,然后作差从而求得数列的通项公式，但是在该题中，这种方法却行不通了在这种情况下，我们该怎么办呢？其实，我们通常用的仿写作差的方法实质上是把Sn转换到ar的一个过程，那既然Sn可以转换到a1.,那么a”也可以转换到Sn,把a”转换到Sn即该类题的解题方法。解：Sn=-+=-+(n2)nn2Sn-Sn-2Srl(SLSnT)=I+*Sn-Sn)22Sn?-2SnSn=2+Sr2SnSn+S
2、n,(第一步，把a11转换到Sn并进行一定的化简整理)c2_S2_7onon-l一VS14+lS=2SlZSn2=2n：.Sn=伍，将SI代入，符合上式*5n=2n(第二步，根据化简后的式子得出关于Sn的某种形式的数列)若Sn=y2n9贝!|n2时Sn-I=、2n2an=SnSrl-I=V2nV2n2(n2)又=2,，当=鱼时符合上式即九=y2n2n2若Sn=V2n,则n2时SrlT=-V2n-2an=SnSrl-I=2n2V2n(n2)又Ta/=2,，当%=-时符合上式即九=2n2V2n综上，n=V2n-2m-2或r=2n-2-2n(第三步，由Sn求出aQ2.、11”型我们知道，、11分别是
3、求和、求积的符号，那如果这两个大型符号出现在了数列中，我们应该怎么应对呢？实际上，他们的出现只不过是把题目做成了“纸老虎”，应对起来很简单。典例：已知数列a11满足NHi=n2-2,求an的通项公式.分析：看到,有没有一丝恐惧，其实，如果把它拆开写，也就是Ql+a2+ctn=n22,再仔细一瞅,这其实就是SnO所以本题即为：已知数列hn的前n项和为Sn且满足Sn=M-2,求a”的通项公式.解：,L1ai=n2-2.忆Iai=九22九+1(nN2)一，得：an=2n-3(n2)又a1=；符合上式an=2n3典例：已知数列a11满足UNiai=M,求a11的通项公式.分析：看到口，仍然不用恐惧，它
4、和求和符号差不多的，都是对数列从第一项到第n项的一个运算，因此，我们看到这种符号，仿写就好。对于本题，仿写，作商，答案就出来了。解：.11忆Iai=九2.1111ai=n22n+1(n22)E得：an=(n2)nn2-2n+l又a=l不符合上式(1,11=1所以an=n2总结：对于大型符号，不必慌张，我们要知道它们都是对数列从第一项到第n项的一个运算，因此，仿写是打败它们最有效的方法！试一试1.已知数列a1J,满足Sn=Z+Fan2（1） .求证：s为等差数列（2） .求a11的通项公式.2.（多选）已知数列劣,满足Sn二色+?，则（）九2A. S1=4B. S为等差数列C.若Sn0恒成立，则有InSn-nVll恒成立D.若Sn0恒成立,则因2024=90（注：”为高斯取整）3 .（多选）正项数列a的前n项和Sn满足Sn+整则（）A.100=l（注：a广为高斯取整）15=1（S+i+3）UC.SnIn2SnD.ln（n+1）2=/nn+14 .已知数列aj、bn,满足kai=|(n2+n)，1111=bi=n+1,若Cn=求数列&的前n项和Sm5 .已知数列ajn和数列br,且满足nkbi=2z西。(1)求b11的通项公式(2)求F的前n项和Srrb116 .已知正项数列a11满足等=2JL1ai(1)求该数列的通项公式.(2)求证：忆
