Question

8．（1）已知数列{a_n}的前n项和${S_n}=3{n^2}-2n+1$，求通项公式a_n；
（2）在数列{a_n}中，a₁=1，a_n+1-a_n=2n+1，求数列的通项a_n；
（3）在数列{a_n}中，a₁=1，前n项和${S_n}=\frac{n+2}{3}{a_n}$，求{a_n}的通项公式a_n．
（4）已知在每项均大于零的数列{a_n}中，首项a₁=1，且前n项和S_n满足${S_n}\sqrt{{S_{n-1}}}-{S_{n-1}}\sqrt{S_n}=2\sqrt{{S_n}{S_{n-1}}}$（n∈N^*，n≥2），求a_n．

Answer 1

分析 （1）${S_n}=3{n^2}-2n+1$，n=1时，a₁=S₁=2；n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，即可得出．
（2）a₁=1，a_n+1-a_n=2n+1，利用“累加求和”方法、等差数列的求和公式即可得出．
（3）a₁=1，前n项和${S_n}=\frac{n+2}{3}{a_n}$，n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，可得：$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$，利用“累乘求积”即可得出．
（4）由${S_n}\sqrt{{S_{n-1}}}-{S_{n-1}}\sqrt{S_n}=2\sqrt{{S_n}{S_{n-1}}}$（n∈N^*，n≥2），可得$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=2，利用等差数列的通项公式及其递推关系即可得出．

解答 解：（1）∵${S_n}=3{n^2}-2n+1$，
∴n=1时，a₁=S₁=2；
n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=3n²-2n+1-[3（n-1）²-2（n-1）+1]=6n-5．
由n=1时，6n-5=1≠2，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n=1}\\{6n-5，n≥2}\end{array}\right.$．
（2）∵a₁=1，a_n+1-a_n=2n+1，
∴n≥2时，a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁
=（2n-1）+（2n-3）+…+3+1
=$\frac{n（2n-1+1）}{2}$=n²．
n=1时，n²=1也成立．
∴a_n=n²．
（3）a₁=1，前n项和${S_n}=\frac{n+2}{3}{a_n}$，
∴n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{n+2}{3}{a}_{n}$-$\frac{n+1}{3}$a_n-1，
化为：$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$，
∴a_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$•$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$•$\frac{{a}_{n-2}}{{a}_{n-3}}$•…•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•a₁
=$\frac{n+1}{n-1}$•$\frac{n}{n-2}$•$\frac{n-1}{n-3}$•…•$\frac{4}{2}$•$\frac{3}{1}$×1，
=$\frac{n（n+1）}{2}$．n=1时也成立．
∴a_n=$\frac{n（n+1）}{2}$．
（4）∵${S_n}\sqrt{{S_{n-1}}}-{S_{n-1}}\sqrt{S_n}=2\sqrt{{S_n}{S_{n-1}}}$（n∈N^*，n≥2），
∴$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=2，
∴数列$\{\sqrt{{S}_{n}}\}$是等差数列，首项为1，公差为2，
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，
∴S_n=（2n-1）²，
∴n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（2n-1）²-（2n-3）²=8n-8，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{8n-8，n≥2}\end{array}\right.$．

点评 本题考查了递推关系、“累加求和”方法、等差数列的通项公式及其求和公式、“累乘求积”，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．