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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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选择性第二册同步巩固，难度2颗星！
基础知识
求数列的通项公式是高考常考的一专题，形式多样，解题方法很多，常见的有累加法、累乘法、待定系数法、迭代法、取倒数法等，课外延申的还有不动点法等，不管什么方法，一定要理解解题方法的本质，清楚每种方法的适用范围，避免出现“看得懂，模仿做还行，独立思考就含糊”的情况.
基本方法
方法一 an与Sn的关系公式法
适用范围 若得知\(S_n\)或\(a_n\)与\(S_n\)的关系式，求数列通项公式.
方法 利用\(a_n\)与\(S_n\)的关系\(a_n= \begin{cases}S_1 & n=1 \\ S_n-S_{n-1} & n \geq 2\end{cases}\)，注意分类讨论，最后确定\(a_1\)是否满足\(a_n=f(n)\)，\(n≥2\).
【典题1】已知无穷数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，并且\(a_n+S_n=1\)，求\(\{a_n\}\)的通项公式.
解析 \(\because a_n+S_n=1\)，当\(n=1\)时，\(a_1=\dfrac{1}{2}\)，
\(\because a_{n+1}=S_{n+1}-S_n=a_n-a_{n+1}\)，\(\therefore a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_n\)，
又\(a_1=\dfrac{1}{2}≠0\)，
\(\therefore \{a_n\}\)是以首项为\(\dfrac{1}{2}\)，公比为\(\dfrac{1}{2}\)的等比数列，
\(\therefore a_n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\).
【典题2】 \(S_n\)为数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，\(a_1=1\)，\(S_n=na_n-n^2+n\)．求\(\{a_n\}\)的通项公式.
解析 由已知\(S_n=na_n-n^2+n\) ①，
\(\therefore S_{n-1}=(n-1)a_{n-1}-(n-1)^2+n-1\left(n≥2\right)\)②，
由①-②，得\(a_n=na_n-(n-1)a_{n-1}-2(n-1)\)，
即\((n-1)a_n-(n-1)a_{n-1}=2(n-1)\)，
\(\therefore a_n-a_{n-1}=2\)，\(n≥2\)且\(n∈N^*\)，
\(\therefore \{a_n\}\)是以\(2\)为公差的等差数列，
\(\therefore a_n=a_1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1\).
巩固练习
1.已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)满足\(S_n=n^2+n-1\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式.
2.已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_1=1\)，\(S_n=a_{n+1}-2\)．求数列\(\{a_n\}\)的通项公式.
参考答案
-
答案 \(a_n=\left\{\begin{array}{c} 1， n=1 \\ 2 n， n \geq 2 \end{array}\right.\)
解析 当\(n≥2\)时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=2n\)
当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=1\)不满足\(a_n=2n\)，
\(\therefore a_n=\left\{\begin{array}{c} 1， n=1 \\ 2 n， n \geq 2 \end{array}\right.\). -
答案 \(a_n=\left\{\begin{array}{l} 1， n=1 \\ 3 \cdot 2^{n-2}， n \geq 2 \end{array}\right.\)
解析 当\(n≥2\)时，由 \(\left\{\begin{array}{l} S_n=a_n+1-2 \\ S_{n-1}=a_n-2 \end{array}\right.\)，得\(a_n=a_{n+1}-a_n\)，
即\(a_{n+1}=2a_n\)，故数列\(\{a_n\}\)从第二项起为等比数列，
\(S_1=a_2-2\)，即\(a_2=3\)，
故当 \(n≥2\)时，\(a_n=3⋅2^{n-2}\)，
故\(a_n=\left\{\begin{array}{l} 1， n=1 \\ 3 \cdot 2^{n-2}， n \geq 2 \end{array}\right.\).
方法二 累加法
适用范围 递推式为 \(a_{n+1}=a_n+f\left(n\right)\).
方法 得到\(a_{n+1}-a_n=f\left(n\right)\)，利用累加的形式求出\(a_n\).
【典题1】数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=3\)，\(a_{n+1}-a_n=2n-8\left(n∈N^*\right)\)，则\(a_8=\) ．
解析 数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=3\)，\(a_{n+1}-a_n=2n-8\left(n∈N^*\right)\)，
\(\therefore a_n-a_{n-1}=2n-10\)，
\(a_{n-1}-a_{n-2}=2n-12\)，
\(…\)
\(a_3-a_2=-4\)，
\(a_2-a_1=-6\)，
\(\therefore a_n-a_1=-6-4-\cdots+(2 n-12)+(2 n-10)\)\(=\dfrac{(n-1)[-6+(2 n-10)]}{2}=(n-1)(n-8)\)，
\(\therefore a_n=(n-1)\left(n-8\right)+3\)，
\(\therefore a_8=3\)．
【典题2】已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=2\) ， \(a_{n+1}=a_n+\ln \left(1+\dfrac{1}{n}\right)\)，求\(a_n\).
解析 由条件知： \(a_{n+1}-a_n=\ln \left(1+\dfrac{1}{n}\right)=\ln \dfrac{n+1}{n}=\ln (n+1)-\ln n\)
\(\therefore n≥2\)时
\(\left\{\begin{aligned}
a_n-a_{n-1}=& \ln n-\ln (n-1) \\
a_{n-1}-a_{n-2} &=\ln (n-1)-\ln (n-2) \\
& \ldots \ldots \\
a_4-a_3 &=\ln 4-\ln 3 \\
a_3-a_2 &=\ln 3-\ln 2 \\
a_2-a_1 &=\ln 2-\ln 1
\end{aligned}\right.\) ，
把以上\(n-1\)个式子累加得 \(a_n-a_1=\ln n-\ln 1=\ln n，\)，
\(\therefore a_n=a_1+\ln n=\ln n+2 \quad(n \geq 2)\)，
\(a_1=2\)也满足\(a_n=\ln n+2\)，
\(\therefore a_n=\ln n+2 \left(n∈N^*\right)\).
巩固练习
1.将正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数阵．根据这个排列规则，数阵中第\(20\)行从左至右的第\(3\)个数是 \(\underline{\quad \quad}\) ．
2.已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_{n+1}=a_n+2× 3^n+1\) ， \(a_1=3\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式.
参考答案
-
答案 \(577\)
解析 设各行的首项组成数列\(\{a_n\}\)，则\(a_2-a_1=3\)，\(a_3-a_2=6\)，…，\(a_n-a_{n-1}=3(n-1)\)
叠加可得： \(a_n-a_1=3+6+\cdots+3(n-1)=\dfrac{3 n(n-1)}{2}\)，
\(\therefore a_n=\dfrac{3 n(n-1)}{2}+1\)，
\(\therefore a_{20}=\dfrac{3 \times 20 \times 19}{2}+1=571\)，
\(\therefore\) 数阵中第\(20\)行从左至右的第\(3\)个数是\(571+2×3=577\)，
故答案：\(577\)． -
答案 \(a_n=3^n+n-1 \left(n∈N^*\right)\).
解析 由\(a_{n+1}=a_n+2× 3^n+1\)得\(a_{n+1}-a_n=2×3^n+1\)
\(\therefore n≥2\)时，
\(a_n=\left(a_n-a_{n-1} \right)+\left(a_{n-1}-a_{n-2} \right)+⋯+\left(a_3-a_2\right)+\left(a_2-a_1\right)+a_1\)
\(=\left(2× 3^{n-1}+1\right)+\left(2× 3^{n-2}+1\right)+⋯+\left(2× 3^2+1\right)+\left(2× 3^1+1\right)+3\)
\(=2\left(3^{n-1}+3^{n-2}+⋯+3^2+3^1\right)+{n-1}+3\)
\(=2\cdot \dfrac{3\left(1-3^{n-1}\right)}{1-3}+(n-1)+3\)
\(=3^n+n-1\)
而\(a_1=3\)也满足\(a_n=3^n+n-1\)，
\(\therefore a_n=3^n+n-1 \left(n∈N^*\right)\).
方法三 累乘法
适用范围 递推式为 \(a_{n+1}=f\left(n\right) a_n\).
方法 得到 \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)\)，利用累乘的形式求出\(a_n\).
【典题1】 已知\(\{a_n\}\)中，满足\(a_1=1\)， \(a_n=a_1+2a_2+3a_3+⋯+(n-1)a_{n-1} \left(n≥ 2\right)\)，求\(a_n\).
解析 由已知，得\(a_{n+1}=a_1+2a_2+3a_3+⋯+(n-1)a_{n-1} +na_n\)，
用此式减去已知式，得
当\(n≥ 2\)时，\(a_{n+1}-a_n=na_n\)，
即 \(a_{n+1}=(n+1) a_n \Rightarrow \dfrac{a_{n+1}}{a_n}=n+1\)，
又\(a_2=a_1=1\)，
\(\therefore\left\{\begin{array}{c}
\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=n \\
\dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}=n-1 \\
\dfrac{a_3}{a_2}=3 \\
\dfrac{a_2}{a_1}=2
\end{array}\right.\)，
将以上\(n-1\)个式子相乘，得\(\dfrac{a_n}{a_1}=\dfrac{n !}{2} \quad(n \geq 2)\)，
\(\therefore\dfrac{a_n}{a_1}=\dfrac{n !}{2} \quad(n \geq 2)\)，
\(\therefore a_n=\left\{\begin{array}{l}
1， \quad n=1 \\
\dfrac{n !}{2}， n \geq 2
\end{array}\right.\).
巩固练习
1.已知数列\(a_1\)，\(\dfrac{a_2}{a_1}\) ， \(\dfrac{a_3}{a_2}\)，\(⋯\)， \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\)是首项为\(8\)，公比为\(\dfrac{1}{2}\)的等比数列，则\(a_4\)等于( )
A．\(8\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(32\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(64\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(128\)
2.在数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=a_2=1\)，\(a_3=2\)，且数列 \(\left\{\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\}\)为等比数列，求\(a_n\)．
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 数列\(a_1\)，\(\dfrac{a_2}{a_1}\) ， \(\dfrac{a_3}{a_2}\)，\(⋯\)， \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\)是首项为\(8\)，公比为\(\dfrac{1}{2}\)的等比数列，
则 \(\dfrac{a_4}{a_3}=8 \times\left(\dfrac{1}{2}\right)^3=1\)．
\(a_4=a_1 \times \dfrac{a_2}{a_1} \times \dfrac{a_3}{a_2} \times \dfrac{a_4}{a_3}=8 \times 4 \times 2 \times 1=64\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(2^{\dfrac{(n-2)(n-1)}{2}}\)
解析 由题意可得， \(\dfrac{a_2}{a_1}=1\)， \(\dfrac{a_3}{a_2}=2\)，
故数列 \(\left\{\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right\}\)是以\(1\)为首项，以\(2\)为公比的等比数列，
所以 \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=2^{n-1}\)，即 \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=2^{n-1} \times \dfrac{1}{2}=2^{n-2}\)，
\(\dfrac{a_2}{a_1}=1\)， \(\dfrac{a_3}{a_2}=2\)，\(…\) ，\(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=2^{n-2}\)
以上\(n-1\)个式子相乘可得，
\(\dfrac{a_n}{a_1}=1 \times 2 \times 2^2 \times \ldots \times 2^{n-2}=2^{1+2+\cdots+n-2}=2^{\frac{(n-2)(n-1)}{2}}\)．
故答案为： \(2^{\frac{(n-2)(n-1)}{2}}\)．
方法四 构造法
对于一些不是等差等比数列的数列，求其通项公式，通过构造等差或等比数列来求其通项公式是一种很好的思路，其中的情况多样，方法有待定系数法、阶差法、取倒数法、取对数法等.我们要理解其中构造的技巧，做到举一反三.
情况1 递推公式为\(a_{n+1}=pa_n+q\) \((p，q\)为常数，\(p≠1\)，\(pq≠0 )\)
待定系数法：把原递推公式转化为：\(a_{n+1}+t=p\left(a_n+t\right)\)，其中 \(t=\dfrac{q}{p-1}\)，再利用换元法转化为等比数列\(\{a_n+t\}\)求解；
【典题1】 已知数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=1\)， \(a_{n+1}=2a_n+3\)， 求\(a_n\).
解析 设递推公式\(a_{n+1}=2a_n+3\)可以转化为\(a_{n+1}+t=2\left(a_n+t\right)\) \((t\)是个常数\()\)，
即\(a_{n+1}=2a_n+t\)，
与已知条件\(a_{n+1}=2a_n+3\)比较可知\(t=3\)，(比较系数可求参数\(t\))
故递推公式为\(a_{n+1}+3=2\left(a_n+3\right)\)，
所以\(\{a_n+3\}\)是首项为\(a_1+3=4\)，公比为\(2\)的等比数列， (构造等比数列)
则\(a_n+3=4× 2^{n-1}=2^{n+1}\)，
\(\therefore a_n=2^{n+1}-3\).
情况2 递推公式为\(a_{n+1}=pa_n+q^n\)\((\)其中\(p，q\)均为常数，\(pq\left(p-1\right)\left(q-1\right)≠0)\).
(或\(a_{n+1}=pa_n+rq^n\)，其中\(p\)，\(q\) ， \(r\)均为常数) .
方法一 在原递推公式两边同除以\(q^{n+1}\)，得 \(\dfrac{a_{n+1}}{q^{n+1}}=\dfrac{p}{q} \cdot \dfrac{a_n}{q^n}+\dfrac{1}{q}\)，
令 \(b_n=\dfrac{a_n}{q^n}\)，得 \(b_{n+1}=\dfrac{p}{q} b_n+\dfrac{1}{q}\)，再待定系数法解决；
方法二 在原递推公式两边同除以\(p^{n+1}\)，得：\(\dfrac{a_{n+1}}{p^{n+1}}=\dfrac{a_n}{p^n}+\dfrac{1}{p} \cdot\left(\dfrac{q}{p}\right)^n\)，
令\(b_n=\dfrac{a_n}{p^n}\)，得 \(b_{n+1}=b_n+\dfrac{1}{p} \cdot\left(\dfrac{q}{p}\right)^n\)，再用累加法求解.
【典题1】已知数列\(\{a_n \}\)满足\(a_{n+1}=2a_n+4×3^n\) ，\(a_1=9\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式.
解析 方法一 (两边同除以\(3^{n+1}\))
\(a_{n+1}=2a_n+4×3^n\)两边同除以\(3^{n+1}\)，得\(\dfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{a_n}{3^n}+\dfrac{4}{3}\)，
(转化为递推公式为\(a_{n+1}=pa_n+q\)的情况)
令 \(b_n=\dfrac{a_n}{3^n}\)，则 \(b_{n+1}=\dfrac{2}{3} b_n+\dfrac{4}{3} \text {， }\)，
\(\therefore b_{n+1}-4=\dfrac{2}{3}\left(b_n-4\right)\)，
\(\therefore b_n-4=\left(b_1-4\right) \cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}=-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1} \Rightarrow b_n=4-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\)，
\(\therefore a_n=4 \cdot 3^n-3 \cdot 2^{n-1}\).
方法二 (两边同除以\(2^{n+1}\))
\(a_{n+1}=2a_n+4×3^n\)两边同除以\(2^{n+1}\)，得 \(\dfrac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\dfrac{a_n}{2^n}+2 \cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^n\)，
令 \(b_n=\dfrac{a_n}{2^n}\)，则 \(b_{n+1}=b_n+2 \cdot\left(\dfrac{3}{2}\right)^n\)，
\(\therefore b_n=\left(b_n-b_{n-1} \right)+\left(b_{n-1}-b_{n-2} \right)+⋯\left(b_2-b_1 \right)+b_1\)，
\(=2\cdot \left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-1}+\cdot \left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-2}+⋯+2\cdot \left(\dfrac{3}{2}\right)^1+ \dfrac{9}{2}=6\cdot \left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-1}-\dfrac{3}{2} \left(n≥2\right)\)，
\(\because b_1= \dfrac{9}{2}\)也满足上式，\(\therefore b_n=6\cdot \left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-1}-\dfrac{3}{2} \left(n∈N\right)\)，
\(\therefore a_n=2^n\cdot b_n=4\cdot 3^n-3\cdot 2^{n-1}\).
情况3 递推公式为\(a_n=\dfrac{p a_{n-1}}{q a_{n-1}+t}\) (\(p\) ，\(q\) ，\(t\)为常数)
取倒数法：递推公式两边取倒数，\(\dfrac{1}{a_n}=\dfrac{q a_{n-1}+t}{p a_{n-1}}=\dfrac{q}{p}+\dfrac{t}{p} \cdot \dfrac{1}{a_{n-1}}\)，令 \(b_n=\dfrac{1}{a_n}\)，
若\(p=t\)，则问题\(b_n\)是等差数列；
若\(p≠t\)，问题转化为递推公式为：\(a_{n+1}=p_1 a_n+q_1\)的方法处理.
【典题1】已知数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=1\)， \(a_n=\dfrac{a_{n-1}}{5 a_{n-1}+2}(n \geq 2)\)，求通项公式\(a_n\).
解析 对 \(a_n=\dfrac{a_{n-1}}{5 a_{n-1}+2}(n \geq 2)\)，
两边取倒数，得\(\dfrac{1}{a_n}=\dfrac{5 a_{n-1}+2}{a_{n-1}}=2 \cdot \dfrac{1}{a_{n-1}}+5\)，
令 \(b_n=\dfrac{1}{a_n}\)，则\(b_n=2b_{n-1}+5\)，
\(\therefore b_n+5=2\left(b_{n-1}+5\right)\)，
\(\therefore\) 数列\(\{b_n+5\}\)是首项为\(b_1+5=\dfrac{1}{a_1}+5=6\)，公比为\(2\)的等比数列，
\(\therefore b_n+5=6×2^{n-1}= 3×2^n⇒b_n=3×2^n-5\)，
\(\therefore a_n=\dfrac{1}{b_n}=\dfrac{1}{3 \times 2^n-5}\).
巩固练习
1.已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=\dfrac{5}{2}\)，\(a_n=3a_{n-1}+1\left(n≥2，n∈N^*\right)\)．求数列\(\{a_n\}\)的通项公式.
2.已知数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=1\)， \(a_{n+1}=\dfrac{a_n}{3+4 a_n}\)，求\(\{a_n\}\)的通项公式\(a_n\)．
3.已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，且\(a_1=2\)，\(S_{n+1}=3S_n+2\).
(1) 证明:\(\{S_n+1\}\)是等比数列；
(2) 求数列\(\{a_n\}\)的通项公式.
4.数列\(\{a_n\}\)前\(n\)项和 \(S_n=4-a_n-\dfrac{1}{2^{n-2}}\) .求通项公式\(a_n\).
5.已知各项都为正数的数列\(\{a_n\}\)满足\(a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n\) .
(1) 证明: 数列\(\{a_n+a_{n+1} \}\)为等比数列，
(2) 若\(a_1=\dfrac{1}{2}\)，\(a_2=\dfrac{3}{2}\)，求\(\{a_n\}\)的通项公式.
参考答案
-
答案 \(a_n=3^n-\dfrac{1}{2}\).
解析 数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=\dfrac{5}{2}\)，\(a_n=3a_{n-1}+1\left(n≥2，n∈N^*\right)\)，
整理得\(a_n+\dfrac{1}{2}=3\left(a_{n-1}+\dfrac{1}{2}\right)\)，
设\(b_n=a_n+\dfrac{1}{2}\)，
所以数列列\(\{b_n\}\)为是以\(3\)为首项，\(3\)为公比的等比数列．
\(\therefore b_n=3^n\) ，则\(a_n=b_n-\dfrac{1}{2}=3^n-\dfrac{1}{2}\). -
答案 \(a_n=\dfrac{1}{3^n-2}\)
解析 由题意得 \(a_{n+1}=\dfrac{a_n}{3+4 a_n}\)，
两边取倒数得，\(\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{3+4 a_n}{a_n}=\dfrac{3}{a_n}+4\)，
\(\therefore \dfrac{1}{a_{n+1}}+2=3\left(\dfrac{1}{a_n}+2\right)\)，且 \(\dfrac{1}{a_1}+2=3\)，
\(\therefore\) 数列\(\left\{\dfrac{1}{a_n}+2\right\}\)是以\(3\)为首项，\(3\)为公比的等比数列，
\(\therefore \dfrac{1}{a_n}+2=3^n\)，\(\therefore a_n=\dfrac{1}{3^n-2}\). -
答案 (1) 略；(2) \(a_n=2⋅3^{n-1}\)
解析 证明:由\(S_{n+1}=3S_n+2\)得\(S_{n+1}+1=3\left(S_n+1\right)\)，
即 \(\dfrac{s_{n+1}+1}{s_n+1}=3\)，
又\(S_1+1=a_1+1=3\)，
所以\(\{S_n+1\}\)是以\(3\)为首项，\(3\)为公比的等比数列，
解: 由(1) 可得\(S_n+1=3×3^{n-1}=3^n\)， 即\(S_n=3^n-1\)，
当\(n≥2\)时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=3^n-1-\left(3^{n-1}-1\right)=2⋅3^{n-1}\).
又\(a_1=2\)满足\(a_n=2⋅3^{n-1}\).
所以\(a_n=2⋅3^{n-1}\). -
答案 \(a_n=\dfrac{n}{2^{n-1}}\)
解析 由 \(S_n=4-a_n-\dfrac{1}{2^{n-2}}\) 得 \(S_{n+1}=4-a_{n+1}-\dfrac{1}{2^{n-1}}\)，
于是 \(S_{n+1}-S_n=\left(a_n-a_{n+1}\right)+\left(\dfrac{1}{2^{n-2}}-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)\)，
所以 \(a_{n+1}=\left(a_n-a_{n+1}\right)+\dfrac{1}{2^{n-1}}\) ， \(\therefore a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_n+\dfrac{1}{2^n}\) .
两边同乘以\(2^n\)得，\(2^n a_{n+1}=2^{n-1} a_n+1\)，
则\(2^n a_{n+1}-2^{n-1} a_n=1\)，
\(\therefore \{2^{n-1} a_n\}\)是公差为\(1\)的等差数列，
\(∵S_n=4-a_n-\dfrac{1}{2^{n-2}}\)，
当\(n=1\)时，\(S_1=4-a_1-2\)，\(\therefore a_1=1\)，
\(\therefore 2^{n-1} a_n=1+1⋅{n-1}=n\)， \(\therefore a_n=\dfrac{n}{2^{n-1}}\) . -
答案 (1) 略 ；(2) \(a_n=\dfrac{1}{2}×3^{n-1}\).
解析 (1)证明: 因为 \(a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n\)，
所以\(a_{n+2}+a_{n+1}=3\left(a_{n+1}+a_n \right)\)，
因为\(\{a_n\}\)中各项均为正数，所以\(a_{n+1}+a_n>0\)，
所以 \(\dfrac{a_{n+2}+a_{n+1}}{a_{n+1}+a_n}=3\)，
所以数列\(\{a_n+a_{n+1} \}\)是公比为\(3\)的等比数列，
(2) \(a_n+a_{n+1}=\left(a_1+a_2 \right) 3^{n-1}=2×3^{n-1}\)，
因为\(a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n\)，
所以\(a_{n+2}-3a_{n+1}=-\left(a_{n+1}-3a_n \right)\)，\(a_2=3a_1\)，
所以\(a_2-3a_1=0\)，
所以\(a_{n+1}-3a_n=0\)，故\(a_{n+1}=3a_n\)，
所以\(4a_n=2×3^{n-1}\)，即\(a_n=\dfrac{1}{2}×3^{n-1}\).
分层练习
【A组---基础题】
1.已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1=1\)，满足下列条件
①\(∀n∈N^*\)，\(a_n≠0\)；\(\qquad \qquad\) ②点\(P_n \left(a_n，S_n\right)\)在函数 \(f(x)=\dfrac{x^2+x}{2}\)的图象上；
求数列\(\{a_n\}\)的通项\(a_n\)及前\(n\)项和为\(S_n\).
2.已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=\dfrac{1}{2}\)， \(a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{n^2+n}\)，求\(a_n\).
3.已知\(a_1=1\)，\(a_n=n\left(a_{n+1}-a_n \right) \left(n∈N^*\right)\)，求数列\(\{a_n\}\)通项公式.
4.数列\(\{a_n\}\)中，若\(a_1=2\)，且\(a_{n+1}=2a_n+2\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式．
5.若数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=1\)，\(S_n\)是数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项之和，且 \(S_{n+1}=\dfrac{S_n}{3+4 S_n}(n \geq 1)\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式是\(a_n\).
6.记\(S_n\)是公差不为\(0\)的等差数列\(\{a_n\}\)的前n项和，已知\(a_3+3a_4=S_5\)，\(a_1 a_5=S_4\)，数列\(\{b_n \}\)满足\(b_n=3b_{n-1}+2^{n-1} \left(n≥2，n∈N^* \right)\)，且\(b_1=a_1-1\)，求\(\{a_n\}\)， \(\{b_n \}\)的通项公式.
7.已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=3\)，\(a_{n+1}=5a_n+3\cdot 2^n \left(n∈N^*\right)\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式.
8.正项数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，已知\(a_1=a\)，\(2S_n=a_n a_{n+1}\)．
(1)若\(\{a_n\}\)是等差数列，求\(\{a_n\}\)的通项公式．
(2)是否存在实数\(a\)，使得\(\{a_n\}\)是等比数列？若存在，求出\(a\)的值；若不存在，说明理由．
9.数列\(\{a_n\}\)前\(n\)项和\(S_n=4-a_n-\dfrac{1}{2^{n-2}}\)，求通项公式\(a_n\).
10.数列 \(\{a_n\}\)\(n\)的前项和\(S_n\)满足\(a_1=3\)，\(a_2=0\)，\(a_n=6S_{n-2}\)，\(n≥3\)，\(n∈N^*\) .
(1)证明: 数列\(\{S_n+2S_{n-1} \}\)为等比数列；
(2)求\(\{a_n\}\)的通项公式.
参考答案
-
答案 \(a_n=n\)， \(S_n=\dfrac{n^2+n}{2}\)
解析 由题意 \(S_n=\dfrac{a_n^2+a_n}{2}\)，
当\(n≥2\)时 \(a_n=S_n-S_{n-1}=\dfrac{a_n^2+a_n}{2}-\dfrac{a_{n-1}{ }^2+a_{n-1}}{2}\)，
整理，得\(\left(a_n+a_{n-1}\right)\left(a_n-a_{n-1}-1\right)=0\)，
又\(∀n∈N^*\)，\(a_n≠0\)，所以\(a_n+a_{n-1}=0\)或\(a_n-a_{n-1}-1=0\)，
当\(a_n+a_{n-1}=0\)时，\(a_1=1\)， \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=-1\)，
得 \(a_n=(-1)^{n-1}\)， \(S_n=\dfrac{1-(-1)^n}{2}\)；
当\(a_n-a_{n-1}-1=0\)时，\(a_1=1\)，\(a_n-a_{n-1}=1\)，
得\(a_n=n\)， \(S_n=\dfrac{n^2+n}{2}\)． -
答案 \(a_n=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{n}\)
解析 由条件知： \(a_{n+1}-a_n=\dfrac{1}{n^2+n}=\dfrac{1}{n(n+1)}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\)
\(\therefore a_2-a_1=1-\dfrac{1}{2}\)，\(a_3-a_2=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\)，\(a_4-a_3=\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}\)，\(…\)， \(a_{n-1}-a_{n-2}=\dfrac{1}{n-2}-\dfrac{1}{n-1}\)，
\(a_n-a_{n-1}=\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\)，
把以上\(n-1\)个式子累加得到
\(a_n-a_1=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{n-2}-\dfrac{1}{n-1}+\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}=1-\dfrac{1}{n}\)，
\(\therefore a_n=a_1+1-\dfrac{1}{n}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{n}\). -
答案 \(a_n=n\)
解析 \(\because a_n=n\left(a_{n+1}-a_n \right)\)， \(\therefore \dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{n+1}{n} \text {， }\)，
又有 \(a_n=a_1 \cdot \dfrac{a_2}{a_1} \cdot \dfrac{a_3}{a_2} \ldots \dfrac{a_n}{a_{n-1}}=1 \times \dfrac{2}{1} \times \dfrac{3}{2} \times \ldots \times \dfrac{n}{n-1}=n\)，
当\(n=1\)\(a_1=1\)时，满足\(a_n=n\)，\(\therefore a_n=n\). -
答案 \(a_n=2^{n+1}-2\)
解析 \(\because a_{n+1}=2a_n+2\)，\(\therefore a_{n+1}+2=2a_n+2+2=2\left(a_n+2\right)\)，
\(\therefore \dfrac{a_{n+1}+2}{a_n+2}=2\)为常数．
\(\therefore \{a_n+2\}\)为等比数列，首项\(a_1+2=4\)，公比\(q=2\)，
\(\therefore a_n+2=4×2^{n-1}=2^{n+1}\)；
\(\therefore a_n=2^{n+1}-2\)；
\(\therefore\) 数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=2^{n+1}-2\)． -
答案 \(a_n=\left\{\begin{array}{c} 1， n=1 \\ \dfrac{1}{3^n-2}-\dfrac{1}{3^{n-1}-2}， n \geq 2 \end{array}\right.\)
解析 递推式 \(S_{n+1}=\dfrac{S_n}{3+4 S_n}\)可变形为 \(\dfrac{1}{s_{n+1}}=3 \cdot \dfrac{1}{s_n}+4\)，
则 \(\dfrac{1}{s_{n+1}}+2=3 \cdot\left(\dfrac{1}{s_n}+2\right)\)，
故数列 \(\left\{\dfrac{1}{S_n}+2\right\}\)是以 \(\dfrac{1}{S_1}+2=3\)为首项，\(3\)为公比的等比数列.
\(\therefore \dfrac{1}{S_n}+2=3 \cdot 3^{n-1}=3^n\)，\(\therefore S_n=\dfrac{1}{3^n-2}\)
当\(n≥2\)， \(a_n=S_n-S_{n-1}=\dfrac{1}{3^n-2}-\dfrac{1}{3^{n-1}-2}，\)，
而\(a_1=1\)不满足 \(a_n=\dfrac{1}{3^n-2}-\dfrac{1}{3^{n-1}-2}\)，
\(\therefore a_n=\left\{\begin{array}{c} 1， n=1 \\ \dfrac{1}{3^n-2}-\dfrac{1}{3^{n-1}-2}， n \geq 2 \end{array}\right.\) . -
答案\(a_n=2n\)，\(b_n=3^n-2^n\).
解析 设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d(d≠0)\)，因为\(a_3+3a_4=S_5\)，\(a_1 a_5=S_4\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l} a_1+2 d+3 a_1+9 d=5 a_1+10 d \\ a_1\left(a_1+4 d\right)=4 a_1+6 d \end{array}\right.\)，
解得 \(\left\{\begin{array}{l} a_1=2 \\ d=2 \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} a_1=0 \\ d=0 \end{array}\right.\)(舍)，
所以\(a_n=2n\)，
因为\(b_n=3b_{n-1}+2^{n-1} \left(n≥2，n∈N^* \right)\)，
所以 \(\dfrac{b_n}{2^n}=\dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{b_{n-1}}{2^{n-1}}+\dfrac{1}{2}\)，即 \(\dfrac{b_n}{2^n}+1=\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{b_{n-1}}{2^{n-1}}+1\right)\)，
所以 \(\dfrac{\dfrac{b_n}{2^n}+1}{\dfrac{b_{n-1}}{2^{n-1}}+1}=\dfrac{3}{2}\)，
因为\(b_1=a_1-1=1\)，所以\(\dfrac{b_1}{2}+1=\dfrac{3}{2}\).
所以数列 \(\left\{\dfrac{b_n}{2^n}+1\right\}\)是以\(\dfrac{3}{2}\)为首项，\(\dfrac{3}{2}\)为公比的等比数列.
所以 \(\dfrac{b_n}{2^n}+1=\left(\dfrac{3}{2}\right)^n\)，所以\(b_n=3^n-2^n\). -
答案 \(a_n=5^n-2^n\)
解析 数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=3\)，\(a_{n+1}=5a_n+3\cdot 2^n \left(n∈N^*\right)\)．
整理得\(a_{n+1}+2^{n+1}=5\left(a_n+2^n\right)\)，
令\(b_n=a_n+2^n\)，则\(b_{n+1}=5b_n\)，
当\(n=1\)时，\(b_1=5\)，
所以数列\(\{b_n \}\)是以\(5\)为首项、\(5\)为公比的等比数列．
\(\therefore b_n=5^n\)，则\(a_n=5^n-2^n\). -
答案 (1)\(a_n=n\)；(2) 不存在实数\(a\)，使得\(\{a_n\}\)是等比数列.
解析 (1)当\(n=1\)时，\(2S_1=2a_1=a_1 a_2\)，又\(a_1>0\)，则\(a_2=2\)，
当\(n≥2\)时，\(2a_n=2S_n-2S_{n-1}=a_n a_{n+1}-a_{n-1} a_n\)，即\(a_{n+1}-a_{n-1}=2\)，
因为\(\{a_n\}\)是等差数列，设\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，
所以\(a_{n+1}-a_{n-1}=2d=2\)，解得\(d=1\)，
则\(a_1=a=2-1=1\)，故\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=n\)；
(2)假设存在实数\(a\)，使得\(\{a_n\}\)是等比数列，
由 (1)可知，\(a_3=a_1+2=2+a\)，\(a_4=a_2+2=4\)，
因为\(\{a_n\}\)是等比数列，所以\(a_2 a_3=a_1 a_4\)，即\(2 \left(2+a\right)=4a\)，解得\(a=2\)，
此时 \(\dfrac{a_2}{a_1}=\dfrac{2}{2}=1\)， \(\dfrac{a_3}{a_2}=\dfrac{4}{2}=2\)不符合题意，则假设错误．
故不存在实数\(a\)，使得\(\{a_n\}\)是等比数列． -
答案 \(a_n=\dfrac{n}{2^{n-1}}\)
解析 由\(S_n=4-a_n-\dfrac{1}{2^{n-2}}\) 得： \(S_{n+1}=4-a_{n+1}-\dfrac{1}{2^{n-1}}\)
于是\(S_{n+1}-S_n=\left(a_n-a_{n+1}\right)+\left(\dfrac{1}{2^{n-2}}-\dfrac{1}{2^{n-1}}\right)\)
所以\(a_{n+1}=\left(a_n-a_{n+1}\right)+\dfrac{1}{2^{n-1}}\) ， \(\therefore a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_n+\dfrac{1}{2^n}\).
两边同乘以\(2^n\)得，\(2^n a_{n+1}=2^{n-1} a_n+1\)，则\(2^n a_{n+1}-2^{n-1} a_n=1\)，
\(\therefore \{2^{n-1} a_n\}\)是公差为\(1\)的等差数列，
\(\because S_n=4-a_n-\dfrac{1}{2^{n-2}}\)，
当\(n=1\)时，\(S_1=4-a_1-2\)，\(\therefore a_1=1\)，
\(\therefore 2^{n-1} a_n=1+1⋅(n-1)=n\)， \(\therefore a_n=\dfrac{n}{2^{n-1}}\). -
答案 (1)略；(2) \(a_n=\dfrac{2}{5} \cdot 3^n+\dfrac{9}{5} \cdot(-2)^{n-1}\)
解析 由数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，满足\(a_n=6S_{n-2}\)，\(n≥3\)，\(n∈N^*\)
因为\(a_n=S_n-S_{n-1}\)，可得 \(S_n-S_{n-1}=6S_{n-2}\)，
即\(S_n+2S_{n-1}=3S_{n-1}+6S_{n-2}=3\left(S_{n-1}+2S_{n-2} \right)\)，
即 \(\dfrac{S_n+2 S_{n-1}}{S_{n-1}+2 S_{n-2}}=3\left(n \geq 3， n \in N^*\right)\)，
又由\(a_1=3\)，\(a_2=0\)，可得\(2S_1+S_2=3a_1+a_2=9\)，
所以数列\(\{S_n+2S_{n-1} \}\)表示首项为\(9\)，公比为\(3\)的等比数列.
解: 由(1)可得\(S_n+2S_{n-1}=9⋅3^{n-2}=3^n\)，
当\(n≥3\)时，可得\(S_{n-1}+2S_{n-2}=3^{n-1}\)，
两式相减得\(\left(S_n-S_{n-1} \right)+2\left(S_{n-1}-S_{n-2} \right)=3^n-3^{n-1}=2⋅3^{n-1}\)，
即\(a_n+2a_{n-1}=2⋅3^{n-1}\)，
即 \(\dfrac{a_n}{3^n}+\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{a_{n-1}}{3^{n-1}}=\dfrac{2}{3}\)，即 \(\dfrac{a_n}{3^n}=-\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{a_{n-1}}{3^{n-1}}+\dfrac{2}{3}\)，
设 \(b_n=\dfrac{a_n}{3^n}\)，
可得 \(b_n=-\dfrac{2}{3} \cdot b_{n-1}+\dfrac{2}{3}\)，即 \(b_n-\dfrac{2}{5}=-\dfrac{2}{3}\left(b_{n-1}-\dfrac{2}{5}\right)\)，
又由\(a_1=3\)，\(a_2=0\)，
可得 \(b_1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{a_1}{3}-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}\)， \(b_2-\dfrac{2}{5}=\dfrac{a_2}{3^2}-\dfrac{2}{5}=-\dfrac{2}{5}\)，
因为\(a_n=6S_{n-2}，n≥3，n∈N^*\)，
所以\(a_3=6S_1=18\)，可得 \(b_3-\dfrac{2}{5}=\dfrac{a_3}{3^3}-\dfrac{2}{5}=\dfrac{4}{15}\)，
所以数列\(\{b_n-\dfrac{2}{5}\}\)表示首项为\(\dfrac{3}{5}\)，公比为\(-\dfrac{2}{3}\)的等比数列，
所以\(b_n-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5} \cdot\left(-\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\)，即\(\dfrac{a_n}{3^n}-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5} \cdot\left(-\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}\)，
即\(a_n=\dfrac{2}{5} \cdot 3^n+\dfrac{9}{5} \cdot(-2)^{n-1}\).
【B组---提高题 】
1.已知数列\(\{a_n\}\)的前n项和\(S_n\)，满足\(a_2=-4\)，\(2S_n=n\left(a_n-7\right)\)．求\(a_1\)和数列\(\{a_n\}\)的通项公式.
2.设数列\(\{a_n\}\)是首项为\(1\)的正项数列，且 \((n+1) a_{n+1}^2-n a_n^2+a_{n+1} a_n=0\) ， 求通项公式\(a_n\).
参考答案
-
答案 \(a_n=3n-10\)
解析 在\(2S_n=n\left(a_n-7\right)\)中，
当\(n=1\)时，\(2S_1=a_1-7⇒2a_1=a_1-7⇒a_1=-7\)．
由\(2S_n=n\left(a_n-7\right)\)得，\(2S_{n+1}=(n+1)\left(a_{n+1}-7\right)\)，
两式相减得，\(2a_{n+1}=(n+1) a_{n+1}-na_n-7\)，
所以\((n-1) a_{n+1}-na_n=7\)，
当\(n≥2\)时，有 \(\dfrac{a_{n+1}}{n}-\dfrac{a_n}{n-1}=\dfrac{7}{n(n-1)}=7\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right)\)
所以 \(\dfrac{a_{n+1}}{n}-\dfrac{a_2}{1}=\left(\dfrac{a_{n+1}}{n}-\dfrac{a_n}{n-1}\right)+\left(\dfrac{a_n}{n-1}-\dfrac{a_{n-1}}{n-2}\right)+\cdots \cdots+\left(\dfrac{a_3}{2}-\dfrac{a_2}{1}\right)\)
\(=7\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right)+7\left(\dfrac{1}{n-2}-\dfrac{1}{n-1}\right)+\cdots \ldots+7\left(\dfrac{1}{1}-\dfrac{1}{2}\right)\)
\(=7\left(1-\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{7(n-1)}{n}\)，
所以\(\dfrac{a_{n+1}}{n}=\dfrac{a_2}{1}+\dfrac{7(n-1)}{n}=-4+\dfrac{7(n-1)}{n}=\dfrac{3 n-7}{n}\)，
所以 \(a_{n+1}=3n-7\left(n≥2\right)\)，
故\(a_n=3n－10\left(n≥3\right)\)，
又\(a_1=-7\)，\(a_2=-4\)也都符合上式，
所以\(a_n=3n-10\left(n∈N^*\right)\)． -
答案 \(a_n=\dfrac{1}{n}\)
解析 由 \((n+1) a_{n+1}^2-n a_n^2+a_{n+1} a_n=0\)，
可得 \(n\left(a_{n+1}^2-a_n^2\right)+\left(a_{n+1}^2+a_{n+1} a_n\right)=0\)，
即有\(n\left(a_{n+1}－a_n\right)\left( a_{n+1}+a_n\right)+ a_{n+1} \left(a_{n+1}+a_n\right)=0\)，
即有\([(n+1) a_{n+1}-na_n]\left(a_{n+1}+a_n\right)=0\)
由\(\{a_n\}\)是正项数列，可得 \((n+1) a_{n+1}=n a_n \Rightarrow a_{n+1}=\dfrac{n}{n+1} a_n\)，
则 \(a_n=\dfrac{n-1}{n} a_{n-1}=\dfrac{n-1}{n} \cdot \dfrac{n-2}{n-1} a_{n-2}=\cdots=\dfrac{n-1}{n} \cdot \dfrac{n-2}{n-1} \cdots \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{2} a_1\)
\(=\dfrac{1}{n} a_1=\dfrac{1}{n}(n≥2)\)，
\(a_1=1\)也满足 \(a_n=\dfrac{1}{n}\)，
\(\therefore a_n=\dfrac{1}{n}， \quad n \in N^*\)．
【C组---拓展题 】
1.已知数列\(\{a_n\}\)的各项都是正数，且满足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_n \left(4-a_n \right)\) ，\(n∈N\).
求数列\(\{a_n\}\)的通项公式\(a_n\).
2.已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_n>0\)且 \(S_n=\dfrac{1}{2}\left(a_n+\dfrac{n}{a_n}\right)\)， 求数列\(\{a_n\}\)通项公式.
参考答案
-
答案 \(a_n=2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^{n-1}-1}\)
解析 \(a_{n+1}=\dfrac{1}{2} a_n\left(4-a_n\right)=\dfrac{1}{2}\left[-\left(a_n-2\right)^2+4\right]\)，
所以\(a_{n+1}-2=-\dfrac{1}{2}\left(a_n-2\right)^2\)
令\(b_n=a_n－2\)，
则 \(b_n=-\dfrac{1}{2}\left(b_{n-1}\right)^2=-\dfrac{1}{2}\left[-\dfrac{1}{2}\left(b_{n-2}\right)^2\right]^2=-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{1+2}\left(b_{n-2}\right)^{2^2}=-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{1+2+4}\left(b_{n-3}\right)^{2^3}\) \(=\cdots=-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{1+2+4+\cdots+2^{n-2}}\left(b_1\right)^{2^{n-1}}\)，
又\(b_1=-1\)，
所以\(b_n=-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^{n-1}-1}\)，即 \(a_n=2+b_n=2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2^{n-1}-1}\)． -
答案 \(a_n=\sqrt{\dfrac{n(n+1)}{2}}-\sqrt{\dfrac{n(n-1)}{2}}\)
解析 \(\because S_n=\dfrac{1}{2}\left(a_n+\dfrac{n}{a_n}\right)\)，
当\(n=1\)时，有 \(S_1=\dfrac{1}{2}\left(a_1+\dfrac{1}{a_1}\right)\)，解得\(a_1=1\)，
当\(n≥2\)时， \(S_n=\dfrac{1}{2}\left(S_n-S_{n-1}+\dfrac{n}{S_n-S_{n-1}}\right)\)，
化简为\(S_n^2-S_{n-1}^2=n\)，
则 \(S_n^2=\left(S_n^2-S_{n-1}^2\right)+\left(S_{n-1}^2-S_{n-2}^2\right)+\cdots+\left(S_2^2-S_1^2\right)+S_1^2\)
\(=n+(n-1)+\cdots+2+1=\dfrac{n(n+1)}{2}(n \geq 2)\)，
\(\because a_n>0\)， \(\therefore S_n=\sqrt{\dfrac{n(n+1)}{2}}(n \geq 2)\)，
而\(S_1=a_1=1\)也满足 \(S_n=\sqrt{\dfrac{n(n+1)}{2}}(n \geq 2)\)，
故\(S_n=\sqrt{\dfrac{n(n+1)}{2}}\left(n \in N^*\right)\)，
则\(a_n=\sqrt{\dfrac{n(n+1)}{2}}-\sqrt{\dfrac{n(n-1)}{2}}\).