一堂数列课

一堂数列课的思考
唐山市第六十二中学 赵得凤 064000
近期，学校组织听课，学到了许多经验同时也多了些儿思考。

高一在讲数列的通项公式的求法，现将教学过程实录如下：
题目：数列}{n a 的前n 项和为S n 且a 1=1，a 1+n =3
1 S n ，n ∈N ★，求数列}{n a 的通项公式a n
教师引导：前面我们学习了通项公式的求法有观察法、公式法、“a 1+n —a n = f （n ）”型用迭加法、“n
n a a 1+=f （n ）”型用迭乘法。

此题已知a 1+n 与S n 的递推关系，如何求a n ？联想已知
S 1 （n=1）
S n 求a n 知 a n =
S n —S 1-n （n ≥2）
学生：由a 1+n =31 S n ⑴，再写一式a n =3
1 S 1-n ⑵， ∴⑴-⑵得a 1+n —a n =3
1（S n —S 1-n ） 即a 1+n —a n =31 a n ∴a 1+n =3
4 a n （n ≥2）， 由已知得a 2=3
1 ∴数列}{n a 是从第二项开始成等比数列 1 （n=1）
∴a n =
（31）·（3
4）2-n （n ≥2） 教师小结：已知S n 与a n （或a 1+n ）的递推关系式，再写一式，即知一式写一式而后两式相减求得a n 。

而且注意检验n=1是否成立，这一步骤必不可少。

此时，笔者思考能不能换一种角度开拓学生的思维，题目中 a 1+n =3
1 S n ，
将此式改写一下S 1+n —S n =31 S n ∴S 1+n =3
4 S n 由此得到数列{n S }是以S 1为首项34为公比的等比数列。

∴S n =（34）1-n ∴当n ≥2时，a n =3
1S 1-n =（31）· （3
4）2-n ，当n=1时不适合上式。

因此得到了同样的结论。

通过此题的分析我们注意到解决数列问题要从不同角度考虑，当然不同的思路运算的繁简也不一样，这需要实践去检验，像上述问题知一式写一式而后两式相减求得a n 是一种通法。

学生练习：已知数列}{n
a 的前n 项和为S n ，且S n +2
1 a n =1，求数列}{n a 的通项公式a n
这题利用上述总结的知一式写一式而后两式相减求得a n ，学生很容易得到答案。

笔者又将S n +21 a n =1改写了形式即S n +21（S n —S 1-n ）=1，整理得3 S n = S 1-n +2
很显然，数列{n
S }不是等比数列了，但我们可以构造等比数列，3（S n +
λ）= S 1-n +λ
展开对比系数得λ=-1 ∴3（S n —1）= S 1-n —1，又由已知得a 1=3
2，∴数列{}1-n S 是以a 1—1=—31为首项31为公比的等比数列。

∴S n —1=（—31）（3
1）1-n 即S n =（—31）（31）1-n +1，代入已知得a n =2·（31）n 笔者又思考是不是所有关于“S n =p a n +q ”型都可以构造一个等比数列即{S n +λ}
为等比数列，答案是肯定的当λ=—q 时，数列{S n —q
}是以S 1—q 为首项1
-p p 为公比的等比数列，但要注意到a 1≠q ≠0且p ≠0且p ≠1。

这种类型a n 是关于S n 的一次函数的形式，既可以用知一式写一式而后两式相减求得a n ，也可以构造等比数列先求S n 再求a n ，那么如果a n 是关于S n
的非一次函数的形式，又用什么方法解决呢？看下面这个题目：
数列}{n
a 中a 1=1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S n 2= a n （S n —21），求数列}{n a 的通项公式。

解析：∵当n ≥2时，S n 2= （S n —S 1-n ）（S n —
21）整理得2 S n S 1-n = S 1-n —S n ，
∵S 1= a 1≠0 ∴S n ≠0，∴
n S 1—11-n S =2， 数列{n S 1
}是以1
1S =1为首项，2为公差的等差数列， ∴n S 1=2n —1，∴S n =1
21-n ， ∴当n ≥2时，a n = S n —S 1-n
∴a n =121-n —3
21-n =—)32)(12(2--n n ， 1， （n=1）
∴a n = —)
32)(12(2--n n （n ≥2） 所以，我们通过此题发现根据具体问题构造恰当的数列是解决问题的思路，但具体怎样构造需要我们多研究递推关系数列的题型，掌握一些方法，对研究数列及一般性质有借鉴作用。

参考文献
江河，赵祥燕.通过递推关系解决数列通项的常用方法.中学数学杂志,2007,2:27-28。