利用 $a_n$ 与 $S_n$ 的关系求通项 $a_n$
利用 $a_n$ 与 $S_n$ 的关系求数列的通项公式 $a_n$ 。
前言
由\(a_n\)与\(S_n\)的关系求数列\(\{a_n\}\)的通项公式，在求通项公式题型中占有比较大的份额，是一个重要的求解思路和方法。是要求重点掌握的类型。
方法依据
- 由\(a_n\)与\(S_n\)的关系求数列\(\{a_n\}\)的通项公式【要求重点掌握的类型】
方法：熟练记忆\(a_n\)与\(S_n\)的关系\(a_n=\begin{cases}S_1 &n=1\\S_n-S_{n-1} &n\ge 2\end{cases}\)，并灵活运用注意：①这是个分段函数，故求其解析式应该分段求解，容易忘记求解\(n=1\)的情形②必须验证能否合二为一，如果能就写成一个式子，如果不能，写成分段数列的形式。③若题目中是\(a_{n+1}\)，则\(a_{n+1}\)\(=\)\(S_{n+1}\)\(-\)\(S_n\)，而不是\(a_{n+1}\)\(=\)\(S_{n}\)\(-\)\(S_{n-1}\)，切记！。
如何识别
大家都知道，数列中的\(S_n\)，\(a_n\)，\(n\)都是变量，为便于表述，我们做以下的约定：(只关注变量，暂时不关注常数和数字系数)
当题目中只包含\(S_n\)和\(n\)时，比如\(2S_n=n^2+n+1\)，或\(S_n-n^2-2n-1=0\)等，称为\(S_n=f(n)\)；
当题目中只包含\(S_n\)和\(a_n\)时，比如\(2S_n=a_n^2+1\)，或\(S_n-a_n^2-a_n-1=0\)等，称为\(S_n=f(a_n)\)；
当题目中只包含\(S_n\)和\(a_n,n\)时，比如\(2S_n=a_n^2+n+1\)，或\(S_n-a_n^2-n+3=0\)等，称为\(S_n=f(a_n,n)\)；
当题目中包含\(a_n\)，\(a_{n+1}\)，\(a_{n-1}\)，\(\cdots\)等，我们称为\(a_n\)类；
当题目中包含\(S_n\)，\(S_{n+1}\)，\(S_{n-1}\)，\(\cdots\)等，我们称为\(S_n\)类；
构建模型
- 角度1：若已知形如\(S_n=f(n)\)
思路：仿照已知条件，构造\(S_{n-1}\)，用两者作差消去\(S_n\)类即可解；
分析：当\(n=1\)时，\(S_1=a_1=6\)，
当\(n\ge 2\)时，由已知可得\(S_{n-1}=2(n-1)^2+3(n-1)+1\)，
又\(S_n=2n^2+3n+1\)，两式相减得到
\(n\ge 2\)时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=4n+1\)，
由于\(n=1\)时，\(a_1=6\)，不满足上式，故需要将通项公式写成分段函数形式，
即所求通项公式为\(a_n=\begin{cases}6，&n=1\\4n+1，&n\ge 2\end{cases}\)。
分析：由已知可得，当\(n\ge 2\)时，\(2^1a_1+2^2a_2+2^3a_3+\dots+2^{n-1}a_{n-1} = n-1\)，
两式作差得到
当\(n\ge 2\)时，\(2^na_n =1\)，即\(a_n=\cfrac{1}{2^n}=(\cfrac{1}{2})^n\)，
又当\(n=1\)时，\(2^1a_1=1\)，即\(a_1=\cfrac{1}{2}\)，满足上式，
故所求通项公式为\(a_n=(\cfrac{1}{2})^n，n\in N^*\)。
分析：积式用商
当\(n \ge 1\)时，\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n} ①\)，
当\(n \ge 2\)时，\(b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_{n-1}= 2^{S_{n-1}}②\)，两式相除得到
当\(n \ge 2\)时，\(b_n=2^{S_n-S_{n-1}}=2^{a_n}\)，即\(b_n=2^{a_n}=2^n\)，
再验证，当\(n=1\)时，由已知式子可知\(b_1=2^{S_1}=2^{a_1}=2\)，满足上式，故数列\(\{b_n\}\)的通项公式为\(b_n=2^n\).
- 角度2：已知形如\(S_n=f(a_n)\)，有两个求解方向：
①若求\(a_n\) ，思路：设法消去\(S_n\)，即构造\(S_{n-1}\)，作差即可求解；
分析：由已知\(2S_n+a_n=1\)可得，
当\(n\ge 2\)时，\(2S_{n-1}+a_{n-1}=1\)，两式相减得到
当\(n\ge 2\)时，\(3a_n-a_{n-1}=0\)，
又\(n=1\)时，\(2S_1+a_1=1\)，解得\(a_1=\cfrac{1}{3}\)，
故可知\(\cfrac{a_n}{a_{n-1}}=\cfrac{1}{3}\)，
即数列\(\{a_n\}\)是首项为\(\cfrac{1}{3}\)，公比为\(\cfrac{1}{3}\)的等比数列，
通项公式为\(a_n=\cfrac{1}{3^n}(n\in N^*)\)。
②若求\(S_n\) ，思路：消去\(a_n\)，用\(s_n-s_{n-1}=a_n\)代换\(a_n\)即可求解。
分析：由\(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n\)，代入已知式子得到，
\(S_{n+1}-S_n=3S_n\)，整理得到，\(S_{n+1}=4S_n\)，
由\(S_1=a_1=1\neq 0\)，故数列\(\{S_n\}\)是首项是1，公比为4的等比数列，
故\(S_n=1\cdot 4^{n-1}=4^{n-1}(n\in N^*)\)。
解后反思：【理科学生用】若用以上的两个思路都不能奏效，则可以考虑先计算出数列的前几项，归纳猜想一个结论，然后用数学归纳法进行证明。
- 角度3：已知形如\(S_n=f(n，a_n)\)
思路：构造\(S_{n-1}\)，两者作差后，
①若出现\(a_{n+1} =pa_n + q(p，q\in R，p\neq 1，q\neq 0)\) ，两边同加常数\(k=\cfrac{q}{p-1}\)构造等比数列。 [1]
分析：由已知当\(n\ge 2\)时，\(S_{n-1}=2a_{n-1}+(n-1)\)，两式相减得到
\(n\ge 2\)时，\(a_n=2a_n-2a_{n-1}+1\)，整理得到\(a_n=2a_{n-1}-1\)，两边同加-1，
即\(a_n-1=2(a_{n-1}-1)\)，故\(a_1-1=1\neq 0\)，
故数列\(\{a_n-1\}\)是首项为1，公比为2的等比数列，
故\(a_n-1=1\cdot 2^{n-1}\)，故\(a_n=2^{n-1}+1(n\in N^*)\)。
②若出现\(a_{n+1} =pa_n+qn+k\)，两边同加关于\(n\)的一次式构造等比数列。(较难的类型)
分析：设\(a_{n+1}+p(n+1)+q=2(a_n+pn+q)\)，打开整理得到，\(p=3\)，\(q=4\)，
整理都得到\(a_{n+1}+3(n+1)+4=2(a_n+3n+4)\)，
由首项\(a_1+3\cdot 1+4=8\neq 0\) ，故数列\(\{a_n+3n+4\}\)是首项为 \(8\)，公比为 \(2\) 的等比数列，
故\(a_n+3n+4=8\cdot 2^{n-1}\)，故\(a_n=2^{n+2}-3n-4(n\in N^*)\)。
分析：当\(n=1\)时，\(\cfrac{1}{a_1a_2}=\cfrac{1}{2\times3}=\cfrac{1}{6}\)①；
当\(n=2\)时，\(\cfrac{1}{a_1a_2}+\cfrac{1}{a_2a_3}=\cfrac{2}{2\times4}=\cfrac{1}{4}\)②；
①-②得到\(\cfrac{1}{a_2a_3}=\cfrac{1}{12}\)
则有\(a_1\cdot (a_1+d)=6\)③；\((a_1+d)(a_1+2d)=12\)④，
由③④解得\(a_1=2\)，\(d=1\)；故\(a_n=n+1\)；
思维导图
典例剖析
法1：常规方法，先求得\(n\ge 2\)时，\(a_{n+1}=3a_n+2\)，
再变形为\(a_{n+1}+1=3(a_n+1)\)，
再验证，当\(n=1\)时，\(a_2=8\)，\(a_2+1=9=3(a_1+1)\)，满足上式；
故数列\(\{a_n+1\}\)是首项为\(3\)，公比为\(3\)的等比数列，
故\(a_n+1=3\cdot3^{n-1}=3^n\)，所以\(a_n=3^n-1\)，
从而求得\(S_n=\cfrac{3^{n+1}}{2}-n-\cfrac{3}{2}\).
法2：将\(a_{n+1}=S_{n+1}-S_n\)代入\(a_{n+1}=2S_n+2n+2\)，整理得到\(S_{n+1}=3S_n+2n+2\)，
再变形为\(S_{n+1}+p(n+1)+q=3(S_n+pn+q)(p、q为常数)\)，可解得\(p=1，q=\cfrac{3}{2}\)，
即\(S_{n+1}+(n+1)+\cfrac{3}{2}=3(S_n+n+\cfrac{3}{2})\)，
则数列\(\{S_n+n+\cfrac{3}{2}\}\)是首项为\(a_1+1+\cfrac{3}{2}=\cfrac{9}{2}\)，公比为3的等比数列；
故\(S_n+n+\cfrac{3}{2}=\cfrac{9}{2}\cdot 3^{n-1}\)，整理得到\(S_n=\cfrac{3^{n+1}}{2}-n-\cfrac{3}{2}\).
（1）求数列\(\{a_n\}\)的通项公式。
分析：本题是利用\(a_n\)和\(S_n\)的关系解题，或者是利用“退一法”解题。
由题目可知，\(n\ge 1\)，\(a_1+3a_2+\cdots+(2n-1)a_n=2n①\)得到，
当\(n\ge 2\)，\(a_1+3a_2+\cdots+(2n-3)a_{n-1}=2(n-1)②\)
两式相减得到
\(n\ge 2，(2n-1)a_n=2\)，
从而得到\(a_n=\cfrac{2}{2n-1}(n\ge 2)\)，
接下来验证\(n=1\)是否满足
当\(n=1\)时，\(a_1=2=\cfrac{2}{2\times 1-1}\)，满足上式，
故数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=\cfrac{2}{2n-1}(n\in N^*)\).
（2）求数列\(\{\cfrac{a_n}{2n+1}\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)。
分析：结合第一问，数列\(\cfrac{a_n}{2n+1}=\cfrac{2}{(2n-1)(2n+1)}=\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1}\)
故数列的前\(n\)项和\(S_n=(\cfrac{1}{2\times1-1}-\cfrac{1}{2\times 1+1})+(\cfrac{1}{2\times 2 -1}-\cfrac{1}{2\times 2+1})+\cdots+(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})\)
\(=1-\cfrac{1}{2n+1}=\cfrac{2n}{2n+1}\)。
分析：当\(n\ge 1\)时，\(S_n=2a_n-2^{n+1}\)
当\(n\ge 2\)时，\(S_{n-1}=2a_{n-1}-2^n\)
两式相减得到，当\(n\ge 2\)时，\(a_n=2a_n-2a_{n-1}-(2^{n+1}-2^n)\)
整理得到，\(a_n=2a_{n-1}+2^n(n\ge 2)\)， 两边同除以\(2^n\)，得到
\(\cfrac{a_n}{2^n}=\cfrac{a_{n-1}}{2^{n-1}}+1(n\ge 2)\)，
令\(n=1\)，\(a_1=2a_1-2^2\)，得到\(a_1=4\)，则\(\cfrac{a_1}{2^1}=2\)；
故数列\(\{\cfrac{a_n}{2^n}\}\)是以\(\cfrac{a_1}{2^1}=2\)为首项，以1为公差的等差数列，
故\(\cfrac{a_n}{2^n}=2+(n-1)\cdot1\)，即数列的\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=(n+1)2^n\)。
分析：当\(n=1\)时，\(a_1^2+2a_1=4a_1+3\)，求得\(a_1=3\)或\(a_1=-1\)(舍去)，
当\(n\ge 2\)时，\(a_{n-1}^2+2a_{n-1}=4S_{n-1}+3\)，两式相减，
即\(n\ge 2\)时，\(a_n^2-a_{n-1}^2+2a_n-2a_{n-1}=4a_n\)，
即\(n\ge 2\)时，\(a_n^2-a_{n-1}^2-2(a_n+a_{n-1})=0\)，
即\(n\ge 2\)时，即\((a_n-a_{n-1})(a_n+a_{n-1})-2(a_n+a_{n-1})=0\)，
由于\(a_n+a_{n-1}>0\)，故得到\(a_n-a_{n-2}=2(n\ge 2)\)，
故数列\(\{a_n\}\)是首项为\(3\)，公差为\(2\)的等差数列，
则所求通讯公式为\(a_n=3+(n-1)\times 2=2n+1(n\in N^*)\)。
分析：由\(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}+\cdots+\sqrt{a_n}=n^2\)，
故当\(n\ge 2\)时，\(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}+\cdots+\sqrt{a_{n-1}}=(n-1)^2\)，
两式相减，得到
当\(n\ge 2\)时，\(\sqrt{a_n}=n^2-(n-1)^2=2n-1\)，即\(a_n=(2n-1)^2\)，
验证\(n=1\)时，也满足上式。故通项公式为\(a_n=(2n-1)^2，n\in N^*\)，
\(a_{n+1}=(2n+1)^2=4n^2+4n+1\)，
则\(\cfrac{1}{a_{n+1}-1}=\cfrac{1}{4n(n+1)}=\cfrac{1}{4}(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})\)
故\(T_n=\cfrac{1}{4}[(1-\cfrac{1}{2})+(\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{3})+\cdots+(\cfrac{1}{n}-\cfrac{1}{n+1})]\)
\(=\cfrac{1}{4}\cdot \cfrac{n}{n+1}=\cfrac{n}{4n+4}\)
高阶例题
当你能判断题目是属于\(a_n\)和\(S_n\)的关系的题目，但是用上述思路也不能求解\(a_n\)时，说明不是能直接求解\(a_n\)的类项，此时可能还需要先求解\(S_n\)，再由\(S_n\)转而求解\(a_n\)。[即被动求\(S_n\)，再求\(a_n\)]
分析：本题目尝试直接求解\(a_n\)而不得，故考虑需要先求解\(S_n\)；
由于\(S_n\)是\(a_n\)与\(\cfrac{1}{a_n}\)的等差中项，
则有\(2S_n=a_n+\cfrac{1}{a_n}\)，
当\(n=1\)时，上式变为\(2a_1=a_1+\cfrac{1}{a_1}\)，解得\(a_1^2=1\)，
由于\(a_n>0\)，则得到\(a_1=1\)，
当\(n\geqslant 2\)时，上式变化为\(2S_n\cdot a_n=a_n^2+1\)，
即\(2S_n(S_n-S_{n-1})=(S_n-S_{n-1})^2+1\)，整理为\(S_n^2-S_{n-1}^2=1\)，
故\(\{S_n^2\}\)是首项为\(S_1^2=a_1^2=1\)，公差为\(1\)的等差数列，则\(S_n^2=1+(n-1)\times 1=n\)，
则\(S_n=\sqrt{n}(n\in N^*)\)，
由上可知，当\(n\geqslant 2\)时，\(S_{n-1}=\sqrt{n-1}\)，
两式相减，得到\(S_n-S_{n-1}=a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}(n\geqslant 2)\)
再验证，\(n=1\)时，\(a_1=1=\sqrt{1}-\sqrt{1-1}\)，故满足上式，
综上所述，\(a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}(n\in N^*)\)。
解析：由于 \(a_n>0\)，故 \(S_n>0\) 且 \(S_{n-1}>0\) ，又由于\(a_n=S_n-S_{n-1}\) ，
则 \(a_n=(\sqrt{S_n})^2-(\sqrt{S_{n-1}})^2=(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}})\)
由题目可知，\(a_n=\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}\)，则有\((\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}})(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}})=\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}\)
由于 \(\sqrt{S_n}+\sqrt{S_{n-1}}>0\) ，约分得到 \(\sqrt{S_n}-\sqrt{S_{n-1}}=1\)，
则数列 \(\{\sqrt{S_n}\}\) 是首项为 \(\sqrt{S_1}=\sqrt{a_1}=1\) ，公差为 \(1\) 的等差数列，
则 \(\sqrt{S_n}=1+(n-1)\cdot 1=n\) ，故 \(S_n=n^2\)，
当 \(n\geqslant2\) 时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=n^2-(n-1)^2=2n-1\)，
又由于 \(a_1=1\) 满足上式，故 \(a_n=2n-1\)，\(n\in N^*\) ，
则 \(\cfrac{1}{a_{n}\cdot a_{n+1}}=\cfrac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})\)
令所求数列的前 \(n\) 项和 \(T_{n}\) ，
则 \(T_{15}=\cfrac{1}{2}[(1-\cfrac{1}{3})+(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5})+\cdots+(\cfrac{1}{29}-\cfrac{1}{31})]\)
\(=\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{31})=\cfrac{15}{31}\).
对应练习
提示：本题目属于\(S_n=f(a_n)\)且直接求解\(a_n\)的形式；
当\(n\geqslant 2\)时，\(S_{n-1}=\cfrac{2}{3}a_{n-1}+\cfrac{1}{3}\)，
两式作差得到，当\(n\geqslant 2\)时， \(a_n=S_n-S_{n-1}=\cfrac{2}{3}a_n-\cfrac{2}{3}a_{n-1}\)，
变形整理为\(a_n=-2a_{n-1}(n\geqslant 2)\)，
当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=\cfrac{2}{3}a_1+\cfrac{1}{3}\)，解得\(a_1=1\neq 0\)，
故\(\cfrac{a_n}{a_{n-1}}=-2(n\geqslant 2)\)，
即数列\(\{a_n\}\)是首项为\(1\)，公比为\(-2\)的等比数列，故\(a_n=a_1\cdot q^{n-1}=(-2)^{n-1}(n\in N^*)\).
提示：本题目属于\(S_n=f(n，a_n)\)且直接求解\(a_n\)的形式；
当\(n\geqslant 2\)时，\(S_{n-1}=2a_{n-1}-(n-1)\)，
两式做差，得到\(a_n=S_n-S_{n-1}=(2a_n-n)-[2a_{n-1}-(n-1)](n\geqslant 2)\)，
整理为\(a_n=2a_{n-1}+1(n\geqslant 2)\)，两边同加常数\(1\)，
整理为\(a_n+1=2(a_{n-1}+1)(n\geqslant 2)\)，
当\(n=1\)时，原已知式子\(s_1=a_1=2a_1-1\)，解得\(a_1=1\)，
又由于\(a_1+1=2\neq 0\)，故数列\(\{a_n+1\}\)是首项为\(a_1+1=2\)，公比为\(2\)的等比数列，
故\(a_n+1=2\cdot 2^{n-1}=2^n(n\in n^*)\)
提示：本题目属于\(S_n=f(n，a_n)\)且直接求解\(a_n\)的形式；
当\(n\geqslant 2\)时，\(3S_{n-1}=(n+1)a_{n-1}\)，
两式作差得到，\(3(S_n-S_{n-1})=3a_n=(n+2)a_n-(n+1)a_{n-1}(n\geqslant 2)\)，
整理为\((n-1)a_n=(n+1)a_{n-1}(n\geqslant 2)\)，即
由上式衍生出以下式子：
以上\(n-1\)个式子累乘得到，当\(n\geqslant 2\)时，
约分后整理为
即\(a_n=\cfrac{(n+1)n}{2}(n\geqslant 2)\)，
当\(n=1\)时，\(a_1=1=\cfrac{(1+1)\times1}{2}\)，故满足上式，
即所求通项公式为\(a_n=\cfrac{n(n+1)}{2}(n\in N^*)\).
提示：同于本博文的高阶例题，\(a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}(n\in N^*)\)。
提示：由已知\(a_1+2a_2+3a_3+\cdots+na_n=n(n+1)(n+2)(n\geqslant 1)\)
则有\(a_1+2a_2+3a_3+\cdots+(n-1)a_{n-1}=(n-1)n(n+1)(n\geqslant 2)\)
两式作差，得到\(na_n=n(n+1)(n+2)-(n-1)n(n+1)=n(n+1)[(n+2)-(n-1)]=3n(n+1)(n\geqslant 2)\)，
则\(na_n=3n(n+1)\)，即\(a_n=3(n+1)(n\geqslant 2)\)，
当\(n=1\)时，由原始已知式子可得，\(a_1=1\times (1+1)\times(1+2)=6=3(1+1)\)，满足上式，
故\(a_n=3(n+1)(n\in N^*)\).
提示：由已知\(a_n=2S_{n-1}+3^n(n\ge 2)\)，
可得\(a_{n+1}=2S_{n}+3^{n+1}(n\ge 1)\)，
两式做差，得到\(a_{n+1}-a_n=2a_n+3^{n+1}-3^n(n\geqslant 2)\)，
整理为\(a_{n+1}=3a_n+2\times 3^n\)，两边同除以\(3^{n+1}\)，
得到\(\cfrac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=\cfrac{a_n}{3^n}+\cfrac{2}{3}(n\geqslant 2)\)，
[特别注意，此时不能判断数列\(\{\cfrac{a_n}{3^n}\}\)为等差数列，原因是上述表达式中不包含\(\cfrac{a_2}{3^2}-\cfrac{a_1}{3^1}=\cfrac{2}{3}\)，这一点需要我们从题目中自己计算，并验证是否满足]
又由于\(a_1=3\)，当\(n=2\)时,\(a_2=2S_1+3^2=2a_1+3^2=6+9=15\)，
则\(\cfrac{a_2}{3^2}-\cfrac{a_1}{3^1}=\cfrac{15}{3^2}-\cfrac{3}{3}=\cfrac{2}{3}\)，故满足上式；
即数列\(\{\cfrac{a_n}{3^n}\}\)是首项为\(\cfrac{a_1}{3^1}=1\)，公差为\(\cfrac{2}{3}\)的等差数列，
故\(\cfrac{a_n}{3^n}=1+(n-1)\times \cfrac{2}{3}\)，
即\(a_n=(2n+1)\cdot 3^{n-1}(n\in N^*)\)。
提示：这又是一个被动求\(S_n\)，再求\(a_n\)的例子。
当\(n\geqslant 2\)时，由\(a_n=S_n-S_{n-1}\)替换给定的\(a_n=S_n \cdot S_{n-1}(n\ge 2)\)中的\(a_n\)，
得到\(S_n-S_{n-1}=S_nS_{n-1}(n\geqslant 2)\)，由于\(S_n\cdot S_{n-1}\neq 0\)，否则\(a_1=0\)，两边同除以\(S_n\cdot S_{n-1}\)，
得到\(\cfrac{S_n-S_{n-1}}{S_n\cdot S_{n-1}}=1\)，即\(\cfrac{1}{S_{n-1}}-\cfrac{1}{S_{n}}=1(n\geqslant 2)\)，
即\(\cfrac{1}{S_{n}}-\cfrac{1}{S_{n-1}}=-1(n\geqslant 2)\)，
故数列\(\{\cfrac{1}{S_n}\}\)是首项为\(\cfrac{1}{S_1}=\cfrac{1}{a_1}=\cfrac{9}{2}\)，公差为\(-1\)的等差数列；
故\(\cfrac{1}{S_n}=\cfrac{9}{2}+(n-1)\times (-1)=\cfrac{11-2n}{2}\)，
即\(S_n=\cfrac{2}{11-2n}(n\in N^*)\)，
[以下题目转化为，已知\(S_n\)，求\(a_n\)的类型；]
当\(n\geqslant 2\)时，\(S_{n-1}=\cfrac{2}{11-2(n-1)}=\cfrac{2}{13-2n}\)
两式作差，得到\(a_n=S_n-S_{n-1}=\cfrac{2}{11-2n}-\cfrac{2}{13-2n}=2(\cfrac{1}{11-2n}-\cfrac{1}{13-2n})=\cfrac{4}{(11-2n)(13-2n)}(n\geqslant 2)\)，
当\(n=1\)时，\(a_1=\cfrac{2}{9}\neq \cfrac{4}{(11-2\times 1)(13-2\times 1)}=\cfrac{4}{99}\)，故不满足上式，
从而得到通项公式为\(a_n=\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{2}{9}，n=1}\\{\cfrac{4}{(11-2n)(13-2n)}，n\ge 2}\end{array}\right.\)
【解释】：为什么同加常数\(k=\cfrac{q}{p-1}\)就可以构造等比数列，
假设\(a_{n+1} = pa_n + q\)，可以变形为\(a_{n+1}+k=p(a_n+k)\)，整理得到\(a_{n+1}=pa_n+pk-k\)，
则有\(k(p-1)=q\)，故\(k=\cfrac{q}{p-1}\)，即只要给所给的形如\(a_{n+1} = pa_n + q\)的式子两边同时
加上常数\(\cfrac{q}{p-1}\)，则可以等价变形为\(a_{n+1}+k=p(a_n+k)\)，接下来就可以朝等比数列考虑了。 ↩︎
