8.(1)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和${S_n}=3{n^2}-2n+1$,求通項(xiàng)公式an;
(2)在數(shù)列{an}中,a1=1,an+1-an=2n+1,求數(shù)列的通項(xiàng)an
(3)在數(shù)列{an}中,a1=1,前n項(xiàng)和${S_n}=\frac{n+2}{3}{a_n}$,求{an}的通項(xiàng)公式an
(4)已知在每項(xiàng)均大于零的數(shù)列{an}中,首項(xiàng)a1=1,且前n項(xiàng)和Sn滿足${S_n}\sqrt{{S_{n-1}}}-{S_{n-1}}\sqrt{S_n}=2\sqrt{{S_n}{S_{n-1}}}$(n∈N*,n≥2),求an

分析 (1)${S_n}=3{n^2}-2n+1$,n=1時(shí),a1=S1=2;n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1,即可得出.
(2)a1=1,an+1-an=2n+1,利用“累加求和”方法、等差數(shù)列的求和公式即可得出.
(3)a1=1,前n項(xiàng)和${S_n}=\frac{n+2}{3}{a_n}$,n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1,可得:$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$,利用“累乘求積”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,利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其遞推關(guān)系即可得出.

解答 解:(1)∵${S_n}=3{n^2}-2n+1$,
∴n=1時(shí),a1=S1=2;
n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=3n2-2n+1-[3(n-1)2-2(n-1)+1]=6n-5.
由n=1時(shí),6n-5=1≠2,
∴an=$\left\{\begin{array}{l}{2,n=1}\\{6n-5,n≥2}\end{array}\right.$.
(2)∵a1=1,an+1-an=2n+1,
∴n≥2時(shí),an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=(2n-1)+(2n-3)+…+3+1
=$\frac{n(2n-1+1)}{2}$=n2
n=1時(shí),n2=1也成立.
∴an=n2
(3)a1=1,前n項(xiàng)和${S_n}=\frac{n+2}{3}{a_n}$,
∴n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=$\frac{n+2}{3}{a}_{n}$-$\frac{n+1}{3}$an-1,
化為:$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{n+1}{n-1}$,
∴an=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$•$\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n-2}}$•$\frac{{a}_{n-2}}{{a}_{n-3}}$•…•$\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}$•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•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時(shí)也成立.
∴an=$\frac{n(n+1)}{2}$.
(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,
∴數(shù)列$\{\sqrt{{S}_{n}}\}$是等差數(shù)列,首項(xiàng)為1,公差為2,
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=1+2(n-1)=2n-1,
∴Sn=(2n-1)2,
∴n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=(2n-1)2-(2n-3)2=8n-8,
∴an=$\left\{\begin{array}{l}{1,n=1}\\{8n-8,n≥2}\end{array}\right.$.

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、“累加求和”方法、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式、“累乘求積”,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題.

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