题目 设 ${S_n}$ 为数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的前 $n$ 项和，已知 ${a_1} \ne 0$，$2{a_n} - {a_1} = {S_1} \cdot {S_n},n \in {{\mathbb{N}}^*}$． 问题1 求 ${a_1}$，${a_2}$，并求数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的通项公式； 答案1 ${a_1} = 1$，${a_2} = 2$，${a_n} = {2^{n - 1}}$． 解析1 先求出 $a_1$，然后将题中所给的 $a_n$ 和 $S_n$ 的关系式转化为 $a_n$ 和 $a_{n-1}$ 的递推式，继而求得通项．令 $n = 1$，得\[2{a_1} - {a_1} = a_1^2,\]即 ${a_1} = a_1^2$．因为 ${a_1} \ne 0$，所以 ${a_1} = 1$．<br/>令 $n = 2$，得\[2{a_2} - 1 = {S_2} = 1 + {a_2},\]解得 ${a_2} = 2$．<br/>当 $n \geqslant 2$ 时，由\[\begin{split}2{a_n} - 1 &= {S_n}, \\ 2{a_{n - 1}} - 1 &= {S_{n - 1}},\end{split}\]两式相减，得\[2{a_n} - 2{a_{n - 1}} = {a_n},\]即 ${a_n} = 2{a_{n - 1}}$．<br/>于是数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 是首项为 $ 1$，公比为 $ 2 $ 的等比数列．因此，\[{a_n} = {2^{n - 1}},\]所以数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的通项公式为 ${a_n} = {2^{n - 1}}$． 备注1 问题2 求数列 $\left\{ {n{a_n}} \right\}$ 的前 $n$ 项和． 答案2 $ 1 + \left(n - 1\right) \cdot {2^n}$． 解析2 本题可用错位相减法求和．由（1）知，\[n{a_n} = n \cdot {2^{n - 1}}.\]记数列 $\left\{ {n \cdot {2^{n - 1}}} \right\}$ 的前 $n$ 项和为 ${B_n}$，<br/>于是\[\begin{split}{B_n} &= 1 + 2 \times 2 + 3 \times {2^2} + \cdots + n \times {2^{n - 1}},\quad\cdots\cdots ① \\ 2{B_n} &= 1 \times 2 + 2 \times {2^2} + 3 \times {2^3} + \cdots + n \times {2^n}.\quad\cdots\cdots ② \end{split}\]② $ - $ ① 得\[\begin{split} {B_n} &= -\left(1 + 2 + {2^2} + \cdots + {2^{n - 1}} \right)+ n \cdot {2^n} \\&= -{2^n}+1+ n \cdot {2^n}.\end{split}\]即\[{B_n} = 1 + \left(n - 1\right) \cdot {2^n}.\] 备注2