an?an?1?2?3n?1，上述各式两边分别相加得
an?a1?2?3?2?3???2?3
例2．解：an?12n?13(1?3n?1)?2??3n?3
1?3an?1n?1，故累乘得 an?1，n?an?1nnanan?1an?2aan?1n?2n?321a1???....?3?2????....??,?n?an?1an?2an?3a2a1nn?1n?232a1n1n
?an?变式训练 解：an?1?a3n?13n?1，故累乘得 an，n?1?an3n?23n?2anan?1an?2aa3n?43n?752a2???....?3?2???....??,?n?an?1an?2an?3a2a13n?13n?485a13n?163n?1
?an?例3解：令bn?列，且
11，则bn?1?，得bn?1?bn?1，数列?bn?是公差为1的等差数1?an1?an?1b1?111,?an?1? ?1，∴bn?b1?(n?1)d?n?1?ann1?a1变式训练 解：∵
an?1?an?anan?1，同除以anan?1得
111??1，令bn?，则anan?1anbn?1?11?1， ，得bn?bn?1?1，数列?bn?是公差为1的等差数列，且b1?a1an?111,?an?2
nan∴bn?n?
1111( an+q)，展开得an?1?an?q，系数比较得?q?1，222211求出q??2，原式可配成(an+1－2)=( an－2)，构造公比为的等比数列?an?2?，
2251??an?2?是以a1?2??为首项，为公比的等比数列。
22例４．解：设原式可配成( (an+1+q)=
6
?an?2??变式训练
55 即 .a???2. n2n2nan?1an??1，即bn?1?bn?1，∴数列?bn?是nn?122a公差为1的等差数列，且b1?1，∴bn?n，即bn?nn?n,an?n?2n?1 ?12解：∵an?1?2an?2n，两边同除以2n，得
例5．解：（1）a1?S1?22，an?Sn?Sn?1??8n?29，当n=1时，a1?22??8?1?29 ?an???22(n?1)??8n?29(n?2)
（2）a10＋a11＋a12＋…＋a20=S20?S10??1445 （3）Sn=－4n2＋25n＋1为二次函数，顶点横坐标为值，此时an?5。 变式训练
???S1 (n＝1)，?－8 (n＝1)，
?选B. an＝＝? ?Sn－Sn－1 (n≥2)，???－10＋2n (n≥2).
25，∵n∈N*，∴n=3时，Sn取得最大8
∵n＝1时适合an＝2n－10，∴an＝2n－10.∵5
及时突破
1．选A．由an+1 =3Sn，得an =3Sn－1（n ≥ 2），相减得an+1－an =3(Sn－Sn－1)= 3an，则an+1=4an
（n ≥ 2），a1=1，a2=3，则a6= a2·44=3×44． 2．解：令bn?an，则bn?1?bn?1，数列?bn?是公差为1的等差数列，且b1?a1?3，
?bn?n?3?1?an，?an?(n?3?1)2
3．【答案】
21解：∵an?1?an?2n，得a2?a1?2?1，a3?a2?2?2，??， 2
an?an?1?2(n?1)，上述各式两边分别相加得 an?a1?2?1?2?2???2(n?1)?2??an?n2?n?33,?(1?n?1)(n?1)?n2?n，
2an3321?n??1，∴由均值不等式知当n?6时有最小值。 nn24．解：∵an?3an?1?2,?an?1?3(an?1?1)，数列?an?1?是公比3，首项为2的等比数列，
7
∴an?1?2?3n?1，即an?2?3n?1?1
5．解：（1）由an = a1 +（n-1）d及a1=5，a10=-9得
{a1?2d?5a1?9d??9解得
{d??2a1?9
数列{an}的通项公式为an=11-2n。
(2)由(1) 知Sn=na1+
n(n?1)。
d=10n-n2
2因为Sn=-(n-5)2+25. 所以n=5时，Sn取得最大值。
课时训练
1．选C．∵an?Sn?Sn?1??2n?1，∴数列?an?是等差数列．
2．选C．从图中可观察星星的构成规律，n＝1时，有1个；n＝2时，有3个；n＝3时，有6n(n＋1)
个；n＝4时，有10个；… ∴an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝. 答案：C
2
?a5?a1q4?822q?5q?2?0, 3．选C．?a1a9?a5?64,?a5?8，∴?3，两式相除得5?a1q?a1q?202?q?1或q?2，?an?a5qn?5＝2n?2或28?n 24．选B．当an?1?an(n?1,2,?)时，∵an?an，∴an?1?an，∴?an?为递增数列.
当?an?为递增数列时，若该数列为?2,0,1，则由a2?a1不成立，即知：
an?1?an(n?1,2,?)不一定成立.
故综上知，“an?1?an(n?1,2,?)”是“?an?为递增数列”的充分不必要条件.故选B. 5．选C．令bn?an2，构造等差数列．
6．选B．由已知知bn?2n?8,an?1?an?2n?8,由叠加法
(a2?a1)?(a3?a2)???(a8?a7)??6??4??2?0?2?4?6?0?a8?a1?37．解：∵an?1?an?8．答：
11131??，累加可得∴an??
n(n?1)nn?12nn1?612a3?a．解：∵a1a2a3?an?n，∴aa1216?n??1?，两式相除得an?(2n2 )，
n?1∴a3?a5?61 168
11111，则aa?a?a???an为其前n项和，即Sn?2n?5， n1232n222232n1∴bn?Sn?Sn?1?2，即bn?nan?2,?an?2n?1
2111110．解: (Ⅰ)由S1?(a1?1),得a1?(a1?1) ∴a1?? 又S2?(a2?1),即
333211a1?a2?(a2?1),得a2?.
3411(Ⅱ)当n>1时,an?Sn?Sn?1?(an?1)?(an?1?1),
33 9．解：令bn? 得
an111??,所以?an?是首项?,公比为?的等比数列． an?1222122，Sn?nan，① ∴Sn?1?(n?1)an?1，② 22211．解：由a1?①－②得：an?Sn?Sn?1?nan?(n?1)an?1，即，
ann?1??n?2?， an?1n?1∵
n?1n?22121anaaaa，∴an?． ?????n?n?1?3?2?a1an?1an?2a2a1n?1n43n(n?1)n(n?1)
12．解：（I）∵an?2?3an?1?2an(n?N*).∴an?2?an?1?2an?1?2an?2(an?1?an) 即
an?2?an?1?2，∴数列?an?1?an?是公比为２，首项为２的等比数列．
an?1?an（II）an?1?an＝2n，由累加法得an?(an?an?1)?(an?1?an?2)???(a2?a1)?a1
?2n?1?2n?21?2n???2?1??2n?1
1?2
9