方法2：同方法1，得(n?2)b设b2n?2?(n?1)bn?1(n?2)．令n?2，得b1?2．
?b1?d?2?d(d?R)，下面用数学归纳法证明bn?2?(n?1)d．
①当n?1,2时，等式成立． ②假设当n?k(k?2)时，bbk?1?k?2?(k?1)d，那么
k2k2bk??[2?(k?1)d]??2?kd?2?[(k?1)?1]dk?1k?1k?1k?1，
这就是说，当n?k?1时，等式也成立． 根据①和②，知b∴{b}是等差数列．
nn?2?(n?1)d对任何n?N均成立，∴b?n?1?bn?d，
an2n?112n1?1（3）∵?n?1??1?，∴a1?a2?a3???an?1?1???1?n．
a2a3a4an?1??2?2???22an?12?122n?2?n个2∵
an2n?112n?1?21(2n?1?1)?11111111?n?1??n?1?????????nn?1nnnan?12?122?1224?2?223?2?(2?2)2322?1a∴a12，
?aa2n1111n11n1???n??(?2???n)??(1?n)??a3an?1232223232212．
1a??综上，得n23a?aa2n???n?(n?N?)． a3an?12技巧
1n(n?1)???(n?k?1)nk12：∵Ck???n1?2?3???k?nk2k?1?nk2k?1kn，
11[1?()n?1]122∴Cn212???Cnk1k???Cnn1n?1?12???1??1??1． n?1122nnn2n?121?2技巧∴C2n1n(n?1)???(n?k?1)nk1111?????3：∵Ck?nk!?nkk!?nkk!(k?1)kk?1kkn，
1111111k1n1???C???C?(1?)?(?)???(?)?1??1． nn223n?1nnn2nknn2技巧4：∵n12232?111??(n?2)， n(n?1)n?1n∴1?1?1???
1111111?1?(1?)?(?)???(?)?2??2．
223n?1nnn2例
n[fn(5.已知函数
fn(x)（
n?N*）满足
1fn(0?)2，
k?1kkk?1)?fn()]?[fn()?1]fn()（k?0,1,2,?,n?1)． nnnn（1）记ak?1kfn()n*，若n为定值，求{a}(k?0,1,2,?,n)的通项公式；
k（2）对n?N，求证：1?f4n(1)??1． 3111)?(?1)?akakak?1解：（1）∵f令ak?1???k1()?nnak，∴n(a1，得ank?1?k?1n?11ak?nn．
n?1n?1?(ak??)，则ak?1?ak?nnn，∴???1，∴???1，
n1n?1?1?1为首项，以为fn(0)n∴ak?1?1?n?1}故{ak?1(ak?1)．
nk是以a0?1?公比的等比数列，∴a?f（2）14n?1?(n?1k1)，即ak?(1?)k?1(k?0,1,2,?,n)． nn(1)?111111????3?an?4?3?(1?)n?1?4?2?(1?)n?3． 34an3nn11121k1n121k1n1(1?)n?1?Cn?Cn???C???C?2?(C???C???C)． nnnnnnnn2nknnn2nknn方法
1n(n?1)???(n?k?1)nk11：∵Ck???n1?2?3???k?nk2k?1?nk2k?1kn，
11[1?()n?1]122∴Cn212???Cnk1k???Cnn1n?1?12???1??1??1， n?1122nnn2n?121?2∴2?(1?1)nn?3．
kn方法∴C2n1n(n?1)???(n?k?1)nk1111?????2：∵Ck?kkk!(k?1)kk?1knk!?nk!?n，
1111111k1n1???C???C?(1?)?(?)???(?)?1??1， nn223n?1nnn2nknnn∴2?(1?1)n?3．
12说明：也可以用均值不等式a?a且i?N)证明(1?1)*???ann?a1a2?an(ai?R?,1?i?n，nnn?2．证明如下：
1n(1?)?1111n?2n?11n?1n)n?(1?)?(1?)???(1?)?1?[]n?1?()?(1?)， ∵(1?1nnnnn?1n?1n?1∴{(1?1)}是递增数列，∴(1?1)nnnn1?(1?)1?2．
1例题6．(2012浙江文)（本题满分14分）已知数列{an}的前n项和
为Sn，且Sn?2n2?n,n?N*，数列{bn}满足a⑴求an,bn; ⑵求数列{an?bn}的前项和Tn. 解：（Ⅰ）由Sn?2n2?n得，
当n?1时， 当n?2时，
a1?S1?3 an?Sn?Sn?1?4n?1 an?4n?1,n?N*,
n?4log2bn?3,n?N*.
所以 （Ⅱ）由（Ⅰ）知
由4n?1?an?4log2bn?3?bn?2n?1,n?N*.
an?bn?(4n?1)?2n?1,n?N*,
Tn?3?7?2?11?22???(4n?1)?2n?1
2Tn?3?2?7?22?11?23???(4n?5)?2n?1?(4n?1)?2n
所以 所
以
Tn?(4n?5)?2n?5,n?N*.
2Tn?Tn?(4n?1)?2n?[3?4(2?22???2n?1)]?(4n?5)?2n?5
即
例题7. （2012四川文）(本小题满分12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，常数??0，且?a1an?S1?Sn对一切正整数n都成立．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设a1?0，??100，当n为何值时，数列{lg1}的前n项和
an最大？
解：（Ⅰ）取n?1，得?a12?2S1?2a1，a1(?a1?2)?0，
若a1?0，则Sn?0．当n?2时，an?Sn?Sn?1?0?0?0，所以an?0． 若a1?0，则a1?2．当n?2时，2an?2?Sn，2an?1?2?Sn?1，两式相
???减得2an?2an?1?an，
所以
an?a1?2an?2an?1n(?n?12，)从而数列
{an}是等比数列，所以
?2??2n?1?2n?．
2n综上，当a1?0时，an?0；当a1?0时，an???100时，（Ⅱ）当a1?0，令bn?．
2?lg1an100，由（Ⅰ）有， bn?lgn?2?nlg2．
所以数列{bn}是单调递减的等差数列（公差为?lg2）．
b1?b2???b6?lgbn?b7?l10g?27an100100?lg?lg1?026640l0，
g1当
0n?7时，
01?l?，g 128故数列{lg1}的前6项和最大．
例题8．(2012天津理) (本小题满分13分）已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列,且a1=
b1=2，a4+b4=27，S4?b4=10.
(Ⅰ)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(Ⅱ)记Tn=anb1+an?1b2+?+anb1，n?N+，证明Tn+12=?2an+10bn(n?N+). 解析
（1） 解：设等差数列?an?的公差为d，等比数列?bn?的公比为q，
由a1?b1?2得
3?2?3d?2q?27?3解得a4?2?3d,b4?2q,S4?8?6d，由条件得方程组?3??8?6d?2q?10?d?3 ??q?2所以an?3n?1,bn?2n,n?N? （2） 证明：由（1）得
Tn?2an?22an?1???2na1 ……①
2Tn?22an?23an?1???2n?1a1…………② ②-①得
Tn??2(3n?1)?3(22?23???2n)?2n?2
12(1?2n?1)??2n?2?6n?2?10?2n?6n?10
1?2而?2an?10bn?12??2(3n?1)?10?2n?12?10?2n?6n?10 故Tn?12??2an?10bn,n?N?
例题9.（2012天津文）（本题满分13分）
已知｛｝是等差数列，其前n项和为Sn，｛｝是等比数列，且==2,a4?b4?27,-=10
（I）求数列｛｝与｛｝的通项公式；
（II）记Tn?a1b1?a2b2???anbn，证明Tn?8?an?1bn?1,n?N?,n?2。 解：（1）设等差数列?an?的公差为d,等比数列bn的公比为q，由
a1?b1?2得，
3??2?3d?2q?27解得a4?2?3d,b4?2q,S4?8?6d，由条件得方程组?3??8?6d?2q?103?d?3 ?q?2?所以an?3n?1,bn?2n,n?N?. （2）证明：由（1）得
Tn?2?2?5?22?8?23???(3n?1)?2n,??①
2Tn?2?22?5?23?8?24???(3n?1)?2n?1,??②
由①-②得-Tn?2?2?3?22?3?23???3?2n?(3n?1)?2n?1