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數列求和方法范文第1篇

關鍵詞：數列求和問題；高考重要內容 ； 高中數學；技巧和解法； 總結點評

數列是高中數學的重要內容，并在高考中占有重要的地位。其中的“數列求和”是數列知識體系的重要內容，常與函數、方程、不等式等諸多知識聯系在一起，以它復雜多變、綜合性強、解法靈活等特征而成為高考的中檔題或壓軸題，但是逐年淡化。然而，2011年高考，數列求和、求通項有了回歸趨勢。除了等差數列和等比數列有求和公式外，大多數數列求和的問題都需要一定的解題技巧和方法。

一、利用常用公式求和

利用下列常用求和公式求和是數列求和的最基本最重要的方法。

1、等差數列求和公式：Sn=n（a1+an）2=na1+n（n-1）d22、等比數列求和公式：Sn=na1（q=1）a1（1-qn）1-q=a1-anq1-q（q≠1） 3、Sn=1+2+3+…+n=12n（n+1）4、Sn=12+22+32+…+n2=16n（n+1）（2n+1）5、Sn=13+23+33+…+n3=[12n（n+1）]2【總結點評】通項an=kn+b，利用等差數列前n項和公式直接求解；通項an=a·qn-1，利用等比數列前n項和公式直接求解，但要注意對公比q是否等于1兩種情況進行討論。

二、分組法求和

有一類數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將這類數列適當拆開，可以分為幾個等差、等比或者常見的數列，然后分別求和，再將其合并即可。例1、已知數列an的通項公式an=3n+2n-1，求數列an的前n項和Sn.解：Sn=a1+a2+a3+…+an=（2+5+…+3n-1）+（2+22+…+2n）=n（2+3n-1）2+2-2n+11-2=12n（3n+1）+2n+1-2例2、求數列5，55，555，5555，…的前n項和Sn.解：an=59（10n-1）Sn=5910-1+102-1+…+10n-1？=5910+102+…+10n+-1·n=59101-10n1-10-n？=508110n-1-59n【總結點評】用分組法求和，常見的題型為：an=bn±cn，數列bn，cn是等差數列或等比數列。

三、倒序相加法求和

這是推導等差數列前n項和公式時所用的方法，就是將一個數列倒過來排序，再把它與原數列相加，可以得到n個a1+an。例3、設fx=12x+2，求f-5+f-4+…+f0+…+f5+f6的值。解：f1-x+fx=121-x+2+12x+2=2x2+2·2x+12x+2=2x22+2x+222+2x=22設S=f-5+f-4+…+f0+…+f5+f6，則S=f6+f5+…+f0+…+f-4+f-5，兩式相加得2S=12×22，S=32。例4、求證：C0n+3C1n+5C2n+…+2n+1Cnn=n+12n.證明：設Sn=C0n+3C1n+5C2n+…+2n+1Cnn（1）把上式右邊倒序過來得Sn=2n+1Cnn+2n-1Cn-1n+…+3C1n+C0n由Cmn=Cn-mn得Sn=2n+1C0n+2n-1C1n+…+3Cn-1n+Cnn（2）（1）+（2）得2Sn=2n+2（C0n+C1n+…+Cn-1n+Cnn）=2n+1·2n于是Sn=n+1·2n.【總結點評】用倒序相加法求和，常見的題型有以下幾種：①fx+fn-x=α（常數）型；②數列an中，ak+an-k=α（常數）型；③與Cmn有關的式子求和。

四、錯位相減法求和

這種方法是在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列an·bn的前n項和，其中an，bn分別是等差數列和等比數列。例5、求數列12，34，58，…，2n-12n，…的前n項和。解：通項an=2n-1·12n，數列2n-1是等差數列，12n是等比數列Sn=1×12+3×122+5×123+…+2n-1×12n12Sn=1×122+3×123+5×124+…+2n-1×12n+1上兩個式子相減得：12Sn=12+2×122+2×123+…+2n-3×12n-2n-1×12n+112Sn=12+2（122+123+…+12n）-2n-1×12n+112Sn=12+2×141-12n-11-12-2n-1×12n+1，整理得：Sn=3-2n-32n.例6、求和Sn=1a+2a2+3a3+…+nan.解：由通項an=nan知，1an為等比數列，其系數構成數列n成等差數列，于是：當a=1時，Sn=1+2+3+…+n=n1+n2；當a≠1時，Sn=1a+2a2+3a3+…+nan（1）兩邊同乘1a得1aSn=1a2+2a3+3a4+…+nan+1（2）（1）-（2）得（1-1a）Sn=1a+1a2+1a3+…+1an-nan+1，即Sn=a（an-1）-n（a-1）an（a-1）2.綜上所述得，Sn=n1+n2a=1a（an-1）-n（a-1）an（a-1）2a≠1  【總結點評】如果一個數列的各項是由一個等差數列與一個等比數列的對應項的乘積組成，則求此數列的前n項和Sn，一般用乘以其公比然后再添加不可缺少的式子錯位相減法，要注意對字母的討論。

五、裂項相消法求和

數列求和方法范文第2篇

一、等差數列的前n項和公式推導

教材中對于等差數列的前n項和公式的推導，采用的是“倒序相加法”，其實也可以利用“裂項相消法”求和來推導.

問題1若數列{an}是首項為a1，公差為d的等差數列，求數列{an}的前n項和Sn.

解析等差數列{an}的通項公式為an=a1-d+dn，只需對正整數n進行 “裂項”即可，而其余項均為常數項.

由于n=（n+1）2-n22-12，

所以an=（a1-d）+d[（n+1）2-n22-12]

=（a1-32d）+d2[（n+1）2-n2].

于是

Sn=（a1-32d）n+d2[（22-1）+（32-22）+（42-32）

+…+（n+1）2-n2]

=（a1-32d）n+d2[（n+1）2-1]

=na1+n（n-1）d2.

從而得到等差數列{an}的前n項和公式為

Sn=na1+n（n-1）d2.

二、等比數列的前n項和公式推導

教材中對等比數列前n項和公式的推導，采用的是 “錯位相加法”，也可以采用“裂項相消法”推導.

問題2數列{an}是首項為a1，公比為q的等比數列，求其前n項和Sn.

解析當q=1時，Sn=na1是顯而易見的，我們只探討公比q≠1的情況，只需要對qn進行“裂項”，

由于qn=1q-1（qn+1-qn），

所以，等比數列{an}的通項公式

an=a1qn-1=a1q-1（qn-qn-1）.

于是

Sn=a1q-1[（q1-q0）+（q2-q1）+（q3-q2）+…

+（qn-qn-1）]

=a1q-1（qn-1）.

從而得到等比數列的前n項和公式.

三、通項公式形如an=（an+b）qn （其中a，b，q為常數，且q≠1）的數列求和

各種資料對這種形式的數列求和，都采用“錯位相減法”，本文采用“裂項相消”予以解決，并加以推廣.

問題3若數列{an}的通項公式為an=（2n+1）?3n，求該數列的前n項和Sn.

解析利用待定系數法對通項公式進行“裂項”.

設an=（2n+1）?3n

=[a（n+1）+b]?3n+1-（an+b）?3n，

解得a=1，b=-1，

于是an=（2n+1）?3n

=[（n+1）-1]?3n+1-（n-1）?3n，

所以Sn=（32-0）+（2×33-32）+（3×34-2×33）

+…+{[（n+1）-1]?3n+1-（n-1）?3n}

=[（n+1）-1]?3n+1=n?3n+1.

對于一般情況，當數列{an}的通項公式為an=（an+b）qn （其中a，b，q為常數，且q≠1）時，也同樣可以利用待定系數法對通項公式進行“裂項”，即an=（an+b）qn=[s（n+1）+t]qn+1-（sn+t）qn，待定出系數s，t，最終使其前n項的和能夠相消，達到求前n項和的目的.

上述問題還可推廣為：數列{an}的通項公式為an=（an2+bn+c）qn （其中a，b，c，q為常數，且q≠1），也同樣可以利用待定系數法進行“裂項”，即an=（an2+bn+c）qn=[s（n+1）2+t（n+1）+r]qn+1-（sn2+tn+r）qn，待定出系數s，t，r，使其前n項和能夠相消.甚至通項公式為an=f（n）qn （其中f（n）是關于n的多項式函數），均可以利用“裂項相消”進行數列求和，其思路方法同上，不再贅述.

四、其它幾類數列的求和

數列求和方法范文第3篇

關鍵詞：高中數學；公式法求法；倒序相加法；錯位相減法；裂項求和法；分組求和

中圖分類號：G633.6 文獻標志碼：B 文章編號：1008-3561（2016）04-0089-01

數列這部分內容出現在高中數學人教版必修5第二章，課本重點介紹等差數列及等比數列，它們的前n項和分別采取倒序相加和錯位相減法。但是，在平時解題訓練中出現的題目，絕非簡單的等差或等比數列求和。本文結合教學實踐，對高中數學中常見數列求和方法進行探究。

一、公式法求和

能夠用公式法求和的，是課本中列舉的等差或等比數列的前n項和求法。例1：設數列{an}滿足a1=1，an+1=3an，n∈N* 。（1）求{an}的通項公式及前n項和Sn . （2）已知{bn}是等差數列， Tn為其前n項和，且b1=a2，b3=a1+a2+a3，求T20. 解析：（1）已知數列{an}為等比數列，所以an=3n-1，Sn=（3n-1）. （2） b1=a2，b3=a1+a2+a3=13，b3-b1=10=2d，d=5，故數列{bn}是以3為首項，以5為公差的等差數列，所以T20=20×3+×5=1010. 解題感悟：利用公式求解數列的前n項和，需要先對數列的類型作出判斷，因而對等差或等比數列的定義要特別清楚。除了定義判斷外，常見的方法還有通項公式法、前n項和公式法、等差（比）中項法等。

二、倒序相加法

課本借助高斯算法引進等差數列的前n項和求法，即倒序相加法。倒序相加法適用題型的數列特點是距離首末兩項等距離的兩項之和相等。例2：設函數f（x）= 上兩點為P1（x1，y1）、P2（x2，y2），若=（+），且點P的橫坐標為：（1）求點P的縱坐標。（2）若Sn=f（）+f（）+…+f（）+f（），求Sn. 解析：（略） 解題感悟：此類題目往往在知識交匯處命題，與數列、函數、不等式、向量聯系較緊密，量大面寬，學生要學會知識融會貫通。倒序相加注重一個等式（自變量的和是定值，函數值的和也是定值），利用題目條件推導此類式子是解題關鍵。

三、錯位相減法

課本推導等比數列的前n項和采用了錯位相減法，推廣以后可以用錯位相減法解決一類數列求和問題，即一個數列中的項是由一個等差數列中的對應項乘以一個等比數列的對應項構成的新數列，該數列的前n項和可采用此法。例3：人教版必修5習題2.5A組第4題（3）：求和1+2x+3x2+……+nxn-1 .解析：（略） 解題感悟：很多學生對于錯位相減法在具體操作過程中漏洞百出，不能完整作答。究其原因，主要是對錯位二字沒有正確理解。再者，含參問題一定要分類討論。同時，也發現部分學生在運算時能力較差。

四、裂項求和

裂項求和首先是將數列的通項拆分成結構相同的兩式之差，然后求前n項和時，利用正負相消的原理將中間若干項抵消掉，剩下有限的幾項再求和。需要注意的是，必須搞清楚消掉了哪些項，保留了哪些項。一般保留的項前后具有對稱的特點，即前面剩下的項數與后面剩下的項數相等。例4：（人教版必修5習題2.3B組第4題）數列

前n項和 Sn=++++…+.研究一下，能否找到求Sn的一個公式。你能對這個問題作一些推廣嗎？解析：（略） 解題感悟：裂項求和法適用的題型數列通項往往是分式結構。平時，要多留意幾個常見的裂項公式（篇幅所限，略）。

五、分組求和

數列的通項公式是由明顯差異的幾部分構成時，并且每一部分可以求和，可按分組求和的方式進行求和，此法便于操作。例5：已知an=2n-3×5-n，求數列{an}的前n項和Sn.解析： （略） 解題感悟：分組求和時，首先應抓住數列通項的特點，對數列的通項進行研究，找出每一部分的差異，然后每一組轉化成我們比較熟悉的等差或等比數列，它們的求和采用前面介紹過的公式法求和。

六、結束語

數列部分的題目常考常新，且與函數、不等式、向量等聯系緊密，借助它們命題是一種趨勢，而且難度較大。這就要求學生在掌握好基本功（基礎知識、基本方法、基本技能）的同時，重點提升自己的內功（邏輯思維能力），能將數學知識進行融會貫通。在本章的學習過程中，學生要多思考，多歸納，多總結。

參考文獻：

數列求和方法范文第4篇

【關鍵詞】數列求和 常用方法 高考難點 高考教學

【中圖分類號】G632 【文獻標識碼】A 【文章編號】1674-4810（2012）24-0149-01

數列求和是高中數學的一個重點，也是高考的難點，縱觀山西省近幾年高考數學的最后一題，都是數列與函數、不等式、解析幾何、立體幾何、導數、三角、向量、二項式等知識聯系在一起，以它的復雜多變、綜合性強、解法靈活等特征成為高考的壓軸題，因此搞好數列求和的學習是非常重要的，經過整理，常見的數列求和的方法有四種：

一 常用公式法

直接利用公式求和是數列求和最基本的方法。常用的數列求和公式有：

Sn= =na1+ d （ 為等差數列）

Sn= = （q≠1）或sn=na1（q=1）

（ 為等比數列）

二 乘比錯位相減法

對于數列 ，若an=bn·cn且數列 、 分別是等

差數列、等比數列時，求該數列 前n項和時，可用該方法。

例1：求和Sn= + + + +… 。

設an= =n· ，其中 為等差數列， 為等比數

列，公比為 ，利用錯位相減法求和。

兩端同乘以 ，再兩式相減得：Sn=2- - 。

說明：乘比錯位相減法實際上是把一個數列求和問題轉化為等比數列求和的問題。

三 分組求和法

對于數列 ，若an=bn± 且數列 、 …都能

求出其前n項的和，則在求 前n項和時，可采用該法。

例2：求和Sn=0.9+0.99+0.999+0.9999+… 。

解：設an= =1-10-n

Sn=a1+a2+a3+a4+…+an

=n- （1-10-n）

四 倒序相加法和倒序相乘法

1.倒序相加法

在教材上推導等差數列 前n項和Sn的公式：Sn=

使用的就是該法，推導過程參看教材。

例3：求和S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin289°。

解：S=sin21°+sin22°+sin23°+…+sin289° （1）

S=cos21°+cos 22°+cos 23°+…+cos 289° （2）

由（1）+（2）得：S= 。

例4：求和Sn= +2 +3 +…n 。

解析：據組合數性質 = ，將Sn倒序寫為：Sn=n +（n-1） + 。

以上兩式相加得：2Sn=n（ + + +…+ + ）=n·2n。

因此，Sn=n·2n-1。

2.倒序相乘法

例5：已知a、b為兩個不相等的正數，在a、b之間插入n個正數，使它們構成以a為首項，b為末項的等比數列，求插入的這n個正數的積pn。

解：設插入的這n個正數為a1、a2、a3…an，且數列a1、a2、a3…an、b成等比數列。

則：ab=a1·an=a2·an-1=…

pn=a1·a2·a3…an （3）

數列求和方法范文第5篇

等差、等比數列的綜合，數列求和

（）必做1 在等比數列{a}中，公比q≠1，等差數列{b}滿足b=a=3，b=a，b=a.

（1）求數列{a}與{b}的通項公式；

（2）記c=（-1）nbn+a，求數列{c}的前n項和s.

[牛刀小試] []

破解思路 第（1）問求兩個基本數列的通項，“基本數列（等差、等比數列）、基本量（（a，d）和（a，q））、基本公式（通項公式、前n項和公式）、基本思想（方程思想）”是解決這些問題的經典方法. （2）求數列前n項和，{a}是等比數列，數列{c}不是基本數列，可以先分組.觀察數列（-1）nbn，發現前后兩項合并可以產生常數數列，但最后項數的奇、偶不確定，所以要分類討論；或者分奇、偶項按符號分別求和.

精妙解法 （1）設等比數列{a}的公比為q，等差數列{b}的公差為d.

由已知得：a=3q，a=3q2，b=3+3d，b=3+12d，

3q=3+3d，

3q2=3+12d ?q=1+d，

q2=1+4d?q=3或q=1（舍去），所以d=2.

所以a=3n，b=2n+1.

（2）由題意得c=（-1）nbn+a=（-1）·（2n+1）+3，

所以s=c+c+…+c=（-3+5）+（-7+9）+…+（-1）n-1（2n-1）+（-1）（2n+1）+3+32+…+3n.

當n為偶數時，得s=n+=+n-；

當n為奇數時，得s=n-1-（2n+1）+=-n-.

（）必做2 數列{a}的前n項和為s，若a=3，s和s滿足等式s=s+n+1.

（1）求s的值；

（2）求證：數列

是等差數列；

（3）若數列{b}滿足b=a·2，求數列{b}的前n項和t；

（4）設c=，求證：c+c+···+c>.

破解思路 第（1）問一般難度不大，主要是引導進一步理解題意，同時為后面的求解做一些準備.這里問題中{s}是由s構成的數列，s是數列的項，破除s總是通常意義上的前n項和的定式. 第（2）問是近兩年高考數列問題的常見模式，直接給出“腳手架”，只要根據條件，代入證明，不用考慮構造等技巧，通過代數式變形即可. 第（3）問的題型模式非常明顯，一般就是“錯位相減”的特征，這種方法主要用于求{a·b}型數列的前n項和，其中{a}，{b}分別是等差數列和等比數列.前面完成以后，最后一問就水到渠成了.

精妙解法 （1）由已知：s=2s+2=2a+2=8.

（2）因為s=s+n+1，兩邊同除以n+1，則有-=1. 又=3，所以

是以3為首項，1為公差的等差數列.

（3）由（2）可知，=3+（n-1）=n+2，所以s=n2+2n（n∈n?）.

當n=1時，a=3；當n≥2時，a=s-s=2n+1.

檢驗：當n=1時，亦滿足上式，所以a=2n+1（n∈n?）.

所以b=a·2，所以b=（2n+1）22n+1，t=b+b+…+b+b.

所以t=3·23+5·25+…+（2n-1）·22n-1+（2n+1）·22n+1 ①，

22t=3·25+5·27+…+（2n-1）·22n+1+（2n+1）·22n+3 ②，

由①-②得：

-3tn=3·23+2（25+…+22n-1+22n+1）-（2n+1）·22n+3=3·23+2·-（2n+1）·22n+3=+，

所以t=

n+·22n+3-.

（4）由（3）知c==+-·

n，

所以c+c+…+c=·+·n-·

=-+

n>-≥-=.

極速突擊 解綜合題要總攬全局，尤其要注意上一問的結論可作為下面論證的已知條件.

等差與等比數列是兩類重要的數列模型，它們的綜合運用仍然是高考的最大熱點所在，高考命題專家既要依據兩類數列模型的基本知識和性質命題，又要站在兩類數列模型所提煉出的數學思想方法上進行拓展，做到“源于等差、等比數列，多角度考查非等差、等比數列”. 在數列求和問題中，除了公式法是常用的方法外，高考還會重點考查“折項分組法”“錯位相減法”“倒序相加法”“裂項相消法”.

（1）公式法

如果一個數列是等差數列或等比數列，就可采用對應的公式，當等比數列的公比是字母時，要注意分類討論.

（2）拆項分組法

有些數列，既不是等差數列，也不是等比數列，若將數列通項拆開或變形，可轉化為幾個等差、等比數列或常見的數列，則先分別求和，然后合并. 要熟記公式12+22+…+n2=n·（n+1）（2n+1）.

（3）錯位相減法

這是在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列{anbn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數列和等比數列.

（4）倒序相加法

這是在推導等差數列前n項和公式時所用的方法，也就是將一個數列倒過來排列（反序），當它與原數列相加時若有公式可提，并且剩余項的和易于求得，則這樣的數列可用倒序相加法求和.

（5）裂項相消法

利用通項變形，將通項分裂成兩項的差，通過相加過程中的相互抵消，最后只剩下有限項的和.

數列與不等式

（）必做3 已知各項均為正數的數列{a}滿足a=2a+anan+1，且a+a=2a+4，其中n∈n?.

（1）求數列{a}的通項公式；

（2）設數列{b}滿足b=，是否存在正整數m，n（1

（3）令c=，記數列{c}的前n項和為s，其中n∈n?，證明：≤s<.

[牛刀小試]

破解思路 （1）用方程思想找出a，a更明確的關系. （2）因b，b，b成等比數列，則必有b=bb，再根據自然數的性質進行推理，此問對思維能力要求較高. （3）數列問題中的不等式證明的核心仍在數列知識，主要是通過數列求和然后適度放縮達到證明的要求.

精妙解法 （1）因為a=2a+anan+1，即（a+a）（2a-a）=0.

又a>0，所以有2a-a=0，即2a=a.

所以數列{a}是公比為2的等比數列.

由a+a=2a+4得2a+8a=8a+4，解得a=2 .

從而，數列{a}的通項公式為a=2n（n∈n?）.

（2）b==，若b，b，b成等比數列，則

2=·，

即=，可得=.

所以-2m2+4m+1>0，解不等式得1-

又m∈n?，且m>1，所以m=2，此時n=12 .

故當且僅當m=2，n=12時，可使得b，b，b成等比數列.

（3）由已知可得c==·

=·

+

=·

+

+

，

所以s=·

+…+

+·

-

+

-

+ …+

-

=·

+·

-

=·1-

·.

又由于

n+1·=

n+1·

1+遞減，所以0<

n+1·≤

1+1·=.

所以≤·1-

·<，即≤s<.

極速突擊 通常情況下，放縮法常常被用于解決數列求和型不等式問題.其求解途徑一般有兩條：一是先求和再放縮，二是先放縮再求和.對于第一種途徑，需要該數列的前n項和能直接求出，或者通過變形后求出.求和過程中，一般需用到等差、等比求和公式或者使用分組、裂項、錯位相減、倒序相加等方法.然而有的情況，數列是不能直接求和的，因此必須選擇第二條途徑，即先對數列進行放縮處理，再做求和運算.

（）必做4 設正項數列{a}的前項和是s，若{a}和{}都是等差數列，且公差相等.

（1）求{a}的通項公式；

（2）若a，a，a恰為等比數列{b}的前三項，記數列c=，數列{c}的前n項和為t，求證：對任意n∈n?，都有t<2.

破解思路 （1）根據基本數列、通項公式可解；（2）由（1）的結果可得c=，數列{c}不是基本數列，一些基本方法也不能使用.數列問題中不等式的證明一般有三種情形：先求和再適當放縮；先放縮再求和；利用函數方法等.在不能直接求和時，可考慮先放縮，<==-，然后通過裂項抵消求和達到證明目的.

精妙解法 設{a}的公差為d，則==n，且a-=0.

又d=，d≠0（若d=0，則a==0），所以d=，a==，a=.

（2）由已知b=a=，b=a=，所以b=×3n-1.

因為c=，可得c=.

故當n≥2時，可得<==-，

所以當n≥2時，t=++…+<+

-+

-+…+

-=2-<2.

又因為t=<2，所以對任意n∈n?，tn<2.

（）必做5 已知函數f（x）=ax--2lnx， f（1）=0， f（x）的圖象在x=1處的切線的斜率為0，數列{a}滿足a= f′

-n2+1，a=4.

（1）證明：對一切整數n都有a≥2n+2；

（2）試比較+++…+與的大小，并說明你的理由.

[牛刀小試]

破解思路 （1）利用導數的幾何意義列方程組求出a，b，得出函數f（x）的表達式；由已知條件寫出數列{a}的遞推關系式；用數學歸納法證明（1）問中的不等式. （2）利用（1）問的結論，對遞推公式通過放縮進行化歸分析，將a+1的倒數轉化為可求和的等比數列，利用放縮所求得的和推導出大小.

精妙解法 （1）因為f（1）=a-b=0?a=b，所以f（x）=ax--2lnx，

所以f′（x）=a+-.

由題意知f′（1）=0，可得a+a-2=0，解得a=1.

所以f′（x）=

-12，于是a=f′

-n2+1=a-2na+1.

下面用數學歸納法證明對一切整數n都有a≥2n+2成立.

①當n=1時，a=4≥2×1+2，不等式成立；

②假設當n=k時，不等式a≥2k+2成立，即a-2k≥2成立.

則當n=k+1時，a=a（a-2k）+1≥（2k+2）×2+1=4k+5>2（k+1）+2.

所以當n=k+1時，不等式也成立.

由①②知?n∈n?時都有a≥2n+2成立.

（2）由（1）得a=a（a-2n+2）+1≥a[2（n-1）+2-2n+2]+1=2a+1（?n∈n?，n≥2），

于是a+1≥2（a+1）對?n∈n?，n≥2成立，

所以a+1≥2（a+1），a+1≥2（a+1），…，a+1≥2（a+1）成立.

累乘可得：a+1≥2n-1（a+1），則有≤·成立（?n∈n?，n≥2）.

所以+++…+≤

1++

+…+

=1-

<.

放縮的方法有如下兩種：

①拆分放縮，糾正偏差. 放縮量的多少直接影響我們能否達到預證目標，那么怎么控制放縮量呢？我們可按照一定的規律和需求，調整“間距”，使放縮的量精細化，即將放大過頭的量砍去，縮小過多的量補上.如同做菜一樣，把握好火候很重要.不同的菜對火的大小要求不一，炒菜需要大火爆炒，燉湯則需要小火慢燉.

②限項放縮，糾正偏差. 若每一項都放大或縮小一點點，累積起來就會擴大或縮小很多，這將導致放縮結果出現偏差.若適度減少放縮的項，保留更多的項不被放縮，則可以糾正偏差，逐步逼近預證目標.

數列與解析幾何

（）必做6 已知函數f（x）=xk+b（其中k，b∈r且k，b為常數）的圖象經過點a（4，2），b（16，4）. p，p，p，…，p，…是函數f（x）圖象上的點，q，q，q，…，q，…是x正半軸上的點.

（1）求f（x）的解析式；

（2）設o為坐標原點，oqp，qqp，…，qqp，…是一系列正三角形 ，記它們的邊長是a，a，a，…，a，…，求數列{a}的通項公式；

（3）在（2）的條件下，數列{b}滿足b=，記{b}的前n項和為s，證明：s<.

[牛刀小試] 破解思路 綜合性問題必須化整為零、分而治之. （1）利用待定系數法直接求解. （2）數列與解析幾何的綜合問題，往往是數列遞推，需要數形結合剝除幾何的外衣，回歸數列的本質. 可以先求出a，a，a，找出數列規律，重要的是在特殊項的求解過程中理解一般項關系的推導方法，從而確定遞推關系. （3）由通項形式大致可以確定解題方向是“錯位相減”，求和后放縮證明.

精妙解法 （1）2=4k+b，

4=16k+b?b=0，k=?f（x）=.

（2）由

y=，

y=x?x=?a=.

由

y=，

y=（

x-s） ?x--s=0，于是可解得x=.

將x代入a=2（x-

s）=+，由此原問題轉化為

“已知

a

-2=且a=，求a”.

又

a

-2=，兩式相減可得：

a

-2-

a

-2=a，整理得：（a+a）

a

-a

-=0.

又因為a>0，所以a-a=，從而數列{a}是以為首項、為公差的等差數列，即a=.

（3）b==·=·，3s=+++…+，

所以s=+++…+，

兩式相減得：s=1++++

…+-=-=2-，