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  • 2021-05-13 发布

高考数学一轮复习数列求和及数列实际问题学案

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2013 年普通高考数学科一轮复习精品学案 第 30 讲 数列求和及数列实际问题 一.课标要求: 1.探索并掌握一些基本的数列求前 n 项和的方法; 2.能在具体的问题情境中,发现数列的数列的通项和递推关系,并能用有关等差、等 比数列知识解决相应的实际问题。 二.命题走向 数列求和和数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位,一般情况下都是出一道解答 题,解答题大多以数列为工具,综合运用函数、方程、不等式等知识,通过运用逆推思想、 函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法,这些题目都考察考生 灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力,它们都属于中、高档题目。 有关命题趋势: 1.数列是一种特殊的函数,而不等式则是深刻认识函数和数列的有效工具,三者的综 合题是对基础和能力的双重检验,在三者交汇处设计试题,特别是代数推理题是高考的重点; 2.数列推理题是将继续成为数列命题的一个亮点,这是由于此类题目能突出考察学生 的逻辑思维能力,能区分学生思维的严谨性、灵敏程度、灵活程度; 3.数列与新的章节知识结合的特点有可能加强,如与解析几何的结合等; 4.有关数列的应用问题也一直备受关注。 预测 2013 年高考对本将的考察为: 1.可能为一道考察关于数列的推导能力或解决生产、生活中的实际问题的解答题; 2.也可能为一道知识交汇题是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题上等联系的 综合题,以及数列、数学归纳法等有机结合。 三.要点精讲 1.数列求通项与和 (1)数列前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系式:an= 。 (2)求通项常用方法 ①作新数列法。作等差数列与等比数列; ②累差叠加法。最基本的形式是:an=(an-an-1)+(an-1+an-2)+…+(a2-a1)+a1; ③归纳、猜想法。 (3)数列前 n 项和 ①重要公式:1+2+…+n= n(n+1); 12+22+…+n2= n(n+1)(2n+1); 13+23+…+n3=(1+2+…+n)2= n2(n+1)2; ②等差数列中,Sm+n=Sm+Sn+mnd; ③等比数列中,Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn; ④裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和,即 an=f(n+1)-f(n),然后累加抵消掉中间的许 多项,这种先裂后消的求和法叫裂项求和法。用裂项法求和,需要掌握一些常见的裂项,如:    − − 1 1 s ss nn 1 2 = ≥ n n 2 1 6 1 4 1 、 = - 、 n·n ! =(n+1)!-n!、Cn-1r-1=Cnr-Cn-1r、 = - 等。 ⑤错项相消法 对一个由等差数列及等比数列对应项之积组成的数列的前 n 项和,常用错项相消法。 , 其 中 是 等 差 数 列 , 是 等 比 数 列 , 记 ,则 ,… ⑥并项求和 把数列的某些项放在一起先求和,然后再求 Sn。 数 列 求 通 项 及 和 的 方 法 多 种 多 样 , 要 视 具 体 情 形 选 用 合 适 方 法 。 ⑦通 项 分 解 法 : 2.递归数列 数列的连续若干项满足的等量关系 an+k=f(an+k-1,an+k-2,…,an)称为数列的递归关系。 由递归关系及 k 个初始值可以确定的一个数列叫做递归数列。如由 an+1=2an+1,及 a1=1,确 定的数列 即为递归数列。 递归数列的通项的求法一般说来有以下几种: (1)归纳、猜想、数学归纳法证明。 (2)迭代法。 (3)代换法。包括代数代换,对数代数,三角代数。 (4)作新数列法。最常见的是作成等差数列或等比数列来解决问题。 四.典例解析 题型 1:裂项求和 例 1.已知数列 为等差数列,且公差不为 0,首项也不为 0,求和: 。 解析:首先考虑 ,则 = 。 点 评 : 已 知 数 列 为 等 差 数 列 , 且 公 差 不 为 0 , 首 项 也 不 为 0 , 下 列 求 和 也可用裂项求和法。 例 2.求 。 解析: , )11(1 ))(( 1 CAnBAnBCCAnBAnan +−+−=++= )1( 1 +nn n 1 1 1 +n )!1( +n n ! 1 n )!1( 1 +n nnn cba ⋅= { }nb { }nc nnnnn cbcbcbcbS ++…++= −− 112211 1 2 1 1n n n n nqS b c b c b c− += +……+ + nnn cba ±= }12{ −n { }na ∑ = + n i ii aa1 1 1 =∑ = + n i ii aa1 1 1 ∑ = + − n i ii aad1 1 )11(1 ∑ = + n i ii aa1 1 1 1111 )11(1 ++ =− nn aa n aad { }na 1 1 11 1n n i i i ii i a a da a + = =+ −= +∑ ∑ )(,321 1 4321 1 321 1 21 11 *Nnn ∈+++++++++++++++  )1( 2 21 1 +=+…++= kkkak 点评:裂项求和的关键是先将形式复杂的因式转化的简单一些。 题型 2:错位相减法 例 3.设 a 为常数,求数列 a,2a2,3a3,…,nan,…的前 n 项和。 解析:①若 a=0 时,Sn=0; ②若 a=1,则 Sn=1+2+3+…+n= ; ③若 a≠1,a≠0 时,Sn-aSn=a(1+a+…+an-1-nan), Sn= 。 例 4 . 已 知 , 数 列 是 首 项 为 a , 公 比 也 为 a 的 等 比 数 列 , 令 ,求数列 的前 项和 。 解析: , ①-②得: , 点评:设数列 的等比数列,数列 是等差数列,则数列 的前 项和 求 解,均可用错位相减法。 题型 3:倒序相加 例 5.求 。 解析: 。 ① 又 。 ② 所以 。 点评:Sn 表示从第一项依次到第 n 项的和,然后又将 Sn 表示成第 n 项依次反序到第一 项的和,将所得两式相加,由此得到 Sn 的一种求和方法。 ])1n(n 1 32 1 21 1[2Sn ++…+⋅+⋅=∴ 1 2 1 1121 11 3 1 2 1 2 11[2 +=     +−=     +−+…+     −+     −= n n nnn )1n(n2 1 − ]naa)1n(1[)a1( a 1nn 2 +++−− 1,0 ≠> aa { }na )(lg Nnaab nnn ∈⋅= { }nb n nS , lgn n n na a b n a a= = ⋅ 2 3 2 3 4 1 ( 2 3 )lg ( 2 3 )lg n n n n S a a a na a aS a a a na a+ ∴ = + + + + = + + + +   … … ① … … ② anaaaaSa nn n lg)()1( 12 +−+++=−  [ ]n n anana aaS )1(1)1( lg 2 −+−−=∴ { }na { }nb { }nnba n nS S C C nCn n n n n= + + +3 6 31 2 … S C C C nCn n n n n n= + + + +0 3 6 30 1 2· … S nC n C C Cn n n n n n n= + − + + +−3 3 1 3 01 1 0( ) … · S nn n= −3 2 1· 例 6.设数列 是公差为 ,且首项为 的等差数列, 求和: 解析:因为 , , 。 点评:此类问题还可变换为探索题形:已知数列 的前 项和 , 是否存在等差数列 使得 对一切自然数 n 都成立。 题型 4:其他方法 例 7.求数列 1,3+5,7+9+11,13+15+17+19,…前 n 项和。 解析:本题实质是求一个奇数列的和。在该数列的前 n 项中共有 个奇数,故 。 例 8.求数列 1,3+ ,32+ ,……,3n+ 的各项的和。 解析:其和为(1+3+……+3 n)+( +……+ )= = (3n+1- 3-n)。 题型 5:数列综合问题 例 9.已知函数 =x3+x2,数列 | xn | (xn > 0)的第一项 x1=1,以后各项按如下方 式取定:曲线 y= 在 处的切线与经过(0,0)和(xn,f(xn))两点 的直线平行(如图)。 求证:当 n 时:(I) ;(II) 。 解析:(I)因为 所以曲线 在 处的切线斜率 因为过 和 两点的直线斜率是 { }na d da =0 n nnnnn CaCaCaS +++=+  1 1 0 01 n nnnnn CaCaCaS +++=+  1 1 0 01 0 0 1 11 n n nn n nnn CaCaCaS +++= − −+  n nnnnn CaCaCa 0 1 1 0 +++= −  0 1 1 0 1 1 02 ( ) ( ) ( ) n n n n n n n nS a a C a a C a a C+ −∴ = + + + + + + 0 1 0 0( )( ) ( )2n n n n n n na a C C C a a= + + + + = + 1 1 0( ) 2n n nS a a − +∴ = + ⋅ { }na n nS 12)1( +−= nn { }nb n nnnnn CbCbCba +++=  2 2 1 1 1 2 1 2 + + + = +… n n n( ) S n n n n n n n = + + + + − = +( )[ ( ( ) ) ] ( )1 2 1 1 1 2 1 2 2 1 4 2 2× 1 3 1 32 1 3n 1 3 1 32 + 1 3n 3 1 2 1 3 2 1n n+ −− + − 1 2 ( )f x ( )f x 1 1( ( ))n nx f x+ +⋅ ∈ *N 2 2 1 13 2n n n nx x x x− ++ = + 1 21 1( ) ( )2 2 n n nx− −≤ ≤ ' 2( ) 3 2 ,f x x x= + ( )y f x= 1 1( , ( ))n nx f x+ + 1 2 1 13 2 .nn nk x x++ += + (0,0) ( , ( ))n nx f x 2 ,n nx x+ 所以 . (II)因为函数 当 时单调递增, 而 所以 ,即 因此 又因为 令 则 因为 所以 因此 故 点评:数列与解析几何问题结合在一块,数列的通项与线段的长度、点的坐标建立起联 系。 例 10 . 已 知 , 其 中 , 设 , 。 (I) 写 出 ; (II) 证 明 : 对 任 意 的 , 恒 有 。 解析:(I)由已知推得 ,从而有 ; (II) 证法 1:当 时, 当 x>0 时, ,所以 在[0,1]上为增函数。 因函数 为偶函数所以 在[-1,0]上为减函数, 所以对任意的 , 2 2 1 13 2n n n nx x x x+ ++ = + 2( )h x x x= + 0x > 2 2 1 13 2n n n nx x x x+ ++ = + 2 1 14 2n nx x+ +≤ + 2 1 1(2 ) 2n nx x+ += + 12n nx x +≤ 1 1 ,2 n n x x + ≥ 11 2 1 2 1 1( ) .2 nn n n n n x x xx x x x −− − − = ⋅ ⋅⋅⋅⋅⋅ ≥ 1 2 2 12( ),nn n nx x x x+ ++ ≥ + 2 ,n n ny x x= + 1 1 .2 n n y y + ≤ 2 1 1 1 2,y x x= + = 1 2 1 1 1( ) ( ) .2 2 n n ny y− −≤ ⋅ = 2 21( ) ,2 n n n nx x x −≤ + ≤ 1 21 1( ) ( ) .2 2 n n nx− −≤ ≤ 0 ( ) ,nf x x= ' 1 1 ( )( ) (1) k k k f xf x f − − = ( , )k n n k N+≤ ∈ 0 2 1 2 2 2 0 1( ) ( ) ( ) ... ( ) ... ( )k n n n n k n nF x C f x C f x C f x C f x= + + + + + [ ]1,1x∈ − (1)kf [ ]1 2, 1,1x x ∈ − 1 1 2( ) ( ) 2 ( 2) 1nF x F x n n−− ≤ + − − ( ) ( 1) n k kf x n k x −= − + (1) 1kf n k= − + 1 1x− ≤ ≤ 2 1 2( 1) 2 2( 2) 2( ) 1 2( ) ( 1) ... ( 1) ... 2 1n n n k n k n n n n nF x x nC x n C x n k C x C x− − − −= + + − + − + + + + ( ) 0F x′ > ( )F x ( )F x ( )F x [ ]1 2, 1,1x x ∈ − 1 2( ) ( ) (1) (0)F x F x F F− ≤ − 0 1 2 1 1 2 1 0 (1) (0) ( 1) ... ( 1) ... 2 ( 1) ... ( 1) ... 2 k n n n n n n n n n k n n n n n F F C nC n C n k C C nC n C n k C C C − − − − − = + + − + − + + + = + − + − + + + + 1 ( 1) ( ) ( 1,2,3 1) n k n k n k n n n k k n n n k C n k C C nC C k n − − − − − + = − + = + = −   因此结论成立。 证法 2:当 时, 当 x>0 时, ,所以 在[0,1]上为增函数。 因函数 为偶函数所以 在[-1,0]上为减函数 所以对任意的 又因 所以 因此结论成立。 证法 3:当 时, 当 x>0 时, ,所以 在[0,1]上为增函数。 因为函数 为偶函数所以 在[-1,0]上为减函数。 所以对任意的 由 对上式两边求导得: 因此结论成立。 点评:数列与函数、导数结合在一块,考察数列是一种特殊的函数的性质,其中还要用 到数列的函数性质来解释问题。 题型 6:数列实际应用题 例 11.某企业进行技术改造,有两种方案,甲方案:一次性贷款 10 万元,第一年便可 获利 1 万元,以后每年比前一年增加 30%的利润;乙方案:每年贷款 1 万元,第一年可获利 1 万元,以后每年比前一年增加 5 千元;两种方案的使用期都是 10 年,到期一次性归还本 息. 若银行两种形式的贷款都按年息 5%的复利计算,试比较两种方案中,哪种获利更多? (取 ) 1 2 1 1 2 1 0 1 1 1 1 1 (1) (0) ( ... ) ( ... ) (2 1) 2 1 2 ( 2) 1 k n n n n n n n n n n n F F n C C C C C C C n n n − − − − − − − − = + + + + + + = − + − = + − − 1 1x− ≤ ≤ 2 1 2( 1) 2 2( 2) 2( ) 1 2( ) ( 1) ... ( 1) ... 2 1n n n k n k n n n n nF x x nC x n C x n k C x C x− − − −= + + − + − + + + + ( ) 0F x′ > ( )F x ( )F x ( )F x [ ]1 2, 1,1x x ∈ − 1 2( ) ( ) (1) (0)F x F x F F− ≤ − 0 1 2 1(1) (0) ( 1) ... ( 1) ... 2k n n n n n nF F C nC n C n k C C −− = + + − + − + + + 1 2 1 1 0(1) (0) 2 3 ... ...k n n n n n nF F C C kC nC C− −− = + + + + + + 1 2 1 1 02[ (1) (0)] ( 2)[ ... ... ] 2k n n n n n nF F n C C C C C− −− = + + + + + + + 1 2 1 1 0 1 2(1) (0) [ ... ... ]2 2 (2 2) 1 2 ( 2) 12 k n n n n n n n n nF F C C C C C n n n − − − +− = + + + + + + += − + = + − − 1 1x− ≤ ≤ 2 1 2( 1) 2 2( 2) 2( ) 1 2( ) ( 1) ... ( 1) ... 2 1n n n k n k n n n n nF x x nC x n C x n k C x C x− − − −= + + − + − + + + + ( ) 0F x′ > ( )F x ( )F x ( )F x [ ]1 2, 1,1x x ∈ − 1 2( ) ( ) (1) (0)F x F x F F− ≤ − 0 1 2 1(1) (0) ( 1) ... ( 1) ... 2k n n n n n nF F C nC n C n k C C −− = + + − + − + + + 1 1 2 2 1 1 2 1 1 1 2 [(1 ) ] [ ... .. 1] ... .. n n n n k n k n n n n n n n k n k n n n n n x x x x C x C x C x C x C x C x C x C x x − − − − − − + − + − = + + + + + = + + + + + 1 1 1 2 2 1(1 ) (1 ) ( 1) ...( 1) .. 2 1n n n n n n k n k n n n n nx x nx x nx nC x n C x n k C x C x− − − − −+ − + + − = + − + − + + + + 2 2 2 1 2( ) (1 ) (1 )n n nF x x nx x nx−= + + + − 1 1(1) (0) 2 2 1 ( 2)2 1n n nF F n n n n− −∴ − = + − − = + − − 665.575.1,786.133.1,629.105.1 101010 === 解析:甲方案是等比数列,乙方案是等差数列, ①甲方案获利: (万 元), 银行贷款本息: (万元), 故甲方案纯利: (万元), ②乙方案获利: (万元); 银行本息和: (万元) 故乙方案纯利: (万元); 综上可知,甲方案更好。 点评:这是一道比较简单的数列应用问题,由于本息金与利润是熟悉的概念,因此只建 立通项公式并运用所学过的公式求解。 例 12.自然状态下的鱼类是一种可再生资源,为持续利用这一资源,需从宏观上考察 其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用 xn 表示某鱼群在第 n 年年初的总量,n∈N*, 且 x1>0.不考虑其它因素,设在第 n 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与 xn 成正比,死亡量与 xn2 成正比,这些比例系数依次为正常数 a,b,c。 (Ⅰ)求 xn+1 与 xn 的关系式; (Ⅱ)猜测:当且仅当 x1,a,b,c 满足什么条件时,每年年初鱼群的总量保持不变? (不要求证明)  (Ⅱ)设 a=2,b=1,为保证对任意 x1∈(0,2),都有 xn>0,n∈N*,则捕捞强度 b 的 最大允许值是多少?证明你的结论。 解析:(I)从第 n 年初到第 n+1 年初,鱼群的繁殖量为 axn,被捕捞量为 bxn,死亡量 为 (II)若每年年初鱼群总量保持不变,则 xn 恒等于 x1, n∈N*, 从而由(*)式得: 因为 x1>0,所以 a>b。 猜测:当且仅当 a>b,且 时,每年年初鱼群的总量保持不变。 63.423.0 13.1%)301(%)301(%)301(1 10 92 ≈−=+++++++  29.16%)51(10 10 ≈+ 34.2629.1663.42 =− 5.02 910110)5.091()5.021()5.01(1 ××+×=×+++×++++  50.32= ]%)51(%)51(%)51(1[05.1 92 +++++++×  21.1305.0 105.105.1 10 ≈−×= 29.1921.1350.32 =− .(**)*),1(.(*)*,, 1 2 1 2 NncxbaxxNncxbxaxxxcx nnnnnnnnn ∈−+−=∈−−=− ++ 即因此 ..0*,,0)( 11 c baxcxbaNncxbax nn −==−−∈−− 即所以恒等于 c bax −=1 (Ⅲ)若 b 的值使得 xn>0,n∈N* 由 xn+1=xn(3-b-xn), n∈N*, 知 00。 又因为 xk+1=xk(2-xk)=-(xk-1)2+1≤1<2, 所以 xk+1∈(0, 2),故当 n=k+1 时结论也成立. 由①、②可知,对于任意的 n∈N*,都有 xn∈(0,2)。 点评:数学归纳法在猜想证明数列通项和性质上有很大的用处,同时该题又结合了实际 应用题解决问题。 题型 7:课标创新题 例 13.在数列 中,若 是正整数,且 ,则称 为“绝对差数列”。 (Ⅰ)举出一个前五项不为零的“绝对差数列”(只要求写出前十项); (Ⅱ)证明:任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项。 解析:(Ⅰ)a1=3,a2=1,a3=2,a4=1,a5=1,a6=0,a7=1,a8=1,a9=0,a10=1.(答案 不唯一); (Ⅱ)证明:根据定义,数列{an}必在有限项后出现零项.证明如下: 假设{an}中没有零项,由于 an=|an-1-an-2|,所以对于任意的 n,都有 an≥1,从而 当 an-1 > an-2 时,an = an-1 -an-2 ≤ an-1-1(n≥3); 当 an-1 < an-2 时,an = an-2 - an-1 ≤ an-2-1(n≥3), 即 an 的值要么比 an-1 至少小 1,要么比 an-2 至少小 1. 令 cn= n=1,2,3,……, 则 00(n=1,2, 3……)矛盾.从而{an}必有零项。 若第一次出现的零项为第 n 项,记 an-1=A(A≠0),则自第 n 项开始,没三个相邻的项 周期地取值 O,A,A,即 所以绝对等差数列{an}中有无穷多个为零的项。 点评:通过设置“等差数列”这一概念加大学生对情景问题的阅读、分析和解决问题的 能力。 例 14 . 设 数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn , 已 知 a1 = 1 , a2 = 6 , a3 = 11 , 且 其中 A,B 为常数。 (Ⅰ)求 A 与 B 的值; ]1,0(∈b { }na 1 2,a a 1 2| |, 3,4,5,n n na a a n− −= − =  { }na 2 1 2 1 2 2 2 1 2 ( ), ( ), n n n n n n a a a a a a − − − >  < 3 3 1 3 2 0, , 0,1,2,3 , , n k n k n k a a A k a A + + + + + =  = =  = … … 1(5 8) (5 2) , 1,2,3,n nn S n S An B n+− − + = + = … , (Ⅱ)证明数列{an}为等差数列; (Ⅲ)证明不等式 对任何正整数 m、n 都成立 分析:本题是一道数列综合运用题,第一问由 a1、a2、a3 求出 s1、s2、s3 代入关系式, 即求出 A、B;第二问利用 公式,推导得证数列{an}为等差数列。 解答:(1)由已知,得 S1=a1=1,S2=a1+a2=7,S3=a1+a2+a3=18。 由(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=An+B 知: 。 解得 A=-20,B=-8。 (Ⅱ)方法 1 由(1)得,(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8, ① 所以 (5n-3)Sn+2-(5n+7)Sn+1=-20n-28, ② ②-①,得, (5n-3)Sn+2-(10n-1)Sn+1+(5n+2)Sn=-20, ③ 所以 (5n+2)Sn+3-(10n+9)Sn+2+(5n+7)Sn+1=-20.④ ④-③,得 (5n+2)Sn+3-(15n+6)Sn+2+(15n+6)Sn+1-(5n+2)Sn=0. 因为 an+1=Sn+1-Sn 所以 (5n+2)an+3-(10n+4)an+2+(5n+2)an+1=0. 又因为 (5n+2) , 所以 an+3-2an+2+an+1=0, 即 an+3-an+2=an+2-an+1, . 又 a3-a2=a2-a1=5, 所以数列 为等差数列。 方法 2. 由已知,S1=a1=1, 又(5n-8)Sn+1-(5n+2)Sn=-20n-8,且 5n-8 , 所以数列 是惟一确定的。 设 bn=5n-4,则数列 为等差数列,前 n 项和 Tn= 于是 (5n-8)Tn+1-(5n+2)Tn=(5n-8) 由惟一性得 bn=a,即数列 为等差数列。 (Ⅲ)由(Ⅱ)可知,an=1+5(n-1)=5n-4. 要证了 只要证 5amn>1+aman+2 因为 amn=5mn-4,aman=(5m-4)(5n-4)=25mn-20(m+n)+16, 故只要证 5(5mn-4)>1+25mn-20(m+n)+16+2 5 1mn m na a a− > )1(1 ≥−= − nssa nnn    −=+ −=+    +=− +=−− .482 .28 ,2122 ,73 23 12 BA BA BASS BASS 即 0≠ 1≥n }{ na 0≠ }{}{ nn a,s 因而数列是惟一确定的 }{ nb ,2 )35( −nn ,8202 )35()25(2 )25)(1( −−=−+−++ nnnnnn }{ na ,15 >− nmmn aaa nm aa ,nm aa 因为 =20m+20n-37, 所以命题得证。 点评:本题主要考查了等差数列的有关知识,不等式的证明方法,考查了分析推理、理 性思维能力及相关运算能力等。 五.思维总结 1.数列求和的常用方法 (1)公式法:适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列; (2)裂项相消法:适用于 其中{ }是各项不为 0 的等差数列,c 为常数; 部分无理数列、含阶乘的数列等; (3)错位相减法:适用于 其中{ }是等差数列, 是各项不为 0 的等比数 列。 (4)倒序相加法:类似于等差数列前 n 项和公式的推导方法. (5)分组求和法 ( 6) 累 加 ( 乘 ) 法 等 。 2.常用结论 (1) 1+2+3+...+n = (2) 1+3+5+...+(2n-1) = (3) (4) (5) (6) 3. 数 学 思 想 (1)迭加累加(等差数列的通项公式的推导方法)若 , 则……; (2)迭乘累乘(等比数列的通项公式的推导方法)若 ,则……; )291515(8558552 −++−+<−+=+≤ nmnmnmaaaa nmnm       +1nn aa c na { }nnba na { }nb 1 n k k = =∑ 2 )1( +nn 1 (2 1) n k k = − =∑ 2n 3 1 n k k = =∑ 2 333 )1(2 121     +=+++ nnn 2 1 n k k = =∑ )12)(1(6 1321 2222 ++=++++ nnnn 1 11 )1( 1 +−=+ nnnn )2 11(2 1 )2( 1 +−=+ nnnn )()11(11 qpqppqpq <−−= 1 ( ),( 2)n na a f n n−− = ≥ 1 ( )( 2)n n a g n na − = ≥ (3)逆序相加(等差数列求和公式的推导方法); (4)错位相减(等比数列求和公式的推导方法)。