2018届二轮复习数列的求和问题学案 16页

第2讲　数列的求和问题 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.‎ 热点一　分组转化求和 有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．‎ 例1　(2017·山东省平阴县第一中学模拟)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，数列{bn}是公比大于0的等比数列，且b1＝－2a1＝2，a3＋b2＝－1，S3＋2b3＝7.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)令cn＝求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q，且q>0，‎ 由题易知， a1＝－1，b1＝2，‎ 由得 解得q＝2，此时d＝－2，‎ ‎∴an＝－2n＋1，bn＝2n.‎ ‎(2)由(1)知，an＝－2n＋1，bn＝2n，‎ ‎∴cn＝ 当n为偶数时，奇数项和偶数项各有项，‎ ‎∴Tn＝(c1＋c3＋c5＋…＋cn－1)＋(c2＋c4＋…＋cn)‎ ‎＝n＋(c2＋c4＋…＋cn)，‎ 令Hn＝c2＋c4＋c6＋…＋cn，‎ ‎∴Hn＝＋＋＋…＋＋，‎ Hn＝＋＋…＋＋，‎ 以上两式相减，得 Hn＝＋＋＋…＋－ ‎＝－－ ‎＝－－ ‎＝－，‎ ‎∴Hn＝－.‎ 故当n为偶数时，Tn＝＋n－，‎ 当n(n≥3)为奇数时，n－1为偶数，‎ Tn＝Tn－1＋an＝＋(n－1)－＋2‎ ‎＝＋n－，‎ 经验证，n＝1也适合上式．‎ 综上，得Tn＝ 思维升华　在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．‎ 跟踪演练1　(2017届广东省揭阳市模拟)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝＋n＋1.‎ ‎(1)求证：数列是等比数列；‎ ‎(2)求数列{an}的前n项和Sn.‎ ‎(1)证明　方法一　由已知得＝2·＋1，‎ ‎∴＋1＝2，‎ 又a1＋1＝2，an>0，∴＋1≠0，‎ ‎∴＝2，‎ ‎∴数列是首项为2，公比为2的等比数列．‎ 方法二　由an＋1＝＋n＋1，‎ 得nan＋1＝2(n＋1)an＋n(n＋1)，‎ 由a1>0及递推关系，可知an>0，‎ ‎∴＋1≠0，‎ ‎∴＝ ‎＝＝2，‎ 又∵a1＝1，∴＋1＝2，‎ ‎∴数列是首项为2，公比为2的等比数列．‎ ‎(2)解　由(1)得＋1＝2·2n－1＝2n，‎ ‎∴an＝n·2n－n，‎ Sn＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)2n－1＋n×2n－[1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n]，‎ 设Tn＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)2n－1＋n×2n， ①‎ 则2Tn＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)2n＋n×2n＋1， ②‎ 由①－②，得 ‎－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1‎ ‎＝－n·2n＋1＝－(n－1)2n＋1－2，‎ ‎∴Tn＝(n－1)2n＋1＋2，‎ 又1＋2＋3＋…＋(n－1)＋n＝，‎ ‎∴Sn＝(n－1)2n＋1－＋2. ‎ 热点二　错位相减法求和 错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．‎ 例2　(2017·山西省实验中学联考)已知数列{an}为等差数列，且a3＝5，a5＝9，数列{bn}的前n项和Sn＝bn＋.‎ ‎(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝an|bn|，求数列{cn}的前n项的和Tn.‎ 解　(1)因为数列{an}为等差数列，‎ 所以d＝(a5－a3)＝2，‎ 又因为a3＝5，所以a1＝1，所以an＝2n－1.‎ 当n＝1时，b1＝b1＋，所以b1＝1；‎ 当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝bn－bn－1，‎ 所以bn＝－2bn－1，‎ 即数列{bn}是首项为1，公比为－2的等比数列，‎ 所以bn＝(－2)n－1.‎ ‎(2)因为cn＝an|bn|＝(2n－1)2n－1，‎ 所以Tn＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)2n－1，‎ ‎2Tn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)2n，‎ 两式相减，得 ‎－Tn＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n－1)2n ‎＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)2n ‎＝1＋2×－(2n－1)2n ‎＝1＋2n＋1－4－(2n－1)2n＝－3＋(3－2n)2n，‎ 所以Tn＝3＋(2n－3)2n.‎ 思维升华　(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列．‎ ‎(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．‎ ‎(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．‎ ‎‎ 跟踪演练2　(2017届湖南省衡阳市期末)数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝n2，数列{bn}满足：①b3＝；②bn>0；③2b＋bn＋1bn－b＝0.‎ ‎(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；‎ ‎(2)设cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)当n＝1时，a1＝1，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n∈N*)，‎ 检验a1＝1，满足an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎∵2b＋bn＋1bn－b＝0，‎ 且bn >0，∴2bn＋1＝bn，‎ ‎∴q＝，b3＝b1q2＝，‎ ‎∴b1＝1，bn＝n－1 (n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)得cn＝(2n－1)n－1，‎ Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－1)n－1，‎ Tn＝1×＋3×2＋…＋(2n－3)n－1＋(2n－1)×n，‎ 两式相减，得Tn＝1＋2×＋2×2＋…＋2×n－1－(2n－1)×n ‎＝1＋2－(2n－1)×n ‎＝3－n－1.‎ ‎∴Tn＝6－n－1(2n＋3)．‎ 热点三　裂项相消法求和 裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于或(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和．‎ 例3　(2017届山东省青岛市二模)在公差不为0的等差数列{an}中，a＝a3＋a6，且a3为a1与a11的等比中项．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)设数列{an}的公差为d，‎ ‎∵a＝a3＋a6，‎ ‎∴(a1＋d)2＝a1＋2d＋a1＋5d， ①‎ ‎∵a＝a1·a11，‎ 即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋10d)， ②‎ ‎∵d≠0，由①②解得a1＝2，d＝3.‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1. ‎ ‎(2)由题意知，‎ bn＝(－1)n ‎＝(－1)n·· ‎＝(－1)n·· Tn＝ ‎＝.‎ 思维升华　(1)裂项相消法的基本思想就是把通项an分拆成an＝bn＋k－bn(k≥1，k∈N*)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．‎ ‎(2)常用的裂项公式 ‎①若{an}是等差数列，则＝ ，＝ ；‎ ‎②＝－，＝；‎ ‎③＝；‎ ‎④＝；‎ ‎⑤＝－，＝(－)．‎ 跟踪演练3　已知数列{an}满足：＋＋…＋＝ (n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若bn＝anan＋1，Sn为数列{bn}的前n项和，对于任意的正整数n，Sn>2λ－恒成立，求实数λ的取值范围．‎ 解　(1)由题意，得当n＝1时，＝，则a1＝2.‎ 当n≥2时，＋＋…＋＝，‎ 则＋＋…＋＝，‎ 两式相减，得＝－＝，‎ 即an＝，当n＝1时，也符合上式，则an＝.‎ ‎(2)由(1)，得 bn＝anan＋1＝· ‎＝ ‎＝2，‎ 所以Sn＝2 ‎＝2·，‎ 则n越大，越小，Sn越大，即当n＝1时，Sn有最小值S1＝.‎ 因为对于任意的正整数n，Sn >2λ－恒成立，‎ 所以>2λ－，解得λ<，‎ 故实数λ的取值范围是.‎ 真题体验 ‎1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则＝________.‎ 答案　 解析　 设等差数列{an}的公差为d，则 由得 ‎∴Sn＝n×1＋×1＝，‎ ＝＝2.‎ ‎∴＝＋＋＋…＋ ‎＝2 ‎＝2＝.‎ ‎2．(2017·天津)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.‎ ‎(1)求{an}和{bn}的通项公式；‎ ‎(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*)．‎ 解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.‎ 由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，‎ 所以q2＋q－6＝0.‎ 又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n.‎ 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8， ①‎ 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16， ②‎ 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.‎ ‎(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，故 Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n， ③‎ ‎4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1， ④‎ ‎③－④，得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1‎ ‎＝－4－(3n－1)×4n＋1‎ ‎＝－(3n－2)×4n＋1－8，‎ 得Tn＝×4n＋1＋.‎ 所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.‎ 押题预测 ‎1．已知数列{an}的通项公式为an＝，其前n项和为Sn，若存在M∈Z，满足对任意的n∈N*，都有Sn0)，且4a3是a1与2a2的等差中项．‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 押题依据　错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用an，Sn的关系求an，也是高考出题的常见形式．‎ 解　(1)当n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)，所以a1＝a，‎ 当n≥2时，Sn＝a(Sn－an＋1)， ①‎ Sn－1＝a(Sn－1－an－1＋1)， ②‎ 由①－②，得an＝a·an－1，即＝a，‎ 故{an}是首项a1＝a，公比为a的等比数列，‎ 所以an＝a·an－1＝an.‎ 故a2＝a2，a3＝a3.‎ 由4a3是a1与2a2的等差中项，可得8a3＝a1＋2a2，‎ 即8a3＝a＋2a2，‎ 因为a≠0，整理得8a2－2a－1＝0，‎ 即(2a－1)(4a＋1)＝0，‎ 解得a＝或a＝－(舍去)，‎ 故an＝n＝.‎ ‎(2)由(1)得bn＝＝(2n＋1)·2n，‎ 所以Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)×2n－1＋(2n＋1)×2n， ①‎ ‎2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)×2n＋1， ②‎ 由①－②，得－Tn＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)×2n＋1‎ ‎＝6＋2×－(2n＋1)×2n＋1‎ ‎＝－2＋2n＋2－(2n＋1)×2n＋1‎ ‎＝－2－(2n－1)×2n＋1，‎ 所以Tn＝2＋(2n－1)×2n＋1.‎ A组　专题通关 ‎1．(2017届湖南师大附中月考)已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是方程x2－bnx＋2n＝0的两根，则b10等于(　　)‎ A．24 B．32‎ C．48 D．64‎ 答案　D 解析　由已知有anan＋1＝2n，∴an＋1an＋2＝2n＋1，则＝2，所以数列{an}奇数项、偶数项分别为公比为2的等比数列，可以求出a2＝2，所以数列{an}的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而bn＝an＋an＋1，所以b10＝a10＋a11＝32＋32＝64，故选D.‎ ‎2．(2017届河南百校联盟质检)已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2a＝a＋a(n≥2)，bn＝，记数列{bn}的前n项和为Sn，则S33的值是(　　)‎ A. B. C．4 D．3‎ 答案　D 解析　∵2a＝a＋a(n≥2)，‎ ‎∴数列{a}为等差数列，首项为1，公差为22－1＝3.‎ ‎∴a＝1＋3(n－1)＝3n－2，an>0，‎ ‎∴an＝(n∈N*)，‎ ‎∴bn＝＝ ‎＝(－)，‎ 故数列{bn}的前n项和为 Sn＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝(－1)，‎ 则S33＝(－1)＝3.‎ 故选D.‎ ‎3．(2017届江西省鹰潭市模拟)已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋…＋a100等于(　　)‎ A．－100 B．0‎ C．100 D．10 200‎ 答案　A 解析　a1＝－1＋22，a2＝22－32，a3＝－32＋42，a4＝42－52，…，所以a1＋a3＋…＋a99＝(－1＋22)＋…＋(－992＋1002)＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(99＋100)＝5 050，a2＋a4＋…＋a100＝(22－32)＋…＋(1002－1012)＝－(2＋3＋…＋100＋101)＝－5 150，所以a1＋a2＋…＋a100＝5 050－5 150＝－100.‎ ‎4．(2017届广东省潮州市模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和， an＝2·3n－1 (n∈N*)，若bn＝，则b1＋b2＋…＋bn＝____________.‎ 答案　－ 解析　因为＝＝3，‎ 所以数列{an}为等比数列．‎ 所以Sn＝＝＝3n－1，‎ 又bn＝＝＝－，‎ 则b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝－＝－.‎ ‎5．(2017届安徽蚌埠怀远县摸底)对于任意实数x，[x]表示不超过x的最大整数，如[－0.2]＝－1，[1.72]＝1，已知an＝(n∈N*)，Sn为数列{an}的前项和，则S2 017＝________.‎ 答案　677 712‎ 解析　由于＝0，＝0，＝＝＝1，＝＝＝2，根据这个规律，后面每3项都是相同的数，2 017－2＝671×3＋2，后余2项，‎ 所以S2 017＝×671×3＋672＋672＝677 712.‎ ‎6．(2017届山西晋中榆社中学月考)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且对任意正整数n ‎，满足2an＋1＋Sn－2＝0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝na，求数列{bn}的前n项和Tn.‎ 解　(1)因为2an＋1＋Sn－2＝0，‎ 所以当n≥2时，2an＋Sn－1－2＝0，‎ 两式相减，得2an＋1－2an＋Sn－Sn－1＝0，‎ 即2an＋1－2an＋an＝0，an＋1＝an.‎ 又当n＝1时，2a2＋S1－2＝0⇒a2＝a1，‎ 即an＋1＝an (n∈N*)．‎ 所以{an}是首项a1＝1，公比q＝的等比数列，‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝n－1.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝na＝，‎ 则Tn＝1＋＋＋…＋＋， ①‎ ‎4Tn＝4＋2＋＋…＋＋， ②‎ 由②－①，得 ‎3Tn＝5＋＋…＋＋－ ‎＝－.‎ 所以数列{bn}的前n项和为Tn＝－.‎ ‎7．(2017届山东省胶州市普通高中期末)正项数列的前n项和Sn满足：S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.‎ ‎(1)求数列的通项公式an；‎ ‎(2)令bn＝，数列的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<.‎ ‎(1)解　由S－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，‎ 得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.‎ 由于是正项数列，‎ 所以Sn>0，Sn＝n2＋n.‎ 当n＝1时，a1＝S1＝2，‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.‎ 综上可知，数列的通项公式an＝2n.‎ ‎(2)证明　由于an＝2n，bn＝，‎ 所以bn＝＝.‎ Tn＝ ‎＝<＝.‎ ‎8．(2017届江西省南昌市模拟)已知等差数列的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＋S4＝S5.‎ ‎(1)求数列的通项公式；‎ ‎(2)令bn＝(－1)n－1anan＋1，求数列的前2n项和T2n.‎ 解　(1)设等差数列的公差为d，由S3＋S4＝S5，‎ 可得a1＋a2＋a3＝a5，‎ 即3a2＝a5，所以3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.‎ 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.‎ ‎(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1·(2n－1)(2n＋1)‎ ‎＝(－1)n－1·(4n2－1)，‎ 所以T2n＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n－1×[4×(2n)2－1]‎ ‎＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2]‎ ‎＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n)＝－4×＝－8n2－4n.‎ B组　能力提高 ‎9．(2017·湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，且bn＝ancos，记Sn为数列的前n项和，则S24等于(　　)‎ A．294 B．174‎ C．470 D．304‎ 答案　D 解析　由nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，得＝＋1，所以数列为等差数列，因此＝1＋×1＝n，an＝n2，bn＝ 因此b3k＋1＋b3k＋2＋b3k＋3＝9k＋，k∈N，‎ S24＝9＋×8＝304，故选D.‎ ‎10. (2017届湖南省常德市第一中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋2n，bn＝anan＋1cos(n＋1)π，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn≥tn2对n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是______________．‎ 答案　(－∞，－5]‎ 解析　当n＝1时，a1＝3；‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1，‎ 当n＝1时也成立，∴an＝2n＋1(n∈N*)，‎ ‎∴bn＝anan＋1cos(n＋1)π＝(2n＋1)(2n＋3)cos(n＋1)π.‎ 当n为奇数时，cos(n＋1)π＝1，当n为偶数时， cos(n＋1)π＝－1，因此当n为奇数时， Tn＝3×5－5×7＋…＋(2n＋1)(2n＋3)＝15＋4×(7＋11＋…＋2n＋1)＝2n2＋6n＋7，∵Tn≥tn2对n∈N*恒成立，∴2n2＋6n＋7≥tn2，t≤＋＋2＝72＋，∴t≤2；‎ 当n为偶数时， ‎ Tn＝3×5－5×7＋…－(2n＋1)(2n＋3)＝－4×(5＋9＋…＋2n＋1)＝－2n2－6n，‎ ‎∵Tn≥tn2对n∈N*恒成立，‎ ‎∴－2n2－6n≥tn2，t≤－2－，‎ ‎∴t≤－5.综上可得t≤－5.‎ ‎11．(2017届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝，且对任意m，n∈N*，都有a2m－1＋a2n－1＝2am＋n－1＋(m－n)2.‎ ‎(1)求a3，a5；‎ ‎(2)设bn＝a2n＋1－a2n－1(n∈N*)．‎ ‎①求数列{bn}的通项公式；‎ ‎②设数列的前n项和为Sn，是否存在正整数p，q，且13，‎ 即>3.‎ 解得0，‎ ‎∵S3＝b5＋1＝7，∴a1＋a1q＋a1q2＝7， ①‎ 又b4是a2和a4的等比中项，‎ ‎∴a2a4＝a＝b＝16，‎ 解得a3＝a1q2＝4， ②‎ 由①②得3q2－4q－4＝0，‎ 解得q＝2或q＝－(舍去)，‎ ‎∴a1＝1，an＝2n－1.‎ ‎(2)当n为偶数时，‎ Tn＝(1＋1)×20＋2×2＋(3＋1)×22＋4×23＋(5＋1)×24＋…＋[(n－1)＋1]×2n－2＋n×2n－1‎ ‎＝(20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1)＋(20＋22＋…＋2n－2)，‎ 设Hn＝20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n×2n－1， ③‎ 则2Hn＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n×2n， ④‎ 由③－④，得 ‎－Hn＝20＋2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n ‎＝－n×2n＝(1－n)×2n－1，‎ ‎∴Hn＝(n－1)×2n＋1，‎ ‎∴Tn＝(n－1)×2n＋1＋＝×2n＋.‎ 当n为奇数，且n≥3时，‎ Tn＝Tn－1＋(n＋1)×2n－1‎ ‎＝×2n－1＋＋(n＋1)×2n－1‎ ‎＝×2n－1＋，‎ 经检验，T1＝2符合上式，‎ ‎∴Tn＝