数列求和方法

前言：想要写出一篇令人眼前一亮的文章吗？我们特意为您整理了5篇数列求和方法范文，相信会为您的写作带来帮助，发现更多的写作思路和灵感。

数列求和方法范文第1篇

关键词：数列求和问题；高考重要内容 ； 高中数学；技巧和解法； 总结点评

数列是高中数学的重要内容，并在高考中占有重要的地位。其中的“数列求和”是数列知识体系的重要内容，常与函数、方程、不等式等诸多知识联系在一起，以它复杂多变、综合性强、解法灵活等特征而成为高考的中档题或压轴题，但是逐年淡化。然而，2011年高考，数列求和、求通项有了回归趋势。除了等差数列和等比数列有求和公式外，大多数数列求和的问题都需要一定的解题技巧和方法。

一、利用常用公式求和

利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法。

1、等差数列求和公式：Sn=n（a1+an）2=na1+n（n-1）d22、等比数列求和公式：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【总结点评】通项an=kn+b，利用等差数列前n项和公式直接求解；通项an=a·qn-1，利用等比数列前n项和公式直接求解，但要注意对公比q是否等于1两种情况进行讨论。

二、分组法求和

有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，可以分为几个等差、等比或者常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可。例1、已知数列an的通项公式an=3n+2n-1，求数列an的前n项和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、求数列5，55，555，5555，…的前n项和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【总结点评】用分组法求和，常见的题型为：an=bn±cn，数列bn，cn是等差数列或等比数列。

三、倒序相加法求和

这是推导等差数列前n项和公式时所用的方法，就是将一个数列倒过来排序，再把它与原数列相加，可以得到n个a1+an。例3、设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设S=f-5+f-4+…+f0+…+f5+f6，则S=f6+f5+…+f0+…+f-4+f-5，两式相加得2S=12×22，S=32。例4、求证：C0n+3C1n+5C2n+…+2n+1Cnn=n+12n.证明：设Sn=C0n+3C1n+5C2n+…+2n+1Cnn（1）把上式右边倒序过来得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.【总结点评】用倒序相加法求和，常见的题型有以下几种：①fx+fn-x=α（常数）型；②数列an中，ak+an-k=α（常数）型；③与Cmn有关的式子求和。

四、错位相减法求和

这种方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an·bn的前n项和，其中an，bn分别是等差数列和等比数列。例5、求数列12，34，58，…，2n-12n，…的前n项和。解：通项an=2n-1·12n，数列2n-1是等差数列，12n是等比数列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上两个式子相减得：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：由通项an=nan知，1an为等比数列，其系数构成数列n成等差数列，于是：当a=1时，Sn=1+2+3+…+n=n1+n2；当a≠1时，Sn=1a+2a2+3a3+…+nan（1）两边同乘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.综上所述得，Sn=n1+n2a=1a（an-1）-n（a-1）an（a-1）2a≠1  【总结点评】如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项的乘积组成，则求此数列的前n项和Sn，一般用乘以其公比然后再添加不可缺少的式子错位相减法，要注意对字母的讨论。

五、裂项相消法求和

数列求和方法范文第2篇

一、等差数列的前n项和公式推导

教材中对于等差数列的前n项和公式的推导，采用的是“倒序相加法”，其实也可以利用“裂项相消法”求和来推导.

问题1若数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，求数列{an}的前n项和Sn.

解析等差数列{an}的通项公式为an=a1-d+dn，只需对正整数n进行 “裂项”即可，而其余项均为常数项.

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.

从而得到等差数列{an}的前n项和公式为

Sn=na1+n（n-1）d2.

二、等比数列的前n项和公式推导

教材中对等比数列前n项和公式的推导，采用的是 “错位相加法”，也可以采用“裂项相消法”推导.

问题2数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，求其前n项和Sn.

解析当q=1时，Sn=na1是显而易见的，我们只探讨公比q≠1的情况，只需要对qn进行“裂项”，

由于qn=1q-1（qn+1-qn），

所以，等比数列{an}的通项公式

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）.

从而得到等比数列的前n项和公式.

三、通项公式形如an=（an+b）qn （其中a，b，q为常数，且q≠1）的数列求和

各种资料对这种形式的数列求和，都采用“错位相减法”，本文采用“裂项相消”予以解决，并加以推广.

问题3若数列{an}的通项公式为an=（2n+1）・3n，求该数列的前n项和Sn.

解析利用待定系数法对通项公式进行“裂项”.

设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.

对于一般情况，当数列{an}的通项公式为an=（an+b）qn （其中a，b，q为常数，且q≠1）时，也同样可以利用待定系数法对通项公式进行“裂项”，即an=（an+b）qn=[s（n+1）+t]qn+1-（sn+t）qn，待定出系数s，t，最终使其前n项的和能够相消，达到求前n项和的目的.

上述问题还可推广为：数列{an}的通项公式为an=（an2+bn+c）qn （其中a，b，c，q为常数，且q≠1），也同样可以利用待定系数法进行“裂项”，即an=（an2+bn+c）qn=[s（n+1）2+t（n+1）+r]qn+1-（sn2+tn+r）qn，待定出系数s，t，r，使其前n项和能够相消.甚至通项公式为an=f（n）qn （其中f（n）是关于n的多项式函数），均可以利用“裂项相消”进行数列求和，其思路方法同上，不再赘述.

四、其它几类数列的求和

数列求和方法范文第3篇

关键词：高中数学；公式法求法；倒序相加法；错位相减法；裂项求和法；分组求和

中图分类号：G633.6 文献标志码：B 文章编号：1008-3561（2016）04-0089-01

数列这部分内容出现在高中数学人教版必修5第二章，课本重点介绍等差数列及等比数列，它们的前n项和分别采取倒序相加和错位相减法。但是，在平时解题训练中出现的题目，绝非简单的等差或等比数列求和。本文结合教学实践，对高中数学中常见数列求和方法进行探究。

一、公式法求和

能够用公式法求和的，是课本中列举的等差或等比数列的前n项和求法。例1：设数列{an}满足a1=1，an+1=3an，n∈N* 。（1）求{an}的通项公式及前n项和Sn . （2）已知{bn}是等差数列， Tn为其前n项和，且b1=a2，b3=a1+a2+a3，求T20. 解析：（1）已知数列{an}为等比数列，所以an=3n-1，Sn=（3n-1）. （2） b1=a2，b3=a1+a2+a3=13，b3-b1=10=2d，d=5，故数列{bn}是以3为首项，以5为公差的等差数列，所以T20=20×3+×5=1010. 解题感悟：利用公式求解数列的前n项和，需要先对数列的类型作出判断，因而对等差或等比数列的定义要特别清楚。除了定义判断外，常见的方法还有通项公式法、前n项和公式法、等差（比）中项法等。

二、倒序相加法

课本借助高斯算法引进等差数列的前n项和求法，即倒序相加法。倒序相加法适用题型的数列特点是距离首末两项等距离的两项之和相等。例2：设函数f（x）= 上两点为P1（x1，y1）、P2（x2，y2），若=（+），且点P的横坐标为：（1）求点P的纵坐标。（2）若Sn=f（）+f（）+…+f（）+f（），求Sn. 解析：（略） 解题感悟：此类题目往往在知识交汇处命题，与数列、函数、不等式、向量联系较紧密，量大面宽，学生要学会知识融会贯通。倒序相加注重一个等式（自变量的和是定值，函数值的和也是定值），利用题目条件推导此类式子是解题关键。

三、错位相减法

课本推导等比数列的前n项和采用了错位相减法，推广以后可以用错位相减法解决一类数列求和问题，即一个数列中的项是由一个等差数列中的对应项乘以一个等比数列的对应项构成的新数列，该数列的前n项和可采用此法。例3：人教版必修5习题2.5A组第4题（3）：求和1+2x+3x2+……+nxn-1 .解析：（略） 解题感悟：很多学生对于错位相减法在具体操作过程中漏洞百出，不能完整作答。究其原因，主要是对错位二字没有正确理解。再者，含参问题一定要分类讨论。同时，也发现部分学生在运算时能力较差。

四、裂项求和

裂项求和首先是将数列的通项拆分成结构相同的两式之差，然后求前n项和时，利用正负相消的原理将中间若干项抵消掉，剩下有限的几项再求和。需要注意的是，必须搞清楚消掉了哪些项，保留了哪些项。一般保留的项前后具有对称的特点，即前面剩下的项数与后面剩下的项数相等。例4：（人教版必修5习题2.3B组第4题）数列

前n项和 Sn=++++…+.研究一下，能否找到求Sn的一个公式。你能对这个问题作一些推广吗？解析：（略） 解题感悟：裂项求和法适用的题型数列通项往往是分式结构。平时，要多留意几个常见的裂项公式（篇幅所限，略）。

五、分组求和

数列的通项公式是由明显差异的几部分构成时，并且每一部分可以求和，可按分组求和的方式进行求和，此法便于操作。例5：已知an=2n-3×5-n，求数列{an}的前n项和Sn.解析： （略） 解题感悟：分组求和时，首先应抓住数列通项的特点，对数列的通项进行研究，找出每一部分的差异，然后每一组转化成我们比较熟悉的等差或等比数列，它们的求和采用前面介绍过的公式法求和。

六、结束语

数列部分的题目常考常新，且与函数、不等式、向量等联系紧密，借助它们命题是一种趋势，而且难度较大。这就要求学生在掌握好基本功（基础知识、基本方法、基本技能）的同时，重点提升自己的内功（逻辑思维能力），能将数学知识进行融会贯通。在本章的学习过程中，学生要多思考，多归纳，多总结。

参考文献：

数列求和方法范文第4篇

【关键词】数列求和 常用方法 高考难点 高考教学

【中图分类号】G632 【文献标识码】A 【文章编号】1674-4810（2012）24-0149-01

数列求和是高中数学的一个重点，也是高考的难点，纵观山西省近几年高考数学的最后一题，都是数列与函数、不等式、解析几何、立体几何、导数、三角、向量、二项式等知识联系在一起，以它的复杂多变、综合性强、解法灵活等特征成为高考的压轴题，因此搞好数列求和的学习是非常重要的，经过整理，常见的数列求和的方法有四种：

一 常用公式法

直接利用公式求和是数列求和最基本的方法。常用的数列求和公式有：

Sn= =na1+ d （ 为等差数列）

Sn= = （q≠1）或sn=na1（q=1）

（ 为等比数列）

二 乘比错位相减法

对于数列 ，若an=bn·cn且数列 、 分别是等

差数列、等比数列时，求该数列 前n项和时，可用该方法。

例1：求和Sn= + + + +… 。

设an= =n· ，其中 为等差数列， 为等比数

列，公比为 ，利用错位相减法求和。

两端同乘以 ，再两式相减得：Sn=2- - 。

说明：乘比错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题。

三 分组求和法

对于数列 ，若an=bn± 且数列 、 …都能

求出其前n项的和，则在求 前n项和时，可采用该法。

例2：求和Sn=0.9+0.99+0.999+0.9999+… 。

解：设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

在教材上推导等差数列 前n项和Sn的公式：Sn=

使用的就是该法，推导过程参看教材。

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：据组合数性质 = ，将Sn倒序写为：Sn=n +（n-1） + 。

以上两式相加得：2Sn=n（ + + +…+ + ）=n·2n。

因此，Sn=n·2n-1。

2.倒序相乘法

例5：已知a、b为两个不相等的正数，在a、b之间插入n个正数，使它们构成以a为首项，b为末项的等比数列，求插入的这n个正数的积pn。

解：设插入的这n个正数为a1、a2、a3…an，且数列a1、a2、a3…an、b成等比数列。

则：ab=a1·an=a2·an-1=…

pn=a1·a2·a3…an （3）

数列求和方法范文第5篇

等差、等比数列的综合，数列求和

（）必做1 在等比数列{a}中，公比q≠1，等差数列{b}满足b=a=3，b=a，b=a.

（1）求数列{a}与{b}的通项公式；

（2）记c=（-1）nbn+a，求数列{c}的前n项和s.

[牛刀小试] []

破解思路 第（1）问求两个基本数列的通项，“基本数列（等差、等比数列）、基本量（（a，d）和（a，q））、基本公式（通项公式、前n项和公式）、基本思想（方程思想）”是解决这些问题的经典方法. （2）求数列前n项和，{a}是等比数列，数列{c}不是基本数列，可以先分组.观察数列（-1）nbn，发现前后两项合并可以产生常数数列，但最后项数的奇、偶不确定，所以要分类讨论；或者分奇、偶项按符号分别求和.

精妙解法 （1）设等比数列{a}的公比为q，等差数列{b}的公差为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）由题意得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.

当n为偶数时，得s=n+=+n-；

当n为奇数时，得s=n-1-（2n+1）+=-n-.

（）必做2 数列{a}的前n项和为s，若a=3，s和s满足等式s=s+n+1.

（1）求s的值；

（2）求证：数列

是等差数列；

（3）若数列{b}满足b=a·2，求数列{b}的前n项和t；

（4）设c=，求证：c+c+···+c>.

破解思路 第（1）问一般难度不大，主要是引导进一步理解题意，同时为后面的求解做一些准备.这里问题中{s}是由s构成的数列，s是数列的项，破除s总是通常意义上的前n项和的定式. 第（2）问是近两年高考数列问题的常见模式，直接给出“脚手架”，只要根据条件，代入证明，不用考虑构造等技巧，通过代数式变形即可. 第（3）问的题型模式非常明显，一般就是“错位相减”的特征，这种方法主要用于求{a·b}型数列的前n项和，其中{a}，{b}分别是等差数列和等比数列.前面完成以后，最后一问就水到渠成了.

精妙解法 （1）由已知：s=2s+2=2a+2=8.

（2）因为s=s+n+1，两边同除以n+1，则有-=1. 又=3，所以

是以3为首项，1为公差的等差数列.

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

当n=1时，a=3；当n≥2时，a=s-s=2n+1.

检验：当n=1时，亦满足上式，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>-≥-=.

极速突击 解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件.

等差与等比数列是两类重要的数列模型，它们的综合运用仍然是高考的最大热点所在，高考命题专家既要依据两类数列模型的基本知识和性质命题，又要站在两类数列模型所提炼出的数学思想方法上进行拓展，做到“源于等差、等比数列，多角度考查非等差、等比数列”. 在数列求和问题中，除了公式法是常用的方法外，高考还会重点考查“折项分组法”“错位相减法”“倒序相加法”“裂项相消法”.

（1）公式法

如果一个数列是等差数列或等比数列，就可采用对应的公式，当等比数列的公比是字母时，要注意分类讨论.

（2）拆项分组法

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，则先分别求和，然后合并. 要熟记公式12+22+…+n2=n·（n+1）（2n+1）.

（3）错位相减法

这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{anbn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.

（4）倒序相加法

这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列（反序），当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和.

（5）裂项相消法

利用通项变形，将通项分裂成两项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和.

数列与不等式

（）必做3 已知各项均为正数的数列{a}满足a=2a+anan+1，且a+a=2a+4，其中n∈n?.

（1）求数列{a}的通项公式；

（2）设数列{b}满足b=，是否存在正整数m，n（1

（3）令c=，记数列{c}的前n项和为s，其中n∈n?，证明：≤s<.

[牛刀小试]

破解思路 （1）用方程思想找出a，a更明确的关系. （2）因b，b，b成等比数列，则必有b=bb，再根据自然数的性质进行推理，此问对思维能力要求较高. （3）数列问题中的不等式证明的核心仍在数列知识，主要是通过数列求和然后适度放缩达到证明的要求.

精妙解法 （1）因为a=2a+anan+1，即（a+a）（2a-a）=0.

又a>0，所以有2a-a=0，即2a=a.

所以数列{a}是公比为2的等比数列.

由a+a=2a+4得2a+8a=8a+4，解得a=2 .

从而，数列{a}的通项公式为a=2n（n∈n?）.

（2）b==，若b，b，b成等比数列，则

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，此时n=12 .

故当且仅当m=2，n=12时，可使得b，b，b成等比数列.

（3）由已知可得c==·

=·

+

=·

+

+

，

所以s=·

+…+

+·

-

+

-

+ …+

-

=·

+·

-

=·1-

·.

又由于

n+1·=

n+1·

1+递减，所以0<

n+1·≤

1+1·=.

所以≤·1-

·<，即≤s<.

极速突击 通常情况下，放缩法常常被用于解决数列求和型不等式问题.其求解途径一般有两条：一是先求和再放缩，二是先放缩再求和.对于第一种途径，需要该数列的前n项和能直接求出，或者通过变形后求出.求和过程中，一般需用到等差、等比求和公式或者使用分组、裂项、错位相减、倒序相加等方法.然而有的情况，数列是不能直接求和的，因此必须选择第二条途径，即先对数列进行放缩处理，再做求和运算.

（）必做4 设正项数列{a}的前项和是s，若{a}和{}都是等差数列，且公差相等.

（1）求{a}的通项公式；

（2）若a，a，a恰为等比数列{b}的前三项，记数列c=，数列{c}的前n项和为t，求证：对任意n∈n?，都有t<2.

破解思路 （1）根据基本数列、通项公式可解；（2）由（1）的结果可得c=，数列{c}不是基本数列，一些基本方法也不能使用.数列问题中不等式的证明一般有三种情形：先求和再适当放缩；先放缩再求和；利用函数方法等.在不能直接求和时，可考虑先放缩，<==-，然后通过裂项抵消求和达到证明目的.

精妙解法 设{a}的公差为d，则==n，且a-=0.

又d=，d≠0（若d=0，则a==0），所以d=，a==，a=.

（2）由已知b=a=，b=a=，所以b=×3n-1.

因为c=，可得c=.

故当n≥2时，可得<==-，

所以当n≥2时，t=++…+<+

-+

-+…+

-=2-<2.

又因为t=<2，所以对任意n∈n?，tn<2.

（）必做5 已知函数f（x）=ax--2lnx， f（1）=0， f（x）的图象在x=1处的切线的斜率为0，数列{a}满足a= f′

-n2+1，a=4.

（1）证明：对一切整数n都有a≥2n+2；

（2）试比较+++…+与的大小，并说明你的理由.

[牛刀小试]

破解思路 （1）利用导数的几何意义列方程组求出a，b，得出函数f（x）的表达式；由已知条件写出数列{a}的递推关系式；用数学归纳法证明（1）问中的不等式. （2）利用（1）问的结论，对递推公式通过放缩进行化归分析，将a+1的倒数转化为可求和的等比数列，利用放缩所求得的和推导出大小.

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

所以f′（x）=a+-.

由题意知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.

下面用数学归纳法证明对一切整数n都有a≥2n+2成立.

①当n=1时，a=4≥2×1+2，不等式成立；

②假设当n=k时，不等式a≥2k+2成立，即a-2k≥2成立.

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

所以当n=k+1时，不等式也成立.

由①②知?n∈n?时都有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）对?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），则有≤·成立（?n∈n?，n≥2）.

所以+++…+≤

1++

+…+

=1-

<.

放缩的方法有如下两种：

①拆分放缩，纠正偏差. 放缩量的多少直接影响我们能否达到预证目标，那么怎么控制放缩量呢？我们可按照一定的规律和需求，调整“间距”，使放缩的量精细化，即将放大过头的量砍去，缩小过多的量补上.如同做菜一样，把握好火候很重要.不同的菜对火的大小要求不一，炒菜需要大火爆炒，炖汤则需要小火慢炖.

②限项放缩，纠正偏差. 若每一项都放大或缩小一点点，累积起来就会扩大或缩小很多，这将导致放缩结果出现偏差.若适度减少放缩的项，保留更多的项不被放缩，则可以纠正偏差，逐步逼近预证目标.

数列与解析几何

（）必做6 已知函数f（x）=xk+b（其中k，b∈r且k，b为常数）的图象经过点a（4，2），b（16，4）. p，p，p，…，p，…是函数f（x）图象上的点，q，q，q，…，q，…是x正半轴上的点.

（1）求f（x）的解析式；

（2）设o为坐标原点，oqp，qqp，…，qqp，…是一系列正三角形 ，记它们的边长是a，a，a，…，a，…，求数列{a}的通项公式；

（3）在（2）的条件下，数列{b}满足b=，记{b}的前n项和为s，证明：s<.

[牛刀小试] 破解思路 综合性问题必须化整为零、分而治之. （1）利用待定系数法直接求解. （2）数列与解析几何的综合问题，往往是数列递推，需要数形结合剥除几何的外衣，回归数列的本质. 可以先求出a，a，a，找出数列规律，重要的是在特殊项的求解过程中理解一般项关系的推导方法，从而确定递推关系. （3）由通项形式大致可以确定解题方向是“错位相减”，求和后放缩证明.

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=.

将x代入a=2（x-

s）=+，由此原问题转化为

“已知

a

-2=且a=，求a”.

又

a

-2=，两式相减可得：

a

-2-

a

-2=a，整理得：（a+a）

a

-a

-=0.

又因为a>0，所以a-a=，从而数列{a}是以为首项、为公差的等差数列，即a=.

（3）b==·=·，3s=+++…+，

所以s=+++…+，

两式相减得：s=1++++

…+-=-=2-，